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08
INDUCCIÓN ELECTROMAGNÉTICA
j Sigue practicando
1. Una bobina circular de 4 cm de radio y 30 vueltas se sitúa en un campo magnético dirigido perpendicularmente al
plano de la bobina cuyo módulo en función del tiempo es
B(t) = 0,01t + 0,04 t2, donde t está en segundos y B en
teslas. Determina:
El valor de la fuerza electromotriz viene dado por la ley de Fadφ
raday, fem = . Al no poder expresar el flujo en función del
dt
tiempo, se trabaja con valores medios, es decir:
fem =
∆φ
∆t
a) El flujo magnético en la bobina en función del tiempo.
El sentido de la intensidad viene dado por la ley de Lenz.
b) La fuerza electromotriz inducida en el instante t = 5,00 s.
El flujo inicial a través de la bobina es:
 
φ = N B S ⇒ φ = 300 ⋅ 0,08 ⋅ (π ⋅ 0,052 ) ⋅ cos 0º = 6 ⋅ 10−2 π Wb
El flujo magnético
  a través de una espira viene definido por la
expresión φ = B ⋅ S. Para el caso de una bobina, multiplicamos
por el número de espiras:
 
φ = N B S = N B S cos α
Según indica el enunciado, α = 0º , ya que el campo es perpendicular al plano de la bobina, por lo que:
φ = N B S cosº = N B S ⇒
φ = 30 ⋅ (0,01 t + 0,04 t 2 ) π ⋅ (4 ⋅ 10−2 )2
El flujo a través de la bobina en función del tiempo es:
φ (t ) = 4,8 ⋅ 10−4 π (t + 4t 2 ) Wb
La fuerza electromotriz viene dada por la ley de Faraday-Lenz.
Así:
a) Si el campo se anula, el flujo final es cero, por lo que:
fem =
∆φ φ f − φi 6 ⋅ 10−2 π
π⇒
=
=
⇒ fem = 1,2
fem
= 3,77 V
0,05
∆t
∆t
El sentido de la intensidad será aquel que se oponga al cambio de flujo que la origina. Si suponemos una espira (la bobina) dibujada en el plano del papel y el campo magnético
inicial entrando en la hoja, la intensidad de corriente inducida será aquella que tienda a reforzar el campo magnético
que está disminuyendo. Por tanto, el sentido de la corriente
será el de las agujas del reloj.
b) Al girar la bobina 90º en torno a un eje perpendicular al campo, el flujo final es cero, ya que el ángulo que forma el campo
magnético con el vector superficie es de 90º y cos 90º = 0.
Así pues, esta situación es similar a la del apartado a).
dφ
d
⇒ fem = − [4,8 ⋅ 10−4 π (t + 4t 2 )] =
dt
dt
= −4,8 ⋅ 10−4 π ⋅ (1 + 8t ) V
c) Al girar 90º respecto a un eje paralelo al campo, no hay variación de flujo, por lo tanto no hay fem inducida.
Si queremos calcular la fem en el instante de tiempo t = 5,00 s,
sustituimos:
d) Si el campo invierte el sentido tenemos que el flujo final toma
el mismo valor que el inicial pero de signo opuesto, entonces:
fem = −
∆φ φ f − φi 6 ⋅ 10−2 π − (−6 ⋅ 10−2 π)Wb
=
=
= 7,54 V
0,05s
∆t
∆t
fem(t = 5,00 s) = −4,8 ⋅ 10−4 π (1 + 8 ⋅ 5,00) = −6,18 ⋅ 10−2 V
fem =
El signo negativo, según la ley de Lenz, indica que el sentido
de la intensidad de corriente inducida es tal que los efectos que
genera tienden a oponerse al cambio de flujo que la origina.
El sentido de la corriente es el mismo que en el apartado a)
y b) ya que ahora también el campo está disminuyendo en
el sentido en el que inicialmente estaba.
2. Una bobina de 300 espiras circulares de 5 cm de radio se
halla inmersa en un campo magnético uniforme B = 0,08 T
en la dirección del eje de la bobina, como se aprecia en la
figura. Determina la fem media inducida y el sentido de la
corriente inducida, si en ∆t = 0,05s :
a) El campo magnético se anula.
b) La bobina gira 90º en torno a un eje perpendicular al
campo.
c) La bobina gira 90º en torno a un eje paralelo al campo.
d) El campo invierte su sentido.
B
j Actividades propuestas
1. El plano de una espira circular de 15 cm de diámetro está
situado perpendicularmente a un campo magnético de 0,05
teslas. ¿Cuánto vale el flujo que lo atraviesa?
El valor del flujo magnético que atraviesa una espira se calcula
mediante la expresión:
 
φ = B·S = BS cosα
Conociendo su diámetro, podemos conocer la superficie de la
espira.
S = π r 2 = π ⋅ (7,5 · 10−2 )2 = 1,77 · 10−2 m2
Si sustituimos con los valores numéricos del enunciado, el valor
del flujo es:
φ = 0,5 T ⋅ 1,77 m2 ⋅ cos 0º = 8,85 · 10−4 Wb
08
INDUCCIÓN ELECTROMAGNÉTICA
2. Enuncia y comenta la ley de la inducción electromagnética
(ley de Faraday), ayudándote con la descripción de algún
experimento sencillo. Comenta sus aplicaciones prácticas.
En un circuito cerrado que es atravesado por un flujo magnético
variable, se genera una intensidad de corriente eléctrica. Esta
corriente eléctrica solo existe mientras el flujo magnético está
cambiando. Si el flujo se hace constante, la intensidad de corriente desaparece.
La ley de Faraday nos permite calcular la fuerza electromotriz
inducida, que es directamente proporcional al número de espiras y a la rapidez con la que varía el flujo. La expresión es la
siguiente:
fem = N
dφ
dt
 
N es el número de espiras y φ = B ⋅ S el flujo magnético.
El estudio de la inducción electromagnética se completa con la
ley de Lenz, según la cual la fem instantánea es:
fem = −N
dφ
dt
El fenómeno de la inducción se puede observar con la ayuda
de un imán, un cable y un amperímetro. Con el cable hacemos
una bobina de unas 10 espiras; después, conectamos sus extremos al amperímetro y a continuación provocamos una variación
de flujo magnético, acercando y alejando el imán a la bobina.
Observaremos que el amperímetro marca un flujo de corriente
eléctrica, pues estamos induciendo una corriente eléctrica en la
bobina mientras movemos el imán.
La aplicación más importante es la producción de corriente eléctrica. Además, el fenómeno de la inducción electromagnética es
la base del funcionamiento de los micrófonos y altavoces, de
la grabación y lectura en soportes magnéticos (discos duros de
ordenador, cintas de audio, cintas de vídeo, etc.), en los frenos
eléctricos de trenes, camiones y autobuses, en las cocinas de
inducción, etc.
3. Una bobina cuadrada y plana (S = 25 cm2), construida con 5
espiras, está en el plano XY:
a) Enuncia la ley de Faraday-Lenz.
b) Calcula la fem inducida si se aplica un campo magnético
en dirección del eje Z, que varía de 0,5 T a 0,2 T en 0,1 s.
c) Calcula la fem media inducida si el campo permanece
constante (0,5 T) y la bobina gira hasta colocarse en el
plano XZ en 0,1 s.
a) La ley de Faraday-Lenz permite calcular la fem inducida en
una bobina al variar el flujo magnético que la atraviesa,
según la expresión:
dφ
fem = −N
dt
El signo negativo indica que la corriente inducida tendrá un
sentido tal que tenderá a anular la causa que la genera.
b) Como no conocemos el flujo magnético en función del tiempo, no se puede utilizar la expresión de la derivada. Por ello,
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trabajamos con incrementos.
Además, tanto S como el ángu
lo α entre B y S son constantes en el tiempo. Así pues, si
aplicamos la ley de Faraday y la ley de Lenz, tenemos:
fem = −N
∆φ
∆ (BS cosα)
∆B
= −N
= −N S cosα
∆t
∆t
∆t
Si sustituimos los valores numéricos del enunciado, tenemos:
fem = −N S cosα
∆B
=
∆t
= −5 ⋅ 25 ⋅ 10−4 m2 ⋅ cos0º ⋅
(0,2 − 0,5)T
= 3,75 ⋅ 10−2 V
0,1 s
c) En este caso el procedimiento es el mismo, pero ahora son
constantes el campo magnético y la superficie, mientras
que lo que cambia es el ángulo entre ellos, pasando de un
α i = 0º a un α f = 90º.
∆φ
∆ (BScosα)
∆cosα
= −N
= −N B S
∆t
∆t
∆t
cos90º
−
cos
0º
fem = −5 ⋅ 0,5 T ⋅ 25 ⋅ 10−4 m2 ⋅
= 6,25 ⋅ 10−2 V
0,1s
fem = −N
4. Una espira circular de 0,2 m de radio se sitúa en un campo
magnético uniforme de 0,2 T con su eje paralelo a la dirección del campo. Determina la fuerza electromotriz inducida
en la espira si en 0,1 s y de manera uniforme:
a) Se duplica el valor del campo.
b) Se reduce el valor del campo a cero.
c) Se invierte el sentido del campo.
d) Se gira la espira un ángulo de 90º en torno a un eje diametral perpendicular a la dirección al campo magnético.
Al ser el eje de la espira paralelo a la dirección
del campo,
 el án
gulo que forman los vectores campo B y superficie S es cero.
Por lo tanto, el flujo inicial a través de la espira será:
 
