electricidad y magnetismo fiz 1300 fis 1532 (10)

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ELECTRICIDAD Y MAGNETISMO FIZ 1300 FIS 1532
(10)
ELECTRICIDAD Y MAGNETISMO
FIZ 1300 FIS 1532
(10)
Ricardo Ramı́rez
Facultad de Fı́sica, Pontificia Universidad Católica, Chile
1er. Semestre 2006
Ricardo Ramı́rez
Facultad de Fı́sica, Pontificia Universidad Católica, Chile
ELECTRICIDAD Y MAGNETISMO FIZ 1300 FIS 1532
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INDUCCION DE FARADAY
Al cambiar el flujo magnético enlazado por el circuito a la izquierda
de las figuras, se induce una fuerza electromotriz en él y el
amperı́metro registra una corriente. Lo mismo ocurre en la figura de
la derecha al cerrar el interruptor
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FLUJO MAGNETICO Y LEY DE INDUCCION
Z
~ · n̂dS
Φ=
B
S
S
C
Ley de induccion de Faraday :
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E =−
dΦ
dt
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LEY DE LENZ
LA CORRIENTE INDUCIDA TIENE UNA DIRECCION TAL QUE EL
CAMPO MAGNÉTICO DEBIDO A ESTA CORRIENTE SE OPONE
AL CAMBIO DEL CAMPO MAGNETICO QUE HA INDUCIDO ESTA
CORRIENTE
Aumento
del
Campo
I
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Campo producido
por la
corriente I
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~ IyE
~
Relación entre cambio del campo B,
H
C
∂~
B
S ∂t
R
· n̂dS
Bi : campo inducido por I
Bi
Campo B creciente
I
E
Campo B decreciente
Bi
I
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~ · d~l = −
E
E
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GUITARRA ELÉCTRICA
N
S
N
Cuerda de
guitarra
Iman
Hacia el
Solenoide
amplificador
S
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Ejemplo 1
El circuito de la figura consiste de un semicı́rculo de radio r = 20 cm y tres secciones rectas y tiene una resistencia de 2 Ω.
En la región del semicı́rculo existe un campo
magnético B perpendicular al plano del circuito con una magnitud B = 4t 2 + 2t + 3.
El circuito tiene una baterı́a ideal de 2 V. ¿ Cuál es la magnitud y la dirección
del fem inducida en el circuito en t = 10 seg?
B
r
−
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+
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INDUCCIÓN Y TRANSFERENCIA DE ENERGIA
I
☞
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v
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✕B
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Al mover el circuito se induce una FEM que produce una corriente que circula como se muestra en la figura. Esta corriente interactua con el campo
magnético y aparecen la fuerzas que se indican.
I
v
x x x x x
x x x x x
B
a
x x x x x
x x x x x
F
x x x x x
Por lo tanto para mover el circuito hacia la izquierda con una
velocidad v , debe aplicarse una fuerza dirigida a la izquierda de la
misma magnitud de F .
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Esto implica que se debe realizar un trabajo por unidad de tiempo
igual a:
P = Fv
Si el circuito tiene una resistencia R esta potencia será igual a I 2 R.
¿Cómo se puede calcular I y F ?
La FEM inducida en el circuito es E = avB, por lo tanto I = avB/R,
entonces F = IaB = v (aB)2 /R
Nótese que al reemplazar en P = Fv = I 2 R se obtiene una identidad.
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Aquı́ tenemos un circuito cerrado en foma de un cı́rculo de radio a que gira
alrededor de un diámetro con velocidad angular ω, en presencia de un
~ perpendicular al eje de giro.
campo magnético B
θ
B
B
a
ω
ω
El flujo enlazado es Φ = Bπa2 cos θ, con θ = ωt. Luego la magnitud de la
FEM inducida es:
|E| = πa2 ωB sin ωt
Este ejemplo ilustra el principio de un generador de corriente alterna.
