Subido por Alejandro Vagliente

Problemas de Física II - Faltantes

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Física II
INDUCTANCIA
1. Dos bobinas tienen autoinductancias L1 y L2, respectivamente. La inductancia mutua entre
ambas es M. a) Demuestre que si las bobinas están conectadas en serie y ubicadas sobre un eje
común, la inductancia equivalente de la combinación es:
Leq serie = L1 + L2 ± 2M
L1
Fig. 1
Para explicar el signo ± , tenga en cuenta que las bobinas pueden estar conectadas como en la Fig. 1 o como
en la Fig. 2 (observe la diferencia en el sentido de los
arrollamientos).
Fig. 2
b) Demuestre que si las bobinas están conectadas en
paralelo y ubicadas sobre un eje común, la inductancia
equivalente de la combinación es:
L2
L1
L2
Leq paralelo =
L1 L2 − M 2
L1 + L2 m 2 M
Sugerencia: en el caso de una combinación de bobinas, ya sea en serie o en paralelo, la diferencia de potencial entre los extremos de la combinación es Leq = di dt , donde i es la corriente a
través de la combinación; en el caso de una combinación en paralelo, i es la suma de las corrientes que pasan a través de las dos bobinas.
i
L1
c) Deduzca las fórmulas para la inductancia equivalente en serie y
en paralelo de dos bobinas si las mismas se disponen de manera
que su inductancia mutua sea despreciable.
i
d) La fórmula de la inductancia equivalente de dos bobinas en serie, hallada en el apartado a), válida cuando las bobinas tienen
arrollamientos en el mismo sentido, ¿sigue siendo válida si las
bobinas ya no se colocan sobre un eje común sino que se disponen como en la Fig. 3?
Fig. 3
L2
i
Solución
S
i
L1
N S
i
L2
N
i
a) En la Fig. 1, el flujo magnético total que
atraviesa las bobinas 1 y 2 es, respectivamente:
Fig. 1
Φ 1 = L1i + M i
Φ 2 = L2 i + M i
S
i
L1
N N
i
L2
S
i
Fig. 2
Las diferencias de potencial en los extremos de
cada bobina son:
vL1 = −ε 1 =
1
dΦ 1
di
= (L1 + M )
dt
dt
Física II
dΦ 2
di
= (L2 + M )
dt
dt
vL2 = −ε 2 =
Por lo tanto:
vL1 + vL2 = vLeq serie = (L1 + L2 + 2 M )
di
dt
Leq serie = L1 + L2 + 2 M
En la Fig. 2, en cambio:
Φ1 = L1i − M i
vL1 = −ε 1 =
Φ 2 = L2 i − M i
dΦ1
di
= (L1 − M )
dt
dt
vL2 = −ε 2 =
vL1 + vL2 = vLeq serie = (L1 + L2 − 2 M )
S
i
di
dt
N S
i1
L1
L2
i2
dΦ 2
di
= (L2 − M )
dt
dt
Leq serie = L1 + L2 − 2 M
N
i2
i
i1
b) Si las bobinas tienen los arrollamientos en el mismo sentido (como
en la figura):
Φ 1 = L1i1 + M i2
Φ 2 = L2 i2 + M i1
vL1 = −ε 1 =
dΦ1
di
di
= L1 1 + M 2
dt
dt
dt
vL2 = −ε 2 =
dΦ 2
di
di
= L2 2 + M 1
dt
dt
dt
vLeq paralelo = Leq paralelo
d (i1 + i2 )
di
di
= Leq paralelo 1 + Leq paralelo 2
dt
dt
dt
Como v L1 = v L2 , se obtiene:
L1
di1
di
di
di
+ M 2 = L2 2 + M 1
dt
dt
dt
dt
y de aquí
di2 L1 − M di1
=
dt L2 − M dt
Utilizando ahora la igualdad v L1 = v Leq paralelo y reemplazando en ella el valor de
arriba:
2
di2
obtenido
dt
Física II
L1
di1
L − M di1
di
L − M di1
+M 1
= Leq paralelo 1 + Leq paralelo M 1
dt
L2 − M dt
dt
L2 − M dt
Cancelando
Leq paralelo
di1
se obtiene finalmente:
dt
L1 L2 − M 2
=
L1 + L2 − 2M
Si las bobinas tienen los arrollamientos en sentido contrario:
Φ1 = L1i1 − M i2
Φ 2 = L2 i2 − M i1
Y operando luego de manera análoga se obtiene:
Leq paralelo
L1 L2 − M 2
=
L1 + L2 + 2M
Leq paralelo =
c) Leq serie = L1 + L2
S
d) La fórmula obtenida en el apartado a) no es válida para el caso de la Fig. 3, ya que el flujo magnético de una de las bobinas se
opone al de la otra.
N
i
i
L1
L1 L2
L1 + L2
Fig. 3
S
N
i
L2
A
ε
R1
R2
V
L3
L1
L2
2. En el circuito de la figura, el interruptor se cierra luego de
haber estado abierto mucho tiempo. ¿Cuáles son las lecturas del
voltímetro y del amperímetro cuando ha transcurrido un tiempo a)
t1 = 0,25 × 10 −4 s ; b) muy prolongado, desde que se cerró el interruptor? Desprecie la inductancia mutua de las bobinas.
ε = 20 V
R1 = 25 Ω
R2 = 50 Ω
L1 = 15 mH
L2 = 12 mH
L3 = 18 mH
Preguntas incómodas
I) Explique en detalle por qué el enunciado aclara que el interruptor se cierra “luego de haber estado abierto mucho tiempo”. ¿Qué importancia tendría si el interruptor se cerrara nuevamente
casi inmediatamente después de haberlo abierto?
3
Física II
II) ¿De qué inductancia mutua habla el enunciado y qué condiciones deben cumplirse para despreciarla? Si no se pudiese despreciar, ¿cómo se modificaría la respuesta del problema?
Solución
El circuito equivalente es el de la figura.
ε
A
Req = R1 + R2 = 75 Ω
Req
Leq =
L3 (L1 + L2 )
= 10,8 mH
L3 + (L1 + L2 )
V
R eq