φ = B·S = BS cosα
φi = 0,2T ⋅ π ⋅ 0,22 m2 ⋅ cos 0º = 8 ⋅ 10−3 π Wb
a) Si duplicamos el campo magnético, el flujo pasará a tener el
siguiente valor:
φ f = 1,6 ⋅ 10−4 π Wb
Por lo que el incremento de flujo es:
φ f − φi = 8 ⋅ 10−3 π Wb
La fuerza electromotriz inducida se calcula por medio de la
∆φ
ley de Faraday, fem =
∆t
fem =
8 ⋅ 10−3 π Wb
= 8 ⋅ 10−2 π V = 0,25 V
0,1s
b) Si se reduce el valor del campo a cero, el flujo final será cero,
φ f = 0 Wb.
Así pues, el incremento de flujo será:
φ f − φi = −8 ⋅ 10−3 π Wb
66
08
INDUCCIÓN ELECTROMAGNÉTICA
Y la fuerza electromotriz:
fem =
−8 ⋅ 10 π Wb
= −8 ⋅ 10−2 π V = − 0,25 V
0,1s
−3
El signo negativo indica que en este caso la intensidad de
corriente inducida circulará en sentido contrario al del caso
anterior.
c) Si se invierte el sentido del campo, el flujo será el mismo,
pero de signo contrario:
φ f = −8 ⋅ 10−3 π Wb
φ f − φi = −1,6 ⋅ 10−2 π Wb
II) Si se mantiene el valor del radio r pero el valor del campo
aumenta progresivamente, siguiendo el mismo razonamiento
que en el apartado I), el flujo del campo magnético B0 aumentará de nuevo, y el sentido de la corriente inducida será
también antihorario.
6. a) Enuncia las leyes de Faraday y de Lenz de la inducción
electromagnética.
b) La espira circular de la figura adjunta está situada en el
seno de un campo magnético uniforme. Explica si existe
fuerza electromotriz inducida en los siguientes casos:
I) la espira se desplaza hacia la derecha; II) el valor del
campo magnético aumenta linealmente con el tiempo.
Y la fuerza electromotriz:
fem =
−1,6 ⋅ 10−2 π Wb
= −1,6 ⋅ 10−1 π V = − 0,50 V
0,1s
d) Al girar la espira un ángulo de 90º en torno a un eje diametral, perpendicular a la dirección al campo magnético, el
flujo pasa a ser cero, ya que las líneas del campo no atraviesan la superficie de la espira. Por lo tanto, los cálculos
son similares a los del apartado b), y la fuerza electromotriz
será:
fem = −0,25 V
a) Ley de Faraday: ver epígrafe 8.2.C de la Unidad 8, pág. 195.
5. a) Enuncia la ley de la inducción de Faraday.
b) Una espira circular se coloca en una zona de campo magnético uniforme, B0, perpendicular al plano de la espira y
dirigido hacia adentro tal como se muestra en la figura.
Razona en qué sentido circulará la corriente inducida en
la espira en los siguientes casos:
r
B0
Ley de Lenz: ver epígrafe 8.2.D de la Unidad 8, pág. 196.
b) Se realiza un análisis de cada caso:
I) Si desplazamos la espira hacia la derecha, el flujo a través de la misma permanece constante, puesto que el
campo, la superficie y el ángulo entre ambos no cambia.
Por lo tanto, la fuerza electromotriz inducida en este
caso es cero.
II) Si el valor del campo magnético aumenta linealmente
con el tiempo, según la expresión B = a t , siendo a una
constante positiva, el flujo será:
 
φ = B ⋅ S = a t S cos 0º
La fuerza electromotriz inducida se calcula aplicando las
leyes de Faraday y de Lenz.
fem = −
I) Aumentamos progresivamente el radio de la espira manteniendo el valor del campo.
II) Mantenemos el valor del radio de la espira pero vamos
aumentando progresivamente el valor del campo.
a) Ver epígrafe 8.2.C de la Unidad 8, pág. 195.
b) Analizamos cada uno de los casos planteados:
I) Si aumentamos progresivamente el radio de la espira, el flujo
del campo magnético B0 aumentará. La corriente inducida
generará un campo magnético, cuyo flujo tiende a oponerse
al cambio del flujo que lo origina. Dicho de otro modo, el
campo inducido Bi irá en sentido contrario a B0 , y para que
el campo Bi sea saliente del plano del dibujo, la intensidad
de corriente ha de tener sentido antihorario.
dφ
= aS
dt
Por tanto, en este caso sí que existe una fuerza electromotriz. La intensidad de la corriente inducida tendrá
un sentido antihorario, ya que por la ley de Lenz esta
intensidad se opone a la variación del flujo inductor; es
decir, que esta intensidad generará un campo magnético
saliente del plano del dibujo.
7. Menciona dos aplicaciones del electromagnetismo. Indica
con qué fenómeno electromagnético se encuentran relacionadas.
Algunos ejemplos de aplicaciones electromagnéticas relacionadas con el fenómeno de la inducción son la producción de
corriente alterna, el funcionamiento de los transformadores,
las placas de inducción de las cocinas, los frenos eléctricos de
vehículos pesados, etc.
08
INDUCCIÓN ELECTROMAGNÉTICA
8. Un alambre conductor se dobla en forma de U, con sus lados
paralelos separados una distancia d = 20 cm. Sobre estos
lados se apoya una varilla conductora, formando un circuito rectangular por el que puede circular corriente eléctrica.
Existe un campo magnético uniforme de intensidad B = 0,2 T
perpendicular al plano del circuito y, en la figura, dirigido
hacia adentro. La varilla se mueve como indica la figura, con
velocidad uniforme v = 0,5 m/s.
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v
a) Determinar el flujo magnético que atraviesa la espira en
función del tiempo.
V
b) Hallar la fem inducida en la espira.
c) Indicar razonadamente el sentido de la corriente inducida.
B
a) El flujo magnético se calcula mediante la expresión:
 