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Ejemplo 2
Una barra de sección cuadrada muy pequeña, de longitud L, masa m
y resistencia R se suelta perpendicularmente sobre un par de rieles
conductores muy largos y resbala sin roce sobre ellos. Los rieles no
tienen resistencia y estan conectados al final por un riel transversal
igualmente sin resistencia. De esta manera los rieles y la barra
forman un circuito rectangular. El plano de los rieles forma un ángulo
θ con el plano horizontal, como se muestra en la figura.
B
B
L
θ
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Todo este sistema se encuentra en presencia de un campo
~ dirigido verticalmente hacia arriba.
magnético constante B
a) Demuestre que después de un tiempo muy largo, la barra adquiere
una velocidad:
v=
mgR sin θ
(BL cos θ)2
b) Demuestre que este resultado es consistente con la conservación
de energı́a.
~ está dirigido hacia abajo?
c) ¿ Cómo cambia este resultado si B
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Solución
a) El flujo enlazado por el circuito rectangular es:
Φ = BLr cos θ
donde r = r (t) es la distancia entre la barra y el riel transversal. Ası́ en el circuito se
induce una FEM, cuyo valor absoluto es E = BLv cos θ, donde v = v (t) = ṙ (t) y por lo
tanto aparece una corriente:
BLv
cos θ
I=
R
Mirando el circuito desde arriba la corriente circula contra los punteros del reloj.
Entonces aparece una fuerza sobre la barra, cuyo valor es F = (BL)2 v cos θ/R. Esta
fuerza tiene la dirección horizontal de tal manera que su componente paralela a los
rieles se opone al efecto de la fuerza de gravedad. Proyectando las fuerzas en la
dirección paralela a los rieles, la aceleración a con que barra baja está dada por:
ma = mg sin θ −
(BL)2 v cos θ
cos θ
R
Esto produce un crecimiento de v y a disminuye.
Después de un tiempo a se hace 0, y se llega a una velocidad lı́mite:
v=
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mgR sin θ
(BL)2 cos2 θ
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REFORMULACION DE LA LEY DE FARADAY
E =−
Z
dΦ
→
dt
I
~ · d~l = −
E
C
~ =−
∇×E
Ricardo Ramı́rez
S
~ · n̂dS = −
∇×E
S
Z
S
~
∂B
∂t
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Z
~
∂B
· n̂dS
∂t
~
∂B
· n̂dS
∂t
Ley de Faraday
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CORRIENTES DE REMOLINO
Si reemplazamos el circuito que se mueve en un campo magnético
por una placa conductora sólida, se inducen corrientes enn las
placas, como se muestra en la figura. Estas corrientes se llaman
corrientes de remolino (eddy currents)
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Ricardo Ramı́rez
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B
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INDUCTANCIA
Inductancia propia:
L=
Φ
I
Inductancia mutua del circuito 2 con
respecto al 1
M21 =
Φ21
I1
Φ21 es el flujo enlazado por circuito 2
debido al circuito 1.
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C1
C2
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Inductancia propia de un solenoide
Primero calculamos el flujo en un solenoide:
Φ = NBA
donde
A = πr 2
pero B = µo nI = µo NI/`, donde n = N/` es el número de vueltas por
unidad de largo. Por lo tanto:
Φ=
µo N 2 IA
`
L=
µo N 2 A
`
y
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Inductancia mutua de dos circuitos
R
I1
I2
Circuito 1
Circuito 2
El flujo enlazado por el circuito 2 se debe tanto al campo magnético
producido por su propia corriente (L2 I2 ) y como al campo magnético del
producido por el circuito 1.
