Inducción electromagnética.

PROBLEMAS RESUELTOS DE INDUCCIÓN ELECTROMAGNÉTICA
PROBLEMAS DEL CURSO
Un rotor de 100 espiras gira dentro de un campo magnético constante de 0,1 T con una velocidad angular de 50 rad/s. Sabiendo que la superficie de cada espira tiene un área de 0,4 m2
y que en el instante t = 0 el vector S forma un ángulo de –60º con B , se pide:
a) Fuerza electromotriz instantánea y máxima inducida en la espira.
b) Periodo y frecuencia de la corriente.
c) Representación gráfica de la fem.
d) Intensidad instantánea cuando se conecta una resistencia de 60 .
Solución
El flujo a través de cada espira del rotor es   BS cos( t  ) y la fem inducida en las 100 espiras del rotor viene dada por,
B
 60º
d
 N BS sen( t   )
dt
El valor máximo de  se da cuando sen( t  )  1; es decir,
  N
ε max   0  N BS  100  50  0,1 0,4  628V
Como   60º   3 rad , el valor de la fem en cada instante es,
V
ε = 628cos(50π - π 3 )
El periodo de la corriente; o sea, el tiempo que le lleva al rotor dar una vuelta completa es,
2

 0,04 s (ya que se trata de un M.C.U.)
 50
y la frecuencia es f  1 T  1 / 0,04  25 Hz
T

0
2
Teniendo en cuenta que en el instante t = 0 el valor de la fem es,
  628sen( 3)  544 V
t
la representación gráfica fem/t es la de la figura adjunta.
Si el generador es ideal (sin resistencia interna) la aplicación de la ley de Ohm al
circuito da,
i

R

628
sin(50 t   3)  10,5sin(50π t - π 3) A
60
donde 10,5 A es el valor máximo de i; esto es, I0 = 10,5 A.
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Responde:
a) ¿Qué diferencia de potencial eléctrico se crea entre los extremos del ala de un avión que
vuela horizontalmente a una velocidad de 900 km/h en un lugar donde la componente
vertical del campo magnético terrestre es de 210-5 T?
b) Representa gráficamente el sistema, con el campo magnético y la fuerza que actúa sobre
las cargas eléctricas libres.
Dato: Distancia entre los extremos de las alas, d = 45 m.
Solución
B
Fm

v

Fe
Las cargas libres del ala metálica del avión se mueven en el interior del campo magnético terrestre. Por lo tanto, éste ejerce
una fuerza sobre dichas cargas a lo largo del ala que hace que
se acumule una carga positiva en un extremo del ala y negativa
en el otro, tal como se ve en la figura (recuerda que la fuerza es
la misma para las cargas positivas y negativas, pero de sentido
opuesto). Esto crea en el interior del ala un campo eléctrico que
ejerce una fuerza sobre las mismas cargas, pero en sentido
opuesto (ver figura). Cuando se alcanza el equilibrio tenemos,
Fm  qvB
m
5
3 N
  qvB  qE  E  vB  250  2  10 T  5,00  10
Fe  qE 
s
C
Como la ddp entre los extremos de un conductor en el que existe un campo eléctrico viene
dada por V  EL, donde L es la longitud del conductor,
V  EL  Ed  5  103 N C  45 m  0,225 V
Aunque no se ha demostrado, la diferencia de potencial entre los extremos de un conductor en
el que existe un campo eléctrico E viene es V = EL, donde L es la longitud del conductor.
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Un generador de corriente alterna suministra 25 A a 8.000 V al primario de un transformador. ¿Cuál es la intensidad en la salida si ésta se realiza a 250.000 V? ¿Cuál es la relación de
transformación?
Solución
Si el generador es ideal se cumple que su fem coincide con la ddp en sus extremos,
V    8000 V
Por otro lado, la conservación de la energía aplicada al transformador da,
VI  V I
donde VI es la energía que por unidad de tiempo suministra el generador al primario del transformador y V I  la energía que por unidad de tiempo el primario del transformador suministra
al secundario. Por lo tanto,
I 
V
8000V
I
25 A  I  0,800 A
V  250000V
Por otro lado, la relación de transformación viene dada por,
N1 V1 8000
N
1
 