φ = B ·S
φ(t ) = B[ 1 ( 2 v t )]
d
a) Calcula la fem inducida en el circuito.
b) ¿En qué sentido circula corriente por la varilla? Razona
tu respuesta.
a) La fuerza electromotriz inducida viene dada por la expresión
de la ley de Faraday:
fem =
dφ
dt
La superficie de la espira varía con el tiempo, según la expresión:
S = S0 + d (v t )
El ángulo entre el campo magnético y el vector superficie es
de 0º. Por lo tanto, el flujo magnético a través de la espira
en función del tiempo es:
φ (t ) = B [S0 + d v t ] ,
y la fuerza electromotriz:
dφ
= Bdv
dt
fem = 0,2 T ⋅ 0,2 m ⋅ 0,5 m/s = 0,02 V =2 ⋅ 10−2 V
fem =
b) El sentido de la corriente se averigua aplicando la ley de
Lenz. Según ella, la intensidad inducida genera un campo
magnético que se opone al cambio del flujo inductor, es
decir, genera un campo magnético saliente según la figura
del enunciado. Por otra parte, el sentido de la intensidad de
corriente es antihorario, según la regla de la mano derecha.
9. Una espira conductora rectangular de 10 cm por 5 cm penetra con una velocidad de 2,4 cm/s en una región donde
existe un campo magnético uniforme de inducción B = 1,7 T,
perpendicular al papel y entrante en este. El lado más corto
y delantero de la espira entra en el campo magnético en
t = 0 s.
En la que  1 = 10 cm = 0,1 m es el lado largo, y
 2 = 5 cm = 0,05 m es el lado corto. El ángulo entre los
vectores campo y superficie es de 0º.
Sustituyendo obtenemos:
φ(t ) = 1,7 ⋅ [0,1(0,05 ⋅ 2,4 ⋅ 10−2 ⋅ t )] = 2,04·10−4 t Wb
b) La fuerza electromotriz inducida viene dada por la expresión
dφ
de la ley de Faraday, fem =
dt
Así, fem = 2,04 ⋅ 10−4 V
c) El sentido de la corriente eléctrica viene dado por la aplicación de la ley de Lenz. Según ella, el campo magnético
inducido tiende a oponerse al cambio del flujo inductor, de
modo que la corriente inducida genera un campo saliente del
dibujo del enunciado. Por tanto, el sentido de la corriente
inducida será antihorario.
10. Por un hilo vertical indefinido circula una corriente eléctrica
de intensidad I. Si dos espiras se mueven, una con velocidad
paralela al hilo y otra con velocidad perpendicular, respectivamente, ¿se inducirá corriente eléctrica en alguna de ellas?
Razona la respuesta.
I
v
v
Si la espira se mueve de forma paralela al hilo conductor, el flujo
en su interior no varía, ya que el flujo que atraviesa la espira
no cambia. Es decir, en ese caso en la espira no se produce
corriente inducida.
Sin embargo, si alejamos la espira del hilo conductor, el flujo
que atraviesa la espira disminuye, ya que al alejarnos del hilo el
campo es cada vez menor. Por tanto, en este caso en la espira sí
se induce corriente eléctrica. El sentido de esta viene dado por
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08
INDUCCIÓN ELECTROMAGNÉTICA
la aplicación de la ley de Lenz. Según la figura del enunciado,
el campo en la zona de la izquierda del hilo es saliente, por lo
que el campo magnético inducido será saliente, ya que tenderá a
compensar la pérdida de flujo inductor. Aplicando la regla de la
mano derecha, la intensidad de corriente inducida irá en sentido
antihorario.
11. Una espira conductora circular de 4 cm de radio y de 0,5 Ω
de resistencia está situada inicialmente en el plano XY. La
espira se encuentra sometida a la acción de un campo magnético uniforme B, perpendicular al plano de la espira y en
el sentido positivo del eje Z.
a) Si el campo magnético aumenta a razón de 0,6 T/s, determine la fuerza electromotriz y la intensidad de la corriente
inducida en la espira, indicando el sentido de la misma.
b) Si el campo magnético se estabiliza en un valor constante de 0,8 T, y la espira gira alrededor de uno de sus
diámetros con velocidad angular constante de 10π rad/s,
determine en estas condiciones el valor máximo de la
fuerza electromotriz inducida.

a) El ángulo que forma el vector campo B y el vector superficie
S es cero. El flujo del campo magnético a través de la espira
varía debido a que el campo cambia en el tiempo. Por tanto,
la fuerza electromotriz inducida dada por la expresión de la
∆φ
, es:
ley de Faraday, fem =
∆t
fem = S
∆B
⇒ fem = π (4 ⋅ 10−2 )2 m2 ⋅ 0,6 T/s = 3,02 ⋅ 10−3 V
∆t
Si la espira tiene una resistencia de R = 0,5 Ω utilizando la
expresión de la ley de Ohm, V = R I , obtenemos:
3,02 ⋅ 10−3 = 0,5 I ⇒ I =
3,02 ⋅ 10−3
A = 6,03 ⋅ 10−3 A
0,5
El sentido de la corriente viene dado por la aplicación de
la ley de Lenz. Así, el campo magnético inducido tenderá
a oponerse a la variación del campo magnético inductor.
Si suponemos que está aumentando el campo hacia arriba
a razón de 0,6 T/s, el campo magnético inducido irá hacia
abajo, por lo que la intensidad de corriente tendrá un sentido horario, según la regla de la mano derecha.

b) Al girar la espira, el ángulo entre el vector campo B y el
vector superficie S no es constante. Su valor varía según la
expresión θ = ωt , por lo que el flujo será:
φ = B S cos(ωt )
Por otra parte, la fem, según la expresión de la ley de Faradφ
day-Lenz, es, fem = −
dt
12. Una espira de 10 cm de radio se coloca en un campo magnético uniforme de 0,4 T y se la hace girar con una frecuencia
de 20 Hz. En el instante inicial, el plano de la espira es
perpendicular al campo:
a) Escribe la expresión del flujo magnético que atraviesa la
espira en función del tiempo y determina el valor máximo de la fem inducida.
b) Explica cómo cambiarían los valores máximos del flujo
magnético y de la fem inducida si se duplicase el radio
de la espira. ¿Y si se duplicara la frecuencia de giro?
a) En el instante inicial, el plano de la espira es perpendicular
al campo. Por tanto, el ángulo inicial que forma el vector
superficie con el vector campo es 0º.
Al girar con una frecuencia de 20 Hz, podemos calcular la
velocidad angular:
ω = 2π / T = 2π f
El ángulo que forma el vector superficie con el vector campo
será:
θ = θ0 + ω t = 0º + 2 π f t ⇒ θ = 2π ft
 
El flujo magnético es φ = B ⋅ S = B S cos θ . Sustituyendo por
las magnitudes del enunciado, tenemos:
φ = B0 π r 2 cos(2π ft )
Sustituyendo φ = 0,4 T ⋅ [π (10−1 )2 ] m2 ⋅ cos(40π t )
φmáx = B0 π r 2 = 4 ⋅ 10−3 π Wb
El flujo máximo es:
φmáx = B0 π r 2 = 4 ⋅ 10−3 ⋅ π Wb
La fuerza electromotriz viene dada por la expresión de la ley
de Faraday-Lenz:
dφ
dt
fem = B0 π r 2 2π f sen(2π ft ) ,
fem = −
con un valor máximo de:
femmáx = 2B0 π2 r 2 f
Sustituyendo, la fem máxima será
femmáx = 0,16 π2 V = 1,58 V
b) Si se duplica el radio de la espira, el flujo será:
φ’ = B0 π (2r )2 cos(2π ft )
φ’ máx = 4 B0 π r 2
fem = B S ω sen(ωt )
Por lo tanto el flujo se ha cuadruplicado.
Por lo tanto, la fem máxima será:
La fuerza electromotriz será:
femmáx = B S ω
fem’ = B0 π (2r )2 2π f sen(2π ft )
Sustituyendo los valores:
fem’ máx = 8 B0 π2 r 2 f
femmáx = 0,8 ⋅ π ⋅ (4 ⋅ 10−2 )2 ⋅ 10π = 0,13 V
Es decir, también se ha cuadruplicado.
INDUCCIÓN ELECTROMAGNÉTICA
Si se duplica la frecuencia de giro, las expresiones quedan:
φ’’ = B0 π r 2cos[2π (2 f )t ] ,
por lo tanto el flujo máximo no cambia.
La fem quedará:
fem’’ = B0 π r 2 2π (2 f )sen[2π (2 f )t ] ,
y la fem máxima será:
fem’’ máx = B0 π r 2 2π (2 f ) = 4 B0 π2r 2 f
Por lo tanto, la fem máxima se ha duplicado.
13. Describa un transformador y deduzca la llamada «relación de
transformación» del mismo, explicando sus consecuencias.
Ver epígrafe 8.3 de la Unidad 8, transformadores y relación de
transformación, págs. 200 y 201.
14. En un laboratorio de Física se dispone del siguiente material:
1) Una bobina conductora (solenoide) conectada a una pila
de 9 V.
2) Una brújula.
3) Una espira conductora circular conectada a un miliamperímetro.
Se pide:
a) Describir un experimento que permita averiguar, empleando la brújula, si pasa corriente eléctrica por la bobina conectada a la pila.
b) Describir un experimento mediante el cual se pueda inducir una corriente eléctrica en la espira circular, empleando el material descrito anteriormente.
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Nota: En cada respuesta se debe realizar un esquema de la
configuración del experimento propuesto, indicando las posiciones relativas de los distintos elementos empleados y
las direcciones de los campos magnéticos y corrientes involucradas. También se debe mencionar el principio o ley física
en que se basa el efecto que se espera observar.
a) La brújula indica la dirección del campo magnético terrestre. Pero cuando se acerca a la bobina conectada a la pila,
la brújula se ve afectada por un cambio en la dirección del
campo magnético (capta la suma de los campos magnéticos
terrestre y del creado por la bobina). De ello se deduce que
por la bobina está circulando una intensidad de corriente
eléctrica.
b) Para inducir una corriente eléctrica en la espira circular necesitamos provocar una variación de flujo magnético en la
misma, tal como indica la ley de Faraday. Una forma de conseguirlo es utilizar el campo magnético creado por la bobina. Así, se coloca la espira dentro de ese campo magnético
para provocar un cambio en el flujo que atraviesa la espira,
modificando la posición relativa entre la bobina y la espira.
El paso de corriente eléctrica lo podemos detectar por medio
del miliamperímetro.
El sentido de la corriente eléctrica viene dado por la ley de
Lenz. El campo magnético creado por la intensidad de corriente
inducida tenderá a compensar la variación del flujo inductor. El
sentido de la intensidad dependerá de si se acerca o se aleja
la bobina por su cara norte. Si acercamos o alejamos la bobina por su cara sur, la intensidad de corriente sería de sentido
contrario.
70
B3
ELECTROMAGNETISMO
j Autoevaluación
1. La fuerza eléctrica entre dos cargas puntuales:
a) Es siempre atractiva.
b) Es conservativa.
c) Solo depende de las cargas y de la distancia que las separa.
La ley de Coulomb permite calcular la fuerza entre dos cargas,
qq
según la expresión F = K 1 2 2
d
Esta fuerza puede ser atractiva cuando las cargas son de signos
opuestos, o repulsiva cuando tienen el mismo signo.
Por otra parte, esta fuerza depende de una constante,
K = 1 / 4 πε , donde ε es la permitividad eléctrica del medio
en el que se encuentran las cargas. Por lo tanto, es un valor que
depende del medio.
La fuerza eléctrica es una fuerza central, por lo que es conservativa.
Así pues, la solución correcta es la b).
2. Tenemos dos cargas, una positiva (+2q) y otra negativa
(–q). ¿Podemos asegurar que existe un punto en el que la
intensidad del campo eléctrico vale cero?
gativa al punto donde el campo se anula, podemos escribir las
expresiones siguientes:
  