−
t
ε 
Leq 
i (t ) =
1− e

Req 


Leq
di
ε
=
e
dt Leq
a) La lectura del amperímetro es:
R eq

−
t
ε 
Leq 
−4
i 0,25 × 10 s =
1− e
= 0,0425 A


Req


(
)
La lectura del voltímetro puede obtenerse como:
vLeq = ε − iReq = 16,81 V
O bien como:
vLeq
 ε − Req t 
di
 
L
= Leq  
= Leq 
e eq 
= 16,81 V
−
4
dt
L
 t = 0, 25×10
 eq
t = 0, 25×10 −4
b) El amperímetro marca
ε
Req
= 0,267 A y el voltímetro marca cero.
Respuesta
a) 0,0425 A; 16,81 V
b) 0,267 A; 0 V
4
−
Req
Leq
t
Física II
ε
R1
i1
R2
L
i2
C
3. En el circuito de la figura, halle la corriente que circula por cada
rama y la diferencia de potencial en bornes de cada elemento del circuito, a) inmediatamente después de cerrar el interruptor; b) cuando ha
transcurrido mucho tiempo después de cerrar el interruptor.
ε = 40 V
R1 = 50 Ω
L = 5 mH
C = 12 µF
R2 = 100 Ω
R3 = 50 Ω
i3
R3
Solución
a) Inmediatamente después de cerrar el interruptor:
ε
i1 + i2 + i3
R2
•
en un circuito RC, la intensidad de corriente tiene el mismo valor que si la capacitancia no estuviese en el circuito y la carga
del capacitor es nula.
•
en un circuito RL, la intensidad de corriente es cero.
R1
i1
L
i2
C
Entonces:
R3
i3
i2 =
ε
R1
= 0,8 A i1 = 0
Aplicando la regla de las mallas a la malla externa:
ε