 1
N2 V2 25000
N2 31,2
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Un alambre de 1 m de longitud desliza sin rozamiento por dos guías metálicas paralelas (ver
figura 1) en el interior de un campo magnético de 1 T. Si la velocidad de desplazamiento del
alambre es de 1 m/s y el campo magnético perpendicular al mismo, determina:
a) La diferencia de potencial eléctrico entre los extremos del alambre.
b) La intensidad que circulará por el alambre si se “cierra” el circuito con una resistencia de
1 (ver fig 2). (Se considera que la resistencia del alambre y de las guías es despreciable)
c) La fuerza electromotriz inducida y su sentido.
d) La potencia disipada en la resistencia.
e) La fuerza que se debe ejercer sobre la espira para mantener la velocidad constante antes
y después de cerrar el circuito.
f) La potencia suministrada al circuito por el agente que ejerce la fuerza sobre el alambre.
v
v
Figura 1
Figura 2
Solución
Apartado a)
Como el conductor se mueve en el interior de un campo magnético, las cargas libres del mismo
están sometidas a una fuerza magnética dada por la ley de Lorentz,
Fm  qv  B

B
Fe
E


Fm
v
La dirección y el sentido de la fuerza se determinan por la regla de la mano derecha
(ver figura). Esto hace que en un extremo del conductor se acumule la carga positiva y en el otro la negativa (recuerda que la fuerza es la misma para las cargas positivas y negativas, pero de sentido opuesto). Como consecuencia de ello aparece
una diferencia de potencial en los extremos del conductor y, por lo tanto, un campo eléctrico en su interior que ejerce una fuerza eléctrica (Fe) sobre las cargas; esta
fuerza actúa en sentido opuesto a la fuerza magnética, como ilustra la figura.
A medida que las cargas eléctricas se van acumulando en un extremo del
conductor, el campo eléctrico en el interior del mismo se va incrementando. Llega
un momento en el que Fe  Fm , alcanzándose una situación de equilibrio. Como
Fm  qvB sen90  qvB (ya que B y v son perpendiculares) y Fe  qE , tenemos que,
qE  qvB  E  vB  1m / s  1T  1 N C
Por lo tanto, la ddp entre los extremos del conductor, que es constante, viene dada por,
V  EL  1N C  1m  ΔV =1V
Apartado b)
El conductor en el interior del campo magnético es un generador que da una ddp de 1 V. En
consecuencia, al aplicar la ley de Ohm (normal) a los extremos de la resistencia (que son los del
conductor) tenemos que,
I
V 1V

 I 1A
R 1
Resultado válido sólo si la resistencia del conductor es despreciable frente a 1 .
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Apartado c)
Al desplazar el conductor hacia la derecha, el flujo a través del circuito
cerrado disminuye (ya que el número de líneas de inducción que lo
atraviesan es cada vez menor). Por lo tanto, en el circuito se induce una
fem inducida igual a,
B
L
v
X
I

d


dt
t
ya que, al ser la velocidad constante, la disminución del flujo es proporcional al tiempo, lo que significa que la fem inducida es constante.
x
El flujo a través del circuito (por ser el campo magnético constante, la superficie del circuito (S)
plana y B perpendicular a S) es,
  BS cos90  BLx
ya que S = Lx, como se ve en la figura. Por lo tanto,
 