E1 + E2 = 0
E1 − E2 = 0
K
q
2q
−K 2 = 0
2
x
(d + x )
2
1
=
(d + x )2 x 2
Resolviendo la ecuación, obtenemos:
x = (1 ± 2) d
La solución x = (1 − 2) d no sirve, ya que x tomaría un valor
negativo, correspondiente a la zona entre cargas. En esa zona
los módulos del campo sí coinciden, pero con el mismo sentido.
Por lo tanto, el punto donde la intensidad del campo eléctrico se anula estará a una distancia de la carga negativa de
x = (1 + 2) d sobre la línea recta que une las cargas, por fuera
de las cargas y más cerca de la negativa.
La respuesta correcta es, por tanto, la c).
3. Si tenemos dos cargas iguales, q, separadas una distancia d:
a) El campo eléctrico en el punto medio tiene valor cero.
a) No existe.
b) El potencial en el punto medio tiene valor cero.
b) Sí existe, en la recta que une las cargas, por fuera y más
cerca de la negativa.
c) La energía potencial es negativa.
c) Sí existe, entre las dos cargas.
La intensidad del campo eléctrico se calcula utilizando el principio de superposición, es decir:

 
ETotal = E1 + E2

q 
El campo creado por una carga q es E = K 2 ur
r
De la carga positiva salen líneas de campo, y la carga negativa
es sumidero de líneas de campo. Se puede hacer un gráfico con
las cargas indicadas, teniendo en cuenta que el campo eléctrico
disminuye, según nos alejamos de la carga, de forma inversamente proporcional a la distancia.

Para
 que se pueda anular el campo eléctrico, los vectores E1 y
E2 tienen que tener la misma dirección y sentido contrario. Esto
solo ocurre en los puntos que se encuentran sobre la línea recta
que une las cargas. Entre las cargas no se puede anular la intensidad del campo, ya que los vectores tienen el mismo sentido.
Por fuera de las cargas y más próximo a la carga positiva, el
módulo del campo eléctrico creado por la carga +2q será siempre mayor que el módulo del campo creado por la carga –q, ya
que la distancia a la carga +2q es menor que a la distancia –q,
y además +2q > −q . Por tanto, no se anula tampoco en esta
zona.
Por fuera de las cargas, y en un punto más próximo a la carga
negativa –q, sí que se pueden anular, ya que tienen sentidos
opuestos y los módulos pueden ser iguales. Si se denomina d a
la distancia entre cargas, y x a la distancia desde la carga ne-
Al ser las dos cargas iguales, tienen el mismo signo. Por lo tanto, la suma del potencial creado por las dos cargas en cualquier
punto no puede anularse.
La energía potencial entre las dos cargas se expresa como
qq
Ep = k 1 2 , y dado que K y d tienen signos positivos y las
d
cargas son iguales, la energía potencial es positiva.
Al tener las cargas iguales, el campo eléctrico creado a iguales
distancias tendrá el mismo módulo, y justo en la línea recta que
une a las cargas. El sentido del campo creado por cada carga
será opuesto, por lo que la suma de ambos campos será cero.
Así pues, la solución correcta es la a).
4. Las líneas del campo eléctrico:
a) Son siempre paralelas.
b) Algunas veces se pueden cortar.
c) Son radiales y entrantes de una carga puntual negativa.
Las líneas del campo eléctrico solo son paralelas cuando el campo
es uniforme (por ejemplo, el creado en el interior de dos placas
paralelas cargadas). En ese caso las líneas de campo nunca se
pueden cortar.
En el caso de tener una sola carga, las líneas de campo son
radiales, y si la carga es negativa las líneas son entrantes en
la carga.
La solución correcta es la c).
ELECTROMAGNETISMO
5. La energía potencial eléctrica de una distribución de dos
cargas puntuales toma valor negativo si:
B3
71
10. Si una partícula cargada entra en un campo magnético, estará sometida a una fuerza magnética:
a) Las dos cargas son negativas.
a) Siempre distinta de cero.
b) Las dos cargas son positivas.
b) Que será máxima si entra de forma perpendicular al
campo.
c) Las cargas son de signo contrario.
La energía potencial eléctrica de una distribución de dos cargas
puntuales viene dada por la expresión:
qq
Ep = K 1 2
d
Como K y d siempre son positivas, la Ep tendrá signo negativo,
siempre que las cargas sean de signos opuestos.
Por tanto, la solución correcta es la c).
6. Al conectar dos esferas conductoras del mismo tamaño y de
distinta carga:
a) Se igualan los potenciales de las esferas.
b) Se igualan las cargas de las esferas.
c) No ocurre nada.
c) Que será cero si entra de forma perpendicular al campo.
La fuerza magnética sobre una carga en movimiento

 viene dada
por la ley de Lorentz, cuya expresión es Fm = q (v × B )


Esta fuerza puede ser cero si la velocidad v y el campo B forman un ángulo de 0º o de 180º.
La fuerza siempre es perpendicular al plano formado por la velocidad y al campo, y toma un valor máximo cuando el producto
vectorial es máximo, es decir, cuando la velocidad es perpendicular al campo.
Por lo tanto, la solución correcta es la b).
11. Dos conductores rectilíneos, paralelos e indefinidos:
a) Se atraen si sus intensidades de corriente tienen sentidos opuestos.
Al conectar dos esferas cargadas, se producirá un intercambio
de cargas hasta conseguir igualar los potenciales de las dos
esferas.
b) Se atraen si sus intensidades de corriente tienen el mismo sentido.
Así pues, la respuesta correcta es la a).
Dos conductores rectilíneos e indefinidos, separados una distancia a por los que pasan respectivamente unas intensidades de
corriente I1 e I2 interaccionan con una fuerza por unidad de
longitud que viene expresada por la siguiente ecuación:
7. El campo magnético:
a) Es conservativo ya que el trabajo que realiza la fuerza
magnética a lo largo de una línea cerrada es cero.
b) Es conservativo ya que todos los campos vectoriales son
conservativos.
c) No es conservativo.
Las líneas del campo magnético son cerradas, por lo tanto el
campo magnético no es conservativo.
La solución correcta es la c).
8. Las líneas del campo magnético:
a) Son abiertas.
b) Son cerradas solo en el caso del campo creado por un
conductor.
c) Son siempre cerradas.
Las líneas del campo magnético son siempre cerradas.
La solución correcta es la c).
9. La experiencia de Oersted prueba que:
a) Existen campos magnéticos.
b) Las cargas en movimiento son desviadas por los campos
magnéticos.
c) Una corriente eléctrica crea un campo magnético.
Oersted comprobó que al hacer pasar por un conductor una intensidad de corriente, en sus cercanías se creaba un campo magnético.
La solución correcta es la c).
c) Siempre se repelen.
µII
F1
F
= 2 = 0 1 2
1 2
2πa
Esta interacción es de atracción cuando las intensidades tienen el
mismo sentido, y de repulsión cuando tienen sentidos contrarios.
La solución correcta es la b).
12. Para inducirse una corriente eléctrica en una bobina:
a) Solo se requiere que varíe el flujo magnético.
b) El campo magnético tiene que ser variable.
c) La superficie de la bobina tiene que ser constante.
La corriente inducida se produce cuando tenemos una fuerza
electromotriz, según la ley de Faraday:
dφ
dt
Por tanto, lo único que se necesita para crear una corriente inducida es producir una variación en el flujo magnético a través
de la superficie de una espira.
 