 + i3  R1 + i3 R3 = ε
 R1

(i2 + i3 ) R1 + i3 R3 = ε
i3 R1 + i3 R3 = 0
i3 = 0
⇒
b) Mucho tiempo después de cerrar el interruptor:
ε
i1 + i3
•
en un circuito RC la intensidad de corriente es cero y el capacitor tiene su carga máxima.
•
en un circuito RL la intensidad de corriente tiene el mismo valor
que si la inductancia no estuviese en el circuito.
R1
i1
R2
R3
Req = R1 +
i3
Entonces i2 = 0 y nos queda el circuito equivalente de la figura.
R2 R3
= 83,3 Ω
R2 + R3
i1 + i2 =
v R1 = (i1 + i2 ) R1 = 24 V
5
ε
Req
= 0,48 A
Física II
i1 =
ε − vR
1
R2
= 0,16 A
i3 =
ε − vR
1
R3
= 0,32 A
Respuesta
a) i1 = i3 = 0 ; i2 = 0,8 A ; v R2 = v R3 = vC = v L = 0 ; v R1 = 40 V
b) i1 = 0,16 A ; i2 = 0 ; i3 = 0,32 A ; v R1 = 24 V ; v R2 = v R3 = vC = 16 V ; v L = 0
4. En el circuito de la figura, la carga inicial del capacitor es cero y el
interruptor se cierra en t = 0 . Transcurrido un tiempo t desde que se
cerró el interruptor, la carga del capacitor es q.
a) Halle expresiones en función del tiempo para q y para la corriente que
i1
L
R1
circula por la batería (la respuesta debe expresarse en términos de ε, L,
C, R1 y R2.
b) ¿Cuál es el valor de i1 e i2 mucho tiempo después de cerrado el interi2 C
R2
ruptor? Explique a partir de qué instante se podría considerar que ha
transcurrido “mucho tiempo”.
c) Utilice el software Mathematica para determinar cuánto tiempo t1 debe transcurrir para que la corriente por la batería alcance la mitad de su valor final.
ε
ε = 40 V
R1 = 2 Ω R2 = 5000 Ω
L = 0,8 H
C = 20 µF
Respuesta
R
t
t
− 1t 
−
−


ε 
ε
R2C
L 
R2C 

i =
1− e
a) q = ε C 1 − e
 ; i2 = R e
 ; 1 R1 
2



b) i1 = 20 A ; i2 = 0
c) 0,277 s
CORRIENTE ALTERNA
V
R
L
C
V1
V2
V3
V4
1. Cinco voltímetros ideales, calibrados para leer valores eficaces, están conectados como se muestra en la figura. Sean R = 200 Ω , L = 0,4 H , C = 6 µF y
V = 30 V . ¿Cuál es la lectura de cada voltímetro si a)
ω = 200 rad s ; b) ω = 1000 rad s . c) Para cada uno de
los valores de ω, realizar el diagrama fasorial y calcular
el valor de j.
V5
6
Física II
Preguntas (¿molestas?)
I) Sin modificar los valores de R, L, C y V (salvo en el apartado iv):
i) ¿Es posible que la lectura de algunos de los voltímetros sea cero? Si lo es, señale cuáles son
los voltímetros y en qué condiciones ocurriría eso. Si no lo es, explique por qué.
ii) ¿La lectura de V1 puede ser mayor que 30 V? Si considera que sí, indique en qué condiciones
ocurriría. Si considera que no, explique por qué.
iii) ¿La lectura de V5 puede ser diferente de 30 V? Si considera que sí, indique en qué condiciones ocurriría. Si considera que no, explique por qué.
iv) Considere que el valor eficaz de la máxima diferencia de potencial que soporta el capacitor C
es 300 V (10 veces el valor eficaz de la fem del circuito). Si la diferencia de potencial en bornes
del capacitor supera este valor, el capacitor se destruirá porque el dieléctrico sufrirá ruptura dieléctrica. Suponga que se sustituye la resistencia R por otra diferente. ¿Existe riesgo de destruir
el capacitor, a pesar de utilizar una fem de sólo 30 V? Le sugerimos utilizar Mathematica para
realizar gráficas de V3 en función de ω, para diferentes valores de R. Fundamente su respuesta
final.
II) La frecuencia angular ω se mide en radianes por segundo; el radián es una medida angular.
¿Qué tienen que ver los ángulos con la corriente alterna?
Solución
a) ω = 200 rad s
XC =
X L = ω L = 80 Ω
2
1
= 833,33 Ω
ωC
1 

