Guia Fisica 4 (2)

FÍSICA IV             

GUIA DE PROBLEMAS  RESUELTOS     

           

    ENRIQUE RUBIO 

2011 

FÍSICA IV         

GUIA DE PROBLEMAS  RESUELTOS     

  Ley de Biot – Savart   Ley de Ampere  Ley de Faraday  Inductancia y energía  Magnetismo en la materia  Circuitos  Ondas electromagnéticas  Ecuaciones de Maxwell  Óptima geométrica   

    ENRIQUE RUBIO 

2011

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Enrique Rubio

2011 

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Índice Tabla de Ecuaciones......................................................................................................... 5 I. Capítulo 1: Ley de Biot – Savart .......................................................................... 10 II. Capítulo 2: Ley de Ampere.................................................................................... 33 III. Capítulo 3: Ley de Faraday ............................................................................... 71 IV. Capítulo 4: Inductancia y energía ................................................................. 107 V. Capítulo 5: Magnetismo en la materia ............................................................. 120 VI. Capítulo 6: Circuitos ......................................................................................... 131 VII. Capítulo 7: Ondas electromagnéticas.......................................................... 146 VIII. Capítulo 8: Ecuaciones de Maxwell.............................................................. 160 IX. Capítulo 9: Óptica geométrica ....................................................................... 191

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Tabla de Ecuaciones A continuación se presentan las ecuaciones fundamentales que empleará a lo largo de este curso. Asimismo, la mayoría de estas ecuaciones o fórmulas se utilizan en la resolución de los problemas presentes en esta Guía.

CANTIDAD FÍSICA

EXPRESIÓN MATEMÁTICA

Corriente eléctrica (flujo de carga en el

i=

tiempo):

r r i J = σE = A

Densidad de corriente eléctrica:

Ley de Gauss (para campo eléctrostático):

dq dt

r r 1 E ∫ ⋅ dA =

∫ ρdV =

ε 0 V (S )

S

1

ε0

Qencerrada ( S )

Potencial Eléctrico:

r r ∆V = − ∫ E( r ) ⋅ dr

Carga en un capacitor:

Q = CV

Corriente en un capacitor:

i=C

Capacitancia de un capacitor de placas

C=

paralelas:

movimiento:

r r r FM = idl × B

Fuerza Magnética sobre un alambre de

Ley de Biot – Savart:

Ley de Ampere:

r r µ 0 idl × rˆ dB = 4π r 2 r r r r B ⋅ d l = µ J ⋅ dA = µ 0 ienlazada 0∫ ∫ C

Flujo Magnético:

ε0 A

d r r r FM = qV × B

Fuerza magnética sobre una carga en

corriente I:

d V(t ) dt

S

r r Φ Magnético = ∫ B ⋅ dA S

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Ley de Faraday:

r

r

d Φ Magnético dt

ε inducida = ∫ Einducido ⋅ dl = − C

Inductancia o Coeficiente de Autoinducción:

NΦ Magnético

L=

Inductancia Mutua:

I

M=

NΦ Magnético I

Densidad de energía magnética:

B2 uB = 2µ 0

Densidad de energía eléctrica:

1 uE = ε 0 E 2 2

Energía almacenada en un inductor:

U=

1 2 LI 2

µ = µ 0 (1 + χ M )

Permeabilidad Magnética (en presencia de un material magnético): Vector inducción magnética:

r r H ∫ ⋅ dl = C

Campo magnético (en función de la intensidad

r r J ∫ ⋅ dA = ienlazada S

r r B = µH

de campo): Vector de Magnetización:

r 1 r r M = B−H

µ0

Velocidad de la luz:

Voltaje rms:

Corriente rms:

Reactancia capacitiva:

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c=

1

µ 0ε 0

Vrms =

VMáx 2

I rms =

I Máx 2

XC =

1 ωC

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Reactancia inductiva:

X L = ωL

Factor de potencia:

f . p. = cosφ

Potencia promedio:

2 Ppromedio = I rmsVrms cosφ = I rms R

Relación entre la amplitud de los campos

Emáx =c Bmáx

eléctrico y magnético: Número de Onda:

k=

Frecuencia angular:

λ

=

2πf ω = c c

ω = 2πf =

Frecuencia:

2π T

f =

c

λ

r E = E máx cos(kx − ωt ) Eˆ r B = Bmáx cos(kx − ωt ) Bˆ r S P= c r S P=2 c r r ∆U P= = ∫ S ⋅ dA ∆t S

Campo eléctrico y magnético de una onda plana que se propaga en el eje X: Presión de radiación (superficie absorbente):

Presión de radiación (superficie no absorbente): Potencia (flujo de energía en el tiempo):

Momento lineal (superficie reflejante):

p=2

Momento lineal (cuerpo negro):

Corriente de desplazamiento:

2π

∆U c

∆U c d r r = ε 0 ∫ E ⋅ dA dt S p=

iD = ε 0

d Φ Eléctrico dt

Ecuaciones de Maxwell (forma integral):

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1º Ley de Gauss (campo electrostático): 1º

r r 1 E ∫ ⋅ dA =

1

∫ ρdV = ε

ε 0 V (S )

S

2º Ley de Gauss (campo magnético):

2º

Qencerrada ( S )

0

r r B ∫ ⋅ dA = 0 S

3º ε inducida

3º Ley de Faraday:

4º 4º Ley de Ampere – Maxwell:

r r d = ∫ Einducido ⋅ dl = − Φ Magnético dt C

r r r r d r r B ⋅ d l = µ J ⋅ d A + µ ε E ⋅ dA 0∫ 0 0 ∫C ∫ dt S S

Ecuaciones de Maxwell (forma integral):

1º Ley de Gauss (campo electrostático): 1º

r 1 ∇⋅E = ρ

ε0

2º Ley de Gauss (campo magnético): 2º

r ∇⋅B=0

3º Ley de Faraday: 3º

4º Ley de Ampere – Maxwell: 4º

Vector de Poynting:

r ∂ r ∇ × Einducido = − N B ∂t

r r ∂ r ∇ × B = µ 0 J + µ 0ε 0 E ∂t r r r E×B S=

µ0

Magnitud del Vector de Poynting:

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r E2 B2 S = =c µ0 cµ 0

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Magnitud promedio del vector de Poynting:

r E2 B2 =c S promedio = 2cµ 0 2µ 0

Densidad de energía transportada por una

1 B2 2 = uE + uB = ε 0 E + 2 2µ 0

onda electromagnética:

u EB

u EB = ε 0 E 2 = Índice de refracción:

µ0

c V( luz −medio )

Ley de Snell:

n1 sin θ 1 = n2 sin θ 2

Ecuación de Reflexión de la luz:

1 1 2 1 + = = o i R f

Ecuación de Refracción de la luz:

n1 n2 n2 − n1 + = o i R

Magnificación (aumento lateral):

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n=

B2

M =−

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i o

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I.

Capítulo 1: Ley de Biot – Savart

1.1

Demuestre que el campo magnético producido por un alambre, que conduce una corriente I, sobre un punto P, en el mismo plano del alambre a una distancia x, se puede escribir como:

r µI B( P ) = 0 (cosθ 1 − cosθ 2 )(uˆT ) 4πx

P

θ2

I

θ1

A través de esta expresión, muestre que si el alambre es infinito, entonces se obtiene la expresión:

r µI B( P ) = 0 (uˆT ) 2πx Donde

uˆT

es el vector unitario tangencial a una circunferencia con centro en el eje del

alambre y radio x.

SOLUCIÓN Partiendo de la Ley de Biot - Savart, se tiene:

r (1) r µ 0 Idl × rˆ dB = . 4π r 2 En este caso, tomando en consideración que el eje del alambre coincide con el eje z, se tiene que:

r dl = dzkˆ Por lo tanto: 2011 

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r r dl × rˆ = dl rˆ sin θ (−iˆ) r dl × rˆ = (sin θ )dz (−iˆ) ( 2 )

z

( rˆ Es el vector unitario en la dirección de la línea que

kˆ

r

une al diferencial de longitud del alambre, dl punto P)

ˆj

iˆ

con el

Además,

I

v dl

x

θ

se

puede

escribir:

P tan θ = − x ⇒ z = − x cot θ ( 3) z

r

Figura 1.1.1

Asimismo, se tiene que:

sin θ =

x x ⇒r= ⇒ r 2 = x 2 csc 2 θ ( 4 ) r sin θ

Derivando la expresión (3) respecto al ángulo:

P

dz = x csc 2 θ ⇒ dz = x csc 2 θdθ ( 5) dθ Sustituyendo las ecuaciones (2), (4) y (5)

θ2

x

θ1

Z

I

en la

Figura 1.1.2

r dl

expresión (1), se tiene:

r µ 0 I sin θ ( x csc 2 θdθ ) r ˆ) ⇒ dB = µ 0 I sin θdθ (−iˆ) dB = ( − i 4π x 2 csc 2 θ 4πx Luego, este diferencial de longitud varía desde el ángulo

θ1

hasta el ángulo

θ2

(véase Figura

1.1.2). Entonces, integrando la expresión superior:

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r µ I (−iˆ) θ B= 0 (− cosθ θ ) 4πx 2

1

Finalmente, resulta:

r µ I B = 0 (cos θ1 − cos θ 2 )(−iˆ) 4πx

Este análisis se hizo para un alambre finito. Sin embargo, si se hace

θ1 → 0

y

θ 2 → π , se

estaría en el caso de un alambre muy largo (infinito). En este caso:

r µ I B = 0 (−iˆ) 2πx

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1.2

Se tienen dos conductores paralelos largos que

conducen corrientes en la misma

dirección. El conductor A conduce una corriente IA y se mantiene fijo en su posición. El conductor B conduce una corriente IB y se deja que se deslice hacia arriba y hacia abajo (paralelo a A), entre un conjunto de rieles no conductores. Si la densidad de masa por unidad de longitud del conductor B es

λ , ¿Para qué valor de la corriente IB se producirá un

equilibrio cuando la distancia entre los conductores es a?

IA

ˆj a

iˆ

IB

SOLUCIÓN El alambre A, debido a que está conduciendo corriente, produce un campo magnético que afecta al alambre B y, en consecuencia, produce una fuerza magnética sobre éste. Ahora bien, dado que ambos alambres son muy largos (infinitos), entonces el campo magnético producido por el alambre A, será (véase el problema 1 en el que se demuestra esta expresión):

r µ I B = 0 A (−kˆ) 2πr (La dirección vectorial indicada es exclusiva para este caso. Si se generaliza, el

campo

magnético producido por un alambre sobre distintos puntos a la misma distancia del eje de éste será en dirección

uˆT , es decir, tangencial). r FM

En esta ecuación

IB

es la distancia que separa ambos alambres, en

este caso: a. Por lo tanto:

r mg Figura 1.2.1

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r

r µI B A = 0 A (kˆ) (1) 2πa

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Entonces, haciendo un análisis de fuerzas sobre el alambre B (véase Figura 1.2.1) y considerando la condición de equilibrio, se tiene:

r r F ∑ alambre( B ) = maB = 0 (Esta es la condición de equilibrio)

r r FM + mB g = 0 ( 2 ) . Recordando que la fuerza magnética sobre un alambre, producida por un campo magnético externo, se puede escribir como:

r r ( 3) FM = Il × B Sustituyendo la expresión (3) en la ecuación (2), se tiene:

r r I B l × B A + mB g = 0 (Donde

r BA

indica que el campo magnético es producido por el alambre A).

Entonces:

I B l (−iˆ) × B A kˆ + mg (− ˆj ) = 0 ⇒ I B lB A ( ˆj ) + mg (− ˆj ) = 0 mg IB = lB A

( 4)

(Véase, en la dirección vectorial de la fuerza magnética, que cuando por dos

alambres

circulan

corrientes en la misma dirección, éstos se atraen)

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m Luego, se tiene que: λ = l

(5)

(Este valor corresponde a la densidad de masa por unidad de longitud)

Ahora, sustituyendo la expresión (5) y (1) en la ecuación (4), resulta, finalmente:

IB =

2πλag µ0 I A

Nota Importante: Recuerde que en la expresión para la fuerza magnética sobre un alambre de longitud l, escrita anteriormente, la corriente presente es la que circula por el alambre sobre el cual se está hallando la fuerza magnética, mientras que el campo, es el campo magnético externo que origina dicha fuerza. Es por ello que, en este caso en particular, cuando se está hallando la fuerza sobre el alambre B se toma en consideración la corriente que circula por este alambre (IB) y el campo externo que afecta a este alambre (el campo magnético producido por el alambre A en este caso).

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1.3

Dos alambres muy largos están suspendidos por cuerdas no conductoras de longitud a. Los alambres tienen densidad de masa por unidad de longitud

µ

y conducen corrientes de

igual magnitud y sentidos opuestos. Determine la corriente I para que los alambres formen un ángulo de 2φ, entre ellos, cuando están en equilibrio.

ϕ

ˆj

a

iˆ

I

I

SOLUCIÓN Considere solo uno de los alambres para hacer el análisis de fuerzas (por medio de la segunda Ley de Newton). Asimismo, se establece la condición de equilibrio para dicho alambre. Entonces:

r T

r

∑F

ϕ

alambre

r FM r mg Figura 1.3.1

r = ma alambre = 0

(Esta es la condición de equilibrio)

r r FM + T + m g = 0

Aquí la fuerza magnética es la producida por un campo magnético externo sobre un alambre de longitud l. En este caso, el campo magnético externo es el producido por el segundo alambre. Asimismo, por la conclusión del ejercicio anterior, se sabe que cuando por dos alambres circulan corrientes en la misma dirección, los campos magnéticos de éstos producen fuerzas que inducen a que los alambres se atraigan, mientras que si las corrientes circulan en direcciones contrarias, entonces los alambres se repelen (que corresponde a este caso). Por lo tanto, tomando estas consideraciones, se tiene:

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(

)

FM (iˆ) + T cos ϕ ( ˆj ) + sin ϕ (−iˆ) + mg (− ˆj ) = 0 r (1) ∑ Fx = 0 ⇒ FM − T sin ϕ = 0 ( 2) r mg ∑ Fy = 0 ⇒ T cosϕ − mg = 0 ⇒ T = cosϕ

Sustituyendo la ecuación (2) en la ecuación (1):

FM = mg tan ϕ ( 3) Ahora bien, la fuerza magnética se puede escribir como:

r FM = IlB ( 4 ) Por otra parte, el campo magnético que produce dicha fuerza se puede escribir como:

r µ 0 I (5) B= 2πr Aquí, r es la distancia que separa a los dos alambres y se puede escribir de la siguiente manera:

r = 2a sin ϕ ( 6 ) Sustituyendo (6) en (5), resulta:

B=

µ0 I

(7)

4πa sin ϕ

Luego, combinando las expresiones (7) y (4) con la ecuación (3), se tiene:

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I 2 lµ 0 = mg tan ϕ . 4πa sin ϕ

Donde,

µ=

m l

Combinando ambas expresiones, resulta, finalmente:

I=

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4πaµg sin 2 ϕ µ 0 cos ϕ

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1.4

Determinar el campo magnético en un punto P localizado a una distancia x de la esquina de un largo alambre doblado de la forma mostrada en la figura, sabiendo que por dicho alambre circula una corriente I.

P

x ˆj

iˆ

I

SOLUCIÓN α2

α1 Figura 1.4.1

P Este problema se podrá resolver por medio de la Ley de Biot Savart. Por lo tanto:

r r µ 0 Idl × rˆ dB = 4π r 2 Sin embargo, la solución de esta expresión para un alambre finito

es:

B=

µ0 I (cosα 1 − cosα 2 ) (1) 4πr

(Véase el Problema 1.1 en el cual se demostró esta expresión) Ahora bien, para este caso en particular, se tiene que:

α1 ≈ 0

y

α2 =

π 2

(véase Figura 1.4.1 en la

cual se encuentra indicados los ángulos). Asimismo, la distancia perpendicular que separa al punto del alambre es:

r=x

Sustituyendo estas condiciones en la ecuación (1), resulta, finalmente: B =

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µ0 I 4πx

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1.5

Se tiene un conductor, en forma de cuadrado de longitud de lado l, que conduce una corriente I. Calcule el campo magnético en el centro del cuadrado.

I P

l

SOLUCIÓN Cada uno de los cuatro segmentos que forman el cuadrado son alambres de longitud l cada uno. De la misma manera, se puede concluir que, debido a que cada uno de estos alambres se encuentra ubicado a la misma distancia del centro y cada uno conduce la misma corriente (ya que el cuadrado es simplemente un alambre continuo doblado en esta forma), el campo magnético total en el centro de dicho cuadrado es cuatro veces la contribución de uno de los alambres (en otras palabras, sumando las contribuciones magnéticas de cada uno de los alambres, dado que cada uno tiene la misma magnitud y dirección, el total será cuatro veces la magnitud del campo producido por uno solo de los alambres). Por lo tanto, por la Ley de Biot - Savart, se calcula el campo magnético de uno de los alambres:

r r µ 0 Idl × rˆ dB = 4π r 2

L P

α2

L

r α1

Recordando el resultado de esta ecuación para un alambre finito (véase problema 1.1), se tiene:

Figura 1.5.1

r µI Balambre = 0 (cosα 1 − cosα 2 )(− kˆ) (1) 4πr

En este caso, la distancia r es la distancia perpendicular que separa el alambre del punto en cuestión, en particular:

r =l/2

α 1 = 45º y α 2 = 135º 2011 

(siendo l el lado del cuadrado). Por otra parte, los ángulos serán:

(véase Figura 1.5.1 para observar los ángulos)

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Asimismo, la dirección del campo magnético se puede verificar, analíticamente, por medio del producto cruz presente en la ecuación de la Ley de Biot-Savart; y, además, por la regla de la mano derecha, ya que el campo magnético la cumple (colóquese el dedo pulgar en la dirección de la corriente, y gire el resto de los dedos de la mano hacia el punto sobre el cual se está hallando el campo magnético. De esta manera, se verifica la dirección obtenida analíticamente). Entonces:

r r BTotal ( P ) = 4 Balambre Sustituyendo el campo magnético del alambre, resulta, finalmente:

r µI BTotal ( P ) = 2 2 0 ( − kˆ) πl

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1.6

Un alambre recto infinitamente largo que conduce una corriente I1 está rodeado por un lazo, tal como se muestra en la figura. El lazo, con una longitud L y un radio R, conduce una corriente I2 y es concéntrico con el alambre. Calcule la fuerza magnética producida por el alambre recto sobre el lazo.

kˆ

R ˆj

I2 I1

L

iˆ

SOLUCIÓN Para hallar la fuerza magnética entre el alambre y el lazo se puede, en primer lugar, dividir el lazo en cuatro segmentos: los dos segmentos semicirculares y los segmentos rectos paralelos al alambre central. Ahora, se sabe que la fuerza magnética se puede escribir como:

r r r FM = il × B De esta forma, cuando el alambre es paralelo al campo magnético, entonces la fuerza sobre éste será cero. En este caso en particular, el campo magnético producido por el alambre que conduce la corriente I1 es:

r µ I B = 0 1 (uˆ t ) (1) 2πr (En el problema 1.1 se demostró que este es el campo magnético producido por un alambre infinito. Sin embargo, aquí se ha extendido el resultado no solo a un punto en particular P, sino a una serie de puntos ubicados a la misma distancia r del eje del alambre. De esta forma, la dirección del campo magnético se generaliza y por ello se coloca

2011 

uˆt )

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Entonces, se puede observar que la dirección del vector director del campo magnético es paralela a los alambres semicirculares que forman parte del lazo. Por lo tanto, la fuerza magnética sobre ellos será nula. Luego, solo resta calcular la fuerza magnética sobre los alambres rectos:

r r r FTotal = FM ( alambre1) + FM ( alambre 2 ) r r r r r FTotal = I 2l × B + I 2l × B ( 2 ) Sin embargo, se puede observar que para cada uno de estos alambres (debido a que cada uno de ellos son una serie de puntos ubicado a la misma distancia del alambre central), el campo magnético tiene una dirección en particular. Para el de la izquierda (alambre 1) el campo magnético esta dirigido en la dirección está dirigido en la dirección

− iˆ

iˆ , mientras que para el de la derecha (alambre 2) el campo

(recuerde que el campo magnético cumple la ya conocida regla

de la mano derecha. Coloque el dedo pulgar en la dirección de la corriente, y gire el resto de los dedos para obtener la dirección del campo)

Luego, sustituyendo la ecuación (1) en la ecuación (2), con las consideraciones anteriores, se tiene:

r µI µI FM = I 2 L(kˆ) × 0 1 (iˆ) + I 2 L(− kˆ) × 0 1 (−iˆ) 2πR 2πR Finalmente, resulta:

r µI IL FM = 0 2 1 ( j ) πR

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Se tiene un alambre que se ha doblado en la forma de un cuadrado, de lado L, como se

1.7

muestra en la figura. Si la corriente que circula por el alambre es I, muestre que el campo magnético en un punto P, ubicado a una distancia d, perpendicular al centro del cuadrado se puede escribir como:

Y L

r B P P = X

I

d

Z

µ 0 IL2 ⎛ ⎛L⎞ ⎞ 2π ⎜⎜ d 2 + ⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎝2⎠ ⎠ ⎝ 2

3 2

iˆ

SOLUCIÓN Estudiando la simetría del problema, y comprobándola a través de la regla de la mano derecha, se puede determinar que las componentes del campo magnético se cancelarán tanto en el eje Z como en el eje Y. ˆj

inferior (los que son paralelos al eje Z), las

r B1 y

α α

Explicación: Si se analiza el alambre superior e iˆ

r BAlambre( Superior )

r

α

r r B1 x + B2 x

r r B B2 y Alambre (inf erior )

componentes del campo magnético producido por cada uno de dichos alambres en el eje Y se anularán entre sí, mientras que las componentes del eje X se sumarán. Por otra parte, si se analizan los alambres laterales (los que están paralelos al eje Y), se podrá observar como las componentes del campo magnético en el eje Z también se anularán entre sí, mientras que las componentes en el eje X se suman.

Figura 1.7.1 Vista Lateral

Para poder demostrar esto, se analizará el campo magnético de los alambres superior e inferior.

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Descripción de la figura. En la figura 1.7.1 se tiene una vista lateral del sistema mostrado en la figura del enunciado del problema. Los alambres superior e inferior no se ven, sin embargo, están representados por los puntos superior e inferior unidos por el lado del cuadrado que si se puede apreciar. Ahora bien, los círculos punteados representan el campo magnético producido por cada uno de ellos (el campo magnético producido por un alambre es tangencial a un círculo centrado en dicho alambre). Entonces, para el punto P, en particular, el campo magnético producido por los alambres superior e inferior tiene la dirección mostrada en la figura, para cada uno de ellos.

En consecuencia, si se proyecta el campo magnético de cada uno de los alambres en el sistema coordenado de referencia, entonces, se tendrá que las componentes en el eje Y están en sentidos opuestos, mientras que las componentes en el eje X están en el mismo sentido. Por lo tanto, sabiendo que el módulo del campo magnético superior e inferior es el mismo, por tratarse de alambres de la misma longitud y por los cuales circula la misma corriente, las componentes del eje Y se anularán, mientras que las del eje X se sumarán.

Ahora bien, si se hace el mismo análisis para los alambres laterales, se podrá concluir que las componentes en el eje Z se anularán, mientras que las componentes en el eje X se sumarán. De esta forma, el campo magnético total se podrá escribir como:

(Donde

r Bx

r r (1) BTotal = 4 Bx

es la componente en el eje X de cualquiera de los alambres, debido a que dicha

componente para los cuatro alambres es la misma)

Por la Ley de Biot – Savart, se tiene:

r ( 2) r µ 0 Idl × rˆ dB = 4π r 2

Para conseguir la componente en el eje X basta con utilizar las relaciones trigonométricas:

r r dBx = dB cosα ( 3)

(Donde

α

es el ángulo que corresponde a la proyección sobre el eje X)

Sustituyendo (2) en (3), resulta (esto corresponde a la realización del producto vectorial o producto cruz):

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r µ Idl dBx = 0 2 cosα ( 4 ) 4π r

Asimismo, se puede deducir lo siguiente:

L/2 cosα = r

Luego, por Teorema de Pitágoras, se tiene:

( 5)

⎛ ⎛L⎞ r = ⎜⎜ d 2 + ⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎝

Sustituyendo las igualdades (6) y (5) en la expresión (4):

2

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

1 (6) 2

r µ L dBx = 0 8π

Idl ⎛ 2 ⎛ L ⎞2 ⎞ ⎜d + ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎝ 2 ⎠ ⎟⎠ ⎝

3 2

iˆ

En esta igualdad, los valores de d y L son constantes, por lo tanto, integrando:

r r = d B B ∫ x x=

µ 0 LI

⎛ 2 ⎛ L ⎞2 ⎞ 8π ⎜⎜ d + ⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎝2⎠ ⎠ ⎝ r µ 0 L2 I Bx = iˆ ( 7 ) 3 ⎛ 2 ⎛ L ⎞2 ⎞ 2 8π ⎜⎜ d + ⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎝2⎠ ⎠ ⎝

L

∫ dl (iˆ)

3 2 0

Finalmente, sustituyendo (7) en (1), resulta:

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r BTotal =

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µ 0 L2 I ⎛ ⎛L⎞ 2π ⎜ d 2 + ⎜ ⎟ ⎜ ⎝2⎠ ⎝

2

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

3 2

iˆ

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Dos bobinas circulares de radio R se encuentran paralelas. Sus centros están separados

1.8

una distancia R y están ubicados sobre el mismo eje. Una corriente, I, circula en direcciones opuestas por cada bobina. Demuestre que el campo magnético a una distancia d del centro de una de las bobinas, está dado por:

Y

r µ 0 IR 2 ⎛⎜ 1 1 B= − 3 3 2 ⎜⎜ (R 2 + d 2 )2 2 2 2 (( R − d ) + R ) ⎝

R

d

⎞ ⎟ˆ ⎟⎟i ⎠

Anillo (1)

X Anillo (2)

SOLUCIÓN En primer lugar, se considerará que el origen del sistema de coordenadas se encuentra en el centro del anillo 1. Entonces, se calculará el campo magnético producido por cada uno de los anillos en el punto en cuestión.

Anillo (1): (Para la descripción de esta figura, vaya a la descripción de la

ˆj

figura del problema anterior)

iˆ

r B1

Se puede observar, en la figura, el campo magnético producido por la parte superior e inferior del anillo (tal como el en el problema 1.7. No obstante, en este problema estas partes no son alambres sino diferenciales de longitud). Nuevamente, las componentes en el eje Y se anularán, mientras que las componentes en el eje X se

r B1

d Figura 1.8.1 Vista Lateral

2011 

sumarán. Entonces, si se considera que el campo magnético producido por el anillo 1 forma un ángulo que:

r r (1) B1 = 2 B1x

α

con el eje X, se tendrá

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(En este caso se multiplica por el factor 2, ya que cada diferencial de longitud tiene sólo un elemento diferencial, diametralmente opuesto. En el caso del problema anterior, se tenían 4 segmentos del mismo alambre. Aquí, se tiene dos segmentos semicirculares, el inferior y el superior)

Ahora, por la Ley de Biot – Savart, resulta:

r ( 2) r µ 0 Idl × rˆ dB = 4π r 2

Luego, para conseguir la componente en el eje X basta con utilizar las relaciones trigonométricas:

r r dB1 x = dB cosα ( 3)

Sustituyendo (2) en (3), será:

r µ Idl dB1x = 0 2 cosαiˆ ( 4 ) 4π r

De la gráfica, se puede deducir que:

R cosα = r

( 5)

Donde r es la distancia que separa a los diferenciales de longitud del anillo del punto P y, por lo tanto, se puede escribir como:

r = (R + d 2

)

1 (6) 2 2

Asimismo, el diferencial de longitud en el caso de un anillo (o círculo), se puede escribir como:

dl = Rdφ ( 7 ) (Donde

φ

es el ángulo polar).