Como la ecuación del flujo magnético es φ = B ⋅ S = BS cos θ, se
puede provocar una variación de flujo al variar el campo, al variar
 la superficie o al variar el ángulo entre los vectores campo
B y superficie S .
fem =
La respuesta correcta es la a).
B3
72
ELECTROMAGNETISMO
j Actividades adicionales
1. Dos partículas a y b tienen masas iguales de 1,6 g y cargas
de igual valor, pero de signos contrarios. La partícula b está
fija en el espacio y la partícula a está colgada del techo por
un hilo de masa despreciable (ver la figura). Cuando ambas
partículas están separadas una distancia de 0,25 m, la partícula a se halla en equilibrio y el hilo forma un ángulo de
30º con la vertical.
30o
a
q2
d 2 = tg α ⇒ q =
mg
K
mg tg α
d
K
Sustituyendo numéricamente:
q=
1,6 ⋅ 10−3 ⋅ 9,81 ⋅ tg30º
⋅ 0,25 = 10−6 C = 1 µC
9 ⋅ 109
2. Dibuje el vector campo eléctrico en los puntos A y B de la
figura y determine el valor de su módulo en función de q y
d, sabiendo que los dos puntos y las cargas están contenidos
en el mismo plano.
b
B
0,25 m
d/2
+q
+
Calcula:
A
d/2
a) La tensión del hilo.
–q
–
d
b) La fuerza de atracción entre las partículas.
El campo eléctrico creado por una carga puntual es:
c) El valor absoluto de la carga de las partículas
Datos: K = 9,00∙10 ∙N∙m ∙C , g = 9,81 m·s

q 
E = K 2 ur
r
Aplicamos la segunda ley de Newton sobre la partícula a, de
modo que:


∑ F = maa
El campo total en un punto es la suma de los campos eléctricos
creados por cada carga en dicho punto:

 
ETotal = E1 + E2
Como está en equilibrio la aceleración es cero.
Estudiamos el campo total en cada punto.
Despreciamos las fuerzas gravitatorias frente a las fuerzas electrostáticas.
En el punto A:
9
2
–2
–2
Ahora estudiamos las fuerzas por componentes:
Componente x:
Fe − Tx = 0
Componente y:
Tx − P = 0
Sustituyendo, formamos el sistema de ecuaciones:
q

= Tsen α 
2
d

mg = Tcos α 
K
2
a) Para obtener la tensión basta con tomar la segunda ecuación
y despejar la T.
T = m g / cos α
Sustituyendo numéricamente:
T =
1,6 ⋅ 10−3 kg ⋅ 9,81 m ⋅ s−2
= 1,81 ⋅ 10−2 N
3 /2
b) La fuerza de atracción entre las partículas coincide con el
valor de la componente horizontal de la tensión, ya que
Fe = Tx, entonces Fe = T sen α, y sustituyendo:
Fe = 1,81 ⋅ 10−2 ⋅ sen 30º = 9,06 ⋅ 10−3 N
c) A partir del sistema de ecuaciones, si dividimos término a
término obtenemos una ecuación equivalente de donde podemos despejar la carga q:

EA = K
+K


q
[cos(0º) i + sen (0º) j ] +
2
(d / 2)


q
i
j]
[cos(0º)
+
sen
(0º)
(d / 2)2

EA = K
2q 
8q 
i =K 2i
2
d
(d / 2)
Si todas las magnitudes se expresan en el SI el campo eléctrico
se expresa en N/C.
En el punto B:
La distancia desde cada carga hasta el punto B la calculamos
utilizando el Teorema de Pitágoras.
1
d
2
Entonces el campo en el punto B es:



q
EB = K
[cos (45º)i + sen (45º) j ] +
2
(d / 2)
r 2 = (d / 2)2 + (d / 2)2 ⇒ r =
+K


q
[cos (−45º) ⋅ i + sen (−45º) ⋅ j ]
2
(d / 2)

EB = K
2q  2  
4 2q 
i=K 2 i
2 
d
(d / 2)  2 
B3
ELECTROMAGNETISMO
3. Sean dos cargas, Q1 y Q2, colocadas en los puntos del plano
XY dados por las coordenadas (–d, 0) y (d, 0), respectivamente. Si Q1>0 y Q2<0, y se cumple que Q1 = 4 Q2 , averigua
en qué puntos del plano XY el campo eléctrico es nulo.

 
Como ETotal = E1 + E2 , para que el campo se anule en un punto,
los vectores campo eléctrico creados por cada cara tienen que
ser opuestos, es decir, tienen que tener la misma dirección,
sentido contrario y el mismo módulo.
Para que tengan la misma dirección los puntos tienen que estar
sobre la recta que pasa por las dos cargas.
Para que el sentido sea opuesto, el punto tiene que estar por
fuera de las cargas.
Como Q1 > Q2 , para que los módulos sean iguales tiene que
cumplirse que d1 > d2 .
Buscamos en qué punto a una distancia x, a la derecha de la
carga Q1, se cumple que el módulo de los campos eléctricos son
iguales.
E1 = E2 ⇒ k
Q1
(2d + x )
2
=k
Q2
x2
4
1
=
⇒ x 2 + 4dx + 4d 2 = 4 x 2
(2d + x )2 x 2
3 x − 4dx − 4d = 0
2
2
Resolviendo la ecuación, obtenemos:
x=




 F
 qE
F = ma ⇒ a = ⇒ a =
m
m
Sustituyendo obtenemos:


 1,60 ⋅ 10−19 C ⋅ (−200 j ) V/m
a=
= −1,92 ⋅ 1010 j m/s2
−27
1,67 ⋅ 10 kg
La trayectoria será parabólica,
donde
la componente x de la


velocidad es constante, v x = 3000 i m s .
Si escribimos las ecuaciones de cinemática, tomando como posición inicial la que corresponde al entrar en el campo eléctrico,
tenemos:
x = 0 + 3000 t + 0


v x = 3000

1
10 2 
y = 0 + 3000 t − 1,92 ⋅ 10 t 
2

v y = 3000 − 1,92 ⋅ 1010 t

a) Observamos que la trayectoria (x, y) corresponde a una parábola convexa, el protón empieza subiendo, alcanza una
altura máxima y acaba cayendo. Eliminamos el parámetro t:
x = 0 + 3000 t + 0