Z = R +  Lω −
 = 779,43 Ω
Cω 

I=
V1 = IR = 7,7 V
V2 = IX L = 3,08 V
V3 = IX C = 32,08 V
V4 = V3 − V2 = 29 V
2
V
= 0,0385 A
Z
V5 = V12 + V42 ≅ 30 V
c) ω = 200 rad s
ω = 1000 rad s
⇒
⇒
ϕ = arctg
ϕ = arctg
XC − XL
≅ 75° corriente adelantada
R
XL − XC
≅ 49° corriente atrasada
R
7
Física II
Respuesta
a) V1 = 7,7 V , V2 = 3,08 V , V3 = 32,08 V , V4 = 29 V , V5 = 30 V
b) V1 = 19,52 V , V2 = 39,04 V , V3 = 16,27 V , V4 = 22,77 V , V5 = 30 V
c) ω = 200 rad s , ϕ ≅ 75° corriente adelantada; ω = 1000 rad s , ϕ ≅ 49° corriente atrasada
2. Cierta bobina real tiene una resistencia R = 48 Ω . A una frecuencia f = 80 Hz , el voltaje
entre los extremos de la bobina adelanta ϕ = 52,3° a la corriente que circula por ella. Encuentre
la inductancia de la bobina.
Para activar neuronas…
I) ¿La inductancia de la bobina depende de la frecuencia? Si es así, indique qué fórmula matemática relaciona ambas variables. Si no lo es, observe cómo resolvió el problema y explique por
qué utilizó una igualdad donde intervienen tanto la inductancia como la frecuencia.
II) ¿La inductancia de la bobina depende de su resistencia? Fundamente su respuesta.
Respuesta
0,124 H
3. Una bobina está conectada a una fem de corriente alterna de f = 120 Hz . La resistencia de la
bobina es R = 400 Ω y, a esa frecuencia, la reactancia inductiva es X L = 250 Ω . a) ¿Cuál es la
inductancia de la bobina? b) ¿Cuál debe ser el voltaje eficaz de la fem para que la bobina consuma una potencia media P = 800 W ?
Solución
XL
= 0,3316 H
2π f
a) X L = 2π f L
L=
b) Z =
XL
= 32°
R
PZ
V=
= 667 V
cosϕ
ϕ = arctg
R 2 + X L2 = 471,7 Ω
P = V I cosϕ = V
V
cosϕ
Z
Respuesta
a) 0,3316 H; b) 667 V
8
Física II
4. Usted disfruta escuchando a Mozart en la FM “Clásica”, que transmite a f1 = 94,1 MHz , pero
detesta escuchar cumbia en la FM “Pasión tropical”, que transmite a f 2 = 94 MHz . Usted vive a
la misma distancia de las dos emisoras y ambos transmisores tienen igual potencia, por lo que las
dos señales de radio generan el mismo voltaje en su hogar. Su propósito es diseñar un circuito
RLC con los siguientes requisitos: a) debe proporcionar la máxima respuesta de potencia a la señal de la FM “Clásica”; b) la potencia media en respuesta a la señal de la FM “Pasión tropical”
debe ser el 1% de la potencia media en respuesta a la señal de la FM “Clásica” (esto limita la potencia recibida de la emisora no deseada, haciéndola inaudible). Si se utilizará una inductancia
L = 1 µH , calcule la resistencia R y la capacitancia C que satisfacen los requisitos.
Solución
a) Para que el circuito tenga máxima respuesta a la frecuencia f1, esa debe ser la frecuencia de resonancia:
2π f1 L =
1
2π f1 C
C=
1
= 2,8606 pF
(2π f1 )2 L
b) En resonancia, se cumple que Z = R , y entonces:
Pmed1 = VI cos ϕ = V
V
R
Para la frecuencia f2:
Pmed 2 = VI cos ϕ = V
V R
Z Z
Por lo tanto
R
V 2R
V2
= 0,01
Z2
R