Sustituyendo las igualdades (5), (6) y (7) en la expresión (4), resulta:

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r µ 0 IR 2 dφ ˆ dB1 x = i 3 4π (R 2 + d 2 )2 Es importante notar que, en este caso, el ángulo polar se integrará solo en la mitad del ángulo que forma el círculo (que es 2 π ). Esto se debe a que, al considerar el efecto de la parte superior e inferior en la misma gráfica y concluyendo que el efecto en el eje Y se anula, mientras que el efecto en el eje X se suma, entonces ya se está incluyendo en la misma expresión ambas mitades de las bobinas, por lo que solo bastará integrar una mitad.

De esta forma:

µ0 R 2 I

r r d B B = ∫ 1x 1x =

4π (R 2 + d

π

)

3 2 2

∫

0

r dφiˆ ⇒ B1x =

µ0 R 2 I 4(R 2 + d

)

3 2 2

iˆ ( 8)

Sustituyendo (8) en (1), resulta:

r B1 =

µ0 R 2 I 2(R 2 + d

)

3 2 2

iˆ ( 9 )

Anillo (2):

Y r B2

En este caso, ocurrirá exactamente lo mismo que en el

ˆj

caso del anillo 1. Las componentes del campo magnético

iˆ

en el eje Y se anularán, mientras que las componentes en el eje X se sumarán. Si se hace el análisis completo, surgirá un resultado similar al anterior. No obstante, la

r B2

X R−d

única diferencia es el ángulo que forma la línea del campo magnético con el eje X y, también, que la dirección del campo total es

Figura 1.8.2 Vista Lateral

− iˆ . Por lo tanto, con la expresión (4) del

anillo anterior (y colocándole su respectiva dirección), se tiene:

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r µ Idl dB2 x = 0 2 cosα 1 (−iˆ) (10 ) 4π r

En este caso:

Donde:

R cosα 1 = r

(11)

r = (( R − d ) + R 2

)

1 (12 ) 2 2

Sustituyendo las igualdades (7), (11) y (12) en la expresión (10), se tiene:

r r = d B B ∫ 2x 2x = r B2 x =

µ0 R 2 I

π

4π (( R − d ) + R 2

µ0 R 2 I 4(( R − d ) 2 + R

)

3 2 2

)

3 2 2

∫ dφ (−iˆ) 0

(−iˆ) (13)

(Véase que los límites de integración del ángulo polar son los mismos que en el caso anterior. La razón es, obviamente, la misma) Ahora, el campo magnético total del anillo 2, será:

r r B2 = 2 B2 x =

µ0 R 2 I 2(( R − d ) 2 + R

)

3 2 2

(−iˆ) (14 )

Entonces, el campo magnético total en el punto P se puede escribir como:

r r r (15 ) BTotal = B1 + B2

Finalmente, sustituyendo en la ecuación (15) las expresiones (9) y (14):

2011 

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r µ R2I BTotal = 0 2

2011 

⎛ 1 ⎜ ⎜ ⎜ R2 + d 2 ⎝

(

−

1

) (( R − d ) 3 2

2

+ R2

)

3 2

⎞ ⎟ ˆ ⎟ (i ) ⎟ ⎠

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II.

Capítulo 2: Ley de Ampere

2.1

Un cilindro macizo de radio a, lleva una densidad de corriente que varía con la distancia radial al eje, r, de acuerdo a la relación:

r 2I 0 ⎛ r2 ⎞ J ( r ) = 2 ⎜1 − 2 ⎟ πa ⎝ a ⎠

donde I0 es una constante.

2.1.1

¿Cuál es la corriente total que pasa por su sección transversal?

2.1.2

Determine el campo magnético en todo el espacio.

a

r J

SOLUCIÓN 2.1.1

Para hallar la corriente total que atraviesa el cilindro mostrado, se tiene:

(1) r r r r 2I o r2 ˆ r di = J ⋅ dA ⇒ iTotal = ∫ J ⋅ dA ⇒ iTotal = ∫ 2 (1 − 2 )k ⋅ dA A A πa a

(Véase que, como se quiere la corriente total que circula por el cilindro, entonces se integra toda el área transversal de dicho cilindro)

Ahora, el diferencial de área (transversal) de un cilindro se puede escribir como:

r dA = 2πrdrkˆ ( 2 ) (En este caso, el vector director de este diferencial está sobre el eje Z) 2011 

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Sustituyendo la ecuación (2) en la (1), se tiene:

iTotal

r2 ˆ r3 2Io 4Io a ˆ = 2 ∫ (1 − 2 )k ⋅ 2π rdrk ⇒ iTotal = 2 ∫ (r − 2 )dr a a o a πa A

(Se debe recordar que el producto punto, o escalar, de dos vectores unitarios en la misma dirección es 1,

iTotal

kˆ ⋅ kˆ = 1 )

4I ⎛ 1 1 = 2o ⎜⎜ r 2 − 2 r 4 a ⎝2 4a

⎞ ⎟ ⎟ 0 ⎠ a

Finalmente, resulta:

iTotal = I o 2.1.2

El campo magnético, en el caso de los cilindros, depende de la distancia del punto sobre el que se está hallando el campo al eje del cilindro. Por lo tanto, se deberá separar el análisis de este problema en dos regiones, dentro y fuera del cilindro.

Ahora, a través de la Ley de Ampere, se tiene:

r r r r B ⋅ d l = µ J ⋅ dA = µ 0 iEnlazada ( C ) 0∫ ∫

C ( A)

A

Nota Importante: se debe recordar que para las trayectorias utilizadas en la integral de la Ley de Ampere el campo magnético debe ser constante. En otras palabras, para todos los puntos ubicados a la misma distancia del centro del cilindro, el campo magnético debe tener la misma magnitud (más no la misma dirección).

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Ahora bien, para saber la dirección en la que está el campo magnético (que será la misma que la del diferencial de trayectoria o de longitud), se empleará la regla de la mano derecha, es decir, se coloca el dedo pulgar en la dirección de la corriente y girando el resto de los dedos se obtendrá dicha dirección.

En este problema, en particular, (y, en general, en todos los problemas con simetría cilíndrica), la dirección del campo será tangencial a la trayectoria utilizada (véase Figura 2.1.1). Por lo tanto, denotando este vector unitario como

uˆt a

Trayectori a Amperiana

r

(unitario tangencial), se tendrá:

r J

r dA ut

Z

Cilindro

Figura 2.1.1

1º Para

r < a : (se tomará una trayectoria cuyo radio es menor que el radio del cilindro)

r r r r (1) B ⋅ d l = µ J 0 ∫ ∫ ⋅ dA C

A

Sustituyendo la expresión de la densidad de la corriente en la ecuación anterior:

2I o r2 ˆ ∫C B(uˆt ) ⋅ dl (uˆt ) = µ 0 ∫A πa 2 (1 − a 2 )k ⋅ 2πrdrk 4µ I B ∫ dl = 02 o a C

4µ 0 I o ⎛ 1 2 r3 ⎜ r − 12 r4 r dr B r ( ) ( 2 ) − ⇒ = π 2 2 ∫0 a a ⎜⎝ 2 4a r

⎞ ⎟ ⎟ 0 ⎠ r

(Vea que la Ley de Ampere, solo se proporciona la magnitud del campo magnético. Sin embargo, después de aplicar la regla de la mano derecha, ya se sabe cual es su dirección. Por otra parte, la

2011 

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integral del diferencial de longitud a lo largo de toda la trayectoria es igual a la longitud de esa trayectoria. Recuerde, pues, que la longitud de una trayectoria circular es

2π ∗ radio )

Finalmente, evaluando la expresión anterior y colocando la dirección del campo, resulta:

r r2 µo I o B( r < a ) = r (1 − 2 )(uˆt ) 2a πa 2

2º Para

r ≥ a : (se tomará una trayectoria cuyo radio es mayor al del cilindro)

r r r r B ⋅ d l = µ J ⋅ dA 0∫ ∫ C

A

La diferencia entre esta región y la anterior, es que la corriente enlazada por la trayectoria será la corriente total que pasa por el cilindro. Por lo tanto, la integral:

r r J ∫ ⋅ dA

es igual a la corriente total

A

del cilindro, es decir

I o . Por lo tanto, resultará que el campo magnético fuera del cilindro es:

r µ I B( r ≥ a ) = 0 0 (uˆt ) 2πr

2011 

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Un cilindro largo de radio a tiene dos cavidades cilíndricas de radio a/2 a lo largo de toda su

2.2

longitud. Una corriente I circula en la dirección del eje Z, distribuida uniformemente en toda su sección transversal. Determine la magnitud y dirección del campo magnético en un punto del eje X a distancia r del centro del cilindro.

I

a/2

a

X r

SOLUCIÓN Para hallar el campo magnético con esta configuración, se debe aplicar el Principio de Superposición. Para ello se seguirán los siguientes pasos: ƒ

Se calculará el campo magnético que produce el cilindro grande, sobre el punto, como si no |tuviese ninguna cavidad. Pero, se debe hacer notar que la corriente que se tomará en consideración para hallar este campo no es la que pasa por la sección transversal del cilindro (que es el dato en el problema), sino la total que circularía si no existiesen cavidades (se hará a través de una regla de 3, ya que la corriente es uniforme

ƒ

Se calculará el campo magnético que producen cada una de las cavidades sobre el punto. Pero, así como en el caso anterior, se debe hallar la corriente que circula por dichas cavidades empleando una regla de tres (que en realidad no existe, pero para efectos del Principio de Superposición, la se tiene que considerar).

ƒ

Ahora, se restarán los tres efectos (ya que se ha hallado el campo magnético de unas cavidades por las cuales no circula corriente, por lo tanto su efecto no existirá. Es por esta razón, que se debe restárselo al efecto del cilindro grande sin cavidades).

De esta forma, se tendrá que el campo magnético total sobre el punto, se calculará con la expresión:

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r r r r (1) BTotal = BCilindro − BCavidad (1) − BCavidad ( 2 ) 1º Cilindro grande:

r r r r B ⋅ d l = µ J ⋅ dA . 0∫ ∫ C

A

Véase que el punto está afuera de todos los cilindros, por lo tanto, para las tres trayectorias amperianas que se aplicarán, se tomará en cuenta la corriente total que pasa por cada uno de los cilindros. Ahora, después de hacer una regla de tres, resulta:

I Cilindro = 2 I Entonces:

r r µI µI BCilindro = 0 Cilindro (uˆ t ) ⇒ BCilindro = 0 (uˆ t ) ( 2 ) πr 2πr 2º Cavidad izquierda:

A través de una regla de tres, se puede demostrar que la corriente, equivalente, que circularía por cada una de las cavidades es:

I Cavidades =

1 I 2

También, para la cavidad izquierda, la distancia entre ésta y el punto, será:

r + a/2 Por lo tanto:

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r r µ I µ0 I (uˆ t ) ( 3) BCavidad (1) = o Cavidad (uˆ t ) ⇒ BCavidad (1) = a a 2π (r + ) 4π (r + ) 2 2 3º Cavidad derecha:

La única diferencia con la anterior, es la distancia del punto al eje de la cavidad, que en este caso será:

r − a/2 r r µ I µo I BCavidad ( 2) = o Cavidad (uˆ t ) ⇒ BCavidad ( 2) = (uˆ t ) ( 4 ) a a 2π (r − ) 4π (r − ) 2 2 Finalmente, sustituyendo las expresiones (2), (3) y (4) en la ecuación (1), resultará:

r µ I BTotal = 0 (uˆ t ) − πr

µ0 I a 4π (r + ) 2

(uˆ t ) −

µ0 I a 4π (r − ) 2

(uˆ t )

Simplificando la expresión anterior, se obtendrá:

r µ I BTotal = 0 πr

2011 

⎛ 2r 2 − a 2 ⎞ ⎜⎜ 2 ⎟(uˆ ) 2 ⎟ t ⎝ 4r − a ⎠

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2.3

Un cable coaxial se forma redondeando un conductor cilíndrico sólido de radio R1 con un cilindro coaxial de radio interno R2 y externo R3. La corriente que circula por el cable interior regresa por la capa exterior. Determine el campo magnético en puntos en las distintas regiones dentro y fuera del cable. Hacer el gráfico de

r B

en función de r. Suponer que la

densidad de corriente es uniforme.

I R2

R1 R3

I SOLUCIÓN

En este caso, se tendrá que separar el análisis del problema en 4 regiones. Dichas regiones son:

1.

r < R1

2.

R1 ≤ r < R2

3.

R2 ≤ r < R3

4.

r ≥ R3 Ahora, empleando la Ley de Ampere a cada una de las regiones denotadas anteriormente, se tendrá:

R1

r

r r r r (1) B ⋅ d l = µ J 0 ∫ ∫ ⋅ dA C

A

Trayectori a Amperiana

Figura 2.3.1

1º Para

r < R1

(véase Figura 2.3.1):

Como la corriente I que pasa por el cilindro interior, se distribuye uniformemente en toda su sección transversal, entonces, se podrá escribir: 2011 

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r r r r dI = J ⋅ dA ⇒ I Total = ∫ J ⋅ dA ⇒ I Total = J ∫ dA A

r I ⇒ J = Total2 πR1

A

( 2)

Sustituyendo la expresión (2) en la (1), se tiene:

B ∫ dl = µ 0 C

I Total I Total dA ⇒ B ( 2 π r ) = µ 2πrdr 0 2 2 πR1 ∫S πR1 ∫S r

r 2I 2I 1 B(2πr ) = µ 0 Total rdr ⇒ B (2πr ) = µ 0 Total ( r2 ) 2 2 ∫ R1 2 0 R1 0

(Vea que, en este caso, la región de integración es el área transversal definida por el radio de la trayectoria amperiana)

Evaluando esta expresión y colocando la dirección del campo magnético, resulta:

r µ Ir B( r < R1 ) = o 2 (uˆt ) 2πR1

R2

2º Para

r

R1

R1 ≤ r < R2

(véase Figura 2.3.2):

En esta región, la trayectoria amperiana que se está utilizando enlaza por completo al cilindro interior de radio R1, por lo tanto, la corriente enlazada será la corriente total que pasa a través del área transversal Trayectori a Amperiana Figura 2.3.2

2011 

de este cilindro. De esta manera, el campo magnético resultará:

r µ I B( R1 ≤ r < R2 ) = o (uˆt ) 2πr

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3º Para

R2 ≤ r < R3

(véase Figura 2.3.3):

Aquí, se utilizará el Principio de Superposición. Es decir, para ecampo magnético se considerará el efecto del cilindro interior, de

R3 R 1 r R2

radio R1, y el de la región entre la concha cilíndrica interior, de radio R2, y la exterior, de radio R3, enlazadas por la trayectoria amperiana. Asimismo, se debe hacer notar que las corrientes en el cilindro Trayectori a

interior y en la concha tienen sentidos opuestos, por lo tanto, los

Amperiana

campos magnéticos de cada uno de ellos tendrám sentidos

Figura 2.3.3

opuestos.

Entonces, la densidad de corriente en el caso de la concha cilíndrica enlazada, se podrá escribir como:

r r di = J ⋅ dA ⇒ I Total ( concha ) =

r r J ∫ ⋅ dA ⇒ I Total (concha ) = J

A ( concha )

r R I Total ( concha ) = J ∫ 2πrdr ⇒ J = 1

R2

∫ dA

A ( concha )

( 3)

I Total ( concha )

π ( R3 − R2 ) 2

2

Sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (1):

Bconcha ∫ dl = µ 0 C

I Total ( concha )

∫ dA ⇒ B(2πr ) = µ 0

π ( R3 − R2 ) S 2

2

2 I ( concha ) ⎛ 1 2 ⎜ r Bconcha (2πr ) = µ 0 Total 2 2 ⎜ ( R3 − R2 ) ⎝ 2

r

R2

I Total ( concha )

π ( R3 − R2 ) ∫R 2

r

2

2πrdr 1

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

Evaluando la expresión anterior, resulta:

r µ 0 I Total ( concha ) r 2 − R2 2 ( )(−uˆ t ) Bconcha = 2 2 r 2π ( R3 − R2 ) 2011 

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(Recuerde que el signo negativo se debe a que el sentido de esta corriente es contrario al anterior, el cual se había considerado como positivo. El hecho de que la corriente esté en sentidos opuestos tanto en el cilindro interior como en la concha cilíndrica, se refleja en la dirección del campo magnético)

Ahora, el campo magnético total en la región indicada, será:

r r r BTotal = BConcha + BCilindro Sustituyendo los respectivos campos, se tiene: 2 r µ0 I µ0 I r 2 − R2 BTotal = (uˆ t ) + ( )(−uˆ t ) 2 2 2πr r 2π ( R3 − R2 )

Operando sobre esta expresión, resulta, finalmente:

r µ I R 2 − r2 )(uˆt ) B( R2 ≤ r < R3 ) = 0 ( 32 2πr R3 − R2 2

4º Para

r ≥ R3

(véase Figura 2.3.4):

En esta región, la trayectoria amperiana enlazará tanto al cilindro

R3

macizo como a la concha cilíndrica. Sin embargo, dado que las

R1

corrientes que pasan por estos son iguales en magnitud, pero

r

tiene

R2

opuestos,

entonces,

el

campo

magnético

resultante será nulo. Trayectori a Amperiana

Figura 2.3.4

sentidos

r r B( r ≥ R3 ) = 0

De esta manera, la función campo magnético, será: 2011 

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µ0 I ˆ 2 r (u t ) 2πR1 µ0 I (uˆt ) 2πr 2 µ 0 I R3 − r 2 ˆ ( 2 2 )(ut ) 2πr R3 − R2

r B(r ) =

r 0

para r ≤ R1 para R1 ≤ r < R2 para R2 ≤ r < R3 para R3 ≤ r

r B

µ0 I 2πR1

µ0 I 2πR2

µ0 I 2 2πR1

r R1

R2

Graficando esta función a trozos, se tiene:

2011 

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44

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Calcular el campo magnético en un punto p de un hueco cilíndrico de radio a que se ha

2.4

hecho en un cilindro de radio b, si la corriente total en el conductor es I y la densidad de corriente es uniforme en su sección transversal. b

a

Punto

kˆ ˆj

d a

I

iˆ

b Vista Superior

SOLUCIÓN Para este problema se tendrá que emplear el Principio de Superposición. Se seguirá un procedimiento similar al seguido en el problema 3 del presente capítulo. Entonces, se separará el problema en dos partes: cálculo del campo magnético producido por el cilindro grande (sin cavidad) y, luego, el producido por el cilindro pequeño (cavidad). Posteriormente, se sumará los efectos (tomando en consideración los signos de las corrientes). Sin embargo, se deben tener presente las mismas consideraciones que se tuvieron en el problema 3 con respecto a la corriente que se utilizó. Por otra parte, es importante notar que, en este caso, el punto sobre el que se hallará el campo magnético no está en la línea que une los ejes de los cilindros. A continuación se observará como cambia esto el problema.

Punto

b

r r r (1) BTotal = BCilindro − BCavidad

ρ A través de la Ley de Ampere: Trayectoria Amperiana

Figura 2.4.1

r r r r ( 2) B ⋅ d l = µ J ⋅ dA 0∫ ∫ C

2011 

A

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1º Cilindro grande (se considerará que la distancia del centro del cilindro al punto es ρ. Véase la figura 2.4.1):

En este caso, la densidad de corriente del cilindro (recuerde que, en la realidad, esta corriente solo circula a través del área del cilindro y no de la cavidad), será:

r r I Total = ∫ J ⋅ dA ⇒ I Total = J ∫ dA ⇒ I Total = J ∫ 2πrdr A

A

A

No obstante, véase que esta área (la de integración) es el área sólo del conductor, por lo tanto, hacer la regla de tres es equivalente a restar el área del conductor sin cavidad y el área de la cavidad (esto se puede hacer gracias a que la corriente se distribuye uniformemente a través de toda el área transversal del conductor). Luego:

⇒ I Total = J ( ACilindro − Acavidad ) ⇒ I Total = J (πb 2 − πa 2 ) ( 3) r I Total 2 2 I Total = Jπ (b − a ) ⇒ J = π (b 2 − a 2 ) (Es importante darse cuenta de que éste es un procedimiento alternativo al utilizado en el problema 3 del presente capítulo. En otras palabras, es el procedimiento análogo a la regla de tres)

Sustituyendo la expresión (3) en la (2), se tiene:

µ o I Total I Total πρ ( 2 ) dA ⇒ B = dA π (b 2 − a 2 ) π (b 2 − a 2 ) ∫S S

B ∫ dl = µ 0 ∫ C

B (2πρ ) =

µ o I Total

π (b − a ) 2

2

(πρ 2 )

(Véase que el área S de la integral es el área encerrada, que viene determinada por el radio de la trayectoria amperiana. Dicha trayectoria es circular, por lo que el área encerrada por ella es el área de un círculo que se considerará, de momento, que tiene radio ρ).

2011 

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De esta integral, resulta:

r BCilindro =

µ 0 Iρ

2π (b − a ) 2

2

(uˆ ρ ) ( 4 )

(Observe que el vector unitario no es el acostumbrado, ya que el campo magnético tanto del cilindro como de la cavidad son tangenciales, pero a sus respectivas trayectorias amperianas. En otras palabras, cada una tendrá un vector unitario tangencial que no son los mismos. No obstante, posteriormente se hará una equivalencia entre ellos) 2º Cavidad (considérese que la distancia entre el centro de la cavidad al punto es r. Véase la figura 2.4.2):

La densidad de corriente que se utilizará es la misma que se halló en la parte anterior.

Por lo tanto:

I Total I Total dA B ( 2 r ) dA ⇒ π = µ 0 2 2 2 2 ∫ ( b a ) ( b a ) π − π − S S

B ∫ dl = µ 0 ∫ C

Punto

(En este caso, tal como en el anterior, la superficie S es la encerrada por la trayectoria amperiana utilizada. Entonces, esta

a

integral es equivalente al área del círculo que se considerará, de

r

momento, que tiene radio r) Trayectori a Amperiana

B (2πr ) =

Figura 2.4.2

µ 0 I Total

π (b − a ) 2

2

(πr 2 )

De esta expresión, resulta:

r BCavidad =

µ 0 I Total r (uˆ r ) ( 5 ) 2 2 2π (b − a )

2011 

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Ahora bien, si se considera que el eje del cilindro (en la dirección de la corriente) coincide con el eje Z, entonces se podrá escribir:

uˆ ρ = kˆ × ρˆ ( 6 ) Y, también:

uˆ r = kˆ × rˆ ( 7 ) Aquí, el vector

kˆ

es el vector unitario en la dirección del eje Z, mientras que

rˆ

y

ρˆ , son los

vectores unitarios en la línea que une al centro de la cavidad y del cilindro con el punto sobre el que se está hallando el campo magnético, respectivamente.

Por lo tanto, sustituyendo (6) en (4) y (7) en (5), resulta:

r BCilindro =

µ 0 I Total ρ ˆ (k × ρˆ ) (8) 2 2 2π (b − a )

r BCavidad =

µ 0 I Total r (kˆ × rˆ) ( 9 ) 2 2 2π (b − a )

Ahora, sustituyendo (8) y (9) en (1), resulta:

r BTotal =

2011 

[ ρ (kˆ × ρˆ ) − rˆ(kˆ × rˆ)] −a )

µ 0 I Total

2π (b

2

2

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Por propiedades del producto vectorial, la expresión superior se puede convertir en:

r r [ (kˆ × ρ ) − (kˆ × r )] −a )

µ 0 I Total

r BTotal = r BTotal

2 2π (b 2 µ 0 I Total ˆ × ( ρr − rr ) (10 ) = k 2π (b 2 − a 2 )

[

]

Ahora, véase la figura 2.4.3:

Recordando las operaciones de vectores, se puede hacer

Punto

r

ρ

r r

r d Figura 2.4.3

la siguiente representación:

r r r d = ρ − r (11) Sustituyendo la expresión (11) en la ecuación (10), se tiene:

r BTotal =

r [ kˆ × d ] −a )

µ 0 I Total

2π (b 2

2

Haga el producto cruz con la regla de la mano derecha y, resultará, finalmente:

r BTotal =

(Donde

2011 

µ 0 I Total d (uˆ r ) 2π (b 2 − a 2 )

uˆ r

es el vector radial al cilindro)

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2.5

Calcule el flujo magnético por unidad de longitud a través de una superficie plana (S) dentro de un alambre, tal como se muestra en la figura.

I

R

S

SOLUCIÓN Para calcular el flujo magnético a través de una superficie determinada, se debe recurrir a la fórmula:

r r (1) Φ Magnético = ∫ B ⋅ dA S

R

r B I'

La corriente I’ que se muestra en la figura es una línea de corriente que se encuentra dentro del alambre (por el cual

r dA

r

circula la corriente total I). Ahora, para el diferencial de área que se está considerando, el campo magnético tiene la

L

misma dirección. Sin embargo, dicho campo, producido por la línea de corriente, depende de la distancia del punto a la fuente y, en este caso, los puntos que forman parte de la

dr

superficie se encuentran a distancias distintas de la fuente

Figura 2.5.1

en cuestión.

Luego, el área de la banda (diferencial de área) se puede escribir como:

dA = Ldr ( 2 )

Ahora, para hallar el campo magnético, se empleará la Ley de Ampere:

r r r r ( 3) B ⋅ d l = µ J ⋅ d A ⇒ B dl = µ JdA 0∫ 0∫ ∫ ∫ C

2011 

S

C

S

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La densidad de corriente, dado que la corriente se distribuye uniformemente a través de toda el área transversal del cilindro, se puede escribir, sin hacer los cálculos de los problemas anteriores, como: ( 4) r I J = 2 πR

Sustituyendo la ecuación (4) en la ecuación (3), se tiene:

µI I dA ⇒ B(2πr ) = 0 2 (πr 2 ) 2 πR πR S

B(2πr ) = µ 0 ∫

(Véase que el área de la integral, S, es el área encerrada por la trayectoria amperiana. Se debe recordar que la línea de corriente representa, en realidad, la corriente que circula a través de toda el área de este círculo descrito)

De esta forma, resulta:

r µ 0 Ir ( 5 ) B= 2πR 2

Sustituyendo las ecuaciones (5) y (2) en la expresión (1) (se debe recordar que la dirección del campo magnético es la misma dirección que la del diferencial de área. Por lo tanto, el producto punto de sus vectores directores es 1), se tiene:

Φ Magnético = ∫

R

0

µ0 I µ LI 1 rLdr ⇒ Φ Magnético = 0 2 ( r 2 ) 2 2πR 2πR 2 0 R

Evaluando esta expresión, resultará, finalmente:

Φ Magnético L

=

µ0 I 4π

(Este resultado es el flujo magnético por unidad de longitud del alambre) 2011 

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2.6

Se tiene un cable coaxial, largo, formado por un conductor cilíndrico macizo de radio a que se encuentra dentro de un cilindro de grosor despreciable de radio b. Por el conductor interno circula una densidad de corriente que depende en cada punto de la distancia r del punto al eje del cilindro de la forma:

Donde

r C J = kˆ r

kˆ es un vector unitario en la dirección del eje del cilindro. Por la concha externa de

radio b circula una corriente I1 distribuida uniformemente en toda su superficie y en dirección contraria a la que circula por el cilindro interior.