Φ21
I1
De la misma manera podemos escribir una expresión para el flujo enlazado
por el circuito 1:
Φ12
Φ1 = L1 I1 + M12 I2
M12 =
I2
Φ2 = L2 I2 + M21 I1
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M21 =
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Inductancia mutua de dos solenoides del mismo largo
L
C2
C1
Suponemos una corriente en el circuito 1. El campo magnético
dentro del solenoide es B1 = µo n1 I1 . El flujo a través del circuito 2 es:
Φ2 = N2 B1 (πr12 ) = µo n1 n2 L(πr12 )I1
M21 =
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Φ2
= µo n1 n2 Lπr12
I1
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Inductancia mutua. Formula de Neumann
Consideramos dos circuitos C1 y C2 . Por el circuito C1 pasa una corriente I1 .
Consideremos una superficie S2 que se apoya en C2 . El campo mágnetico
debido a la corriente I1 en un punto ~r2 de la superficie S2 está dado por:
~ 1 = µo I1
B
4π
d~l1 × (~r2 − ~r1 )
|~r2 − ~r1 |3
I
C1
~ 1 a través de la superficie de la superficie S2 es:
Por lo tanto el flujo de B
Z
Φ12 =
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~ 1 · n̂dS2 = µo I1
B
4π
S2
Z
ˆ
S2
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I
C1
d~l1 × (~r2 − ~r1 ) ˜
· n̂dS2
|~r2 − ~r1 |3
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Sin embargo:
I
C1
I
d~l1 × (~r2 − ~r1 )
1
=
−
d~l1 × ∇2
3
~
~
~
|r2 − r1 |
|r2 − ~r1 |
C1
I
= ∇2 ×
C1
d~l1
~
|r2 − ~r1 |
Por lo tanto:
M21 =
µo
Φ21
=
I1
4π
Z
∇2 ×
ˆ
I
S2
Y usando el Teorema de Stokes:
I I
µo
d~l1 · d~l2
M21 =
4π C1 C2 |~r2 − ~r1 |
C1
d~l1 ˜
· n̂dS2
|~r2 − ~r1 |
Formula de Neumann
LUEGO LA INDUCTANCIA MUTUA CUMPLE LA SIMETRIA:
M12 = M21
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La fórmula de Neumann también se puede aplicar a la inductancia
propia:
I I
d~l1 · d~l10
µo
L=
4π C1 C1 |~r1 − ~r10 |
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ENERGÍA MAGNÉTICA
Consideremos el circuito RL:
S
R
ε
L
Ya que la FEM inducida en la inductancia es dΦ/dt = LdI/dt la ley de
Kirchhoff nos da:
dI
E − IR − L = 0
dt
y multiplicando esta ecuación por I:
EI = I 2 R + LI
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dI
dt
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El término EI es la potencia entregada por la baterı́a e I 2 R es la
potencia disipada como calor por la resistencia. El último LIdI/dt
corresponde a la potencia entregada a la inductancia. Ası́ si Um es la
energı́a de la inductancia:
dI
dUm
= LI
→ dUm = LIdI
dt
dt
Integrando entre 0 e I:
1
Um = LI 2
2
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Esta es la energı́a almacenada en la inductancia. En un solenoide la
inductancia propia en un largo ` es L = µo n2 A/` y el campo magnético
B = µo nI, donde A es el área de la sección transversal del solenoide. Por lo
tanto la energı́a almacenada por unidad de volumen es:
um =
1
1 B2
B2
µo n 2 I 2 = µo 2 =
2
2 µo
2µo
Esta es una relación general y representa la energı́a magnética almacenada
por unidad de volumen.
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CIRCUITO RL
S
R
ε
L
E − IR − L
dI
=0
dt
(1)
Solución particular:
Io =
E
R
Solución de ecuación homogénea:
IR + L
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dI
=0
dt
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Rt
Ih = Ae− L
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Solución general:
I(t) = Io + Ih =
Rt
E
+ Ae− L
R
La constante A se determina con la condición de borde: I = 0 en
t = 0, i.e A = − RE :
I(t) = Io + Ih =
i
Rt
E h
1 − e− L
R
I
ε /R
t
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