1

y = 0 + 3000 t − ⋅ 1,92 ⋅ 1010 t 2 
2

2
y = 3000 ⋅
4d ± (−4d ) − 4 ⋅ 3 ⋅ (−4d )
2⋅3
2
2
73
 x 
x
1
− ⋅ 1,92 ⋅ 1010 

3000 2
 3000 
y = x − 1,07 ⋅ 103 x 2
 x = 2d
4 d ± 8d
x=
⇒ 1
6
 x2 = −(2 / 3) d
Calculamos el vértice de la parábola:
La solución negativa no sirve, aunque en dicho punto el módulo
sea el mismo, el sentido sería también el mismo, y el campo no
sería cero.
Podemos dibujar la trayectoria:
x v = −b / 2a ⇒ xv = −1 / 2 (−1,07 ⋅ 103 ) = 4,67 ⋅ 10−4 m
y
La solución al problema es que en el punto situado a 2d a la
derecha de la carga Q1 el campo eléctrico se anula.
Si suponemos que todas las unidades están dadas en el SI,
x = 2d m.
4. Considera una región
en la que hay un campo

 del espacio
en
eléctrico uniforme E = (−200 j) V m . Un protón penetra

esa región con una velocidad v = (3 000 i + 3 000 j ) m s :
a) Dibuja la trayectoria que seguirá el protón.
b) Calcula el tiempo que transcurre desde que penetra en
esa región hasta que deja de subir.
c) Calcula la altura máxima alcanzada.
Datos: Carga del protón: qp = 1,60 ⋅ 10 −19 C
Masa del protón: mp = 1,67 ⋅ 10
−27
kg
La carga
 está
 sometida a una fuerza eléctrica dada por la relación F = qE
Obtenemos la aceleración a partir de la segunda ley de
Newton:
x
b) Calculamos el tiempo que tarda en alcanzar la altura máxima. En este punto la componente y de la velocidad es cero,
entonces:
v y = 0 ⇒ 3000 − 1,92 ⋅ 1010 t = 0
t = 1,56 ⋅ 10−7 s
c) La altura máxima alcanzada corresponde con el valor de la y
cuando el tiempo es el calculado en el apartado anterior:
y(t = 1,56 ⋅ 10−7 s) = 3000 ⋅ 1,56 ⋅ 10−7 −
1
− 1,92 ⋅ 1010 (1,56 ⋅ 10−7 )2
2
ymáx = 2,34 ⋅ 10−4 m
74
B3
ELECTROMAGNETISMO
5. A una gotita de aceite se han adherido varios electrones,
de forma que adquiere una carga de 9,6 ⋅ 10 −19 C . La gotita cae inicialmente por su peso, pero se frena y queda en
suspensión gracias a la aplicación de un campo eléctrico. La
masa de la gotita es de 3,33 ⋅ 10 −15 kg y puede considerarse
puntual.
a) Determine cuántos electrones se han adherido.
b) ¿Cuál es el valor del campo eléctrico aplicado para que la
gotita quede detenida?
c) Calcule la fuerza eléctrica entre esta gotita y otra de
idénticas propiedades, si la separación entre ambas es
de 10 cm. Indique si la fuerza es atractiva o repulsiva.
Datos: e = 1, 6 ⋅ 10 −19 C , 1 (4πε0 ) = 9 ⋅ 109 N ⋅ m2 C2
a) Si la carga que adquiere es 9,6 ⋅ 10−19 C , dividiendo por la
carga de un electrón tendremos el número de electrones:
q
9,6 ⋅ 10−19 C
ne =
⇒ ne =
=6
qe
1,6 ⋅ 10−19 C
b) Al quedar en suspensión, el peso y la fuerza eléctrica están
compensados:
  
P + Fe = 0
P = Fe ⇒ m g = q E ⇒ E =
mg
q
Sustituyendo:
3,33 ⋅ 10−15 kg ⋅ 9,8 m ⋅ s−2
E=
= 3,40 ⋅ 104 N/C
9,6 ⋅ 10−19 C
c) La fuerza eléctrica entre dos caras viene dada por la ley de
Coulomb; así:
q1 q2
(9,6 ⋅ 10−19 C)2
⇒ Fe = 9 ⋅ 109 N ⋅ m2 ⋅ C −2 ⋅
=
2
(10−1 m)2
d
= 8,29 ⋅ 10−25 N
Fe = K
Al ser las cargas de igual signo, la fuerza entre ellas es de
repulsión.
6. Dos cargas, q1 = 2 ⋅ 10−6 C y q2 = −4 ⋅ 10 −6 C están fijas en
los puntos P1(0, 2) y P2(1, 0), respectivamente:
a) Dibuje el campo electrostático producido por cada una
de las cargas en el punto P(1, 2) y calcule el campo total
en ese punto.
b) Calcule el trabajo necesario para desplazar una carga
q = −3 ⋅ 10 −6 C desde el punto O(0, 0) hasta el punto P y
explique el significado del signo de dicho trabajo.
Nota: Las coordenadas están expresadas en metros.
a) El campo eléctrico creado por una carga es:

q 
E = K 2 ur
r
Si la carga es positiva, el sentido del campo es saliente de la
misma, y si es negativa, el campo es entrante.
Entonces el campo eléctrico creado por cada carga en el
punto P(1,2) es:


2 ⋅ 10−6 C 
E1 = 9 ⋅ 109 N ⋅ m2 ⋅ C −2 ⋅
i = 1,8 ⋅ 104 i N/C
2 2
1m


−4 ⋅ 10−6 C 
E2 = 9 ⋅ 109 N ⋅ m2 ⋅ C −2 ⋅
j = −9 ⋅ 103 j N/C
2
2
2 m
Y el campo total en el punto P es:



 
ETotal = E1 + E2 = (1,8 ⋅ 104 i − 9 ⋅ 103 j ) N/C
Con un módulo de ETotal = 2,01 ⋅ 104 N/C
b) El trabajo necesario es la variación de energía potencial que
adquiere la carga al llevarla desde un punto a otro.
W = ∆Ep = q ∆V
Una carga positiva es empujada por el campo eléctrico hacia
zonas de potencial menor, es decir, perdiendo energía potencial (si el trabajo es negativo, el desplazamiento lo realiza
el campo por sí solo).
Calculamos el potencial en cada punto, teniendo en cuenta
q
que el potencial creado por una carga es V = K
r
Así pues, en el origen de coordenadas el valor será:
V0 = K
q1
q
+K 2 ⇒
r1
r2
 2 ⋅ 10−6 C −4 ⋅ 10−6 C 
4
V0 = 9 ⋅ 109 N ⋅ m2 ⋅ C −2 ⋅ 
+
 = −2,7 ⋅ 10 V
1m 
 2m
Y en el punto P(1,2), el valor será:
VP = K
q1
q
+K 2 ⇒
r1
r2
 2 ⋅ 10−6 C −4 ⋅ 10−6 C 
⇒ VP = 9 ⋅ 109 N ⋅ m2 ⋅ C −2 ⋅ 
+
 ⇒ VP = 0 V
2m 
 1m
Por lo tanto, el incremento de potencial es:
∆V = VP − V0 = 2,7 ⋅ 104 V
Y el trabajo es:
W = q ∆V = −3 ⋅ 10−6 ⋅ 2,7 ⋅ 104 = −8,1 ⋅ 10−2 J
Al tener signo negativo, el trabajo lo realiza el campo eléctrico, no hace falta ninguna fuerza externa para provocar el
desplazamiento.
7. Una partícula que se encuentra fija en la posición x1 = 0
tiene una carga eléctrica q1 = −7 μC, y otra partícula que
se encuentra, también fija, en x2 = 5 cm tiene una carga eléctrica q2 = 2 μC. Calcula en los puntos x3 = 6 cm y
x4 = 9 cm:
a) El campo eléctrico.
b) El potencial eléctrico.
Dato: Constante de Coulomb: K = 9 ⋅ 109 N ⋅ m2 ⋅ C −2.
B3
ELECTROMAGNETISMO

q 
a) El campo eléctrico creado por una carga es E = K 2 ur
r
Si la carga es positiva, el sentido del campo es saliente de la
misma, y si es negativa, el campo es entrante.
Por tanto, el campo eléctrico creado por cada carga en el
punto A(0,6) cm es:



7 ⋅ 10−6 C
E1 = 9 ⋅ 109 N ⋅ m2 ⋅ C −2 ⋅
(−i ) = −1,75 ⋅ 107 i N/C
2
−2
(6 ⋅ 10 m)


2 ⋅ 10−6 C 
E2 = 9 ⋅ 109 N ⋅ m2 ⋅ C −2 ⋅
i = 1,80 ⋅ 108 i N/C
2
−2
(10 m)
Y el campo total en el punto P es:


 
E A = E1 + E2 = (1,625 ⋅ 107 i ) N/C
m
5
0,
5NC
B
5NC
0,6 m

El ángulo que forma el vector E1 con la horizontal es:
α1 = arc cos (0,3 / 0,5) = 53,13º