Z 2.6.1

Calcule el campo magnético inducido en los dos cilindros coaxiales que se muestran en la figura en todos los puntos del espacio.

2.6.2

Un hilo de longitud L, por el que circula una corriente I3, se coloca en el plano XY, en el

Y

sistema de coordenadas mostrado en la figura. El hilo es paralelo al eje Y y su punto medio se encuentra a una distancia d del eje del cable.

X

¿Cuál es la fuerza total sobre la barra de longitud L?

L SOLUCIÓN 2.6.1

Para calcular el campo magnético producido por el cilindro, se debe separar el análisis en tres regiones, ellas son:

1. 2. 3.

2011 

r≤a ab

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Ahora, empleando la Ley de Ampere, se tiene:

r r r r (1) B ⋅ d l = µ J ⋅ dA 0∫ ∫ C

A

1º Para

r≤a

(el radio de la trayectoria amperiana es menor que el del cilindro interior de radio a):

Sustituyendo la expresión de la densidad de la corriente en la ecuación (1) (en este caso, a diferencia de los problemas anteriores, la densidad de corriente no es constante. En otras palabras, la corriente no se distribuye uniformemente a través de toda el área transversal del cilindro interior), se tiene:

Z r J

C ˆ k ⋅ dAkˆ r S

B ∫ dl = µ 0 ∫

r dA

C

r

Trayectori a Amperiana

⇒ B(2πr ) = µ 0 C ∫ o

a

⇒ B(2πr ) = 2πµ 0 C (r 0 ) r

Corte Transversa l

Evaluando

Figura 2.6.1

2º Para

2πr dr r

a≤r
la

expresión

anterior,

resulta:

r B( r ≤ a ) = µ 0C (uˆt )

(el radio de la trayectoria amperiana es mayor que el radio del cilindro interno,

pero menor que el de la concha cilíndrica):

En este caso, la corriente enlazada por la trayectoria amperiana es la corriente total que pasa por el cilindro interior. Por lo tanto, la única diferencia con el cálculo anterior es que el límite superior de la integral no será una radio arbitrario, r, sino el radio de dicho cilindro, a. Por lo tanto:

B (2πr ) = 2πµ 0 C ∫ dr a

0

2011 

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Evaluando esta integral, resulta:

3º Para

r µ Ca B( a≤r
r ≥ b:

En este caso, se tendrá que aplicar el Principio de Superposición, ya que tanto el cilindro interior como la concha cilíndrica producen un campo magnético, es decir, cada uno dará su contribución al campo total.

r r r ( 2) BTotal = BCilindro − BConcha Sin embargo, el campo magnético del cilindro interior fue hallado en la parte anterior. Ahora, el campo de la concha, será:

r r B ∫ ⋅ dl = µ 0ienlazada ⇒ BConcha (2πr ) = µ 0ienlazada C

Pero, la corriente enlazada por la trayectoria amperiana, en el caso de la concha cilíndrica, es la total que circula por dicha concha, I1. Por lo tanto, se tendrá:

r µI BConcha = 0 1 (uˆ t ) ( 3) 2πr Sustituyendo la expresión (3) y la del campo magnético producido por toda la corriente del cilindro interior, en la ecuación (2), se tiene:

r µ Ca µ I BTotal = 0 (uˆ t ) − 0 1 (uˆ t ) 2πr r Simplificando, resulta, finalmente:

r µ BTotal = 0 ( 2πCa − I1 )(uˆt ) 2πr 2011 

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2.6.2

Se debe recordar que la fórmula de fuerza magnética sobre un alambre que conduce una corriente:

r r r dF = idl × B ( 4 ) Véase en la figura 2.6.2 que el campo magnético para distintos puntos de la barra, forma un ángulo con respecto a los ejes de referencia (que se ha colocado explícitamente).

r dl

iˆ

d

θ

ˆj

r B

a

L b Figura 2.6.2

Entonces, se tendrá:

r dl = dyˆj ( 5) r B = B(cosθ ( ˆj ) + sin θ (iˆ)) ( 6 ) Sustituyendo las expresiones (5) y (6) en la expresión (4), se tiene:

r r dF = I 3 dyˆj × B (cosθ ( ˆj ) + sin θ (iˆ)) ⇒ dF = I 3 B sin θdy (− kˆ) ( 7 ) Ahora, el campo magnético de esta expresión es el de la tercera región (dicho campo magnético fue hallado en el inciso anterior). Asimismo, se considerará que el origen de coordenadas es el punto medio de la barra (que se encuentra separado a una distancia d del eje de la concha y del 2011 

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cilindro). Por lo tanto, sustituyendo el campo magnético de dicha región en la ecuación (7), se tiene: (8) r r µ0 ˆ FBarra = ∫ dF = ∫ I 3 (2πCa − I 1 ) sin θdy (− k ) 2πr

Luego, considerando la posición del origen de coordenadas, se pueden deducir las siguientes relaciones (demuestre que estas relaciones se cumplen):

y sin θ = r Además:

(9)

r = y2 + d 2

(10 )

Sustituyendo (10) en (9) y, posteriormente, el resultado en (8), se obtendrá: L r µ0 I 3 y FBarra = (2πCa − I 1 ) ∫ 2L 2 dy (− kˆ) − y + d2 2π 2

Véase que el integrando es una función impar evaluada en un intervalo que es simétrico. Entonces, integrando (pero no es necesario hacerlo, sabiendo las propiedades de las funciones impares), se llegará a que:

r r FBarra = 0 Nota Importante: Este resultado debía esperarse al principio del análisis. Ello se debe a que el diferencial de longitud del alambre es paralelo al campo magnético y el producto cruz de dos vectores paralelos es nulo.

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2.7

Una bobina toroidal de N vueltas, espesor h, radio interior a y exterior b, conduce una corriente I. La sección transversal del toroide es una cuadrado de radio b – a.

2.7.1

Calcule el campo magnético en todo el espacio en función de la distancia r al centro del toroide

2.7.2

Determine el flujo total del campo magnético concatenado por el toroide.

Z

b a

N

Y X

I

SOLUCIÓN 2.7.1

Idealmente, el campo magnético de los toroides, así como el de los solenoides, se confina al interior de estas simetrías. Esto no quiere decir que para la región exterior es nulo, sino que, comparado con el valor del campo en la región interior, su contribución resulta prácticamente insignificante (es recomendado que se revise alguna bibliografía que trate el tema). Por lo tanto:

r r B( r >b ) = 0 r r B( r
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r r (1) B ∫ ⋅ dl = µ 0ienlazada C

En este caso (y, para todas las simetrías toroidales, en general) se utilizará una trayectoria amperiana circular, centrada en el eje del toroide (véase Figura 2.7.1). Asimismo, la corriente que se tiene como dato en el problema es la corriente que circula por cada una de las vueltas de alambre que forman el toroide.

Entonces, la corriente enlazada por la trayectoria será:

ienlazada = NI

Aquí, N es el número de vueltas de alambre del toroide.

Sustituyendo esta corriente en la expresión (1), se tiene:

Trayectoria Amperiana

B(2πr ) = µ 0 NI

(Se debe recordar que para aplicar la Ley de Ampere, el campo magnético debe tener el mismo valor sobre todos los puntos de

a

esa trayectoria. Asimismo, tendrá la misma dirección. Es por

b r

ello, que la integral de la Ley de Ampere, se convierte en lo anterior)

Figura 2.7.1 Finalmente, resultará:

2.7.2

b−a

r µ NI BToroide = 0 (uˆt ) 2πr

Para calcular el flujo magnético total a través del área transversal (véase Figura 2.7.2) del toroide, se utilizará la expresión (agregándole, por supuesto, el número de vueltas del toroide, ya que se está considerando el flujo total

h

concatenado y no el de una sola vuelta de alambre):

dr Figura 2.7.2. Sección Transversal

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r r ( 2) Φ Mágnetico = N ∫ B ⋅ dA A

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Aquí

dA = hdr ( 3)

El campo magnético y el diferencial de área están en la misma dirección. Por lo tanto, el producto punto de sus vectores directores es 1.

Sustituyendo la expresión (3) y la del campo magnético del toroide (hallado en el inciso anterior), en la expresión (2), se tiene:

Φ Mágnético = N ∫

b

a

µ 0 NI µ 0 IN 2 b hdr ⇒ Φ Magnético = (ln r a ) . 2πr 2π

Evaluando esta expresión, resultará, finalmente:

Φ Magnético =

2011 

µ0 N 2 I b ln( ) a 2π

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Halle el campo magnético de un solenoide que tiene n alambres por unidad de longitud.

2.8

n

I

SOLUCIÓN Véase la figura 2.8.1

r B P

Q

R

S

l Figura 2.8.1 Corte Longitudinal

(El punto indica la corriente saliente, mientras que la cruz indica que la corriente es entrante. Entonces, demuestre con la regla de la mano derecha que la dirección del campo magnético es la indicada)

Se utilizará la trayectoria amperiana mostrada. Ahora bien, siempre que se seleccione una trayectoria, cualquiera que ésta sea, se debe verificar que se cumplen dos condiciones: ƒ

El campo magnético tiene el mismo valor para todos los puntos de la trayectoria amperiana

ƒ

La trayectoria es cerrada

En este caso, véase que para la trayectoria tomada se cumplen las dos condiciones.

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Se tomará en consideración la línea de campo magnético cercana al segmento PQ. En este caso, el campo magnético es aproximadamente constante para toda la longitud del segmento. Ahora, véase que no se puede considerar solo este segmento, pues no sería una trayectoria cerrada y no se podría aplicar la Ley de Ampere. Sin embargo, en los segmentos QR y SP el producto punto de la integral de la Ley de Ampere es nulo. Esto se debe a que ambos segmentos son perpendiculares a la dirección del campo. Finalmente, en el segmento RS el campo magnético es nulo. Esto se debe a que, similar al caso de los toroides, el campo magnético producido por un solenoide se confina en su interior.

Por lo tanto, se tiene:

r r B ⋅ d l ∫ Solenoide = µ 0ienlazada C

Se puede separar esta integral de la siguiente manera:

r r r r r r r r B ⋅ d l + B ⋅ d l + B ⋅ d l + B ⋅ d l ∫ Solenoide ∫ Solenoide ∫ Solenoide ∫ Solenoide = µ oienl

PQ

QR

RS

SP

Ya se sabe que en los segmentos QR, RS y SP esta integral es cero (sin embargo, esto no significa que el campo magnético sea nulo). Sabiendo, además, que en el segmento PQ el campo magnético es paralelo al diferencial de longitud, se tiene:

∫B

Solenoide

dl = µ 0 ienlazada

PQ

Se tomará una longitud arbitraria para este segmento (el resultado no dependerá de este valor). Por otra parte, la corriente enlazada depende del número de alambres enlazados por la trayectoria, suponga que es N’. De esta forma:

BSolenoide l = µ 0 N ' I Finalmente, se tiene una densidad de alambre por unidad de longitud, que se puede escribir como (considerando que la distribución de los alambres en el solenoide es uniforme, es decir, todos están equidistantes entre sí):

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n=

N N' = ⇒ N ' = nl L l

(Donde N es el número total de vueltas de alambre en el solenoide)

Sustituyendo en la relación anterior:

r Bsolenoide = µ 0 nI

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2.9

Por los dos planos infinitos que se muestran en la figura, circulan densidades de corriente superficiales por unidad de longitud

Κ 1 y Κ 2 . Los planos se encuentran separados una

distancia d. Halle el campo magnético en el espacio que separa los planos.

Z

Κ1

d Y

Κ2 X

SOLUCIÓN Para resolver este problema, véase la Figura 2.9.1 (ésta es una vista ampliada)

Q

P

Κ1 d

R

Los puntos negros muestran cada uno de los filamentos de alambre que conforman los planos. Entonces, para cada uno de ellos se ha indicado

S

el campo magnético que producen. Asimismo, se indica la trayectoria amperiana que se va a

Κ2 Figura 2.9.1 Vista Frontal

emplear. Por lo tanto, a través de la Ley de Ampere, se tiene:

r r (1) B ⋅ d l = µ i enlazada 0 ∫ C

Ahora, para la trayectoria amperiana mostrada, se puede separar la integral de la expresión (1), en (4) integrales para cada segmento de la trayectoria. De esta forma, resulta:

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r r r r r r r r ( 2) B ⋅ d l + B ⋅ d l + B ⋅ d l + B ∫ ∫ ∫ ∫ ⋅ dl = µ 0ienlazada

PQ

QS

SR

RP

Se puede observar que en los segmentos QS y RP las integrales mostradas son nulas. Esto se debe a que, en este caso en particular, el efecto magnético de un hilo de corriente se anula con el efecto magnético del hilo de corriente que se encuentra más cercano a él.

Entonces, sabiendo que el campo magnético, en los segmentos restantes, es paralelo al diferencial de longitud, resulta:

B ∫ dl + B ∫ dl = µ 0 ienlazada PQ

SR

Considerando que estos segmentos tienen una longitud arbitraria l, entonces:

B(2l ) = µ 0 ienlazada

( 3)

Ahora bien, se puede escribir la densidad de corriente superficial como:

Sustituyendo (4) en (3), resulta:

i Κ = enlazada l

( 4)

r 1 B = µ0Κ 2

Este resultado, es el campo magnético producido por un plano con densidad superficial de carga

Κ. Para este caso, en particular, se quiere el campo magnético en la región que separa ambos planos. Por lo tanto, bastaría con colocarle la dirección del campo magnético para cada uno de los planos en dicha región:

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r 1 BPlano (1) = µ 0 Κ 1 ˆj ( 5) 2 r 1 BPlano ( 2 ) = µ 0 Κ 2 (− ˆj ) ( 6 ) 2 Entonces, el campo magnético total en la región, será:

r r r (7) BTotal = BPlano (1) + BPlano ( 2 ) Sustituyendo las expresiones (5) y (6) en la ecuación (7), resulta, finalmente:

r 1 BTotal = µ 0 (Κ 1 − Κ 2 ) ˆj 2

2011 

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2.10

Se tiene una lámina infinita, de espesor H y con densidad de corriente uniforme

r J = J 0 iˆ .

Si su centro coincide con el origen de coordenadas, halle el campo magnético producido por dicha lámina.

Z

Y I

H X

SOLUCIÓN

Para hallar el campo magnético producido por esta simetría, se empleará la Ley de Ampere:

r r (1) B ⋅ d l = µ i enlazada 0 ∫ C

Ahora bien, la trayectoria amperiana que se utilizará es la

Z

mostrada en la figura 2.10.1. En dicha figura, los puntos negros representan los infinitos hilos de corriente que

Trayectoria Amperiana

P

forman la lámina, mientras que los círculos a su alrededor muestran la forma del campo magnético de cada uno de

Q

estos hilos. Véase (compruébelo por la regla de la mano

H

Y

R

S

derecha) que el campo magnético es paralelo al diferencial de longitud de los segmentos QR y SP. Luego,

Figura 2.10.1

la expresión (1) se puede escribir como:

r r r r r r r r B ⋅ d l + B ⋅ d l + B ⋅ d l + B ∫ ∫ ∫ ∫ ⋅ dl = µ 0ienlazada

PQ

QR

RS

SP

Las integrales sobre los segmentos QR y SP son nulas, ya que, como se dijo anteriormente, el campo magnético es paralelo a los diferenciales de longitud. Asimismo, en los segmentos PQ y RS

2011 

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el campo magnético es paralelo, respectivamente. De esta forma, suponiendo que la longitud de estos segmentos es l, entonces:

Bl + Bl = µ 0 ienlazada ⇒ B =

µ 0 ienlazada

( 2)

2l

Por otra parte, la densidad de corriente por unidad de longitud, debido a que es uniforme, se puede escribir como:

r r ienlazada = ∫ J ⋅ dA ⇒ ienlazada = J 0 ∫ dA ⇒ ienlazada = J 0 Hl ( 3) S

S

De esta forma, sustituyendo la igualdad (3) en la expresión (2), se tiene:

B=

µ0 J 0 H 2

Finalmente, las direcciones del campo magnético para la parte superior e inferior del alambre son distintas. Para ello, demuestre con la regla de la mano derecha que este campo para estas partes se puede escribir como:

r B=

2011 

µ0 J 0 H ˆ ( j)

2 µ0 J 0 H ˆ (− j ) 2

para z rel="nofollow"> H / 2 para z > H / 2

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2.11

En el sistema mostrado en la figura, se tiene un alambre fino y largo por el cual circula una corriente I1 y una espira circular de radio R por la que circula una corriente I2. Halle el campo magnético en el centro de la espira.

kˆ

I1 ˆj

R

iˆ

I2

SOLUCIÓN Para hallar el campo magnético producido por la espira y por el alambre recto en el centro de la espira, se debe aplicar el Principio de Superposición. Por lo tanto, el campo magnético total en el lugar indicado se podrá escribir como:

r r r (1) BTotal = BEspira + B Alambre Entonces, se hallarán los campos producidos por la espira y por el alambre. En el caso del alambre, se empleará la Ley de Ampere, mientras que para la espira circular se empleará la Ley de Biot – Savart. De esta forma, se tiene:

1º Campo magnético producido por el alambre:

r r B ⋅ d l ∫ Alambre = µ 0ienlazada C

Se debe recordar que el campo magnético producido por un alambre tiene dirección tangencial a un círculo centrado en dicho alambre. Ahora, los vectores directores del campo y el diferencial de 2011 

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longitud son paralelos. Asimismo, la corriente enlazada por la trayectoria amperiana es la corriente total que circula a través del alambre. Por lo tanto:

r µI B Alambre ∫ dl = µ 0 I 1 ⇒ B Alambe = 0 1 (uˆ t ) 2πr C No obstante, en el caso del campo magnético producido por el alambre en el centro de la espira, el vector director del campo magnético está sobre el eje X (véase el sistema de coordenadas de referencia que se está empleando). De esta forma:

r µI B Alambre = 0 1 (−iˆ) ( 2 ) 2πR (Vea que se ha evaluado la expresión en

r=R

ya que esta es la distancia a la cual se encuentra

el punto del alambre)

2º Campo magnético producido por la espira:

dl

θ R

A través de la Ley de Biot – Savart, se tiene:

r r µ 0 Idl × rˆ dBEspira = 4π r 2 Figura 2.11.1

Recuerde que el vector

rˆ

indica la dirección desde el diferencial de longitud hasta el punto en el

que se está calculando el campo magnético. Por lo tanto, haga el producto cruz con la regla de la mano derecha y obtendrá que:

r dl × rˆ = −iˆ (Para el sistema de coordenadas de referencia empleado). 2011 

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Ahora, el diferencial de longitud se puede escribir como:

dl = Rdθ Sustituyendo en la ecuación de la Ley de Biot – Savart la expresión del diferencial de longitud y el resultado del producto cruz, se tiene:

r µ I Rdθ dBEspira = 0 2 2 (−iˆ) 4π r En esta expresión

r

representa la distancia desde el diferencial de longitud hasta el punto en el

cual se está hallando el campo magnético. Para este problema, en particular, dicha distancia es constante y equivale al radio de la espira. Por lo tanto:

r r µ 0 I 2 2π µ0 I 2 ˆ = − ⇒ = ( ) (2π )(−iˆ) θ d i B d B Espira Espira ∫ 4πR ∫0 4πR r µI BEspira = 0 2 (−iˆ) ( 3) 2R Sustituyendo las expresiones (2) y (3) en la ecuación (1), resulta:

r µ ⎛I ⎞ BTotal = 0 ⎜ 1 + I 2 ⎟( −iˆ) 2R ⎝ π ⎠

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III.

Capítulo 3: Ley de Faraday

3.1 Se coloca una espira rectangular de alambre cerca de un conductor largo y recto, como se muestra en la figura, en el que la corriente aumenta linealmente con el tiempo de la forma

I = αt . Suponga que la espira se mantiene fija. Para un instante cualquiera dado, t, calcule: 3.1.1

El flujo magnético que atraviesa a la espira

3.1.2

La fuerza electromotriz inducida en la misma

3.1.3

El vector fuerza resultante que debe hacer un agente externo para que la espira no se mueva

a I b

SOLUCIÓN 3.1.1

Para hallar el flujo magnético que atraviesa la espira, se aplicará la siguiente relación:

r r (1) Φ Magnético = ∫ B ⋅ dA A

Ahora, el campo magnético producido por el

dx

kˆ

diferencial de área (haga la regla de la mano

I d

iˆ

alambre conductor es paralelo al elemento

x

derecha y vea que la dirección del campo

r dA

magnético en comparación con la dirección del diferencial mostrado es la misma).

Figura 3.1.1

2011 

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Asimismo, se sabe que el campo magnético de un alambre que conduce una corriente I, se puede escribir como (demuéstrelo a través de la Ley de Ampere):

r µI B Alambre = 0 (uˆ t ) ( 2 ) 2πr

Sustituyendo la expresión (2) en la (1), se tiene:

µ0 I ˆ µ I d + a bdr j ⋅ dAˆj ⇒ Φ Magnético = 0 ∫ 2π d r 2πr A µ bI d +a = 0 (ln r d ) 2π

Φ Magnético = ∫ Φ Magnético

(Vea que se ha colocado la dirección del campo magnético en la dirección del eje Y. Esto se debe a que, en el caso de la superficie tomada en consideración (rectángulo), dicho campo la atraviesa totalmente perpendicular y el vector unitario perpendicular al rectángulo dado es

ˆj )

Evaluando esta expresión y sustituyendo el valor de I dado al inicio del problema, se tiene, finalmente:

Φ Magnético =

3.1.2

µ 0 bα t a ln(1 + ) d 2π

Para hallar la fuerza electromotriz inducida en la espira rectangular se utilizará la Ley de Faraday:

feminducida = ε inducida = −

d ( 3) Φ Magnético dt

Sustituyendo el resultado del flujo magnético en la expresión (3), se tiene:

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ε inducida = −

µ bα d ⎛ µ 0 bαt a ⎞ a d ln(1 + ) ⎟ ⇒ ε inducida = − 0 ln(1 + ) (t ) ⎜ dt ⎝ 2π d ⎠ 2π d dt

Derivando, resulta:

ε inducida = −

µ 0 bα a ln(1 + ) d 2π

Nota Importante: Recuerde que en todo circuito cerrado, la naturaleza busca que no hayan variaciones abruptas en el flujo magnético. Para ello, cuando existe una corriente que varía con el tiempo, la cual origina un campo magnético, igualmente, variante en el tiempo y éste, en consecuencia, un flujo magnético que también varia en el tiempo, aparecerá una fuerza electromotriz inducida. Dicha fuerza electromotriz inducida (que no es más que una “batería inducida”) generará una corriente inducida que genera un campo magnético inducido y éste, a su vez, un flujo magnético inducido, contrario al cambio del anterior. Esto último explica la presencia del signo negativo en la Ley de Faraday. Ejemplo: Cuando la corriente aumenta con el tiempo, y, en consecuencia, el flujo magnético también, se genera una corriente inducida contraria (negativa respecto a la primera) que produce un flujo magnético contrario. Pero, cuando la corriente disminuye con el tiempo, lo que producirá que el flujo disminuya (recuerde que la derivada de una función decreciente es negativa), se generará una corriente positiva que producirá un flujo positivo que tratará de equilibrar la disminución del anterior.

3.1.3

Suponga que la espira tiene una resistencia R. En este caso, la corriente inducida en la espira será (recuérdese la Ley de Ohm,

iinducida =

ε inducida

V = ε = RI ):

( 4)

R

Sustituyendo la expresión hallada para la fuerza electromotriz inducida en el inciso anterior, se tiene:

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iinducida =

µ 0 bα a ln(1 + ) ( 5 ) 2πR d

Ahora, para hallar la fuerza que tiene que hacer el agente externo para mantener a la espira en su lugar, se tiene que separarla en 4 partes, que representarán los alambres que forman esta espira rectangular. Asimismo, se utilizará la expresión:

r r r FAlambre = il × B ( 6 ) Entonces:

r r FAlambre (1) = iinducida b(− kˆ) × B Alambre ( 2)

iinducida

(Es importante saber que la dirección que se coloca para la longitud

Alambre (1) Alambre (3)

r l

es la misma dirección que lleva la corriente en

ese alambre)

Alambre ( 4)

Ahora, sustituyendo la expresión (5) y el resultado del Figura 3.1.2

campo magnético (véase inciso a) en la expresión anterior

(Note que se tiene que evaluar el campo magnético en r = d. Esta es la distancia a la que se encuentra el conductor del alambre (1) de la espira), entonces:

r µ bα µ αt a FAlambre (1) = 0 ln(1 + )b(− kˆ) × 0 ˆj d 2πR 2πd 2 2 2 r µ bα tˆ FAlambre (1) = 0 2 i 4π Rd Vea que como se está calculando el valor de la fuerza externa total que debe hacer el agente externo para mantener la espira en su lugar, los alambres (2) y (4) no tendrán ninguna 2011 

Enrique Rubio  http://guiasdeejercicios.blogspot.com  Evita imprimir este documento si no es necesario. Si requieres imprimir una parte hazlo  en hojas de reciclaje. Estarás salvando al planeta 

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contribución. Ello se debe a que las magnitudes de las fuerzas, ejercidas sobre cada uno de estos, son iguales. No obstante, los sentidos de esas fuerzas son contrarios. Por lo tanto, al superponer ambos efectos, se obtendrá un resultado nulo. Sin embargo, para los alambres (1) y (3) no ocurre lo mismo (ya que ambos se encuentran a distancias distintas del conductor que produce el campo magnético). Entonces, hallando la fuerza sobre el alambre (3) (en este caso, la distancia en la se evaluará el campo magnético será r = d+a):

r r r FAlambre ( 3) = iinducida l × B r µ bα µ 0αt ˆ a FAlambre ( 3) = 0 ln(1 + )b(kˆ) × j 2πR d 2π (d + a ) 2 r µ 0 b 2α 2 t FAlambre ( 3) = 2 )(−iˆ) 4π R(d + a ) Finalmente, la fuerza total que ejercerá el agente externo para mantener la espira en su lugar (que está en sentido opuesto a la fuerza que el conductor produce sobre la misma espira), será:

r r FAgente = − FTotal externo

Alambre

⎛ µ 2 b 2α 2 t ˆ ⎞ µ 2 b 2α 2 t = −⎜⎜ (i ) + (−iˆ) ⎟⎟ 4πR (d + a ) ⎝ 4πRd ⎠

Simplificando esta expresión, resulta, finalmente:

r 1 ⎞ ˆ µ 2b 2α 2t ⎛ 1 FAgente = ⎟ ( −i ) ⎜ − 4πR ⎝ d d + a ⎠ externo

2011 

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Una barrita conductora, de longitud L, masa m y resistencia R, se desliza por dos rieles

3.2

conductores paralelos de resistencia despreciable, como se indica en la figura. Los rieles están conectados mediante un tercer riel sin resistencia, paralelo al alambre, de forma tal que éste y los rieles forman un circuito cerrado. El plano de los rieles forma un ángulo

θ

con la horizontal y un campo magnético vertical existe en toda la región.