  i

x
m
 0 BLx 
 f
  
  BL  BLv  1T  1 m  1  ε  1 V
t
t
t 
t
s
t
Observa que  f  0 porque cuando el conductor móvil se coloca al lado de R el área del circuito (S) es cero y no hay flujo; por su parte i  BLx porque inicialmente S = Lx. Por otro lado,
v  x t porque el movimiento es uniforme.
Como a medida que pasa el tiempo el flujo disminuye, el sentido de la corriente inducida es tal
que crea un campo magnético que se opone a esta disminución. Por ello el campo magnético
creado ha de tener el mismo sentido que el que genera la corriente. La regla de la mano derecha determina que el sentido de la corriente es el indicado en la figura.
Apartado d)
Sabemos que una resistencia disipa energía eléctrica en forma de calor. La energía disipada
por unidad de tiempo es la potencia que, en el caso de la corriente continua (es decir constante), viene dada por,
P  VI  1V  1 A  P  1 W
Apartado e)
Antes de cerrar el circuito, suponiendo que no hay rozamiento, no es necesaria fuerza alguna
para mantener constante la velocidad del conductor móvil, pues no existe ninguna fuerza que
se oponga al movimiento que lleva.
Después de cerrar el circuito el campo magnético que crea la corriente inducida ejerce una
fuerza sobre el conductor, porque ahora circula por el mismo una intensidad I
B
I
Fext
Fm
v
Fm  IL  B  Fm  ILB sen90  ILB  1 A  1m  1T  Fm  1N
La fuerza magnética ejercida sobre el conductor móvil tiene la dirección de la
velocidad y sentido opuesto, como se deduce al aplicar la regla de la mano
derecha al producto vectorial anterior (ver la figura adjunta). Por lo tanto,
para que el conductor siga con su movimiento uniforme es necesario aplicar
una fuerza externa igual y opuesta a Fm, es decir
Fext  Fm  1 N
-4-
Apartado f)
La potencia de una fuerza F aplicada a un cuerpo que se mueve con velocidad v es,
P  F  v  Fv cos
donde  es el ángulo formado por F y v .
Recuerda que la potencia de una fuerza no es más que el trabajo realizado por unidad de
tiempo. Como el trabajo es una forma de transferir energía de un cuerpo a otro, la potencia es
la energía transferida por unidad de tiempo.
En nuestro caso, como  = 0 y cos  = 1, la potencia (es decir, la energía suministrada por el
agente externo por unidad de tiempo) es,
P  Fext  v  1N  1m  P  1 W
Es decir, la misma energía disipada en la resistencia es la que aporta el agente externo. La
energía se transfiere del agente externo al circuito (realizando un trabajo sobre él) en forma de
energía eléctrica, que luego se disipa en forma de calor a través de la resistencia.
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Una bobina de 50 espiras de 8 cm2 está colocada en un campo magnético de manera que el
que el flujo sea máximo. Si el campo varía de acuerdo con la función B = 0,200  0,0100t,
halla la fem inducida en la bobina.
Solución
B
I
n
Suponemos que el campo magnético, aunque varía en el tiempo, es constante en el espacio; es decir, su valor es el mismo en todos los puntos de la superficie plana delimitada
por cada una de las espiras que forman la bobina, como se aprecia en la figura. En estas
condiciones podemos aplicar la ecuación,
  BS cos
donde  es el ángulo formado por el campo magnético ( B ) y la normal a la superficie de
la espira ( n ), como se ve en la figura.
Para que el flujo sea máximo, cos  1    0; es decir, las espiras tienen que estar colocadas perpendicularmente al campo magnético. Así pues el flujo sobre cada espira es,
  BS  (0,2  0,01t)T  8  104 m2  (1,6  0,08t)  104 Wb
y la fem inducida en la bobina con N = 50 espiras es,
d (1,6  0,08t)  104 
d
  N
 50
 50  0,08  104  4,00×10-4 V
dt
dt
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PROBLEMAS DE SELECTIVIDAD (UPNA)
Una espira conductora de 10 cm de radio se encuentra en una región del espacio donde existe un campo magnético de dirección paralela a la del eje de la espira y de módulo variable
según la expresión B = 5 sen 314 t mT. Calcula la expresión de la fuerza electromotriz inducida
(f.e.m.). (S07)
Solución
Para encontrar la fem inducida hay que obtener primero el flujo del campo magnético a través
de la superficie de la espira. Sin embargo, en teoría vimos cómo calcular el flujo de un campo
constante a través de una superficie plana, mientras que el problema habla de un campo
magnético variable.
La definición de flujo que se vio en teoría es aplicable siempre que la superficie sea plana y la
inducción magnética constante en el espacio; esto es, que su magnitud, dirección y sentido
sean iguales en todos los puntos. El problema dice que el campo magnético varía en el tiempo,
pero no dice que lo haga en el espacio. Entonces suponemos que la inducción magnética (aunque variable en el tiempo) es la misma en todos los puntos de la superficie de la espira, por lo
que podemos aplicar la definición de flujo de un campo magnético constante.
De acuerdo con la ley de Lenz, la corriente inducida crea un campo magnético que se opone a
la variación del campo magnético externo que la produce. La regla de la mano derecha indica
que el sentido de la corriente mostrada en la figura se da cuando el campo magnético está
aumentando (sen 3144 t > 0); mientras que tendrá sentido opuesto cuando el campo magnético
disminuya.
El flujo magnético a través de la espira es,
  BS cos  5sin314t   R2   R2  5sin314t
ya que  es el ángulo formado por B y la perpendicular a la superficie de la espira que, como
se ve en la figura, es de 90º ( cos  cos90  1 ).
Para que la unidad del flujo sea el Wb (Weber) que es la unidad del S.I., es necesario que la
inducción magnética se exprese en T (Teslas) y el radio de la espira en m2. Por lo tanto,
como la inducción viene dada en mT y el radio en cm, la expresión del flujo en Wb es,
B
   R2  5sin314t    0,12 m2  5  103 sin(314t)T  1,57  104 sin(314t) Wb
Aplicando ahora la ley de Lenz,
I
d
d