1 

R 2 +  2π f 2 L −
2π f 2 C 


1 

R 2 = 0,01R 2 + 0,01  2π f 2 L −
2
π
f
C
2



1 

0,01  2π f 2 L −
2
π
f
C

2

R2 =
0,99
2
2
R = 0,1269 Ω
Respuesta
9
2
=
0,01
R
Física II
a) 2,8606 pF; b) 0,1269 Ω
5. Un circuito RLC en serie consume una potencia media Pmed = 200 W de una línea de corriente alterna de V = 220 V de valor eficaz y f = 50 Hz . El factor de potencia es 0,56 y la corriente atrasa respecto a la tensión. a) ¿Cuál es la resistencia R del circuito? b) Indique cuál es la
capacitancia C que debe agregarse en serie al circuito original para que el factor de potencia pase
a valer 1 y cuál sería la potencia media consumida en esas condiciones.
Solución
I=
a) Pmed = V I cos ϕ
Z=
V V 2 cos ϕ
=
I
Pmed
R=
V 2 cos2 ϕ
= 75,89 Ω
Pmed
Pmed
V cos ϕ
cos ϕ =
RP
R
= 2 med
Z V cos ϕ
b) El circuito original tiene reactancia inductiva XL y reactancia capacitiva XC, tal que:
V 2 cos ϕ sen ϕ
Z sen ϕ =
= XL − XC
Pmed
Agregamos una segunda reactancia capacitiva X´C, de manera que:
X L − ( X C + X C′ ) = 0
C′ =
X C′ =
1
= X L − XC
2π f C ′
Pmed
1
=
= 28,35 µF
2π f ( X L − X C ) 2π f V 2 cos ϕ sen ϕ
Respuesta
a) 75,89 Ω; b) 28,35 µF
6. En un circuito RLC en serie, el desfase entre tensión y corriente es ϕ = 54° , con la corriente
adelantada respecto a la tensión. La reactancia capacitiva es X C = 350 Ω y la resistencia es
R = 180 Ω . La potencia media entregada por la fem es Pmed = 140 W . a) ¿Cuál es la reactancia inductiva? b) ¿Cuál es el valor eficaz de la corriente? c) ¿Cuál es el valor eficaz de la diferencia de potencial en bornes de la fem?
10
Física II
Respuesta
a) 102,3 Ω; b) 0,882 A; c) 270 V
7. En un circuito RLC en serie, la fem tiene un voltaje cuya amplitud es Vm = 120 V . La resistencia es R = 80 Ω y la reactancia capacitiva X C = 480 Ω . En bornes del capacitor, el voltaje
tiene una amplitud de VC = 360 V . a) ¿Cuál es la amplitud de la corriente? b) ¿Cuál es la impedancia? c) ¿Cuáles son los dos valores que puede tener la reactancia inductiva? d) ¿Con cuál de
los dos valores hallados en el apartado anterior resulta que la frecuencia angular de la fem es
menor que la frecuencia angular de resonancia?
Solución
Im =
a) VC = I m X C
b) Z =
VC
= 0,75 A
XC
Vm
= 160 Ω
Im
R2 + (X L − X C )
c) Z =
2
 X = Z 2 − R 2 + X = 618,56 Ω
C
 L1
XL = 
 X L 2 = X C − Z 2 − R 2 = 341,44 Ω
d) La frecuencia angular de resonancia es ω0 =
1
. Si multiplicamos y dividimos dos veces,
LC
dentro de la raíz, por una frecuencia angular cualquiera ω, obtenemos:
ω0 =
ω
ω L ωC
=
ω
XL
XC
Para los dos valores obtenidos para la reactancia inductiva, tendremos:
ω1 = ω0
X L1
= 1,135 ω0
XC
ω 2 = ω0
Respuesta
a) 0,75 A; b) 160 Ω; c) 618,56 Ω y 341,44 Ω; d) 341,44 Ω
11
X L2
= 0,8434 ω0
XC
Física II
V
8. Filtros pasa alto y pasa bajo. Un circuito RLC en
serie puede utilizarse como filtro de las componentes de
C
Vpasa bajo baja frecuencia (pasa alto) o de alta frecuencia (pasa baL
R
jo) de una señal eléctrica. En el circuito de la figura la
combinación RL en serie puede representar una bobina
(que tiene resistencia por estar constituida por alambre
Vpasa alto
conductor). a) Encuentre una expresión para la relación
Vpasa alto V , entre la tensión en bornes de la bobina y la tensión de la fuente, en función de la frecuencia angular ω de la fuente. Demuestre que, cuando ω es mucho menor que 1, esa relación es
proporcional ω (y, por lo tanto, es muy pequeña), y que cuando ω es mucho mayor que 1, la relación tiende a 1. b) Encuentre una expresión para la relación Vpasa bajo V , entre la tensión en
bornes del capacitor y la tensión de la fuente, en función de la frecuencia angular ω de la fuente.
Demuestre que, cuando ω es mucho mayor que 1, esa relación es proporcional ω -1 (y, por lo tanto, es muy pequeña), y que cuando ω es mucho menor que 1, la relación tiende a 1.
Solución
I=
V

1 

R +  ω L −
ω
C


2
2
V
a) Vpasa alto = I R + ω L =
2
2
2
R 2 + ω 2 L2

1 

R +  ω L −
ω
C


2
2
Vpasa alto
V
=
R 2 + ω 2 L2

1 

R +  ω L −
ω
C


2
2
Cuando ω es mucho menor que 1:
Vpasa alto
V
=
R 2 + ω 2 L2

1 

R 2 +  ω L −
ω C 

2
≅
R2
1
R + 2 2
ω C
2
Cuando ω es mucho mayor que 1:
12
≅
R2
= RCω
1
ω2 C2
Física II
Vpasa alto
V
=
R 2 + ω 2 L2