3.2.1

Considerando

que

la

barrita

está

inicialmente en reposo, muestre que si se

r B

m

suelta, ésta se desliza alcanzando una velocidad de equilibrio. Determine dicha

L

velocidad y determine la normal entre el riel y la barrita en todo instante 3.2.2

Halle la rapidez con que se disipa calor en

θ

el sistema

SOLUCIÓN 3.2.1

Observe que la barra junto a los rieles forma un circuito cerrado (y, en consecuencia, estos segmentos describen una trayectoria para la corriente que, de la misma manera, encierra una superficie).

r dA

Ahora bien, a través de la superficie descrita el flujo

r B

magnético está cambiando. Esto se debe a que el circuito

ˆj se está modificando (el área enlazada por la trayectoria de

θ r FM

la corriente está disminuyendo). Esta es una de las causas

iˆ

θ r N

r mg

θ

Figura 2.2.1 Vista Lateral

por las cuales se genera una fuerza electromotriz inducida en un circuito. Entonces, utilizando la Ley de Faraday, se tiene:

ε inducida = −

d d r r (1) Φ Magnético = − ∫ B ⋅ dA dt dt A

En la figura 2.2.1 se tiene una vista lateral del sistema. En la ilustración se indican las fuerzas que actúan sobre la barra (también se indica la dirección de la fuerza magnética. Sin embargo, dicha 2011 

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dirección solo es posible saberla después de haber utilizado la ecuación correspondiente. No obstante, se ha colocado directamente y se demostrará a lo largo de la resolución del ejercicio) y el respectivo sistema de referencia que se utilizará. Entonces, haciendo el respectivo análisis de fuerzas (2º Ley de Newton), se tiene:

r r F Barra = ma Barra ∑ r r r r (2) N + mg + FMagnética = ma Barra Según el sistema de referencia indicado en la figura, se puede llegar a:

r N = Nˆj ( 3) r mg = mg (cosθ (− ˆj ) + sin θ (iˆ) ( 4 ) r B = B(cosθ ( ˆj ) + sin θ (−iˆ)) ( 5 ) Para hallar la fuerza magnética que actúa sobre la barra, se empleará la siguiente ecuación:

r r r FMagnética = il × B ( 6 ) (Recuerde que la corriente indicada en la fórmula es la que circula por la barra. Esta corriente es, obviamente, la corriente inducida en el circuito. Vea que la dirección que se colocará se debe a que es la correspondiente a la que genera un flujo magnético que mantiene continuo el flujo total a través de la superficie del circuito o espira. Asimismo, la dirección y el sentido del vector longitud de la barra viene dado por dicha corriente)

Ahora, sustituyendo la ecuación (5) en la (6), se tiene:

r FMagnética = iinducida Lkˆ × B(cosθ ( ˆj ) + sin θ (−iˆ) r FMagnética = iinducida LB (cosθ (−iˆ) + sin θ (− ˆj )) ( 7 ) Sustituyendo (7), (3) y (4) en (2), se tiene: 2011 

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r Nˆj + mg (sin θ (iˆ) + cosθ (− ˆj )) + iind LB (cosθ (−iˆ) + sin θ (− ˆj )) = ma Barra i (8) iˆ → mg sin θ − iind LB cosθ = ma Barra ˆj → N − mg cosθ − iLB sin θ = 0 ( 9 ) Luego, para hallar la corriente inducida se utilizará la fórmula (1). En este caso, el diferencial de área viene dado por:

r dA = Ldxˆj (10 ) Sustituyendo las expresiones (10) y (5) en la (1), se tiene:

ε inducida = −

d B (sin θ (−iˆ) + cosθ ( ˆj )) ⋅ Ldxˆj dt ∫A

ε inducida = −

d BL cosθ dx dt ∫

Aquí, el ángulo es constante. Asimismo, la integral no tiene límites pues lo que se está hallando es una primitiva. Se necesita hallar la función fuerza electromotriz inducida.

ε inducida = −

d d ( BL cosθx) ⇒ ε inducida = − BL cosθ ( x) dt dt

Vea que x es la distancia recorrida por la barra. Ahora, la derivada de un desplazamiento en función del tiempo define la velocidad de la barra. Por lo tanto:

ε inducida = − BLv( t ) cosθ Ahora, por la Ley de Ohm, se tiene que:

ε inducida = Riinducida

2011 

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De esta manera, resultará:

iinducida =

ε inducida R

BLv( t ) cosθ

⇒ iinducida =

(11)

R

Sustituyendo (11) en (8), se tiene:

mg sin θ −

B 2 L2 v( t ) cos 2 θ R

= ma Barra

Luego, Recuerde que la aceleración es la derivada en el tiempo de la velocidad ( a

=

d V( t ) ). dt

Entonces:

mg sin θ −

B 2 L2 v( t ) cos 2 θ R

=m

d v(t ) dt

⎛ B 2 L2 cos 2 θ ⎞ d ⎟⎟v( t ) = g sin θ v( t ) + ⎜⎜ dt mR ⎠ ⎝ Resuelva esta ecuación diferencial (Sugerencia: resuelva por el método de variables separables) y obtendrá:

L B cos −( mRg sin θ ⎡ mR = 2 2 ⎢1 − e L B cos 2 θ ⎣⎢ 2

vBarra ( t )

2

2

θ

)t

⎤ ⎥ ⎦⎥

Sustituyendo este resultado en la ecuación (11), se tiene:

iinducida

2011 

mg tan θ = LB

L B cos θ −( )t ⎤ ⎡ mR − 1 e ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 2

2

2

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Despejando la Fuerza Normal de la ecuación (9) y sustituyendo allí el valor de la corriente inducida indicada en la parte superior, resulta, finalmente:

mg N= cos θ

3.2.2

L B cos ⎡ −( mR ⎢1 − e ⎢⎣ 2

2

2

θ

)t

⎤ sin 2 θ ⎥ ⎥⎦

La rapidez de disipación de calor en el sistema (esta disipación es debida al efecto Joule, ya que hay una resistencia presente), es sinónimo de hallar la potencia del sistema. Por lo tanto:

P = i 2 inducida R Sustituyendo la expresión hallada para la corriente inducida en la ecuación anterior, resulta:

m 2 g 2 R tan 2 θ P( t ) = L2 B 2

2011 

L B cos ⎡ −( mR ⎢1 − e ⎢⎣ 2

2

2

θ

)t

⎤ ⎥ ⎥⎦

2

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3.3

En su forma más simple, un generador de corriente alterna, conocido como alternador, consiste en una bobina de N vueltas que gira con velocidad angular constante en un campo magnético uniforme B. Halle el valor de la fuerza electromotriz inducida en función del tiempo, la amplitud de la máxima corriente que puede suministrarse a un circuito externo y la potencia entregada a un circuito externo de resistencia R en función del tiempo.

r B

ω

R

N

SOLUCIÓN Como la bobina está girando, el área expuesta al campo magnético está cambiando (no aumenta ni disminuye. Sin embargo, la superficie atravesada por las líneas del campo magnético está cambiando de posición y, en consecuencia, el área por la cual hay flujo magnético cambia). Luego, esto indica que están dadas las condiciones para que se cumpla el fenómeno en el cual se genera una corriente inducida. Ahora, empleando la Ley de Faraday (aquí hay que incluir una modificación. Como hay N vueltas de alambre, entonces el flujo aumentará en ese factor), se tiene:

r B ˆj

θ

r dA

ε inducida = − N

d d r r (1) Φ Magnético = − N ∫ B ⋅ dA dt dt A

iˆ Por propiedades del producto escalar de dos vectores, se tiene: Figura 3.3.1 Vista Frontal

2011 

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ε inducida = − N

d B cosθdA dt ∫A

ε inducida = − N

d ( B cosθ ∫ dA) dt A

ε inducida = − N

d ( B cosθA) ( 2 ) dt

En esta última expresión, se puede observar que tanto el área de la espira, como el campo magnético son constantes en el tiempo. Sin embargo, se deberá tener en consideración que dado que la espira está girando, entonces el ángulo que forman el campo magnético y el diferencial de área sí varía en el tiempo. Por lo tanto, por relaciones de cinemática rotacional, el ángulo se puede escribir como:

θ = ωt ( 3 ) Sustituyendo la igualdad (3) en la expresión (2), se tiene:

d d ( BA cosϖt ) ⇒ ε inducida = − NBA cos ωt dt dt = − NBA(−ω sin ωt )

ε inducida = − N ε inducida

Finalmente, la fuerza electromotriz inducida en la espira girando es:

ε inducida = NBAω sin ωt Luego, al conectar la espira a un circuito externo cuya resistencia es R, habrá una corriente que circulará por dicho circuito. Ahora, por la Ley de Ohm, se puede calcular esta corriente inducida:

ε inducida = Riinducida ⇒ iinducida =

ε inducida R

Sustituyendo la expresión de la fuerza electromotriz inducida, se tiene: 2011 

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iinducida =

NBAω sin ωt R

Luego, la amplitud máxima de la corriente que puede ser entregada es:

iinducida ( máx ) =

NBAω R

Por último, la potencia entregada a ese circuito externo, viene dada por la ecuación:

P = i 2 inducida R Sustituyendo la expresión de la corriente, se tiene:

P=

N 2 B 2 A 2ω 2 sin 2 ωt R

Gráficos

Φ Magnético Φ Magnético ( máx ) π 2π

2

π

t

3 π 2

− Φ Magnético ( máx ) Gráfica 3.3.1

(Halle la expresión del flujo magnético para que pueda hacer la siguiente gráfica)

2011 

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ε inducida ε inducida ( máx ) π π

3 π 2

2π

t

2

− ε inducida ( máx ) Gráfica 3.3.2

Las gráficas se han hecho con la finalidad de explicar la Ley de Faraday. Vea que cuando el flujo magnético empieza a disminuir, entonces la fuerza electromotriz inducida (que, en realidad, no es, ciertamente, una fuerza como su nombre lo indica) empieza a aumentar. Esto se debe a que se está buscando generar una corriente inducida que produzca un campo magnético y éste, a su vez, un flujo magnético inducido que contribuya (junto con el anterior) a mantener el flujo total continuo (sin variaciones abruptas). Sin embargo, véase también que cuando el flujo magnético aumenta, entonces la fuerza electromotriz inducida disminuye. Nuevamente, la explicación es análoga al caso anterior, pero ahora con un flujo magnético inducido que se opone al anterior para mantener el total continuo.

2011 

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3.4

Un lazo circular de una sola vuelta de radio R es coaxial a un largo solenoide de radio r y longitud L, que tiene N vueltas. La resistencia variable está cambiando de manera que la corriente del solenoide disminuye linealmente de I1 a I2 en un intervalo

∆t .

Calcule la

fuerza electromotriz inducida en el lazo.

L

N

r R R SOLUCIÓN

Se empleará la Ley de Faraday para hallar el flujo magnético. Sin embargo, en este caso, se utilizará una consideración macroscópica. Ello se debe a que el cambio en el flujo magnético no es infinitesimal. Vea que en el problema se brinda el dato de variación de la corriente (I2- I1). Por lo tanto, se podrá escribir:

ε inducida = −

∆Φ Magnético

(1)

∆t

Ahora, hallando el flujo magnético, se tiene:

r r (2) Φ Magnético = ∫ B ⋅ dA A

Vea que se tiene que hallar el flujo magnético en el lazo de radio R. Sin embargo, el campo magnético lo produce el solenoide y se sabe que dicho campo se confina en el interior de la simetría. De tal forma que el área que se tomará en consideración es el área transversal del propio Enrique Rubio  85 2011  http://guiasdeejercicios.blogspot.com  Evita imprimir este documento si no es necesario. Si requieres imprimir una parte hazlo  en hojas de reciclaje. Estarás salvando al planeta 

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solenoide (en otras palabras, el área que comprende la región entre el radio del solenoide y el lazo no se toma en consideración debido a la confinación de las líneas de campo magnético en la región interior del solenoide). Luego, sustituyendo en la ecuación (2) el campo magnético de un solenoide (hallado en el ejercicio 9 del capítulo 2), se tiene:

Φ Magnético = ∫ µ 0 nIdA ⇒ Φ Magnético = µ 0 nI ∫ dA A

A

En este caso, se integrará el área transversal del solenoide. Asimismo, en este problema, en particular, la densidad de espiras (densidad de alambres por unidad de longitud, n) no es un dato, pero se tiene la relación:

n=

N L

De esta forma, el flujo será:

Φ Magnético =

µ 0 NIπr 2

( 3)

L

Ahora, como hay una variación del flujo magnético debido a la variación de la corriente, se tendrá (empleando la igualdad (3)):

∆Φ Magnético = Φ Magnético ( 2 ) − Φ Magnético (1) ∆Φ Magnético = ∆Φ Magnético

µ 0 NI 2πr 2

µ 0 NI 1πr 2

− L L 2 ( 4) µ N ( I 2 − I1 )πr = 0 L

Finalmente, sustituyendo (4) en la expresión (1), resulta:

2011 

ε inducida = −

µ 0 N ( I 2 − I1 )πr 2 L∆t

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3.5

Un anillo conductor de radio R1 y resistencia R se pone sobre la parte superior de un solenoide con núcleo de aire, n vueltas por unidad de longitud y radio R2. Si la corriente en el solenoide está aumentando a una tasa

∆I ∆t

3.5.1

¿Cuál es la corriente inducida en el anillo?

3.5.2

En el centro del anillo, ¿cuál es el campo

R1

magnético producido por la corriente inducida en

R2

el anillo?

n I

SOLUCIÓN 3.5.1

Para la corriente inducida en el anillo, se deberá hallar la fuerza electromotriz inducida en dicho anillo. Sin embargo, tal como en el caso del problema 4, se empleará la Ley de Faraday en forma macroscópica (debido a que el dato es la variación de corriente en el tiempo de esa forma), es decir:

ε inducida = −

∆Φ Magnético

(1)

∆t

Ahora, para hallar el flujo magnético, producido por el solenoide en el anillo, se tiene:

r ( 2) r Φ Magnético = ∫ BSolenoide ⋅ dA A

Luego, recordando que el campo magnético producido por un solenoide es (véase Problema 2.9):

r BSolenoide = µ 0 nI ( 3) Aquí, n es la densidad de espiras del solenoide (cantidad de alambres por unidad de longitud). Enrique Rubio  2011  http://guiasdeejercicios.blogspot.com  Evita imprimir este documento si no es necesario. Si requieres imprimir una parte hazlo  en hojas de reciclaje. Estarás salvando al planeta 

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Sustituyendo la igualdad (3) en la expresión (2), y sabiendo que el diferencial de área (transversal) del solenoide es paralelo al campo magnético y, por lo tanto, el producto escalar de sus vectores directores es 1, se tiene:

Φ Magnético = ∫ µ 0 nIdA ⇒ Φ Magnético = µ 0 nI ∫ dA A

A

Φ Magnético = µ 0 nIAanillo ⇒ Φ Magnético = µ 0 nIπR1

2 ( 4)

Luego, la variación (macroscópica) del flujo magnético, será:

∆Φ Magnético = Φ Magnético ( 2 ) − Φ Magnético (1) ∆Φ Magnético = µ 0 nI 2πR1 − µ 0 nI 1πR1 2

2

∆Φ Magnético = µ 0 nπR1 ( I 2 − I 1 ) 2

∆Φ Magnético = µ 0 nπR1 ∆I ( 5 ) 2

µ 0 nπR1 ∆I 2

Sustituyendo (5) en la ecuación (1), se tiene:

Ahora, por la Ley de Ohm: ( V

iinducida =

ε inducida

∆t

= ε = RI ):

(7)

R

Sustituyendo (6) en (7), resultará: iinducida =

2011 

ε inducida = −

(6)

µ 0 nπR12 ∆I R∆t

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3.5.2

Para hallar el campo magnético en el centro del anillo, simplemente se emplea la Ley de Ampere:

r r r r (8) B ⋅ d l = µ J 0 ∫ ∫ ⋅ dA = µ 0ienlazada C

A

Trayectori a

En este caso, se empleará una trayectoria amperiana circular,

Amperiana

tal como se muestra en la figura 3.5.1 (recuerde las condiciones para poder aplicar la Ley de Ampere). Luego, como hay que hallar el campo magnético en el centro del

iinducida Figura 3.5.1

anillo, que se encuentra a una distancia R1 de éste, entonces:

B ∫ dl = µ 0 ienlazada C

Aquí, la corriente enlazada por la trayectoria es la corriente total que circula por el anillo. Dicha corriente, es la inducida en el propio anillo por el efecto del flujo magnético del solenoide variante en el tiempo. Por lo tanto:

B(2πR1 ) = µ 0 iinducida Sustituyendo la expresión de la corriente inducida en la anterior y tomando en consideración que el eje del anillo y del solenoide están en el eje Z, resultará, finalmente:

r µ 0 2 nR1∆I ˆ Bcentro ( anillo ) = (k ) 2 R∆ t

2011 

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3.6

Un largo solenoide tiene n vueltas por unidad de longitud y conduce una corriente

I = I 0 (1 − e −αt ) .

Dentro del solenoide se encuentra un lazo que tiene un radio R,

concéntrico con aquél, y se compone de un total de N vueltas. ¿Cuál es la fuerza electromotriz inducida en el anillo por el efecto de la corriente variable del solenoide?

n

R

N SOLUCIÓN Para hallar la fuerza electromotriz inducida en el lazo, se deberá emplear la Ley de Faraday (modificada debido a que el lazo tiene N vueltas y, por lo tanto, el flujo aumentará en ese factor):

ε inducida = − N

r (1) d d r Φ Magnético = − N ∫ BSolenoide ⋅ dA dt dt A

Recordando que el campo magnético producido por un solenoide es (véase problema 2.9):

r Bsolenoide = µ 0 nI ( 2 ) Asimismo, se sabe que los vectores directores del diferencial de área (de la superficie del lazo) y el campo magnético están en la misma dirección (véase figura 3.6.1). Sustituyendo (2) en (1), se tiene:

2011 

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ε inducida = − N

d d µ 0 nIdA ⇒ ε inducida = − N µ 0 nI ∫ dA ∫ dt A dt A

ε inducida = − N

d d ( µ 0 nIA) ⇒ ε inducida = − N ( µ 0 nIπR 2 ) ( 3) dt dt

Vea que el área que se está tomando en consideración es la superficie del lazo.

Ahora, sustituyendo el valor de la corriente, dado en el enunciado del problema, en la expresión (3), resulta:

ε inducida = − N

d (µ 0 I 0 (1 − e −αt )πR 2 ) dt

Derivando respecto al tiempo, se tendrá, finalmente:

ε inducida = − Nµ 0 nπR 2 I oαe −αt

r B

r dA

Figura 3.6.1

2011 

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Una barra de masa m se jala horizontalmente mediante una cuerda, de masa despreciable,

3.7

que pasa por una polea ideal y que está unida a un bloque suspendido, de masa M. Existe un campo magnético uniforme que tiene una magnitud B y la distancia entre los rieles es L. Los rieles están conectados en un extremo mediante una resistencia de valor R. Obtenga una expresión que proporcione la velocidad horizontal de la barra como función del tiempo, suponiendo que la masa suspendida se suelta con la barra en reposo en t = 0. Suponga que no hay fricción entre los rieles y la barra.

m ˆj iˆ

r B

L

kˆ

R

M SOLUCIÓN Observe que la barra y los rieles forman un circuito cerrado a través del cual el flujo magnético está cambiando. Esto se debe a que la superficie del circuito se está modificando (en este caso, en particular, está aumentando). Por lo tanto, se generará una fuerza electromotriz inducida en el circuito. Recuerde que la finalidad de dicha fuerza (que en realidad, como se dijo en algún otro problema, no es una fuerza sino, simplemente, una batería o pila) es tratar de que el flujo magnético permanezca continuo a través de la superficie definida por los bordes del circuito. Entonces, se hallará la fuerza electromotriz inducida en el circuito mediante la Ley de Faraday:

ε inducida = −

d d r r (1) Φ MAgnético = − ∫ B ⋅ dA dt dt A

En este caso, el campo magnético es constante y es un dato del problema. Asimismo, los vectores directores del diferencial de área y del campo magnético son paralelos. De esta forma, la ecuación (1) se convierte en:

2011 

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ε inducida = −

d d BdA ⇒ ε inducida = − ( B ∫ dA) ( 2 ) ∫ dt A dt A

Aquí, el diferencial de área viene dado por la expresión (véase Figura 3.7.1):

dA = Ldx (3) Sustituyendo (3) en (2), resulta:

L

ε inducida = −

d ( B Ldx) dt ∫

dx Figura 3.7.1

Se integrará sin tomar en consideración los límites, es decir, se hallará una primitiva, ya que interesa hallar una expresión y no un valor particular para la velocidad (que, posteriormente, se verá como surge de aquí).

Luego:

ε inducida = −

d (BLx) dt

En esta última expresión, x es la única variable dependiente del tiempo. Dicha variable representa el desplazamiento horizontal de la barra. Asimismo, es bien sabido que la derivada del desplazamiento respecto al tiempo es la velocidad, en este caso, la velocidad con la que la barra se mueve horizontalmente.

Por ende:

ε inducida = − BLV(t ) ( 4) Ahora, considerando que el circuito tiene una resistencia, R, se tiene que, por la Ley de Ohm ( V = ε = RI ): 2011 

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iinducida =

ε inducida (5) R

Sustituyendo la igualdad (4) en la expresión (5), se tiene: iinducida =

BLV( t )

( 6)

R

Esta corriente inducida en el circuito está en la dirección en la cual el campo magnético que ella origina mantiene el flujo magnético total, a través de la superficie del circuito, continuo (pruebe que dicha dirección es − kˆ , para el caso de la barra en movimiento, mientras que para el resto de los rieles del circuito la dirección no es la misma).

Ahora, como se tiene una corriente inducida que circula a través del circuito y un campo magnético que la afecta, entonces existirá una fuerza magnética en la barra.

Por ende, se tendrá que hacer un análisis de las fuerzas que actúan sobre la barra. Para ello, se empleará la 2º Ley de Newton:

r

r = ma Barra r r (7) r r r T + FM + mg + N = ma Barra

∑F

Barra

r

r

r (8)

La fuerza magnética viene dada por la expresión: FM = il × B

Sustituyendo la expresión (7) en la expresión (8) (tomando en cuenta la dirección de la corriente), resultará:

BLV(t ) B 2 L2V( t ) ( 9) r r ˆ ˆ FM = L(−k ) × Bj ⇒ FM = iˆ R R Sustituyendo la última expresión en la ecuación (7) (y sustituyendo las direcciones de todas las fuerzas que en dicha ecuación se encuentran), se tiene:

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T (−iˆ) + iˆ → T −

B 2 L2V( t ) R 2 2 B L V( t )

R ˆj → N = mg

iˆ + mg (− ˆj ) + Nˆj = ma Barra (−iˆ) = ma Barra

(10 )

Haga el análisis de fuerza para el cuerpo que está colgando y encontrará que: T = Mg

(11)

Sustituyendo la igualdad (11) en la ecuación (10), se tiene:

Mg −

B 2 L2V( t )

d V( t ) + dt

= ma Barra ⇒ Mg −

R B 2 L2V( t ) mR

=

B 2 L2V( t ) R

=m

d (V( t ) ) dt

M g m

(Recuerde que la derivada de la velocidad en función del tiempo es la aceleración)

Resuelva la ecuación diferencial mostrada (Sugerencia: resuelva por el método de variables separables) y obtendrá, finalmente:

− MRg V( t ) = 2 2 (1 − e B L

2011 

B 2 L2 t mR

)

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3.8

Un largo alambre recto está paralelo a un borde y en el plano de un lazo rectangular de una sola vuelta. La corriente en el alambre largo varía en el tiempo como

I = I 0e

−

t

τ

, donde

τ

es una constante. Muestre que la fuerza electromotriz inducida en el lazo es:

I b

ε inducida = d

µ 0 bI a ln(1 + ) 2π d

a

SOLUCIÓN Para hallar la fuerza electromotriz inducida en el lazo, se empleará la Ley de Faraday:

d d r r (1) Φ Magnética = − ∫ B ⋅ dA dt dt A

ε inducida = −

Luego, el campo magnético producido por la línea de corriente (demuéstrese por la Ley de Ampere) es:

r µ I B = 0 (uˆ t ) ( 2 ) 2πr (Recuerde que aquí r representa la distancia entre la fuente y el punto sobre el cual se está hallando el campo magnético)

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Para este problema, el campo magnético que afecta directamente al lazo está en dirección − kˆ . Entonces, tomando esto en consideración y sustituyendo en la igualdad (2) la expresión dada para la corriente en el enunciado del problema, se tiene:

r µ I e −t / τ B= 0 0 (−kˆ) ( 3) 2πr Ahora, el diferencial de área del lazo (cuyo vector director es paralelo al campo magnético) se puede escribir como:

dA = bdr ( 4 ) Sustituyendo las expresiones (4) y (3) en la (1), resulta:

ε inducida = −

d µ 0 I 0 e −t / τ d µ 0 bI o e − t / τ bdr ε ⇒ = − ( inducida dt ∫A 2πr dt 2π

∫

d +a

d

dr ) r

d ⎛ µ 0 bI o e −t / τ d ⎛ µ bI e −t / τ a ⎞ d +a ⎞ ⎜⎜ (ln r d ) ⎟⎟ ⇒ ε inducida = − ⎜⎜ 0 o ln(1 + ) ⎟⎟ dt ⎝ dt ⎝ d ⎠ 2π 2π ⎠ µ bI a d = − 0 o ln(1 + ) (e −t / τ ) 2π d dt

ε inducida = − ε inducida

Finalmente, derivando la expresión dentro del operador, resulta:

ε inducida =

µ0bI 0 a ln(1 + )e −t /τ 2πτ d

(Véase que en la última expresión, para que sea totalmente similar al resultado al que hay que llegar, se puede sustituir

I , dado en el enunciado del problema, por su expresión analítica,

I o e −t / τ )

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3.9

Un toroide que tiene una sección transversal rectangular, de lados a y b, y un radio interior R, se compone de N vueltas de alambre que conducen una corriente

I = I 0 sin ωt ,

donde I0 y la frecuencia, w, son constantes. Un lazo que se compone de N’ vueltas de alambre se coloca en la posición mostrada. Determine la fuerza electromotriz inducida en el lazo.