1,57  104 sin314t  -4,93×10-2 cos314t V (voltios)
dt
dt
Por ejemplo, la f.e.m. al cabo de 5 s es,
 


 (5 s)  4,93  102 cos314  5  4,93  102 cos500  
 4,93  102 cos250  2  4,93  102 V
El signo menos no significa que la f.e.m. es negativa, sino que se opone a la variación del campo magnético que produce.
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Una bobina formada por 300 espiras cuadradas de 9 cm de lado gira uniformemente a razón
de 3.000 vueltas/minuto en un campo magnético uniforme de valor 0,2 T. Halla: (J03)
a) La expresión de la fuerza electromotriz inducida.
b) Representarla gráficamente indicando sus valores máximo y eficaz.
Solución
S
B
Apartado a) La figura esquematiza la espira cuadrada (vista de perfil) que gira en el
interior de un campo magnético constante. Como no nos dicen cual es la posición de
la espira cuando se empieza a contar el tiempo, la colocamos en la posición más fácil,
que es perpendicular al campo magnético (vectores S y B paralelos).
En estas condiciones el flujo a través de cada espira de la bobina es,
  BS cos( t  )  BS cos t pues   0 al ser S y B paralelos en t = 0.
y la fem inducida en las N espiras es,
  N
d
 NBS sin t
dt
Recuerda que para que la fem salga en voltios (unidad del SI), las unidades de todas la magnitudes han de venir expresadas en el SI. Entonces,
S  9 cm  9 cm  9  102 m  9  102 m  8,10  103 m2
  3000
vueltas
2 rad
rad
 3000 
 100
min
60 s
s
por lo tanto,
  NBS sin t  300  100  0,2  8,1  103 sin100 t  -153sin100πt V
Apartado b)

Para representar gráficamente  frente a t damos valores a t empezando desde
cero. A lo largo de un periodo (T) se obtiene la gráfica indicada en la figura.
0
Puesto que,
T t

2
2
2
 T

 2,00  102 s (no lo pide el problema)
T
 100
La fem máxima (0) se obtiene haciendo sin t  1 en la ecuación de la fem,
ε0  NBS  300  100  0,2  8,1  103  153 V
Observa que hay que igualar el seno a 1 porque en la ecuación de la fem aparece un signo
negativo.
Finalmente, la fem eficaz se define como,
ε ef 
0
2

153
 108 V
2
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