El ángulo que forma el vector E2 con la horizontal es:
α2 = 180º −α1 = 126,87º
El campo eléctrico creado por una carga es:

q 
E = K 2 ur
r


2 ⋅ 10−6 C 
E2 = 9 ⋅ 109 N ⋅ m2 ⋅ C −2 ⋅
i = 1,125 ⋅ 106 i N/C
2
−2
(4 ⋅ 10 m)
El campo eléctrico creado por la carga q1 en el punto donde
se encuentra la carga q3 es:
b) El potencial eléctrico de un punto, situado a una distancia r
q
de una cara q viene dado por V = K
r
Por lo que en el punto A(0, 6) cm, el potencial será:
VA = K
q1
q
+K 2 ⇒
r1
r2
 −7 ⋅ 10−6 C 2 ⋅ 10−6 C 
5
⇒ VA = 9 ⋅ 109 N ⋅ m2 ⋅ C −2 
+
 = 7,5 ⋅ 10 V
−2
10−2 m 
 6 ⋅ 10 m
Y en el punto B(9, 0) cm:
q
q
VB = K 1 + K 2 ⇒
r1
r2
 −7 ⋅ 10−6 J 2 ⋅ 10−6 J 
5
⇒ VB = 9 ⋅ 109 N ⋅ m2 ⋅ C −2 ⋅ 
+
 = −2,5 ⋅ 10 V
−2
−2
 9 ⋅ 10 m 4 ⋅ 10 m 
 −7 ⋅ 10 J 2 ⋅ 10 J 
5
⋅
+
 = −2,5 ⋅ 10 V
−2
−2
 9 ⋅ 10 m 4 ⋅ 10 m 
−6
–2NC
De igual forma para el punto B(9,0) cm:



7 ⋅ 10−6 C
E1 = 9 ⋅ 109 N ⋅ m2 ⋅ C −2 ⋅
(−i ) = −7,78 ⋅ 106 i N/C
2
−2
(9 ⋅ 10 m)
Y el campo total en el punto P es:


 
EB = E1 + E2 = (3,47 ⋅ 106 i ) N/C
−6
A
75
8. Una partícula de masa 5 g y carga −2 µC se deja libre y en
reposo a 0,5 m de dos cargas fijas de 5 µC separadas 0,6 m.
Suponiendo que solo intervienen las fuerzas eléctricas, determina:
a) El campo eléctrico en el punto en que hemos dejado la
partícula.
b) El potencial en ese punto.
c) La velocidad que tendrá la partícula cuando llegue al
punto medio de las dos cargas.
a) Las cargas se sitúan sobre los vértices de un triángulo isósceles, según la figura.



q
E1 = K 12 [cos (α1 )i + sen (α2 ) j ]
r1
Y el campo creado por la carga q2 en el punto donde se
encuentra la carga q3 es:



q
E2 = K 22 [cos (α2 )i + sen (α2 ) j ]
r2
El campo total es la suma de los campos creados por cada
carga:

 
EA = E1 + E2
En este caso, como en el problema se da cierta simetría,
vamos a poder simplificar.
q1 = q2 = 5 ⋅ 10−6 C , r1 = r2 = 0,5 m ,
cos α = − cos (180º −α)
sen α = sen (180º −α)


q
E A = 2K 12 sen α2 j
r1
Sustituyendo:


5 ⋅ 10−6
EA = 2 ⋅ 9 ⋅ 109 ⋅
⋅ sen (53,13º) j
2
0,5


5
EA = 2,88 ⋅ 10 j N/C
b) El potencial eléctrico de un punto situado a una distancia r
q
de una cara q viene dado por V = K
r
Por tanto, en el punto A tenemos:
VA = K
q1
q
q
+ K 2 ⇒ VA = 2K 1
r1
r2
r1
VA = 2 ⋅ 9 ⋅ 109 ⋅
5 ⋅ 10−6
⇒ VA = 1,80 ⋅ 105 V
0,5
76
B3
ELECTROMAGNETISMO
c) Como el campo eléctrico es conservativo, la energía cinética que adquiere la partícula coincide con la energía potencial que pierde.
El incremento de energía potencial se relaciona con el incremento de potencial:
∆E p = q ∆V
VT =
q
q
q
VB = K 1 + K 2 ⇒ VB = 2K 1
r1
r2
r1
5 ⋅ 10−6
⇒ VB = 3,00 ⋅ 105 V
VB = 2 ⋅ 9 ⋅ 10
0,3
9
El incremento de potencial entre los puntos A y B es:
∆V = VB − VA = 1,2 ⋅ 105 V
Entonces, suponiendo que parte del reposo:
1
∆Ec + ∆Ep = 0 ⇒ mv 2 + q ∆V = 0 ⇒
2
−2q ∆V
m
Calculamos la distancia a la que se encuentra el punto S de
cada carga, utilizando el teorema de Pitágoras:
r1 = r2 = 32 ⋅ 10−2 m
De forma similar para el punto S
VS =
9 ⋅ 109 N ⋅ m2 ⋅ C −2
⋅ (2 ⋅ 10−9 C − 1 ⋅ 10−9 C) = 159 V
32 ⋅ 10−2 m
Si aumenta la energía potencial, el trabajo es negativo, por
lo tanto tenemos que aplicar una fuerza externa al campo
para realizar dicho movimiento.
−2 ⋅ (−2 ⋅ 10−6 ) ⋅ 1,2 ⋅ 105
= 9,8 m/s
5 ⋅ 10−3
9. Dos cargas puntuales q1 = +2,0 nC y q2 = −1,0 nC están
fijas y separadas una distancia de 8 cm.
S
4 cm
q1
9 ⋅ 109 N ⋅ m2 ⋅ C −2
⋅ (2 ⋅ 10−9 C − 1 ⋅ 10−9 C) = 225 V
4 ⋅ 10−2 m
c) El trabajo necesario para llevar una carga de un punto a
otro, es igual a la variación de la energía potencial cambiada
de signo, W = −∆E p
Sustituyendo obtenemos:
v=
b) El potencial creado por las dos cargas en un punto es
q
q
V = V1 + V2 ⇒ V = K 1 + K 2
r1
r2
En el punto T tenemos que r1 = r2 = 4 ⋅ 10−2 m:
Calculamos el potencial en el punto B:
v=
El sentido de este campo eléctrico en el punto T, es de la
carga q1 a la carga q2.
T
q1
En este caso WS →T = −q ’(VT − VS )
WS →T = −3 ⋅ 109 C ⋅ (225 − 159,10)V = −1,98 ⋅ 10−7 J
Al tener signo negativo, el trabajo lo realiza una fuerza exterior al campo.
10. Si en un punto A el potencial eléctrico es
+10 V y en otro punto B es +6 V, razona si
una carga positiva se moverá espontáneamente de A hacia B, o de B hacia A.
+10V +8V +6V
A
B
8 cm
Calcula:
a) El campo eléctrico en el punto medio entre las cargas,
T.
b) El potencial eléctrico en los puntos S y T.
c) El trabajo necesario para trasladar otra carga, q’, de
3,0 nC desde el punto S hasta el punto T.
Dato: K = 9,00 ⋅ 109 N ⋅ m2 C2; 1 nC = 10−9 C
  
a) El vector campo en el punto T es E = E1 + E2.
El campo eléctrico creado por una carga puntual es radial,
desde la carga positiva y hacia la carga negativa, entonces


en este caso como en el punto T los dos vectores E1 y E2
tienen el mismo sentido, tenemos que


q
q
E = E1 + E2 ⇒ E = K 12 + K 22
r1
r2
E=
9 ⋅ 10 N ⋅ m ⋅ C
⋅ (2 ⋅ 10−9 C + 1 ⋅ 10−9 C) = 1,69 ⋅ 104 N/C
(4 ⋅ 10−2 m2 )2
9
2
−2
Una carga se mueve espontáneamente cuando pierde energía
potencial, la variación de energía potencial la podemos relacionar con ∆E p = q ∆V
Como la carga es positiva, esta se moverá de forma espontánea
hacia puntos con menor potencial, es decir, desde el punto A
hacia el punto B.
11. Una carga q > 0 se encuentra bajo la acción de un campo
eléctrico uniforme E . Si la carga se desplaza en la misma
dirección y sentido que el campo eléctrico, ¿qué ocurre con
su energía potencial eléctrica? ¿Y si movemos la carga en dirección perpendicular al campo? Justifica ambas respuestas.
Una carga positiva tiende a moverse en la dirección y sentido
del campo eléctrico, moviéndose de potenciales mayores a menores, perdiendo energía potencial en su desplazamiento.
Por lo tanto en el primer caso la energía potencial disminuye.
Si el campo es uniforme, las superficies equipotenciales son planos perpendiculares al vector campo eléctrico.
ELECTROMAGNETISMO
B3
77
Si movemos la carga positiva de forma perpendicular al campo,
estaremos moviendo la carga por una superficie equipotencial.
Como ∆E p = q ∆V , no habrá variación en su energía potencial.
del eje OX. Calcula el campo magnético en los puntos del
espacio contenidos en el plano XY tales que:
12. Una partícula cargada entra en una región donde hay un
campo eléctrico uniforme y perpendicular a la trayectoria
inicial de la partícula. Describe la trayectoria que seguirá la
partícula dentro del campo eléctrico y cómo va cambiando
su energía.
b) Estén situados a una distancia d/2 por encima del cable
superior.
El campo eléctrico
ejercerá una fuerza eléctrica sobre la carga