N' b R N

a

I

SOLUCIÓN Para hallar la fuerza electromotriz inducida en el lazo se deberá emplear la Ley de Faraday (modificada para el número de vueltas de alambre que tiene el lazo):

ε inducida = − N '

d d r r (1) Φ Magnético = − N ' ∫ B ⋅ dA dt dt A

Ahora bien, Recuerde que el campo magnético producido por un toroide es:

r µ NI BToroide = 0 (uˆ t ) ( 2 ) 2πr (Aquí N representa el número de vueltas de alambre del toroide, mientras que en la ecuación (1), N’ representa el número de vueltas de alambre del lazo)

2011 

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Ahora bien, Recuerde que las líneas del campo magnético de un toroide están confinadas en su interior. Por lo tanto, cuando se calcula el flujo magnético a través de la superficie definida por el lazo, entonces solo se considera la superficie que incluye el área transversal del toroide ya que para el resto el flujo magnético será nulo.

Luego, el diferencial del área transversal del toroide, que se puede escribir como:

dA = bdr (3) Dicho diferencial de área tiene su vector director paralelo al campo magnético.

Entonces, sustituyendo las ecuaciones (2) y (3) en la (1), resulta:

d R + a µ 0 NI d ⎛ µ bNI R+a ⎞ bdr ⇒ ε inducida = − N ' ⎜ 0 (ln r R ) ⎟ ∫ R dt dt ⎝ 2π 2πr ⎠ µ bN ' N a d =− 0 ln(1 + ) ( I ) R dt 2π

ε inducida = − N ' ε inducida

Sustituyendo la expresión de I dada en el enunciado del problema, se tiene:

ε inducida = −

µ 0 NN ' b a d ln(1 + ) ( I 0 sin ωt ) R dt 2π

Derivando esta expresión respecto al tiempo, resulta, finalmente:

ε inducida = −

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µ0 NN ' bI 0ω a ln(1 + ) cos ωt 2π R

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Un alambre rígido doblado en forma de un semicírculo de radio a está conectado a una

3.10

resistencia R como se muestra en la figura. El circuito se encuentra en una región donde hay un campo magnético constante y uniforme. A partir de t = 0 se hace girar el alambre doblado con una velocidad angular ω. Encuentre la corriente a través de la resistencia en función del tiempo.

ˆj iˆ

a

kˆ

r B

R

ω SOLUCIÓN Dado que el alambre está girando, entonces la superficie del circuito expuesta al campo magnético está cambiando. Por lo tanto, se generará una fuerza electromotriz inducida (véase Problema 3.3 para una explicación más detallada) que se puede calcular a través de la Ley de Faraday:

ε inducida = −

d d r r (1) Φ Magnético = − ∫ B ⋅ dA dt dt S

Ahora bien, para hallar la corriente inducida que circula a través del circuito, se tendrá que emplear la Ley de Ohm:

iinducida =

ε inducida

( 2)

R

Sustituyendo la expresión (1) en la (2), se tiene:

iinducida = −

1 d r r ( 3) B ⋅ dA R dt ∫S

2011 

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100

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Véase que el flujo magnético está compuesto por dos partes: el flujo a través de la superficie definida por el semicírculo y el flujo a través de la superficie rectangular definida por el resto del circuito.

Se toma en consideración dos diferenciales de área.

ˆj

De esta forma:

r d A r θ 1 kˆ B

r dA2

iinducida = −

r r ⎞ 1 d ⎛⎜ r r ⋅ + ⋅ dA2 ⎟ B d A B 1 ∫ ∫ ⎜ ⎟ R dt ⎝ S S ⎠ 1

2

Sin embargo, note que la superficie 2, expuesta al campo

magnético,

no

está

girando

y,

en

consecuencia, no cambia en el tiempo. Por lo tanto,

Figura 3.10.1

la expresión anterior se convierte en:

iinducida = −

1 d r r 1 d ⋅ ⇒ = − B d A i B cosθdA inducida 1 R dt S∫ R dt S∫ 1

iinducida = −

1

⎞ 1 d ⎛⎜ 1 d B cosθ ∫ dA ⎟ ⇒ iinducida = − BA cosθ ( 4 ) ⎜ ⎟ R dt ⎝ R dt S ⎠ 1

Si la espira está girando con velocidad angular,

ω , entonces, por consideraciones de cinemática

rotacional, se tiene:

θ = ωt ( 5) Sustituyendo (5) en (4), resulta:

iinducida = − iinducida =

1 d (BA cosωt ) ⇒ iinducida = − 1 BA d cosωt dt R dt R

1 BAω sin ωt ( 6 ) R

Ahora, el área, A, presente en la expresión (6) (ésta es el área del semicírculo de radio a) se puede escribir como: 2011 

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1 (7) A = πa 2 2 Finalmente, sustituyendo (7) en (6), resulta:

iinducida =

2011 

Bπa 2ω sin ωt R

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3.11

Una barra conductora de longitud L se encuentra cerca de un alambre recto y largo que lleva una corriente I. La barra se mueve a una velocidad constante V paralela al alambre, manteniéndose a un ángulo θ y con un extremo a una distancia y de este. Halle la fuerza electromotriz generada entre los extremos de la barra.

L

ˆj iˆ

θ y

kˆ

I SOLUCIÓN Para poder hallar la fuerza electromotriz generada entre los extremos de la barra, se empleará la Ley de Faraday:

ε inducida = −

d d r r (1) Φ Magnético = − ∫ B ⋅ dA dt dt S

Ahora bien, el campo magnético presente en la ecuación (1) es el producido por el alambre recto. Entonces, Recuerde que el campo magnético de un alambre se puede escribir como (se puede demostrar a través de la Ley de Ampere):

V

r µ I B = 0 (uˆ t ) 2πr

dr No obstante, para este problema en particular, por el plano en el que

x

se encuentra ubicada la barra en movimiento, la dirección del campo

Figura 3.11.1

magnético se modificará y se podrá escribir como:

r µ I B = 0 kˆ ( 2 ) 2πr 2011 

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Por otra parte, el alambre recto se encuentra sobre el eje X. De esta forma, se podrá escribir el diferencial de área como:

dA = xdr ( 3)

(Vea que el área que se está tomando en consideración es un pequeño triángulo cuya base mide

x

y la altura tiene longitud

dr ).

Ahora, los vectores directores del campo magnético y del

diferencial de área son paralelos. Entonces, sustituyendo (3) y (2) en la expresión (1), se tiene:

ε inducida = −

d a +l sin θ µ 0 I xdr dt ∫a 2πr

(Vea que los límites de integración corresponden a las distancias, perpendiculares, de los dos extremos de la barra al alambre. De la misma manera, recuerde que el diferencial

dr indica

la

altura del triángulo formado por el movimiento de la barra)

Integrando la expresión anterior:

ε inducida = −

l d ⎛µ I d ⎛ µ0 I a + l sin θ ⎞ ⎞ xln r a ⎜ ⎟ ⇒ ε inducida = − ⎜ 0 x ln(1 + sin θ ⎟ a dt ⎝ 2π dt ⎝ 2π ⎠ ⎠

En la expresión anterior x representa el desplazamiento horizontal de la barra. Asimismo, es el único término dependiente del tiempo, siendo su derivada la velocidad de la barra (recuerde que la derivada respecto al tiempo del desplazamiento es la velocidad). Entonces, tomando esta consideración, resulta, finalmente:

ε inducida = −

2011 

µ0 I l V ln(1 + sin θ ) a 2π

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3.12

Una barra metálica gira con velocidad angular ω en una región donde existe un campo magnético constante

r B . Si la barra tiene un longitud L, determine la fuerza electromotriz

que se genera entre sus extremos.

SOLUCIÓN Para hallar la fuerza electromotriz inducida entre los extremos de la barra, se empleará la Ley de Faraday:

ε inducida = −

d d r r (1) Φ Magnético = − ∫ B ⋅ dA dt dt S Ahora bien, el campo magnético está dado y es constante para todos los

r

puntos del plano en el que se encuentra girando la barra.

dl L

Luego, el diferencial de área se puede escribir como (recuerde el caso del problema anterior. El movimiento de la barra forma un triángulo en cada instante del desplazamiento):

Figura 3.12.1

dA = rdl ( 2 ) Asimismo, los vectores directores del campo magnético y el diferencial de área son paralelos. Por lo tanto, sustituyendo la igualdad (2) en la expresión (1), se tiene:

ε inducida

L d d L = − ∫ Brdl ⇒ ε inducida = − ∫ Brdl 0 dt dt 0

(Vea que el diferencial

dl corresponde

( 3)

al diferencial de longitud del alambre, a diferencia del

problema anterior en donde el diferencial representaba la distancia perpendicular de los extremos de la barra al alambre. Esta es la razón por la cual se han escogido los límites de integración mostrados)

2011 

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En la expresión anterior, el único término dependiente del tiempo es el desplazamiento

r (este es

el desplazamiento de cada uno de los elementos diferenciales que forman parte de la barra. Por lo tanto, su derivada respecto al tiempo será la velocidad lineal del diferencial en cuestión)

Entonces, sabiendo que la derivada del desplazamiento es la velocidad y que ésta se puede escribir como:

d r = V = ωl ( 4 ) dt

ε inducida = − B ∫ ωLdl L

Ahora, sustituyendo la igualdad (4) en la expresión (3), se tiene:

0

Finalmente, integrando y evaluando la expresión, resulta:

1 2

ε inducida = − BωL2

2011 

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IV.

Capítulo 4: Inductancia y energía Un toroide tiene radio externo R e interno r y se enrolla con N vueltas de alambre muy próximas entre sí. Si R>>r, el campo magnético dentro de la región del toroide de área

A = πr 2

es, esencialmente, el de un largo solenoide que se ha doblado como un gran

círculo de radio R. Utilizando el campo uniforme de un largo solenoide, muestre que la autoinductancia de dicho toroide es, aproximadamente:

N

µ0 N 2 A L≅ 2πR

r R A

SOLUCIÓN La fuerza electromotriz inducida se puede escribir como:

L

dI d = N Φ Magnético ⇒ LdI = NdΦ Magnético dt dt

Integrando esta expresión, resulta la fórmula esencial para poder hallar la autoinductancia de la mayoría de las simetrías. Ésta es:

L=

NΦ Magnético

(1)

I

Por lo tanto, se tendrá que hallar el flujo magnético del toroide a través de la ecuación: 2011 

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r ( 2) r Φ Magnético = ∫ BToroide ⋅ dA

Ahora, como en el enunciado se dice que se podrá aproximar el campo magnético del toroide al de un largo solenoide. Entonces, recordando que el campo magnético de un solenoide se puede escribir como (véase Problema 2.9):

r r µ NI BSolenoide = µ 0 nI ⇒ BSolenoide = 0 L Aquí, L es la longitud del solenoide. Sin embargo, en este caso, esta longitud es la del toroide (ya que se está empleando el campo del solenoide sólo para aproximar el del toroide). De esta forma, se podrá sustituir dicha longitud por 2πR , por lo tanto:

r µ 0 NI (3) BSolenoide = 2πR Luego, el vector director del campo magnético es paralelo al vector director del diferencial de área

Sustituyendo (3) en (2), se tiene:

µ 0 NI µ NI dA ⇒ Φ Magnético = 0 ∫ dA 2πR 2πR A A µ NI µ NI ( 4) = 0 A ⇒ Φ Magnético = 0 πr 2 2πR 2πR

Φ Magnético = ∫ Φ Magnético

Finalmente, sustituyendo (4) en (1), resulta:

L=

2011 

µ0 N 2 A 2πR

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El toroide de la figura consta de N vueltas y tiene una sección transversal rectangular. Sus radios interior y exterior son a y b, respectivamente. Muestre que:

µ0 N 2h L= ln(b / a ) 2π

h a b SOLUCIÓN Para hallar la autoinductancia de este toroide, con sección transversal rectangular, se empleará la fórmula:

L=

NΦ Magnético

(1)

I

Donde el flujo magnético se puede escribir como:

r r (2) Φ Magnético = ∫ B ⋅ dA A

Sustituyendo la expresión (2) en la (1), se tiene:

L=

N r r ( 3) B ⋅ dA I ∫A

Recuerde que, en el caso de esta simetría, las líneas del campo magnético se confinan en el interior. Asimismo, el campo magnético producido por un toroide con N vueltas de alambre se puede escribir como: 2011 

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r µ NI BToroide = 0 (uˆ t ) ( 4 ) h 2πr dr Figura 4.2.1

Ahora, el diferencial de área transversal del toroide, se puede escribir como:

dA = hdr ( 5 ) Sustituyendo las expresiones (4) y (5) en la (3), se tiene:

µ 0 N 2 h b dr N b µ 0 NI L= ∫ hdr ⇒ L = I a 2πr 2π ∫a r µ0 N 2h b L= (ln r a ) 2π Evaluando esta expresión, resulta, finalmente:

L=

2011 

µ0 N 2 h b ln( ) a 2π

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Los alambres de conexión de una antena TV se construyen a menudo en la forma de dos alambres paralelos. Ignorando cualquier flujo magnético dentro de los alambres, muestre que la inductancia de una longitud x de este tipo de conexión es:

L=

µ0 x w ln( − 1) a π

Donde a es el radio de los alambres y w es su separación centro a centro.

Z

Y w

a

X

x SOLUCIÓN Para hallar la inductancia de los cables, se empleará la ecuación:

L=

Z

Φ Magnético

(1)

I

I

r B

Y dy I

r B

a

(Recuerde que esta ecuación tiene presente el factor número

w X

de vueltas, N. Sin embargo, en este caso N = 1)

Para hallar el flujo magnético en la superficie, definida por ambos alambres, se debe considerar la contribución del campo magnético producido por dichos alambres. Por lo

Figura 4.3.1

2011 

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tanto, se tendrá que el flujo será:

Φ Magnético = Φ Magnético (1) + Φ Magnético ( 2 ) r r (2) r r Φ Magnético = ∫ B1 ⋅ dA + ∫ B2 ⋅ dA A

A

Ahora bien, por la Ley de Ampere, el campo magnético producido por un alambre, se puede escribir como:

r µ I B = 0 (uˆ t ) 2πr Aquí I es la corriente que circula por los alambres, mientras que r es la distancia desde el punto sobre el cual se está hallando el campo magnético hasta la fuente que lo produce.

Vea que las distancias, de los distintos puntos que forman la superficie entre los alambres, hasta éstos, son distintas. Entonces, sabiendo que el origen de coordenadas está en el extremo derecho del alambre 1, se tiene que dichas distancias serán:

r1 = y ( 3) r2 = w − y ( 4 ) Por lo tanto, sustituyendo las igualdades (3) y (4) en la expresión del campo magnético de un alambre y, luego, el resultado en la ecuación (2), se tiene:

Φ Magnético

µI µ0 I = ∫ 0 dA + ∫ dA 2 π 2 π ( − ) y w y A A

( 5)

(Vea que los vectores directores del campo magnético y el diferencial de área son paralelos. En otras palabras, ambos van en dirección - kˆ . Por ende, su producto escalar o producto punto es 1) El diferencial de área, para el caso de la superficie entre los alambres, se puede escribir como: 2011 

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dA = xdy ( 6 ) (X representa el ancho del área. Recuerde que en el enunciado se pide hallar la inductancia del sistema mostrado para una longitud dada, en particular, x).

Sustituyendo la expresión (6) en la (5), se tiene:

Φ Magnético =

µ 0 xI ⎡ w− a dy w− a dy ⎤ + 2π ⎢⎣ ∫a y ∫a w − y ⎥⎦

[

Φ Magnético Φ Magnético Φ Magnético

]

µ 0 xI w− a w− a ln y a − ln(w − y ) a 2π µ xI = 0 [ln(w − a ) − ln a − ln a + ln(w − a )] 2π µ xI = 0 [2 ln(w − a ) − 2 ln a ] 2π µ xI w = 0 ln( − 1) ( 7 ) π a

Φ Magnético =

(Los límites de la integral que están indicados han sido escogidos así ya que se quiere hallar el flujo magnético en la superficie entre los alambres. No se debe considerar lo región interior de éstos últimos)

Sustituyendo (7) en (1), resulta, finalmente:

L=

2011 

µ0 x w ln( − 1) π a

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Un solenoide de núcleo de aire tiene N vueltas, longitud l y diámetro D. ¿Cuánta energía se almacena en su campo magnético cuando conduce una corriente I?

L

D I

I

SOLUCIÓN La ecuación correspondiente a la energía acumulada en forma de campo magnético en un elemento como el solenoide, se puede escribir como:

U=

1 2 (1) LI 2

Entonces, se halla la inductancia o coeficiente de autoinducción. Para ello, recuerde la fórmula:

L=

NΦ Magnético I

⇒L=

N r r ( 3) B ⋅ dA I ∫A

El campo magnético de un solenoide se puede escribir como (véase Problema 2.9):

r BSolenoide = µ 0 nI ( 4 ) Asimismo, se sabe que los vectores directores del diferencial de área y el campo magnético son paralelos, por lo que su producto escalar o producto punto es 1.

2011 

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Por lo tanto, sustituyendo la igualdad (4) en la expresión (3), se tiene:

L=

N µ 0 nIdA ⇒ L = Nµ 0 n ∫ dA ⇒ L = µ 0 NnA( 5) ∫ I A A

Recuerde que la densidad de espiras (número de alambres por unidad de longitud) se puede escribir como:

n = N / l (6) Sustituyendo (6) en (5), se obtendrá:

L=

µ0 N 2 A

(7)

l

Sustituyendo esta última expresión en (1), la energía será:

U=

2011 

(8) 1 µ 0 N 2 AI 2 2l

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Un alambre largo se coloca en el eje de un toroide de radio interno a y radio externo b y espesor h. El toroide tiene N vueltas. Determine la inductancia mutua.

b

I

a

h

SOLUCIÓN

La inductancia mutua se puede hallar a través de la fórmula:

M Toroide − =

NΦ Magnético (Toroide )

Alambre

(1)

I Alambre

Ahora bien, véase que por el toroide no está circulando ninguna corriente. Sin embargo, la corriente que circula por el alambre, que produce un campo magnético que afecta al toroide, hará que exista un flujo magnético que se debe determinar. Para ello, se empleará la fórmula:

r (2) r Φ Magnético = ∫ B Alambre ⋅ dA A

h Recuerde

dr

que

el

campo

magnético

producido

por

un

alambre

(demuéstrese a través de la Ley de Ampere):

Figura 4.5.1 ( 3) r µ0 I B Alambre = 2πr

2011 

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Asimismo, el diferencial de área transversal del toroide se puede escribir como:

dA = hdr ( 4 ) Luego, sabiendo que los vectores directores del campo magnético y el diferencial de área son paralelos, se sustituyen las igualdades (4) y (3) en la expresión (2) y se tendrá:

µ0 I µ hI b dr hdr ⇒ Φ Magético = 0 ∫ a 2πr 2π a r µ hI µ hI b b = 0 (ln r a ) ⇒ Φ Magético = 0 ln( ) ( 5 ) 2π 2π a

Φ Magético = ∫ Φ Magético

b

Finalmente, sustituyendo la expresión (5) en la (1) resultará:

M Toroide − = Alambre

2011 

µ 0 Nh b ln( ) a 2π

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Se tiene un cable coaxial de radio interno a y radio externo b y altura h. Si por dicho cable circula una corriente I, halle el coeficiente de autoinducción.

ε b

R

a

SOLUCIÓN

Para hallar la autoinductancia del cable coaxial, se empleará la fórmula:

Donde el flujo magnético se puede escribir como:

L=

Φ Magnético

(1)

I

r r (2) Φ Magnético = ∫ B ⋅ dA S

Sustituyendo la expresión (2) en la (1), se tiene:

L=

1 r r ( 3) B ⋅ dA I ∫S

Ahora bien, para hallar el campo magnético producido por el cable coaxial, lo se hará en la región

a ≤ r ≤ b . Entonces, empleando la Ley de Ampere: r r r µ 0 ienlazada B d l i B r i B ⋅ = µ ⇒ ( 2 π ) = µ ⇒ = (uˆ t ) 0 enlazada 0 enlazada ∫C 2πr Luego, para la región indicada, la corriente enlazada por la trayectoria amperiana es la corriente total que circula por el cilindro interno. Por lo tanto:

2011 

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r µ I B = 0 (uˆt ) ( 4 ) 2πr (Véase que la dirección del campo magnético es tangencial a un círculo centrado en el eje del cilindro).

Por otra parte, para hallar el diferencial de área presente en la integral de la expresión (3), se debe considerar la dirección del campo magnético, ya que de esta forma se distingue cual es el diferencial que se debe utilizar.

b

En la figura 4.6.1 se puede apreciar el área que se

a

empleará para obtener el flujo magnético. Véase que el

r

vector director del campo magnético es paralelo al vector

r B

director del diferencial de área mostrado. Ahora bien,

h

dicho diferencial lo se podrá escribir como:

dA = hdr ( 5 ) dr Figura 4.6.1

Sustituyendo las expresiones (5) y (4) en la expresión (3), se tiene:

L=

µh 1 b µ0 I b hdr ⇒ L = 0 (ln r a ) ∫ 2π I a 2πr

Evaluando, resulta, finalmente:

L=

2011 

µ0h b ln( ) a 2π

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V.

Capítulo 5: Magnetismo en la materia

5.1

Se tiene un solenoide infinito con núcleo de hierro (permeabilidad

µ ) y n alambres por

unidad de longitud. Si por estos alambres circula una corriente I, determine los campos

r r H,B

y

r M

µ n I

SOLUCIÓN Para hallar el vector intensidad del campo magnético, se empleará la fórmula:

r r (1) H ⋅ d l = i enlazada ∫ C

Ahora bien, la trayectoria amperiana que se empleará para hallar este vector será,

r H

simplemente, Q

P

la

misma

trayectoria

utilizada para hallar el campo magnético en un solenoide (véase Problema 2.8). En

R

S

l

la figura 5.1.1 se muestra, nuevamente, dicha trayectoria.

Figura 5.1.1 Corte Longitudinal

Recuerde que los vectores directores del campo magnético y el de intensidad del campo magnético están en la misma dirección. Entonces, la integral (1), que es una integral cerrada sobre la trayectoria indicada, se puede separar en los siguientes segmentos:

2011 

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r r r r r r r r H ⋅ d l + H ⋅ d l + H ⋅ d l + H ∫ ∫ ∫ ∫ ⋅ dl = ienlazada

PQ

QR

RS

SP

No obstante, en el caso de los segmentos QR y SP, se puede apreciar que el diferencial de longitud de la trayectoria es perpendicular al campo, mientras que en el segmento RS, por estar fuera del solenoide (recuerde que las líneas del campo magnético en el caso de un solenoide, así como en un toroide, se confinan a su interior), la integral será nula. De esta forma:

r r ( 2) H ∫ ⋅ dl = ienlazada

PQ

En este segmento, el campo es paralelo al diferencial de longitud. Ahora bien, si los alambres se encuentran distribuidos uniformemente (con la misma separación entre ellos) a lo largo de todo el solenoide, entonces la corriente enlazada se puede escribir como:

ienlazada = NI = nlI ( 3) (Donde N es el número de alambres enlazados por la trayectoria amperiana y l la longitud del segmento PQ)

Sustituyendo (3) en (2):

H ∫ dl = nlI ⇒ Hl = nlI PQ

Luego, considerando que el eje del cilindro coincide con el eje Z, entonces, se tendrá:

r H = nIkˆ

Por otra parte, el campo magnético se puede escribir, relacionado con el vector

r H , como:

r r B = µH 2011 

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Sustituyendo la expresión hallada para el vector intensidad del campo magnético, resulta:

r B = µnIkˆ

Finalmente, para el vector magnetización, se empleará la fórmula:

r 1 r r M= B−H

µ0

Sustituyendo y simplificando las expresiones de los campos presentes en esta ecuación (hallados anteriormente), se tiene:

r ⎛ µ − µ0 ⎞ ⎟⎟nIkˆ M = ⎜⎜ ⎝ µ0 ⎠

2011 

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5.2

Una línea infinita de corriente que yace sobre el eje Z y lleva una corriente I, está contenida dentro de un cilindro magnético de radio a y permeabilidad campos

r r H,B

y

r M

µ . Se pide encontrar los

en cualquier punto.

IL

a

µ (r)

SOLUCIÓN Se hallará, en primer lugar, el vector inducción magnética. Para ello, se utilizará la expresión:

r r (1) H ⋅ d l = i enlazada ∫ C

Trayectori a Amperiana

Ahora bien, véase que solo el alambre, ubicado en el centro de la configuración mostrada, conduce una corriente. No obstante, dicho alambre se encuentra dentro de un cilindro magnético que, debido a

r

a

r dl

la acción de la corriente, se magnetizará (orientará sus “dipolos magnéticos” de tal forma que produzca un campo de magnetización cuyo efecto se superpondrá al del vector inducción magnética).

Figura 5.1.1 Sección Transversal

Entonces, para cualquier radio, r, de la trayectoria amperiana, la corriente enlazada será la que circule a través del alambre.

Por lo tanto, sabiendo que el campo inducción magnética cumple con la regla de la mano derecha, se tiene: 2011 

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H ∫ dl = ienlazada ⇒ H (2πr ) = I L C

Finalmente, colocando el vector director de este campo, se tiene:

r I H = L (uˆt ) 2πr Para hallar el campo magnético, se tendrá que separar el problema en dos regiones, la interior y la exterior al cilindro. Esto se debe a que, para la región interior, el efecto del vector de magnetización se agregará al del vector de inducción magnética (la corriente que circula por el alambre, orienta a los “dipolos magnéticos”. Si se superponen el efecto de cada uno de estos dipolos, entonces se tendrá el vector magnetización,

r M

), mientras que para la región exterior al cilindro, el vector de

magnetización es nulo (ya que no hay “dipolos magnéticos” ).

Entonces:

1º Para

r≤a

(radio de la trayectoria amperiana menor al radio del cilindro magnético):

En este caso, el campo magnético se puede escribir como:

r r r B = µ 0 ( H + M ) (1) Sin embargo, para cierto tipo de materiales, como el este caso, el vector magnetización es proporcional al vector inducción magnética y, por lo tanto, se puede escribir:

r r r r r B = µ 0 H + χ M H ⇒ B = µ 0 (1 + χ M ) H En esta ecuación,

χM

se llama susceptibilidad magnética y es la constante de proporcionalidad

entre los vectores inducción magnética y Magnetización. Ahora, dicha constante es propia de cada material magnético. Por otra parte: 2011 

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µ 0 (1 + χ M ) = µ Donde

µ

es la permeabilidad del medio (éste es un dato dado en el enunciado del problema).