1 

R 2 +  ω L −
ω
C


2
≅
R 2 + ω 2 L2
=1
R 2 + ω 2 L2
ONDAS ELECTROMAGNÉTICAS
1. La figura muestra una resistencia cilíndrica, de longitud L, radio a y resistividad ρ, por la que circula una
corriente constante I.
a) ¿Cuáles son el módulo, la dirección y el sentido de
los vectores campo eléctrico E y campo magnético B
(suponga que hay conductores rectos e infinitos que conectan con la resistencia cilíndrica), en un punto ubicado inmediatamente adentro de la superficie de la resistencia, a una distancia a del eje de la misma?
L
2a
b) Indique el módulo, la dirección y el sentido del vector de Poynting S en el mismo punto.
I
c) Demuestre que el ritmo de flujo de energía hacia la
resistencia a través de la superficie cilíndrica es igual al ritmo de generación de energía térmica
por efecto Joule, es decir:
∫ S ⋅ dA = I
2
R
donde dA es un elemento de área de la superficie cilíndrica y la integral se extiende a toda esa
superficie. Esto demuestra que, desde el punto de vista del vector de Poynting, la energía no fluye hacia la resistencia por los conductores de conexión sino a través del espacio que rodea a los
conductores y a la resistencia.
Solución
a) E =
S
S
E
b) S =
ρJ =
1
µ0
B
13
ρI
π a2
E×B =
B=
µ0 I
2π a
ρI2
1 ρ I µ0 I
=
µ0 π a 2 2π a 2π 2 a 3
Física II
c)
∫ S ⋅ dA = ∫ S ⋅ dA + ∫ S ⋅ dA
tapas
sup. lateral
1
424
3
0
ρI2
ρLI2
2
∫ S ⋅ dA = sup. lateral
∫ S ⋅ dA = 2π 2 a 3 (2π aL ) = π a 2 = I R
2. La figura muestra un capacitor de placas paralelas circulares que se está cargando. Las placas tienen área A, radio R, y
separadas una distancia d.
a) Demuestre que el vector de Poynting S está dirigido radialmente hacia adentro del volumen cilíndrico de radio R encerrado por el capacitor.
E
R
A
L
d
I
b) Demuestre que el ritmo de flujo de energía hacia el volumen cilíndrico de radio R es igual al ritmo de aumento de la
energía electrostática almacenada en el campo eléctrico, es decir:
∫ S ⋅ dA = Ad
d 1
2
 ε0E 
dt  2

donde dA es un elemento de área de la superficie cilíndrica y la integral se extiende a toda esa
superficie cilíndrica de radio R, Ad es el volumen del capacitor y
1
ε 0 E 2 es la densidad de
2
energía electrostática almacenada en el capacitor (ignorar la curvatura del campo eléctrico cerca
de los bordes del capacitor). Esto demuestra que, desde el punto de vista del vector de Poynting,
la energía no fluye hacia el capacitor por los conductores de conexión sino a través del espacio
que rodea a los conductores y a las placas.
3. Suponga que utiliza una espira circular de alambre, de radio r = 0,09 m , como antena de radio. La antena está ubicada a una distancia d = 2500 m de una fuente emisora que tiene una frecuencia f = 95 Mhz y una potencia P = 55 Kw (suponga que la fuente irradia uniformemente en
todas direcciones por encima de la superficie terrestre y que la onda que llega a la espira es una
onda plana). ¿Cuál es el valor eficaz de la fem que se induce en la espira?
Ejercitemos el cerebro…
I) ¿Cómo debe orientarse la espira respecto a la línea que une su posición con la de la fuente
emisora?
II) En un instante determinado, ¿es uniforme el campo magnético B en todos los puntos del área
encerrada por la espira? Si lo es, justifíquelo. Si no lo es, explique si ha tomado en cuenta esa variación del campo magnético para calcular la fem inducida o explique por qué no lo ha hecho.
14
Física II
Solución
El área de una semiesfera de radio d centrada en el punto desde donde emite la onda electromagnética es 2π d 2 . La intensidad de la onda, que es igual al valor medio del vector de Poynting, es:
I=S=
cB B
W E B
P
= 1,4 × 10−3 2 = máx máx = máx máx
2
2π d
m
2µ0
2µ0
Bmáx =
µ0 P
= 3,42539535× 10−9 T
2
π cd
La onda del campo magnético es:
B = Bmáx cos k ( x − c t ) = Bmáx cos
2π f
(x − c t )
c
Suponiendo campo magnético uniforme:
( )
Φ = π r 2 Bmáx cos
ε =−
ε ef =
2π f
(x − c t )
c
dΦ
2π f
= −2π f π r 2 Bmáx sen
(x − c t )
dt
c
( )
ε máx
( )
2π f π r 2 Bmáx 0,052029
=
=
= 0,03679 V
2
2
2
Respuesta
0,037 V
4. El campo de una onda electromagnética plana en el vacío se representa por:
a)
Ex = 0