Sustituyendo la permeabilidad relativa y la expresión del vector inducción magnética, se tiene que para la región interna:

r µI B = L (uˆt ) 2πr Ahora, de la ecuación (1) se despeja el vector Magnetización y se sustituye las expresiones del campo magnético y el vector inducción magnética, obteniéndose:

r r I µI L 1 r r (uˆt ) − L (uˆ t ) M= B−H ⇒M = 2πr µ0 µ 0 2πr r I µ M = ( − 1) L (uˆ t ) 2πr µ0 Simplificando, resulta:

r ⎛ µ − µ0 ⎞ I L ⎟⎟ M = ⎜⎜ (uˆt ) 2 r µ π 0 ⎠ ⎝

2º Para

r>a

(radio de la trayectoria amperiana mayor al radio del cilindro magnético):

En esta región, ya no existen “dipolos magnéticos”, por lo que el vector de Magnetización es nulo. Entonces,

r r M =0

Ahora, para el campo magnético, se tiene:

2011 

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r r B = µ0 H Sustituyendo la expresión del vector

r H , resulta:

r µ I B = 0 L (uˆt ) 2πr

2011 

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5.3

Se tiene un solenoide, inicialmente con núcleo de aire, de diámetro D y

n

espiras por

unidad de longitud, conectado tal como se muestra en la figura. En su parte central hay un enrollado de alambres con

N

espiras conectadas a un galvanómetro balístico (este

galvanómetro registra el paso de carga y no de corriente). La resistencia de este último circuito es R. Cuando se cierra el interruptor, S, el galvanómetro registra un paso de una carga, Q0, durante un intervalo de tiempo muy breve. Luego, después de haberse alcanzado el equilibrio, se introduce, rápidamente, un material diamagnético dentro del solenoide de tal forma que este se llena por completo. Ahora, después de haber introducido el material magnético, el galvanómetro registra un nuevo paso de carga Q1, durante un tiempo breve. Determine la susceptibilidad magnética del material diamagnético.

n

N

D

S

G

R

ε SOLUCIÓN Vea, en la figura, que el enrollado que se extiende a lo largo de todo el solenoide está conectado a un interruptor y a una batería. Por otra parte, el enrollado central se encuentra conectado sólo a una resistencia y al galvanómetro balístico.

Ahora bien, cuando el interruptor se cierra, podría haber un cambio brusco en el flujo magnético del solenoide, por lo tanto, se producirá una fuerza electromotriz inducida que buscará mantener el flujo continuo. Luego, se sabe que el galvanómetro registra el paso de una carga inicial, esto se puede escribir como:

Q0 = ∫ iinducida dt

(1)

La corriente presente en esta ecuación es la corriente inducida, ya que el cambio en el flujo magnético a través de la superficie descrita por las espiras centrales produce una fuerza Enrique Rubio  127 2011  http://guiasdeejercicios.blogspot.com  Evita imprimir este documento si no es necesario. Si requieres imprimir una parte hazlo  en hojas de reciclaje. Estarás salvando al planeta 

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electromotriz inducida y esta, a su vez, una corriente inducida. Entonces, por la Ley de Ohm, se tiene:

iinducida =

ε inducida

( 2)

R

Sustituyendo (2) en (1), resulta:

Q0 = ∫

Luego, por la Ley de Faraday, se tiene:

ε inducida R

dt ( 3)

ε inducida = − N

d (4) Φ Magnético dt

Sustituyendo (4) en (3), se obtendrá: Φf

N 1 ⎛d ⎞ Q0 = − ∫ N ⎜ Φ Magnético ⎟dt ⇒ Q0 = − ∫ dΦ Magnético R RΦ ⎝ dt ⎠ i

Q0 = −

N (Φ Magnético R

Φf Φi

) ⇒ Q0 = −

N (Φ final − Φ inicial ) ( 5 ) R

Ahora bien, recuerde que el flujo magnético se puede escribir como:

r r Φ Magnético = ∫ B ⋅ dA ⇒ Φ Magnético = B ∫ dA ⇒ Φ Magnético = BA( 6 ) S

S

(Recuerde que, en el caso de un solenoide muy largo, las líneas del campo magnético se distribuyen uniformemente en toda la superficie transversal descrita por las espiras y, asimismo, los vectores directores del campo magnético y el diferencial de área son paralelos)

Sustituyendo la igualdad (6) en la expresión (5), se tiene:

2011 

Q0 = −

N A( B final − Binicial ) R

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Sin embargo, inicialmente la batería no está conectada (ya que el interruptor está abierto), por lo que el campo inicial es nulo. Por otra parte, el área de la superficie descrita por el enrollado central se puede escribir como:

D πD 2 A = πr 2 ⇒ A = π ( ) 2 ⇒ A = 2 4

.

4 RQ0 N πD 2 B final ⇒ B final = − Por lo tanto: Q0 = − 4R NπD 2

(7)

Para la segunda parte del análisis, considere el hecho de que se ha introducido un material magnético dentro del solenoide, no obstante, este análisis es el mismo que en el caso anterior. Por lo tanto, después de resolver todos los pasos seguidos en la parte anterior, se llegará a:

Q1 = −

N πD 2 ( B final − Binicial ) (8 ) 4R

(Haga todos los pasos, nuevamente, para llegar a este resultado)

Sin embargo, en este caso, el campo magnético inicial, es el campo final de la parte anterior (recuerde que el material magnético se introduce inmediatamente después de que al galvanómetro balístico registra el paso de la carga inicial). Por otra parte, el campo final, de esta parte, se podrá escribir como:

r B final = µ 0 (1 + χ M ) H ( 9 ) Sustituyendo (9) y (7) en (8), se tiene:

r 4 RQ0 ⎞ (10 ) N 2⎛ Q1 = − πD ⎜ µ 0 (1 + χ M ) H + ⎟ N πD 2 ⎠ 4R ⎝ Ahora bien, el vector intensidad del campo magnético se puede escribir como:

2011 

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r 1 r (11) H = B

µ0

El campo magnético presente en esta ecuación es el campo final hallado en la primera parte del problema. Entonces, sustituyendo la igualdad (7) en la expresión (11), y, posteriormente, en (10), se tiene:

Q1 = −

4 RQ0 4 RQ0 ⎞ N ⎛ + πD 2 ⎜ − (1 + χ M ) ⎟ NπD 2 NπD 2 ⎠ 4R ⎝

χ M , resulta, finalmente:

Despejando

χM = −

2011 

Q1 Q0

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VI.

Capítulo 6: Circuitos

6.1

Considere el inductor mostrado en la figura. Cuando el interruptor se abre, después de haber estado cerrado por un largo rato, la corriente en el inductor disminuye a 0.25 A en 0.15 seg. ¿Cuál es la inductancia del inductor?

5Ω

S

1Ω

6V

L

SOLUCIÓN En el enunciado del problema se indica que el interruptor ha estado cerrado por un largo tiempo. Con este dato, se puede concluir que el inductor se comporta, al momento de abrir el interruptor, como un cortocircuito (en otras palabras, como un simple cable y no como un elemento variante en el tiempo). Ahora bien, en los inductores la corriente que circula por ellos en un determinado instante no cambia bruscamente (recuerde la Ley de Faraday), esto indica que, en el caso de este problema en particular, la corriente que ha estado circulando por el inductor en el preciso instante antes de abrir el interruptor, será la misma que circula en el preciso instante cuando se abre el interruptor. Por lo tanto, se puede separar el análisis del problema en dos partes: para t < 0 y para t > 0.

5Ω 6V

1º Para

1Ω

t < 0:

El circuito mostrado en la figura 6.1.1 es el circuito justo en el instante antes de abrir el interruptor. Vea que el inductor ha

Figura 6.1.1

sido sustituido por un cable (cortocircuito).

Ahora bien, la corriente circulará a través de la resistencia de

5Ω

y el cable (recuerde que la

corriente siempre trata de circular por el camino con menor resistencia y el cable tiene resistencia aproximada a cero). Entonces, por la Ley de Kirchhoff: 2011 

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6V − 5ΩI = 0 ⇒ I =

6 (1) A 5

Esta es la corriente que circula por el inductor antes de abrir el interruptor y la que circula justo cuando este se abre.

2º Para

t > 0:

En la figura 6.1.2 se muestra el circuito después de haber abierto el interruptor. Vea que la batería y la resistencia de

5Ω

han quedado totalmente desconectadas del circuito (ya que la corriente no

tiene un cable continuo para poder circular).

Asimismo, la dirección de la corriente en este circuito es la indicada en la

1Ω

L I (t )

misma figura (recuerde que en el inductor ni la magnitud ni la dirección de la corriente cambian bruscamente, por lo que su dirección será la misma que la que tenía en el instante antes de abrir el interruptor).

Figura 6.1.2

Por la Ley de Kirchhoff, se tiene:

RI ( t ) + VL = 0 ( 2 ) ( R = 1Ω ) Ahora, recuerde que el voltaje en el inductor se puede escribir como:

VL = L

d ( 3) I (t ) dt

Sustituyendo (3) en (2), resulta:

2011 

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RI ( t ) + L

∫

I(t )

dI ( t )

I0

I (t )

dI d d R R I ( t ) = 0 ⇒ I ( t ) = − I ( t ) ⇒ ( t ) = − dt dt dt L I (t ) L

R − t ⎛ I (t ) ⎞ R R ⎜ ⎟ = ∫ − dt ⇒ ln⎜ ⎟ = − t ⇒ I ( t ) = I 0 e L 0 L L ⎝ I0 ⎠ t

( 4)

(Vea que los límites de integración inferiores corresponden a la corriente inicial, es decir, la corriente que circulaba en el tiempo t = 0. Por otra parte, los límites superiores corresponden a la corriente para cualquier instante de tiempo t)

Despejando la inductancia de esta ecuación:

L=−

Rt ⎛ I (t ) ln⎜ ⎜I ⎝ 0

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

Luego, sustituyendo los valores dados en el enunciado del problema (se proporcionan como datos un instante de tiempo determinado y la corriente para ese instante) y el valor de la corriente inicial (hallado en la parte 1), resulta, finalmente:

L = 95mH

2011 

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6.2

Se tiene un circuito RLC en serie con R, L, C, VMáx y w dados.

6.2.1

Calcule la corriente máxima del circuito.

6.2.2

Determine el voltaje máximo a través de cada elemento.

6.2.3

¿Cuál es el factor de potencia del circuito?

R

L

C

V(t ) SOLUCIÓN La corriente máxima que circula a través del circuito se puede escribir, por la Ley de Ohm,

6.2.1

como:

I Máx

V = Máx Z

(1)

En esta ecuación, Z es la impedancia equivalente del circuito mostrado. Entonces, recuerde que en el caso de un circuito RCL en serie, la impedancia equivalente se puede escribir como:

Z = R 2 + ( X L − X C )2 Donde

XL

( 2)

es la reactancia inductiva y se puede escribir como:

X L = ωL( 3) Y

XC

2011 

es la reactancia capacitiva y se puede escribir como:

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1 XC = ωC

( 4)

Sustituyendo las igualdades (4) y (3) en la expresión (2), resulta:

1 2 Z = R + (ωL − ) ωC

( 5)

2

Ahora, sustituyendo (5) en (1), se tiene:

I Máx =

VMáx R 2 + (ωL −

6.2.2

1 2 ) ωC

Para hallar el voltaje máximo a través de cada elemento, basta con emplear la Ley de Ohm. Entonces:

Voltaje máximo a través de la resistencia:

VMáx ( R ) = I Máx R Sustituyendo el valor de la corriente máxima hallado en el inciso anterior:

VMáx ( R ) =

RVmáx R 2 + (ωL −

1 2 ) ωC

Voltaje máximo a través del inductor:

VMáx ( L ) = I Máx X L

2011 

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ωLVMáx

VMáx ( L ) =

R 2 + (ωL −

1 2 ) ωC

Voltaje máximo a través del capacitor:

VMáx ( C ) = I Máx X C VMáx

VMáx ( C ) =

ωC R 2 + (ωL −

6.2.3

1 2 ) ωC

Para hallar el factor de potencia, se debe hallar el ángulo de fase del circuito. Dicho ángulo se puede hallar a través de la expresión:

1 ⎞ ⎛ ωL − ⎜ ⎟ 2 XL − XC LC − 1 ⎞ ω ⎛ C ω ⎟ ⇒ φ = arctan⎜ ⇒ φ = arctan⎜ tan φ = ⎟ R R ωCR ⎠ ⎜ ⎟ ⎝ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Luego, el factor de potencia se puede escribir como:

f . p. = cos φ Sustituyendo la expresión del ángulo de fase en la ecuación del factor de potencia, resulta, finalmente:

⎛ ω 2 LC − 1 ⎞ ⎟⎟ f . p. = cos⎜⎜ ⎝ ωCR ⎠

2011 

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6.3

Se tiene un circuito RLC en serie en el cual R, L y C están dados. Estos elementos están conectados a un generador de CA que entrega Vrms. Elabore una gráfica de la potencia entregada al circuito como función de la frecuencia (f).

SOLUCIÓN Para hallar la potencia promedio entregada al circuito, se empleará la fórmula: 2 Ppromedio = I rms R (1)

Ahora, para hallar la corriente rms se empleará la Ley de Ohm:

I rms

V = rms Z

( 2)

En esta ecuación Z es la impedancia equivalente del circuito. En el caso de un circuito RCL en serie, la impedancia equivalente se puede escribir como:

1 2 Z = R + (ωL − ) ωC

( 3)

2

Sustituyendo la igualdad (3) en la ecuación (2), se tiene:

I rms =

Vrms 1 2 R + (ωL − ) ωC 2

( 4)

Vrms

⇒ I rms =

R 2 + L2 (ω −

1 2 ) ωLC

Ahora bien, recuerde que la frecuencia de resonancia (frecuencia a la cual la reactancia inductiva se anula con la reactancia capacitiva y, por lo tanto, la corriente alcanza su valor máximo), se puede escribir como:

1 1 ⇒ ω 02 = ω0 = LC LC 2011 

(5)

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Sustituyendo la igualdad (5) en la ecuación (4), se tiene:

I rms =

Vrms 2 2 2 ω − ω0 )2 R +L( ω 2

⇒ I rms

ωVrms = 2 2 R ω + L2 (ω 2 − ω 02 ) 2

(6)

Luego, sustituyendo la igualdad (6) en la expresión (1), resulta:

Ppromedio

2 ω 2Vrms R = 2 2 2 2 R ω + L (ω − ω 02 ) 2

Entonces, graficando esta función:

Ppromedio(ω )

ω0

2011 

ω

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6.4

Para el circuito de la figura se cumple que

1 R2 > . En t = 0 se coloca el interruptor S en C 4L

la posición A.

6.4.1

R

Encuentre la corriente a través del inductor en

R

función del tiempo. 6.4.2

En un instante de tiempo

t1 >>

L R

se coloca el

ε

L S

interruptor S en la posición B. Encuentre la corriente para

C

t > t1 .

A B

SOLUCIÓN 6.4.1

Cuando el interruptor se pasa a la posición A, el circuito que se tendrá será el que se muestra en la figura 6.4.1 (en la figura también se indica la dirección de la corriente):

R

Para hallar la corriente en función del tiempo, se empleará la Ley de Kirchhoff (recuerde que la polaridad del voltaje en una resistencia está

ε I (t )

L

dado por la dirección de la corriente. Asimismo, el terminal por donde “entra” la corriente en un inductor es el terminal positivo, cuando éste se está cargando):

Figura 6.4.1

ε − I ( t ) R − VL = 0 (1)

El voltaje en un inductor se puede escribir como:

VL = L

Sustituyendo la expresión (2) en la ecuación (1), se tiene:

d ( 2) I (t ) dt

ε − I (t ) R − L

d I (t ) = 0 dt

Resolviendo la ecuación diferencial que surge de esta expresión, se tiene:

2011 

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1 d d R ε I ( t ) = (ε − I ( t ) R ) ⇒ I ( t ) = ( − I ( t ) ) dt L dt L R I dI ( t ) dI ( t ) R R t = dt ⇒ ∫ = − ∫ dt I ε ε L 0 I (t ) − − I (t ) L R R (t )

0

ε ⎞ ⎛ R ⎜ I (t ) − ⎟ R ⎟ = − R t ⇒ I = ε + I e− Lt ln⎜ (t ) 0 L R ⎜ I0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ (La constante

I0

es una constante que debe ser hallada)

Si se evalúa en el instante t = 0, se sabe que la corriente es nula

I ( t =0 ) = 0

(ya que el conductor

está desconectado), entonces la constante será:

I0 = −

ε R

Sustituyendo la constante en la expresión de la corriente en el tiempo, resulta:

I (t ) =

6.4.2

ε R

(1 − e

R − t L

)

Se debe recordar que los elementos almacenadores de energía tienen una constante que indica el tiempo aproximado de carga de dichos elementos, así como el tiempo aproximado de descarga. En el caso del inductor, dicha constante se puede escribir como:

τ=

2011 

L R Enrique Rubio  http://guiasdeejercicios.blogspot.com  Evita imprimir este documento si no es necesario. Si requieres imprimir una parte hazlo  en hojas de reciclaje. Estarás salvando al planeta 

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Cuando ha transcurrido un tiempo

t >> τ

se puede decir que el inductor se ha cargado

completamente.

Entonces, cuando el interruptor se pasa a la posición B ya está completamente cargado y el valor de la corriente es (recuerde que en los inductores la corriente no varía bruscamente, ni en magnitud ni en dirección). Esto se puede demostrar a través de la Ley de Faraday):

I ( t >>τ ) =

ε R

Ahora bien, en la figura 6.4.2 se puede apreciar el circuito correspondiente para este análisis:

R En este caso, el inductor se comporta como una batería debido a que está

L

completamente cargado y no tiene alimentación. Éste elemento le entregará

I (t )

C

corriente al resto de los componentes del circuito. No obstante, a medida que el inductor se descarga, el capacitor se carga. Pero este fenómeno no ocurrirá en todo instante de tiempo, ya que la energía almacenada en el

Figura 6.4.2

inductor, que a medida que pasa el tiempo se transfiere al capacitor y, así,

sucesivamente, se disipa, además, a través de la resistencia. Entonces, empleando la Ley de Kirchhoff:

VL − VC − I ( t ) R = 0 ( 3) Luego, el voltaje través del inductor se puede escribir como:

VL = L

d ( 4) I (t ) dt

Por otra parte, por la relación fundamental de los capacitores, se podrá escribir:

2011 

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I (t ) = C

(5) 1 d VC ⇒ VC = ∫ I ( t ) dt dt C

Sustituyendo las igualdades (4) y (5) en la expresión (3), se tiene:

L

d 1 I ( t ) − ∫ I ( t ) dt − RI ( t ) = 0 dt C

(De aquí saldrá una ecuación diferencial de segundo grado. En caso de que se sepa resolver este tipo de ecuaciones, se recomienda hacerlo a través del método de Transformada de Laplace)

La solución a esta ecuación diferencial es de la forma:

I ( t ) = e −α (t −t ) ( A cos ω (t − t1 ) + B sin ω (t − t1 )) 1

Halle las constantes

I ( t ) = I ( t =t1 ) e

−

R ( t − t1 ) 2L

α , A y B y obtendrá, finalmente: R ⎛ ⎞ sin (ω (t − t1 ) )⎟ ⎜ cos (ω (t − t1 ) ) − 2 Lω ⎝ ⎠

Donde la corriente en el instante

I ( t =t ) = 1

t = t1 es:

ε R

Por otra parte, la frecuencia angular es:

ω=

2011 

1 R2 − LC

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(Vea que la condición

1 R2 > , dada en el enunciado del problema, indica que el argumento de C 4L

la raíz es positivo y, por lo tanto, la frecuencia angular será positiva)

2011 

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En el circuito mostrado se tienen ε1, ε2, R, y L. Después de un largo tiempo, el circuito ha

6.5

alcanzado el régimen estable (el inductor se ha cargado) y en el instante t = 0 se abre el interruptor. Determine la corriente en la inductancia en función del tiempo.

R

R

t =0 L

ε1

ε2

SOLUCIÓN Antes de que el interruptor se abriera, el circuito había alcanzado el estado estable. En el caso de los inductores, el estado estable implica que se comporta como un cortocircuito (en otras palabras, un simple cable). Entonces, se deberá separar el problema en dos partes: antes de abrir el interruptor y después de haberlo abierto. Recuerde, además, que esto se hace debido a que en el caso de estos elementos almacenadores de energía, la corriente no cambia bruscamente (lo que se puede demostrar a través de la Ley de Faraday), sino que la corriente que circulaba en el preciso momento antes de abrir el interruptor será la misma en el preciso momento después de haberlo abierto. Por lo tanto, se tiene:

1º Para

t < 0:

R

R

En la figura 6.5.1 se muestra el circuito que en el régimen estable (el inductor está representado por un simple cable, ya que en el régimen estable dicho elemento se comporta como un cortocircuito). Luego,

ε1

ε2

Figura 6.5.1

por la Ley de Kirchhoff:

I0 =

1 (ε 1 + ε 2 ) (1) R

(Esta es la corriente que circula por el inductor antes de abrir el interruptor)

2º Para 2011 

t > 0: Enrique Rubio  http://guiasdeejercicios.blogspot.com  Evita imprimir este documento si no es necesario. Si requieres imprimir una parte hazlo  en hojas de reciclaje. Estarás salvando al planeta 

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Después de haber abierto el interruptor, la parte del circuito que está a su

R

izquierda queda totalmente desconectada de la parte derecha (mostrada en la figura 6.5.2). Ahora, la dirección de la corriente en este circuito es la

L

indicada en la figura 6.5.2. Luego, por la Ley de Kirchhoff, se tiene:

I (t )

ε 2 ε − I R − V = 0( 2) 2 (t ) L

Figura 6.5.2

El voltaje en un inductor se puede escribir como:

VL = L

d ( 3) I (t ) dt

Sustituyendo (3) en (2) y resolviendo la ecuación diferencial presente, resulta:

1 d d I ( t ) = 0 ⇒ I ( t ) = (ε 2 − I ( t ) R ) dt dt L ε d R ε d R I (t ) = ( 2 − I (t ) ) ⇒ I (t ) = − ( I (t ) − 2 ) dt L R dt L R I t dI ( t ) dI ( t ) R R = − dt ⇒ ∫ = ∫ − dt I 0 ε ε L L I (t ) − 2 I (t ) − 2 R R

ε 2 − I (t ) R − L

(t )

0

I (t ) − ln(

ε2

R ) = − R t ⇒ I = ε 2 + I e− Lt (t ) 0 I0 L R

R ( 4)

(Vea que los límites de integración inferiores y superiores se corresponden entre sí. A la corriente inicial le corresponde el tiempo t = 0, mientras que los límites superiores corresponden a una corriente determinada para un instante cualquiera t)

Sustituyendo la corriente inicial (ecuación (1)) en la expresión (4), resulta, finalmente:

I (t ) =

2011 

− t⎞ 1⎛ ⎜ ε 2 + (ε1 + ε 2 )e L ⎟ ⎟ R ⎜⎝ ⎠ R

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VII.

Capítulo 7: Ondas electromagnéticas

7.1

Una microonda, de longitud de onda λ = 1.5 cm., se mueve a lo largo del eje X. El vector campo eléctrico de dicha onda tiene una amplitud máxima de 175 V/m y vibra en el plano XY.

7.1.1

Suponga que la componente magnética de la microonda puede escribirse de la forma

r B = Bmàx sin( kx − ωt ) . Halle los valores Bmáx, k y ω. Además, diga cual es el plano de

vibración de la onda magnético 7.1.2

Calcule la magnitud del vector de Poynting para esa onda

7.1.3

¿Qué presión de radiación ejercería esta onda si se dirige con una incidencia normal sobre una lámina perfectamente reflejante?

SOLUCIÓN 7.1.1

Bmáx

A través de las ecuaciones de Maxwell se puede demostrar que:

E = máx c

(1)

La amplitud de la onda magnética es proporcional a la amplitud de la onda eléctrica divida por la velocidad de la luz. Véase que, siempre, la amplitud del campo magnético es mucho menor que la del campo eléctrico. Entonces, sabiendo que la velocidad de la luz (en el vacío) es, aproximadamente,

3 ∗ 10 8 m / seg , se sustituye el valor de la amplitud del campo eléctrico dado

en el enunciado del problema y, resulta:

Bmáx = 5.83 ∗10 −7 T Ahora, para el número de onda, k, se empleará la fórmula:

2011 

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k=

2π

λ

Sustituyendo el valor de la longitud de onda (debe transformarse al sistema MKS), se tiene:

k = 418.87 rad / m Por otra parte, para la frecuencia angular de la onda, se empleará la fórmula:

ω=

2πc

λ

Sustituyendo los valores respectivos, resulta:

ω = 1.25 ∗109 rad / seg La magnitud del vector de Poynting se puede escribir como:

7.1.2

2 2 r cBmáx E máx S = = µ0 cµ 0

Sustituyendo los valores respectivos en cualquiera de las dos ecuaciones, resulta:

r S = 40.59Wb / m 2

7.1.3

P=

2011 

Para el caso de una superficie reflejante, la presión de radiación se puede escribir como:

r S

c

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Entonces, sustituyendo la magnitud del vector de Poynting, hallada en el inciso anterior, y la velocidad de la luz, se tiene:

2011 

P = 2.7 ∗ 10 −7 Pa

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7.2

Una onda electromagnética plana tiene un flujo de energía de 750 W/m2. Una superficie rectangular plana, de dimensiones iguales a 50 cm. y 100 cm., se coloca perpendicular a la dirección de la onda. Si la superficie absorbe la mitad de la energía y refleja la mitad. Calcule, entonces:

7.2.1

La energía total absorbida por la superficie en un intervalo de tiempo de 1 min.

7.2.2

El momento absorbido en ese tiempo.

SOLUCIÓN 7.2.1

La variación de energía en el tiempo, se puede escribir como:

r r ∆U = A S ⇒ ∆U = A S ∆t (1) ∆t En esta igualdad, se tiene presente la magnitud del vector de Poynting (flujo de energía por unidad de área) y el área sobre la cual está incidiendo la onda electromagnética. Entonces, sustituyendo en (1) los datos dados en el problema, resultará:

∆U = 11250 Joules 7.2.2

Ahora, dado que la mitad del cuerpo es reflejante, mientras que la otra mitad es un cuerpo negro, se tendrá:

1 (1) ∆U Cuerpo = ∆U Espejo = ∆U Total Negro 2 Luego, el momento lineal absorbido por cada una de las partes de la superficie (cuerpo negro y espejo), es:

2011 

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pespejo = 2 pcuerpo = negro

∆U Espejo c

∆U cuerpo negro

c

Recuérdese que los cuerpos reflejantes absorben el doble del momento lineal absorbido por un cuerpo negro. Entonces, sustituyendo los valores para las igualdades anteriores, resultará:

ptotal = pespejo + pcuerpo = 2 negro

2011 

∆U Espejo c

+

∆U Cuerpo negro

c

= 5.625 ∗ 10 −5 Kg ⋅ m / seg

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¿A qué distancia de una fuente puntual de una onda electromagnética de 100 W es

7.3

Emáx = 15V / m ? SOLUCIÓN Recuerde que una fuente puntual irradia energía en igual magnitud en todas direcciones. Por lo tanto, se tiene la ecuación:

Ppromedio A

r (1) =S

La potencia promedio dividida entre la superficie sobre la cual se está irradiando la energía es proporcional a la magnitud del vector de Poynting promedio. Ahora, recuerde que esta magnitud se puede escribir como: ( 2) 2 r Emáx S = 2µ 0 c

(Véase que esta expresión está dividida entre un 2. Esto significa que es la magnitud del vector de Poynting promedio)

Asimismo, una fuente puntual, al irradiar la misma cantidad de energía en todas direcciones, entonces convierte la superficie señalada en la de una esfera (véase Figura 7.3.1) Por lo tanto, considerando que dicha esfera tiene radio r, entonces el área de su superficie será:

A = 4πr 2

( 3)

Sustituyendo las expresiones (3) y (2) en la igualdad (1), se tiene: Figura 7.3.1

2011 

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Ppromedio 4πr 2

=

2 E máx 2µ 0 c

Despejando r y sustituyendo valores, resulta, finalmente:

r = 5.16m

2011 

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7.4

El

campo

eléctrico

de

una

onda

7.4.1

La amplitud de la onda magnética correspondiente

7.4.2

La longitud de onda

7.4.3

La frecuencia f

7.4.4

Indique la forma de la onda magnética

r E = 100 sin(10 7 x − ωt ) ˆj . Encuentre:

electromagnética

viene

dado

por

electromagnética

es:

SOLUCIÓN 7.4.1

La

forma

del

campo

r E = E máx sin( kx − ωt ) ˆj

eléctrico

en

una

onda

Aquí, ω representa la frecuencia angular, mientras que k representa el número de onda. Asimismo, x indica la dirección de propagación de la onda electromagnética y el vector unitario indica la dirección en la cual se desplaza el campo eléctrico u onda eléctrica que forma parte de la onda electromagnética.

Se debe recordar, en primer lugar, que la dirección de propagación de la onda electromagnética viene dada por el vector de Poynting. Por otra parte, las ondas eléctrica y magnética son perpendiculares entre sí, así como perpendiculares a la dirección de propagación. Por lo tanto, sabiendo la dirección de uno de los campos y la de propagación, se puede determinar la dirección del segundo campo.

Ahora, para hallar la amplitud de la onda magnética, se empleará la ecuación:

Bmáx =

Emáx c

Sustituyendo los valores dados en el problema, resulta:

Bmáx = 333nT

2011 

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7.4.2

λ=

Para hallar la longitud de onda, se utilizará la fórmula:

2π k

Donde k es el número de onda y su valor está presente en la onda eléctrica dada en el enunciado del problema. Por lo tanto, sustituyendo valores, resulta:

λ = 628m 7.4.3

f =

Para la frecuencia, se tiene:

c

λ

Sustituyendo valores, resulta:

f = 4.77 ∗1014 Hz

7.4.4

Finalmente, para la forma de la onda magnética, recuerde que en su expresión debe estar indicada la dirección de propagación de la onda electromagnética (dada en la expresión del campo eléctrico). Por otra parte, para saber la dirección de desplazamiento de la onda magnética se hará de la siguiente manera: se sabe que la onda electromagnética se propaga en el eje X, es decir, su vector director es desplaza en el eje Y, cuyo vector director es

iˆ , mientras que la onda eléctrica se

ˆj . Ahora:

Dirección( onda ) = Eˆ × Bˆ ⇒ iˆ = ˆj × Bˆ De la expresión anterior, se puede concluir que:

Bˆ = kˆ 2011 

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(Véase que las tres direcciones son perpendiculares entre sí).

Finalmente, la forma de la onda magnética será:

r B = 333 ∗10 −9 sin(10 7 x − ωt ) kˆ

Z Dirección de Propagación

r B

X

r E Y Figura 7.4.1

2011 

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7.5

Una antena, que tiene un radio de 20 m., recibe (incidencia normal) una señal de radio de una fuente distante. La señal de radio es una onda sinusoidal continua con amplitud

Emáx = 0.20 µV / m . Suponga que la antena absorbe toda la radiación que incide sobre ella.

7.5.1

¿Cuál es la amplitud del campo magnético correspondiente a esa onda?

7.5.2

¿Cuál es la intensidad de la radiación recibida por la antena?

SOLUCIÓN 7.5.1

Bmáx =

Para hallar la amplitud del campo magnético, se empleará la fórmula:

Emáx c

Sustituyendo el valor de la velocidad de la luz y la amplitud del campo eléctrico dado en el enunciado del problema, resulta:

Bmáx = 6.67 ∗10 −16 T 7.5.2

La intensidad de la radiación o, en otras palabras, el vector de Poynting promedio, se puede escribir como:

2 r cBmáx I = S promedio = 2µ 0

Sustituyendo los valores dados, resulta:

r I = S promedio = 5.31 ∗10 −7 Wb / m 2

2011 

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7.6

La componente magnética de una onda electromagnética que se propaga en el vacío está dada por

r B = 200π cos(ky − 10 7 t )iˆ . Calcule:

7.6.1

El número de onda, K.

7.6.2

La dirección de polarización de la onda

7.6.3

La componente eléctrica de la onda

7.6.4

La potencia promedio que atraviesa un cuadrado de lado b en el plano XZ con vértice en el origen.

SOLUCIÓN Para hallar el número de onda, k, se empleará la fórmula:

7.6.1

k=

ω C

Aquí ω es la frecuencia angular de la onda, mientras que c es la velocidad de la luz. Por lo tanto, sustituyendo valores en la ecuación anterior, resulta:

k = 0.033rad / m 7.6.2

Recuerde que la dirección de polarización de la onda o dirección de propagación de la onda, viene dada por el vector director del eje que acompaña al número de onda en la expresión del campo magnético (y del campo eléctrico también, ya que si forma parte de la misma onda electromagnética, se debe propagar en el mismo eje). Por lo tanto:

Dirección = ˆj

7.6.3

Ahora, la componente del campo eléctrico viene dada por la siguiente expresión (recuerde, nuevamente, que la dirección de propagación de la onda electromagnética, presente en la ecuación del campo eléctrico es la misma que la del campo magnético):

2011 

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r E = E0 cos(ky − 10 7 t ) Eˆ (1) La amplitud de dicha onda, se puede escribir como:

E0 = cB0 Donde B0 es la amplitud de la onda magnética.

Sustituyendo valores, resulta:

E0 = 6π ∗ 1010

Luego, para hallar la dirección de desplazamiento del campo eléctrico, se utilizará la misma relación empleada en el problema 7.4:

Dirección( onda ) = Eˆ × Bˆ ⇒ Eˆ × iˆ = ˆj Por lo tanto, la dirección que cumple con esta relación es

kˆ

Sustituyendo la amplitud y la dirección en la expresión del campo eléctrico, resulta:

r E = 6π ∗ 1010 cos( ky − 10 7 t ) kˆ

7.6.4

La potencia promedio por unidad de área se puede escribir como:

r P = S promedio A( 2 ) Donde el vector de Poynting promedio viene dado por: ( 3) r cB02 S promedio = 2µ 0

2011 

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Sabiendo que el área del cuadrado es:

A = b2

( 4)

Sustituyendo (4) y (3) en la igualdad (2), resulta, finalmente:

P=

2011 

cb 2 B02 2µ0

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VIII. Capítulo 8: Ecuaciones de Maxwell

8.1

En una región del espacio hay un campo eléctrico expresión

r E = E0 (1 + ct )iˆ , donde kˆ

que varía con el tiempo según la

es el vector unitario en la dirección del eje Z y c y

E0 una constante. Utilice las ecuaciones de Maxwell para determinar la carga Q que

r

produce el campo eléctrico y el campo magnético, B , en esta región.

Y

X Z región SOLUCIÓN La región mostrada es una región particular del espacio (vacío). Por lo tanto, la carga encerrada por dicha región es nula, así como las corrientes de conducción también son nulas. Desde luego que el campo eléctrico presente es producido por cargas, sin embargo, dichas cargas no están presentes en la región en cuestión. Luego, para hallar el campo magnético en esta región, se empleará la Ley de Ampere – Maxwell (que, obviamente, es una de las 4 ecuaciones de Maxwell):

r r d r r (1) B ⋅ d l = µ i + µ ε E ⋅ dA 0 enlazada 0 0 ∫C dt ∫S Pero, como se explicó al principio, en la región mostrada no hay ni cargas encerradas ni corrientes enlazadas. Por ende, la ecuación (1) se convierte en:

2011 

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r r d r r ( 2) B ⋅ d l = µ ε E ⋅ dA 0 0 ∫C dt ∫S Ahora, los vectores directores del campo eléctrico y el diferencial de área son paralelos. De la misma manera, dicho diferencial corresponde al área transversal del cilindro mostrado. Por lo tanto, con esta condición y sustituyendo la expresión del campo eléctrico dado en el enunciado del problema, se tiene:

r r r r d d B ⋅ d l = µ ε E ( 1 + ct ) dA ⇒ B ⋅ dl = µ 0ε 0 (E0 (1 + ct )∫ dA 0 0 0 ∫C ∫ ∫ dt S dt C S

r r d (E0 (1 + ct )πr 2 ) B d l ⋅ = µ ε 0 0 ∫C dt r r 2 d B d l E r ⋅ = µ ε π (1 + ct ) 0 0 0 ∫C dt r r 2 ( 3) B ∫ ⋅ dl = µ 0ε 0 E0πr c C

Ahora bien, recuerde que el segundo término de la Ley de Ampere – Maxwell, corresponde a la corriente de

Γ

r E

r B

desplazamiento (una corriente en forma de campo eléctrico). Por lo tanto, a partir de esta corriente, que va en

r

la misma dirección del campo eléctrico, se puede determinar la dirección del campo magnético siguiendo la regla de la mano derecha. Véase la figura 8.1.1 y se verá

Figura 8.1.1

la dirección del campo eléctrico y la dirección del campo

magnético.

En la misma figura, se puede observar la superficie

Γ

que es la que se emplea para poder utilizar

la Ley de Ampere – Maxwell. Entonces, sabiendo que el vector director del campo magnético es paralelo al vector director del diferencial de longitud, se tiene: 2011 

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B ∫ dl = µ 0ε 0 E0 cπr 2 ⇒ B(2πr ) = µ 0ε 0 E0 cπr 2 C

Finalmente, colocando la dirección del campo magnético, resulta:

r 1 B = µ 0ε 0 E0 cr (uˆt ) 2

2011 

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8.2

A un alambre cilíndrico de radio R se la hecho un corte, a través de su sección transversal, y se le hace circular una corriente que aumenta con el tiempo de la forma

8.2.1

I = at .

Determinar la carga acumulada en las caras del corte en función del tiempo (observe que dichas caras se comportan como un capacitor de placas paralelas)

8.2.2

Determinar los campos

r E

y

r B

en la región entre las caras a una distancia r < R del eje.

I

R

I

X

SOLUCIÓN 8.2.1

Por la Ley de Conservación de la Carga, la corriente que circula por el conductor induce a que se acumule cierta carga en las caras el corte. En la cara izquierda se acumula carga positiva, ya que por allí es donde está “llegando” la corriente, mientras que en la otra cara se acumula carga negativa. Ahora, para hallar el valor de esta carga, se utilizará la ecuación:

I=

dq ⇒ dq = Idt dt

Sustituyendo la expresión de la corriente dada en el enunciado del problema y, posteriormente, integrando, resulta:

1 Qcaras = αt 2 2 8.2.2

Para hallar el campo eléctrico entre las placas, se utiliza la siguiente ecuación de Maxwell:

r r 1 (1) E ∫ ⋅ dA = Qencerrada( s ) S

2011 

ε0

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(Ley de Gauss)

Ahora bien, esta configuración la se puede considerar como dos placas paralelas de un capacitor. De esta forma, se empleará una superficie

r E

gaussiana

cilíndrica.

Entonces,

sabiendo que los vectores directores del campo eléctrico y el diferencial de área son paralelos,

r B

se tiene que: Figura 8.2.1

E ∫ dS = S

1

ε0

Qencerrada ⇒ E (πr 2 ) =

1

ε0

Qencerrada

( 2)

Luego, para hallar la carga encerrada por la superficie gaussiana, sabiendo que dicha carga se distribuye uniformemente en las caras del corte, se tiene:

Qencerrada ( S ) S

=

QTotal S ⇒ Qencerrada ( S ) = QTotal A A

En esta ecuación, S es el área de la superficie gaussiana a través de la cual pasan las líneas del campo eléctrico. Por otra parte, A es el área de las placas y

QTotal es la carga total acumulada en

las caras del corte (hallada en el inciso anterior). Por lo tanto, sustituyendo el valor de las respectivas áreas en la ecuación anterior, resulta:

Qencerrada ( S )

ar 2 t 2 πr 2 1 = 2 ( at 2 ) ⇒ Qencerrada ( S ) = πR 2 2R 2

( 3)

Sustituyendo (3) en la ecuación (2), resulta que el campo eléctrico será:

2011 

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r E=

at 2 ˆ i 2πε 0 R 2

(Véase que el campo eléctrico es uniforme para todos los puntos entre las caras del corte, es decir, no depende de la distancia al centro del corte) Para el campo magnético entre las placas, se empleará la Ley de Ampere – Maxwell:

r r d r r ( 4) B d l i ⋅ = µ + µ ε E ⋅ dA enlazada 0 0 0 ∫C dt ∫S Sin embargo, como se quiere el campo magnético en la región entre las caras, la corriente enlazada (corriente de conducción) será nula, por lo que la expresión anterior se convierte en:

r r d r r (5) B d l ⋅ = µ ε E ⋅ dA 0 0 ∫C dt ∫S Asimismo:

r r 1 (6) E ∫ ⋅ dA = Qencerrada( S ) S

ε0

Sustituyendo la igualdad (3) en la expresión (6), se tiene:

r r ar 2 t 2 ( 7 ) ∫S E ⋅ dA = 2ε 0 R 2

Sustituyendo (7) en el término correspondiente de la ecuación (5) y sabiendo que el vector director del campo magnético y del diferencial de longitud son paralelos, resulta:

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µ 0 ar 2 d 2 d ⎛ ar 2 t 2 ⎞ ⎜ ⎟ B ∫ dl = µ 0ε 0 ⎜ ⇒ B (2πr ) = (t ) dt ⎝ 2ε 0 R 2 ⎟⎠ 2 R 2 dt C Finalmente, derivando y colocando la dirección del campo magnético (se puede determinar la dirección del campo magnético a través de la regla de la mano derecha, sabiendo que la dirección de la corriente de desplazamiento, que es la que origina el campo magnético, es la misma que la dirección del campo eléctrico):

r µ atr B = 0 2 (uˆt ) 2πR

2011 

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Un cable coaxial largo, de radio interno a y radio externo b, es usado como línea de

8.3

transmisión entre una batería capaz de generar una diferencia de potencial, entre sus terminales, de magnitud

ε r

y una resistencia distante R.

r B

8.3.1

Determinar los vectores E y

8.3.2

Determinar el vector de Poynting, en magnitud y dirección, en la misma región.

8.3.3

Muestre que la potencia total a lo largo de la sección transversal al cilindro, en la región a < r < b, es

ε2 R

en la región a < r < b.

.

a b

ε

R

SOLUCIÓN 8.3.1 Trayectori a Amperiana

Se puede observar que el cable coaxial, junto con la batería y la resistencia, forman un circuito cerrado. Ahora bien, sabiendo que el cable

b

coaxial no tiene resistencia, entonces la corriente

r a dl

r E r Superficie Gaussiana Figura 8.3.1 Sección Transversal

que circula a través del circuito (corriente de conducción), se puede escribir como (por la Ley de Ohm):

iconducción =

ε

(1)

R

Entonces, para hallar el campo magnético se empleará la Ley de Ampere – Maxwell: Enrique Rubio  2011  http://guiasdeejercicios.blogspot.com  Evita imprimir este documento si no es necesario. Si requieres imprimir una parte hazlo  en hojas de reciclaje. Estarás salvando al planeta 

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r r d r r B d l i ⋅ = µ + µ ε E ⋅ dA 0 enlazada 0 0 ∫C dt ∫S Sin embargo, en el problema no existen términos dependientes del tiempo, por lo que la Ley de Ampere – Maxwell se reduce, simplemente, a la Ley de Ampere, es decir:

r r ( 2) B ⋅ d l = µ i 0 enlazada ∫ C

En la figura 8.2.1 puede observarse una sección transversal del cable coaxial. La corriente está entrando hacia la hoja por lo que, siguiendo con la regla de la mano derecha, la dirección del campo magnético es la misma que se indica para el diferencial de longitud. Por lo tanto, se tiene:

B ∫ dl = µ 0 ienlazada

( 3)

C

En la región mostrada (a < r < b), la corriente enlazada por la trayectoria amperiana es la corriente total que pasa por el circuito (recuerde que en un cable coaxial la corriente que circula por la concha cilíndrica interna se devuelve por la concha externa. No obstante, en este caso, no se está considerando la corriente de la concha exterior. Si así fuese, la corriente total enlazada sería nula, así como el campo magnético). Por lo tanto, sustituyendo (1) en (3), se tiene:

B (2πr ) =

µ 0ε R

Finalmente, colocando la dirección, resulta:

r µε B( a
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En segundo lugar, para hallar el campo eléctrico en esta región, se empleará una de las ecuaciones de Maxwell (Ley de Gauss para campos eléctricos):

r r 1 (4) E ∫ ⋅ dA = Qencerrada( S )

ε0

S

Véase, en la figura 8.2.1, la sección transversal de la superficie gaussiana cilíndrica empleada para hallar el campo eléctrico. En ella, los vectores directores del campo eléctrico y el diferencial de área son paralelos (en esta ocasión se está considerando un diferencial del área lateral del cable coaxial y no del área transversal).

Entonces:

E ∫ dA = S

1

ε0

Qencerrada ( S ) ⇒ E (2πrl ) =

1

ε0

Qencerrada ( S )

Qencerrada ( S ) l

E=

2πε 0 r

En este caso, l es una longitud arbitraria de la superficie gaussiana. No obstante, suponiendo que la carga (positiva, fuente del campo eléctrico) se distribuye uniformemente en toda la longitud de la concha cilíndrica interna, se tendrá:

r E=

Aquí

λ (uˆ r ) ( 5 ) 2πε 0 r λ

es la densidad de carga por unidad de longitud

(Recuerde que la dirección del campo eléctrico en un cilindro es radial)

2011 

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λ , se tiene la expresión del potencial eléctrico (dicho potencial eléctrico es el que está aplicado en las conchas del cable, en este caso, ε ): Ahora, para hallar

r r (6) V = ε = − ∫ E ⋅ dr Sustituyendo (5) en (6) y sabiendo que la dirección del diferencial de longitud es radial, entonces:

λ λ a dr dr ⇒ ε = − b 2πε r 2πε o ∫b r o λ λ b a (ln r b ) ⇒ ε = ln( ) ( 7 ) ε =− 2πε o 2πε o a

ε = −∫

a

(Véase que se integra en toda la región entre las conchas. Esto se debe a que el potencial eléctrico aplicado, ε , afecta a toda esta región y es producido por el campo eléctrico en toda la región) Despejando la densidad de carga de la ecuación (7):

2πε 0 λ= b ln( ) a

(8)

Sustituyendo la igualdad (8) en la (5), resulta, finalmente:

r E( a < r < b ) =

8.3.2

ε b ln( )r a

(uˆr )

Ahora, para hallar el vector de Poynting, se empleará la fórmula correspondiente:

r r r E × B (9) S=

µ0

2011 

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Sustituyendo en (9) los resultados hallados en el inciso anterior para el campo eléctrico y el campo magnético, se tiene:

ε b ln( )r r a S=

(uˆ r ) ×

µ 0ε (uˆ t ) 2πRr

µ0

Haga el producto cruz de los vectores directores con la regla de la mano derecha y obtendrá, finalmente:

r S=

ε2 b 2πR ln( )r a

kˆ

Con este resultado, se puede concluir que el flujo de energía por unidad de área es en dirección del eje Z (recuerde que ese es el significado del vector de Poynting, flujo de energía por unidad de área).

8.3.3

P=

La potencia se puede escribir como (a nivel microscópico):

r r ∆U = ∫ S ⋅ dA ∆t S

Sustituyendo la expresión del vector de Poynting y sabiendo que el diferencial es del área transversal del cilindro (cuyo vector director es paralelo el del vector de Poynting), se tiene:

2011 

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Evaluando, resulta, finalmente:

P=

2011 

∆U ε 2 = ∆t R

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8.4

Por un solenoide de radio R y n vueltas por unidad de longitud, circula una corriente

I = I 0 cosωt . Hallar el vector de Poynting dentro del solenoide a una distancia r del eje

n

del mismo.

R

I SOLUCIÓN Para calcular el vector de Poynting se empleará la fórmula:

r r r E × B (1) S=

µ0

r B Z

r

Figura 8.4.1 Sección Longitudinal

Ahora bien, el campo magnético dentro de un solenoide viene dado por la expresión (véase Problema 2.9):

r BSolenoide = µ 0 nIkˆ ( 2 )

2011 

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(La dirección del campo magnético de un solenoide es el vector director del eje del solenoide. Considere, en este caso, que el eje del solenoide es el eje Z)

Sustituyendo la expresión de la corriente dada en el enunciado del problema en la igualdad (2):

r BSolenoide = µ 0 nI 0 cos ωt ( 3)

Véase que el campo magnético varía con el tiempo. Por lo tanto, si se toma cierta superficie (véase Figura 8.4.1) dentro del solenoide, existirá un flujo magnético que varía en el tiempo. Entonces, empleando la ecuación de Maxwell correspondiente (Ley de Faraday), se tiene:

ε inducida = −

d d r r Φ Magnético = ∫ B ⋅ dA dt dt S

Recuerde que la fuerza electromotriz inducida es un potencial eléctrico inducido, de esta manera, la expresión anterior (Ley de Faraday) se puede escribir como:

r r d r r (4) E ⋅ d l = − B ⋅ dA ∫C inducida dt ∫S (Véase que se coloca el campo eléctrico inducido, ya que este no es un campo eléctrico debido a cargas encerradas sino a la variación de un flujo magnético)

Sustituyendo la expresión (3) en la (4) y sabiendo que los vectores directores del campo magnético y el diferencial de área son paralelos (dicho diferencial es de la superficie encerrada por la trayectoria mostrada en la figura 8.4.1, que es un círculo), se tiene:

r r d E ⋅ d l ∫C inducida = − dt ∫S µ 0 nI 0 cosωtdA Los vectores directores el campo eléctrico y el diferencial de longitud son paralelos, por lo tanto:

2011 

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E ∫ dl = − C

⎞ d⎛ d ⎜⎜ µ 0 nI 0 cos ωt ∫ dA ⎟⎟ ⇒ E (2πr ) = − (µ 0 nI 0 cosωtπr 2 ) dt ⎝ dt S ⎠

E (2πr ) = − µ 0 nI 0πr 2

d (cosωt ) dt

Derivando respecto al tiempo y colocando el vector del campo eléctrico (dicha dirección es tangencial al círculo mostrado en la figura):

r 1 E = µ 0 nI 0ωr sin ωt (uˆ r ) ( 5 ) 2 Sustituyendo las expresiones (5) y (3) en la (1), se tiene:

1 ˆ r 2 µ 0 nI 0ωr sin ωt (uˆt ) × µ 0 nI 0 cosωt (k ) S=

µ0

Haga el producto vectorial de los vectores directores con la regla de la mano derecha y obtendrá:

r 1 2 S = µ 0 n 2 I 0 rω sin ωt cos ωt (uˆ r ) 2 Recordando la identidad trigonométrica:

sin 2α = 2 sin α cosα Se tiene, finalmente:

r 1 S = µ 0 n 2 I 02 rω sin 2ω (uˆ r ) 4

2011 

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8.5

Se tiene un capacitor de placas paralelas, circulares, dentro del cual hay un material dieléctrico con constante dieléctrica

V = V0 sin ωt

κ

y conductividad

σ . Si se aplica un voltaje alterno

entre las terminales del capacitor, determine la relación entre la corriente

de desplazamiento y la corriente de conducción.

σ ,κ

SOLUCIÓN En la mayoría de los casos de la realidad, los capacitores no son perfectos, es decir, permiten la circulación de cierta cantidad de corriente entre sus placas. Ello interfiere con la finalidad fundamental de estos dispositivos, que es la de almacenar energía en forma de campo eléctrico. Véase que si existe una corriente que circula entre las placas del capacitor, entonces la carga que se acumula en dichas placas será menor a la que se acumularía si no existiese corriente.

En este ejemplo, se está en presencia de un capacitor imperfecto. El hecho de que haya cierta conductividad (se debe tener en consideración que si existe conductividad también existirá resistividad, ya que una es el inverso de la otra) en el dieléctrico que se encuentra entre las placas del capacitor implica que se está permitiendo la circulación de corriente a través de sus extremos. Ahora, la corriente que circula debido a la conductividad se llama corriente de conducción, mientras que el campo eléctrico que se origina entre las placas, debido a la acumulación de carga en ellas, al variar en el tiempo, origina una corriente llamada corriente de desplazamiento (dicha corriente forma parte del segundo término de la Ley de Ampere – Maxwell).

Ahora bien, véase en la Figura 8.5.1 la nueva configuración del sistema (recuerde los conceptos de aplicados a los problemas de capacitores en el curso de Física III). Aquí, la conductividad se ha 2011 

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tomado como una resistencia en paralelo con un capacitor que, de esta forma, se puede considerar perfecto. Entonces, la corriente de conducción viene dada por la Ley de Ohm, mientras que la de desplazamiento por la relación fundamental de los capacitores.

Por lo tanto, se tiene:

r E

V

d

R iconducción

V = R

(1)

La resistencia viene dada por la fórmula: Figura 8.5.1

1d R= σ A

( 2)

Aquí d es la longitud de la resistencia (la misma que del capacitor, en este caso), A el área transversal de la misma y σ la conductividad.

Entonces, sustituyendo la igualdad (2) en la (1) y, también, la expresión del voltaje de la fuente dada en el enunciado del problema, resulta:

iconducción =

V0σA sin ωt ( 3) d

Ahora, la corriente de desplazamiento la se puede hallar a través de dos ecuaciones:

idesplazamiento = ε 0

d r r E ⋅ dA dt ∫S

idesplazamiento = C

d ( 4) Vcapacitor dt

Y

Ésta última es la que se va a emplear, ya que es más directa (recuerde que ésta relación se origina de la ecuación fundamental de los capacitores,

2011 

Q = CV ).

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La capacitancia viene dada por:

C =κ

ε0 A

( 5)

d

En esta expresión, κ es la constante dieléctrica.

Sustituyendo (5) en (4) y la expresión del voltaje aplicado sobre el capacitor dada en el enunciado del problema (vea que el voltaje de la fuente es el mismo que está aplicado sobre el capacitor por ser ésta una configuración en paralelo), resulta:

idesplazamiento =

κε 0 A d d

dt

(V0 sin ωt ) ⇒ idesplazamiento =

κε 0 Aω cos ωt

(6)

d

Finalmente, como se quiere relación entre la corriente de conducción y la de desplazamiento, se tiene:

iconducción idesplazamiento

V0σA sin ωt d = κε 0 Aω V0 cosωt d

Simplificando, se tiene:

iconducción idesplazami ento

2011 

=

σ tan ωt κε 0ω

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Las placas de un capacitor son discos circulares de radio a y han sido inicialmente

8.6

cargados mediante una batería de fuerza electromotriz V0. Si en el instante inicial, t = 0, se conecta el capacitor a una resistencia R, determine el campo magnético en función del tiempo en la región entre las placas, a una distancia radial r < a.