 x 
E y = 0,5 cos 2π × 108  − t  E z = 0
 c 

b)
Ex = 0


 x 
 x 
E y = 0,5 cos 4π × 108  − t  E z = 0,5 sen 4π × 108  t − 
 c 
 c 


Calcular i) la longitud de onda, el estado de polarización y la dirección de propagación; ii) el
campo magnético de la onda; iii) la intensidad
15
Física II
Nota: c es la velocidad de las ondas electromagnéticas en el vacío y es igual a 3 × 108 m s
Solución
 2π
(x − c t ) = Emáx cos  2π c  x − t  = 0,5 cos 2π × 108  x − t 
 c 
λ

 λ  c 

a) E y = Emáx cos 
i)
2π c
λ
= 2π × 108
λ=
c
= 3m
108
La dirección de propagación es el eje x y está polarizada linealmente en el plano xy.
ii)
iii)
Bz =
Bx = B y = 0
I=
Emáx Bmáx
2µ 0


0,5
 x  1
 x 
cos 2π × 108  − t  = × 10−8 cos 2π × 108  − t 
c
 c  6
 c 


1
0,5 × × 10−8
−4 W
6
=
=
3
,
316
×
10
2 × 4π × 10−7
m2
Respuesta
a) i) 3 m, eje x, polarización lineal en el plano xy
ii)
W

1
 x 
Bz = ×10−8 cos 2π ×108  − t  ; iii) 3,316 × 10−4 2
6
m
 c 

Bx = B y = 0
b) i) 1,5 m. eje x, polarización circular a la derecha
ii) Bx = 0
Bz =
iii)
By = −

0,5
 x 
sen 4π × 108  t − 
c
 c 


0,5
 x 
cos 4π × 108  − t 
c
 c 

6,631× 10−4
W
m2
5. Detallar las componentes de los campos eléctrico y magnético de las siguientes ondas electromagnéticas que se desplazan según el eje x:
a) onda polarizada linealmente cuyo plano de vibración forma un ángulo de 45° con el plano xy.
16
Física II
b) onda polarizada linealmente cuyo plano de vibración forma un ángulo de 120° con el plano xy.
c) onda con polarización circular derecha.
d) onda con polarización elíptica derecha, con el eje mayor paralelo al eje y y de longitud doble
de la del eje menor.
Respuesta
a) E x = 0
 2π

E y = Emáx cos  (x − c t )
λ

Bx = 0
By = −
Emáx
 2π

cos  ( x − c t )
c
λ

Bz =
b) E x = 0
Ey = −
Emáx
 2π

cos  (x − c t )
2
λ

Ez =
3Emáx
 2π

cos  ( x − c t )
2
λ

Bx = 0
By = −
Bz = −
Emáx
 2π

cos  (x − c t )
2c
λ

c) E x = 0
π
 2π
E y = Emáx cos  ( x − c t ) + 
2
λ
Bx = 0
By = −
d) E x = 0
π
 2π
E y = Emáx cos  ( x − c t ) + 
2
λ
Bx = 0
By = −
3Emáx
 2π

cos  ( x − c t )
2c
λ

Emáx
 2π

cos  ( x − c t )
c
λ

Emáx
 2π

cos  ( x − c t )
2c
λ

17
 2π

E z = Emáx cos  ( x − c t )
λ

Emáx
 2π

cos  ( x − c t )
c
λ

 2π

E z = Emáx cos  (x − c t )
λ

Bz =
Emáx
π
 2π
cos  ( x − c t ) + 
c
2
λ
Ez =
Emáx
 2π

cos  (x − c t )
2
λ

Bz =
Emáx
π
 2π
cos  ( x − c t ) + 
c
2
λ
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