S a d R

SOLUCIÓN

Γ

r E

Con la superficie

S

Γ , indicada en la figura 8.6.1, se podrá

aplicar la Ley de Ampere – Maxwell para poder hallar el campo magnético existente dentro de las placas del

rr B

R Figura 8.6.1

capacitor:

r r d r r B ⋅ d l = µ i + µ ε E ⋅ dA 0 enlazada 0 0 ∫C dt ∫S

Sin embargo, dentro de las placas del capacitor (por ser éste un capacitor perfecto), la corriente de conducción o corriente enlazada es nula. De esta forma, la expresión anterior se convierte en:

r r d r r (1) B ⋅ d l = µ ε E ⋅ dA 0 0 ∫C dt ∫S Ahora, el campo eléctrico dentro del capacitor se puede escribir como (demuéstrelo a través de la ecuación de Maxwell correspondiente, Ley de Gauss para campos eléctricos):

2011 

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r V E = 0 (− ˆj ) ( 2 ) d (Considere que el eje del capacitor es el eje Y)

Sabiendo que los vectores directores del campo eléctrico y el diferencial de área son paralelos, se sustituye la igualdad (2) en la expresión (1):

r r r r ⎞ d V0 d ⎛ V0 ⎜ ⎟ µ ε µ ε B d l dA B d l dA ⋅ = ⇒ ⋅ = 0 0 0 0 ∫C ∫C dt ∫S d dt ⎜⎝ d ∫S ⎟⎠ r r r r µ 0ε 0 (πr 2 ) d ( 3) d ⎛ V0 2 ⎞ ∫C B ⋅ dl = µ 0ε 0 dt ⎜⎝ d (πr ) ⎟⎠ ⇒ ∫C B ⋅ dl = d dt V0 Recuerde que:

i d d iC = C Vcapacitor ⇒ Vcapacitor = C dt dt C

( 4)

Sustituyendo (4) en (3) y sabiendo que los vectores directores del campo magnético y el diferencial de longitud, resulta:

B ∫ dl =

µ 0ε 0 (πr 2 ) dC

C

iC ⇒ B(2πr ) =

µ 0ε 0 (πr 2 ) dC

iC

(5)

Recuerde, nuevamente, las siguientes relaciones:

C=

ε0 A

(6)

d V (7) iC = 0 e −t / RC R

2011 

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(Ésta última expresión la puede demostrar a través de la ecuación diferencial correspondiente a la resolución del circuito indicado al principio del problema. Asimismo, deberá tomar en consideración las condiciones iniciales)

Sustituyendo (6) y (7) en (5), se tiene:

B=

µ 0V0 2 RA

e −t / RC r

Finalmente, sustituyendo (6) en la expresión anterior, así como el área de las placas ( A = πa

2

)

y

colocando la dirección vectorial del campo magnético (tangencial a la trayectoria), resulta:

r ⎛ µ 0V0 − ε πtda 2 R ⎞ ⎟ r (uˆ ) B=⎜ e 0 ⎟ t ⎜ 2πRa 2 ⎠ ⎝

2011 

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8.7

Se tiene un capacitor formado por dos placas circulares paralelas de radio R y separación d, siendo d << R. Si la carga Q entre las placas cambia con el tiempo, determine el vector de Poynting.

R

d

SOLUCIÓN Para hallar el vector de Poynting se empleará la expresión

r r r E × B (1) S=

µ0

Para hallar el campo eléctrico se utilizará la ecuación de Maxwell correspondiente (Ley de Gauss para campos eléctricos):

r r 1 (2) E ⋅ d A = Q ( ) encerrada S ∫

Z

S

R

ε0

(Recuerde que para resolver este problema se debe emplear una superficie gaussiana. Para ello, véase la Figura 8.7.1)

rr Superficie

Ahora, los vectores directores del campo eléctrico y el diferencial de

gaussiana

área son paralelos, por lo que su producto escalar o producto punto es

Figura 8.7.1

1. Por otra parte, como la carga que se acumula en las placas se distribuye uniformemente, entonces se puede escribir:

2011 

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Qencerrada ( S ) S Qencerrada ( S )

=

QTotal S QTotal ⇒ Qencerrada ( S ) = Aplacas Aplacas

πr 2 r2 ( 3) = 2 QTotal ⇒ Qencerrada ( S ) = 2 QTotal πR R

Sustituyendo la igualdad (3) en la expresión (2), se tiene:

r2 r2 2 E ∫ dA = Q ⇒ E (πr ) = Q ε 0 R 2 Total ε 0 R 2 Total S r Q E = Total 2 (−kˆ) ( 4 ) πε 0 R Luego, para hallar el campo magnético se empleará la Ley de Ampere – Maxwell:

r r d r r B ⋅ d l = µ i + µ ε E ⋅ dA 0 enlazada 0 0 ∫C dt ∫S

Ahora, como no hay corrientes de conducción o corrientes enlazadas, entonces la expresión anterior se convierte en:

R r dl

r r d r r (5) B ⋅ d l = µ ε E ⋅ dA 0 0 ∫C dt ∫S

r Recuerde, por el análisis para hallar el campo eléctrico, que:

Figura 8.7.2

r r 1 r2 (6) ∫S E ⋅ dA = ε 0 Qencerrada ( S ) = ε 0 R 2 QTotal

(Véase más arriba en donde ésta igualdad se demostró)

2011 

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Sustituyendo (6) por su término correspondiente en la expresión (5), se tiene:

r r ⎞ d ⎛ r2 ⎟⎟ ⎜ B d l Q µ ε ⋅ = Total 0 0 2 ∫C dt ⎜⎝ ε 0 R ⎠ Se sabe que los vectores directores del campo magnético y el diferencial de longitud están en la misma dirección, por lo tanto:

B ∫ dl = C

µ0r 2 d R 2 dt

QTotal ⇒ B(2πr ) =

µ0r 2 d R 2 dt

QTotal

Colocando la dirección del campo magnético (recuerde que dicha dirección la puede observar a través de la regla de la mano derecha. En este caso, la corriente que se tomará en consideración es la corriente de desplazamiento, cuya dirección es la misma que la del campo eléctrico):

r µr d B = 0 2 QTotal (uˆ t ) (8 ) 2πR dt Sustituyendo las expresiones (8) y (4) en la (1), se tiene:

r S=

µr d QTotal (− ˆj ) × 0 2 QTotal (uˆ t ) 2 πε 0 R 2πR dt µ0

Haga el producto vectorial con la regla de la mano derecha y obtendrá, finalmente:

r QTotal r d S= QTotal ( −uˆ r ) 2π 2ε 0 R 4 dt

2011 

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8.8

Considere una estructura cilíndrica, de longitud d, radio interno a y externo 2a, de material

µ 0 , ε 0 ,σ 0 . En cada extremo hay una placa circular, conductora, de radio 2a. Una batería V0

está conectada entre las dos placas conductoras. En la región

a ≥ r ≥ 0 , determine:

r r Ey B

8.8.1

Los campos

8.8.2

El vector de Poynting.

Z Placas

2a

d

a

σ0

V0

Placas

SOLUCIÓN 8.8.1

Esta configuración se puede considerar como un capacitor de placas paralelas imperfecto. Véase que hay una región en la que no hay circulación de corriente ( r en la región

≤ a ), mientras que

a ≤ r ≤ 2a , existe un material con conductividad σ 0 , a través del cual hay

circulación de corriente.

Entonces, el campo eléctrico se puede escribir como:

r V E = 0 ( − kˆ) d

2011 

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(Demuestre esto a través de la ecuación de Maxwell correspondiente, es decir, la Ley de Gauss para el campo eléctrostático).

Véase que, debido a la polaridad de la batería, la corriente está entrando por la placa superior. De esta forma, en dicha placa se acumulará carga positiva, mientras que en la placa inferior se acumulará carga negativa. Es por esta razón que el campo eléctrico está orientado en la dirección indicada.

Ahora bien, para la región

a ≤ r ≤ 2a

dado que existe un material con cierta conductividad,

entonces existirá cierta cantidad de corriente. Recuerde que la densidad de corriente de conducción se puede escribir como:

r r J = σ 0 E (2) (Esta es una de las relaciones vistas en el curso de Física III)

Sustituyendo la expresión hallada para el campo eléctrico en la ecuación (2), se tiene:

r σV J = 0 0 (−kˆ) ( 3) d Luego, para hallar el campo magnético se empleará la Ley de Ampere – Maxwell:

r r d r r B ⋅ d l = µ i + µ ε E ⋅ dA 0 enlazada 0 0 ∫C dt ∫S No obstante, véase que en este problema no hay términos dependientes del tiempo. Asimismo, la corriente enlazada la se puede escribir como:

r r ienlazada = ∫ J ⋅ dA S

Por lo tanto: 2011 

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r r r r ( 4) B ⋅ d l = µ J ⋅ dA 0∫ ∫ C

S

Trayectoria

r

Los vectores directores del campo magnético y el diferencial de longitud son paralelos, así como los de la densidad de corriente y el diferencial de área transversal del cilindro. Ahora bien, dicho

2a

a

diferencial de área se puede escribir como

dA = 2πrdr ( 5 ) .

Sustituyendo (3) y (5) en la expresión (4), se tiene: Figura 8.8.1 Sección Transversal

r

σ 0V0

a

d

B ∫ dl = µ 0 ∫ C

(2πrdr )

Véase que el límite inferior de integración corresponde a la región en la cual existe conductividad, mientras que el límite superior se debe a que el campo magnético debe estar en función de una distancia arbitraria en dicha región (sin embargo, este límite superior no puede ser mayor que el radio 2a, ya que para esta zona no existe material conductor).

2πµ 0σ 0V0 r 2πµ 0σ 0V0 ⎛ 1 2 ⎜ r ( 2 ) π B ∫ dl = rdr B r ⇒ = ∫ ⎜2 a d d C ⎝

⎞ ⎟ ⎟ a ⎠ r

Evaluando y simplificando la expresión, resulta (recuerde que la dirección del campo magnético cumple con la regla de la mano derecha):

r µσV B = 0 0 0 (r 2 − a 2 )(uˆt ) 2 dr 8.8.2

2011 

Para el vector de Poynting, se tiene:

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r r r E × B (6) S=

µ0

Sustituyendo las expresiones halladas en el inciso anterior para el campo eléctrico y el campo magnético en la expresión (6), resulta:

V0 ˆ µ 0σ 0V0 2 2 r d (− k ) × 2dr (r − a )(uˆ t ) S=

µ0

Haga el producto vectorial utilizando la regla de la mano derecha y obtendrá:

r σ V2 S = 0 20 ( r 2 − a 2 )(uˆ r ) 2d r

(Donde

2011 

uˆ r

es el vector unitario radial)

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8.9

Se tiene un cable largo infinito en la dirección del eje Z por la que circula una corriente I en una

región

atravesada

r E = E0 cos(ky − ωt )kˆ .

por

una

onda

electromagnética

cuyo

campo

es

Sea C el camino cuadrado en el plano XY centrado en el

origen, de lados paralelos a los ejes de longitud l. Calcule la expresión

r r B ∫ ⋅ dl C

X Desplazamiento del Campo Eléctrico

Dirección de Propagación

I

Z

Y

SOLUCIÓN Empleando la Ley de Ampere – Maxwell, se tiene:

r r d r r (1) B ⋅ d l = µ i + µ ε E ⋅ dA 0 enlazada 0 0 ∫C dt ∫S Ahora bien, véase que la onda del campo eléctrico se desplaza en el eje cuyo vector director es paralelo al diferencial de área de la superficie que describe la trayectoria C (que es un cuadrado). Por lo tanto, considerando que ambos vectores directores son paralelos y, además, sabiendo que la trayectoria C enlaza por completo al alambre a través del cual circula una corriente I, entonces:

r r ⎞ d⎛ ⎟ ⎜ B d l µ I µ ε E dA ⋅ = + 0 0 0 ∫C dt ⎜⎝ ∫S ⎟⎠ r r d ( 2) ( ) B ⋅ d l = µ I + µ ε EA 0 0 0 ∫C dt 2011 

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Sustituyendo en la ecuación (2) la expresión del campo eléctrico dada en el enunciado del problema y el área del cuadrado de lado l, se tiene:

r r d 2 B ∫C ⋅ dl = µ 0 I + µ 0ε 0 dt (E0 cos(ky − ωt )l ) Derivando, se obtiene, finalmente:

r r 2 B ∫ ⋅ dl = µ 0 I + ε 0 E0ω sin( ky − ωt )l

(

)

C

2011 

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IX.

Capítulo 9: Óptica geométrica

9.1

Se tiene un haz de luz que llega a una placa de la forma mostrada en la figura. Demostrar que

sin θ 3 = n 2 − sin 2 θ 1

θ1

A

Aire

n

θ2 π −θ2 2

B

θ3

SOLUCIÓN Por la Ley de Snell, se tiene:

n1 sin θ 1 = n2 sin θ 2

(1)

Pero, el índice de refracción 1 corresponde al del aire, que es 1, mientras que el índice de refracción 2 se observa en la figura, simplemente como n. Por lo tanto:

Punto A:

1 ( 2) sin θ 1 = n sin θ 2 ⇒ sin θ 2 = sin θ 1 n Punto B:

2011 

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(Recuerde que en la Ley de Snell, el ángulo presente es el que forma el haz con la normal a la superficie)

Recordando la identidad trigonométrica:

sin (α − β ) = sin α cos β − sin β cosα . Entonces, desarrollándola en la expresión (3), resulta:

π⎞ ⎛ π n⎜ sin cosθ 2 − sin θ 2 cos ⎟ = sin θ 3 2 2⎠ ⎝ Simplificando, se tiene:

n cosθ 2 = sin θ 3

Ahora, por la identidad trigonométrica:

Se tiene:

(

)

n 1 − sin 2 θ 2 = sin θ 3

( 4)

sin 2 α + cos 2 α = 1

(5)

Finalmente, sustituyendo (2) en (5), resulta:

n 2 − sin 2 θ1 = sin θ 3

2011 

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192

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9.2

Se tiene un observador cuyo ojo se encuentra a una distancia de 30 cm. de un espejo en el cual ve una imagen de su propio ojo. Despreciando el efecto de las delgadas paredes del frasco en el cual se encuentra el espejo:

9.2.1

¿Dónde se encuentra la imagen que él ve?

9.2.2

¿Es real o virtual? Frasco Aire

n=

Objeto

4 3 5cm

30cm

5cm

5cm

SOLUCIÓN Este problema lo se tendrá que separar en tres partes. De manera análoga, todos los problemas en los que el haz de luz recorra un camino en el cual hay cualquier tipo de espejos o superficies refractantes o, incluso, el haz pase de un medio con un índice de refracción a otro, se tendrá que separar el análisis del problema en las partes correspondientes. Para el caso de este problema, en particular, las partes en que las que se dividirá serán: ƒ

segundo medio (medio con índice de refracción distinto de

Frasco

1)

Haz

ƒ

Objeto

Cuando el haz de luz pasa del primer medio (aire) al

Cuando el haz, estando en el segundo medio, se refleja en el espejo.

ƒ 30cm

Figura 9.2.1

2011 

Cuando el haz, reflejado por el espejo, pasa del medio II al medio I (aire).

Por lo tanto:

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1º Parte: Empleando la ecuación de refracción:

n1 n2 n2 − n1 + = o i R

(1)

En este caso, n1 es el índice de refracción del aire, n2 el índice de refracción del frasco y R el radio del mismo. Por lo tanto, sustituyendo todos los valores numéricos en la ecuación (1), resulta:

4 4 −1 1 3 3 1 4 1 + = ⇒ + = ⇒ i = 40cm 30 i 5 30 3i 15 (Es importante saber que esta distancia que se ha hallado, 40 cm., se ha medido con respecto al borde izquierdo del frasco)

Esta es una imagen real (ya que el resultado es positivo). No obstante, este es el resultado de la primera parte. Esta imagen constituirá el objeto en el análisis de la segunda parte.

2º Parte:

En esta parte, se considerará que la imagen hallada en la parte anterior es el objeto. De esta forma, se deberá hallar donde se forma la imagen para este caso. Para ello, se empleará la fórmula:

1 1 2 + = o i R Sin embargo, se debe recordar que en el caso de los espejos planos

R→∞

Por lo tanto, la expresión anterior se convierte en:

2011 

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194

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1 1 + = 0 ⇒ i = −o ⇒ i = −35cm o i (Véase que no se utiliza la distancia de

40cm . Esto se debe a que dicha distancia ha sido medida

con respecto al borde izquierdo del frasco. No obstante, para hallar la imagen reflejada por el espejo, se debe considerar el hecho de que éste se encuentre a

5cm , de izquierda a derecha, del

borde de dicho frasco. Por ello, a la distancia imagen de la parte 1 le se debe restar la distancia frasco – espejo)

Ahora, como la imagen resultó ser negativa implica que está en el lado virtual.

3º Parte

En esta parte, como el haz de luz está, nuevamente, pasando de un medio con un índice de refracción (el medio II) a otro, entonces se empleará la fórmula (1).

n1 n2 n2 − n1 + = o i R Pero, en este caso, el n1 es el índice de refracción del frasco, mientras que n2 es el índice de refracción del aire. Por otra parte, la imagen hallada en la segunda parte será, aquí, el objeto. Por otra parte, el centro de curvatura del frasco está en el lado virtual, por lo que se debe considerar esa distancia como negativa.

Entonces, sustituyendo valores:

4 4 1− 3 +1= 3 ⇒ i = 9cm − 35 i −5

Finalmente, esta última distancia hallada se ha medido de derecha a izquierda con respecto al borde izquierdo del frasco. Luego, se debe considerar que la distancia de la imagen, respecto al objeto, será:

Dist.(objeto-imagen) = 30cm − 9cm = 21cm

2011 

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195

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9.3

Un pez está en un acuario, ubicado a 10 cm. del borde izquierdo. En un momento se encuentra con la presencia de una mosca atrapada en una burbuja esférica de radio

R = 5cm . Si la mosca está ubicada a 2cm

del centro de la burbuja y a

23cm del pez.

Calcule:

9.3.1

¿A qué distancia se encuentra la mosca según el pez?

9.3.2

¿A que distancia se encuentra el pez según la mosca?

9.3.3

Según el perro que está observando desde afuera del acuario, ¿a qué distancia le parece que está la mosca de él? 10cm

Aire

23cm

Aire

Agua

2cm

SOLUCIÓN 9.3.1

Para hallar la distancia a la que se encuentra la mosca según el pez, sabiendo que ambos están en medios con índices de refracción distintos, entonces se empleará la ecuación de refracción:

Agua

n1 n2 n2 − n1 + = o i R

R

Pez

Mosca

Centro

(1)

En este caso, el medio I es el aire, mientras que el medio II es el agua (se está considerando a la

20cm

3cm

2cm Aire

mosca como el objeto, ya que se quiere buscar el punto en el cual se forma su imagen. De esta manera, se sabrá a que distancia ve el pez a la

Figura 9.3.1

2011 

mosca).

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Asimismo, es importante notar que el centro de curvatura de la burbuja está en el lado virtual. Por lo tanto, el radio de la burbuja se debe considerarlo negativo. Entonces, sustituyendo los valores correspondientes, se tiene:

4 4 −1 1 3 3 1 4 1 + = ⇒ + = − ⇒ i = −3.33cm 3 i −5 3 3i 15 Entonces, la imagen que se formó está en el lado virtual. De esta forma, la distancia a la que se encuentra la mosca según el pez, será:

Dist.( pez − mosca ) = 20cm + 3.33cm = 23.33cm

(Vea que la distancia imagen se la se ha sumado a la distancia a la cual se encuentra el pez del borde de la burbuja. Esto se debe a que la imagen se ha formado en el lado virtual, que, en este caso, es el mismo lado en el cual se encuentra el objeto)

9.3.2

Nuevamente, se aplicará la misma ecuación de refracción. Sin embargo, en este caso el orden de los medios cambia. Se considerará que el pez está en el medio I (agua), mientras que la mosca está en el medio II (aire). Asimismo, se debe saber que, en este caso, el centro de curvatura está en el lado real, mientras que el pez está en el lado virtual (aquí el observador es la mosca, por lo tanto, los haces de luz inciden desde el lado en donde ella se encuentra. Por tal motivo, a ese lado lo se considerará el real, mientras el lado que está después del borde de la burbuja será el virtual). Entonces:

4 4 1− 3 + 1 = 3 ⇒ i = −7.5cm − 20 − i −5 (La distancia objeto, es decir, la distancia burbuja – pez, es 20 cm.)

Luego, como la distancia imagen resultó ser negativa (en otras palabras, se ha formado del mismo lado del objeto), entonces, se debe agregársela a la distancia a la cual se encuentra el pez del

2011 

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borde de la burbuja para encontrar, finalmente, la distancia a la que la mosca ve al pez. De esta forma:

Dist.( mosca − pez ) = 3cm + 7.5cm = 10.5cm

9.3.3

Por último, para hallar la distancia a la que el perro observa el pez, se empleará la misma ecuación anterior (fórmula de refracción). Sin embargo, en este caso el medio I será el medio en el cual se encuentra la mosca, es decir, agua (ya que lo se considerará como el objeto), mientras que el medio II es el medio en el cual se encuentra el perro (aire). Por otra parte, el radio de curvatura de la superficie, que separa ambos medios, al ser plano, puede considerarse como

R → ∞ , por lo tanto:

4 3 + 1 = 0 ⇒ i = −25cm 33.33 i Finalmente, como la distancia imagen resultó ser negativa, implica que está en lado virtual. Se considera que el lado real es en el que se encuentra el perro, ya que éste es el observador y, por ende, de allí vienen los haces de luz. Entonces:

Dist .( perro − mosca ) = 10cm + 25cm = 35cm

(Vea que se está tomando la distancia objeto como

33.3cm . Esto se debe a que, para simplificar

el problema, se está tomando el resultado hallado en el inciso (a). Si no lo se resolviera de esta manera, se tendría que separar el problema en dos partes: la imagen que la mosca forma en el agua dentro del acuario y, luego, considerando esta imagen como el objeto para la segunda parte, se halla a que distancia se forma la imagen con respecto al perro. No obstante, la primera parte ya la se había resuelto en el inciso nombrado)

2011 

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Un objeto luminoso de altura H, se encuentra frente a un espero esférico cóncavo de radio

9.4

R. La imagen virtual tiene altura 2H. Calcule ¿A qué distancia se encuentra el objeto?

R 2H H

SOLUCIÓN Se empleará la ecuación:

1 1 2 + = o i R

(1)

Es importante saber que si la imagen formada, después de la reflexión de la luz en un espejo esférico cóncavo, es más grande que el objeto, entonces se pueden concluir dos cosas: ƒ

El objeto se encuentra entre el centro y el borde del espejo.

ƒ

La imagen se forma en el lado virtual y, en consecuencia, se forma derecha (no invertida con respecto al objeto.

Luego, tomando esto en consideración y empleando la ecuación de magnificación:

i M = − ⇒ i = − Mo ( 2 ) o Pero la distancia imagen es negativa, por lo que la ecuación (2) se convierte en:

i = Mo ( 3) Sustituyendo (3) en (1) y, a la vez, introduciendo los valores correspondientes:

2011 

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199

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1 1 2 + = o 2o R Despejando o, resulta, finalmente:

o=

2011 

1 R 4

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200

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Se tiene un hemisferio de vidrio sólido y radio R, cuyo interior está recubierto por una

9.5

superficie reflejante. Si se tiene una fuente puntual de luz ubicada a una distancia de 3R del borde del hemisferio, halle la ubicación de la imagen producida por dicho objeto.

aire

vidrio

R

3R

SOLUCIÓN Para hallar la imagen producida por la fuente puntual, se debe separar el problema en varias partes. Recuerde que, cuando hay medios con índices de refracción distintos, así como superficies reflejantes, para hallar una imagen hay que dividir el problema en las partes correspondientes. De esta forma, el algoritmo que se seguirá para resolver este problema será: ƒ

Se halla la imagen producida por la fuente puntual después de que los haces de luz se refractan en el borde derecho del hemisferio de vidrio

ƒ

La imagen hallada en la primera parte hará las veces, en este caso, del objeto. Se hallará la imagen reflejada por el recubrimiento reflejante del hemisferio de vidrio.

ƒ

Finalmente, la imagen hallada en la parte anterior será el objeto aquí. Nuevamente, se deberá hallar la imagen después de que los haces se refractan en el mismo borde anterior.

Entonces, se aplicará las ecuaciones de reflexión y refracción siguientes:

n1 n2 n2 − n1 + = o i R ( 2) 1 1 2 + = o i R 2011 

(1)

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201

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1º Parte. Refracción en el borde izquierdo del hemisferio de vidrio

En este caso, por tratarse de una superficie plana

R → ∞ . Asimismo, el medio I está dado por el

índice de refracción del aire, mientras el medio II está dado por el vidrio.

Entonces, la ecuación (1) se convierte en:

n1 n2 + =0 o i

Sabiendo que los índices de refracción son:

n1 = 1 y n2 =

4 . 3

Sustituyendo estos valores y el valor de la distancia – objeto, se tiene:

i=−

n2 9 o ⇒ i1 = − R n1 2

2º Parte. Reflexión en el recubrimiento reflejante del hemisferio de vidrio (Mundo de Vidrio)

Para esta parte, se utilizará la ecuación (2). Asimismo, se debe saber que la distancia – imagen hallada en la parte anterior, tal como se enumeró en el algoritmo a seguir, constituirá el objeto en este caso.

No obstante, se debe saber que la distancia anterior ha sido medida con respecto al borde izquierdo del hemisferio de vidrio, mientras que en esta parte se hará los cálculos con respecto a la parte curva de dicho hemisferio. Por lo tanto:

o2 = i1 + R ⇒ o2 =

11 R 2

Ahora bien, el objeto 2, así como el centro de curvatura del espejo esférico que forma la parte recubierta por la superficie reflejante, están en el lado real. De esta manera, se tiene: 2011 

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202

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1 1 2 1 1 2 11 + = ⇒ + = ⇒ i3 = R 11 o2 i3 R 20 R i3 R 2 3º Parte. Refracción en el borde izquierdo del hemisferio de vidrio

Finalmente, se considerará a la imagen 3 como el objeto en este caso. Entonces, a través de la ecuación (2), se tiene:

n1 n2 n2 − n1 + = o i R No obstante, en este caso el medio I lo constituye el vidrio, mientras que el medio II lo constituye el aire. Asimismo, por tratarse de una superficie refractante plana

R → ∞ . Por ende:

n1 n2 n + =0⇒i =− 2 o o i n1 Sustituyendo valores, resulta, finalmente:

i=−

2011 

3 R 10

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