dada por F = qE
Esta fuerza produce una aceleración
dada por la segunda ley de



 qE
Newton, F = ma ⇒ a =
m
Suponemos que la velocidad inicial tiene la dirección del eje de
abscisas y sentido positivo, y el vector campo eléctrico tiene
por dirección la del eje de ordenadas y sentido positivo, la aceleración tendrá la dirección y sentido del campo si la carga es
positiva y sentido contrario si la carga es negativa.
a) Sean equidistantes de ambos conductores.
c) Estén situados a una distancia d/2 por debajo del cable
inferior.
El sentido del campo magnético viene dado por la regla de la
mano derecha. El campo total en un punto es la suma vectorial
de los campos magnéticos creados por cada conductor,

BTotal = B1 + B2 .
En el punto A situado por encima de los conductores el campo
magnético creado por los dos conductores es saliente, entonces
el módulo del campo magnético es la suma de los módulos de los
campos magnéticos creados por cada intensidad. Entonces,
BA = B1 + B2 ⇒ BA =
µ 0 2 I1 µ 0 2 I2
+
4 π a1 4 π a2
Tomando como condiciones iniciales:

r (t = 0) = (0,0)

v (t = 0) = (v 0 x ,0)
Teniendo en cuenta que I1 = I2 = I :
Las ecuaciones de la cinemática trabajando con sus componentes son:
y sustituyendo las distancias en cada caso:
 x = 0 + v 0 x t + 0
Componente X ⇒ 
v x = v 0 x + 0
BA =
1 2

 y = 0 + 0 + at
Componente Y ⇒ 
2
v y = 0 + at

Para llegar a la ecuación de la trayectoria nos interesan las
ecuaciones de la posición:
x = v0 xt 

1 2
y = at 
2 
Sustituyendo la aceleración y eliminando el parámetro t entre
qE 2
x.
las dos ecuaciones obtenemos que y =
2mv 02 x
La trayectoria es una parábola.
La carga se está moviendo en el interior de un campo conservativo, entonces la energía mecánica permanece constante:
Em = cte ⇒ ∆Ec + ∆Ep = 0
La aceleración aumenta el módulo de la velocidad, por lo tanto
la energía cinética también aumenta y la energía potencial tiene
que disminuir.
La energía cinética será mínima al comenzar el estudio en t = 0
e irá aumentando siempre que pueda disminuir la energía potencial.
13. En el plano XY hay dos cables rectilíneos y muy largos, separados una distancia d y paralelos al eje OX. Por ambos
conductores circula una corriente, I, en el sentido positivo
BA =
µ0 I  1 1 
 + 
2π  a1 a2 
µ0 I  1
1  4µ0 I
+
.

=
πd
2π  d /2 3d /2 
El campo magnético en el punto A tiene el sentido positivo del
eje Z .
En el punto B, equidistante entre los conductores, los campos
magnéticos creados por cada conductor son de sentido contrario, entonces el módulo del campo magnético es la diferencia
de los módulos. Como las intensidades de corrientes son iguales
y la distancia desde cada conductor al punto B es la misma, los
campos magnéticos creados por cada conductor en dicho punto
tienen el mismo
 módulo, Así el campo magnético en el punto B
es nulo, BB = 0 .
En el punto C situado por debajo de los conductores, los campos
magnéticos creados por cada conductor son entrantes, entonces
el módulo del campo magnético es la suma de los módulos.
Podemos aprovechar la simetría del problema y decir que el módulo del campo magnético en el punto C es el mismo que en el
4µ I
punto A, BC = 0 .
πd
El campo magnético en el punto C tiene el sentido negativo del
eje Z.
14. Un electrón penetra dentro de un campo magnético uniforme, de intensidad 0,001T, perpendicular a su velocidad. Si el
radio de la trayectoria que describe el electrón es de 5 cm,
halla:
a) La velocidad.
b) El periodo del movimiento de la órbita que describe.
Datos: Masa del electrón: 9,1·10–31 kg; carga del electrón:
1,6·10–19 C
78
B3
ELECTROMAGNETISMO

a) Una carga q con velocidad v en el interior de un campo
magnético
 B está
 sometido a una fuerza dada por la ley de
Lorentz F = q (v × B ). Esta fuerza es perpendicular a la velocidad, es decir, que actúa como fuerza centrípeta curvando
la trayectoria de la carga. Igualando:
 
v2
qBr
Fc = Fm ⇒ m = qvB sen 90º ⇒ v =
r
m
Sustituyendo numéricamente:
f =
9,79 ⋅ 105
= 4,88 ⋅ 106 Hz
2π ⋅ 3,19 ⋅ 10−2
16. Razona las respuestas a las siguientes cuestiones:
Dos conductores rectos paralelos y muy largos con corrientes
I en el mismo sentido:
Sustituyendo valores numéricos:
a) Se atraen.
1,6 ⋅ 10−19 ⋅ 10−3 ⋅ 5 ⋅ 10−2
v=
= 8,78 ⋅ 106 m/s
9,11 ⋅ 10−31
b) Se repelen.
b) Como el periodo es el tiempo que tarda en dar una vuelta en
su trayectoria circular, entonces:
v = e /t ⇒ t = e /v ⇒ T =
2πr
v
Sustituyendo numéricamente.
15. Un protón acelerado por una diferencia de potencial de
5 000 V penetra perpendicularmente en un campo magnético uniforme de 0,32T; calcula:
a) La velocidad del protón.
b) El radio de la órbita que describe y el número de vueltas
que da en 1 segundo.
Datos: qp = 1,6·10–19 C; mp = 1,67·10–27 kg.
a) El protón es acelerado, aumentando su energía cinética y
disminuyendo su energía potencial eléctrica, Así:
∆Em = 0 ⇒ ∆Ec + ∆Ep = 0 ⇒ ∆Ec = ∆Ep
A partir de la frecuencia calculamos la velocidad angular con
la que está girando, así , ω = 2π/T = 2πf
El ángulo θ se puede expresar con las ecuaciones de la
cinemática:
2 ⋅ 1,6 ⋅ 10−19 C ⋅ 5 000 V
= 9,79 ⋅ 105 m/s
1,67 ⋅ 10−27 kg
b) La fuerza centrípeta es la fuerza magnética dada por la ley
de Lorentz, entonces:
 
v2
mv
Fc = Fm ⇒ m = qvB sen90º ⇒ r =
r
qB
Sustituyendo numéricamente:
r=
b) Explica cómo cambiarían los valores máximos del flujo
magnético y de la fem inducida si se duplicase el radio
de la espira. ¿Y si se duplicara la frecuencia de giro?
 
a) El flujo magnético es φ = B ⋅ S, el ángulo θ que forman los
vectores campo y superficie varía en el tiempo, pero en el
instante inicial el ángulo que forman es cero.
ω = 2π ⋅ 20 = 40π rad/s
2q ∆V
m
Sustituyendo valores numéricos:
1,67 ⋅ 10 kg ⋅ 9,79 ⋅ 10 m/s
= 3,19 ⋅ 10−2 m
1,6 ⋅ 10−19 C ⋅ 0,32 T
−27
a) Escribe la expresión del flujo magnético que atraviesa la
espira en función del tiempo y determina el valor máximo de la fem inducida.
Sustituyendo numéricamente:
Sustituyendo:
v=
A partir de las explicaciones del apartado 7.8 del libro de texto
se deduce que la solución correcta es la a), dos conductores rectilíneos por los que circula una corriente eléctrica en el mismo
sentido sufren entre ellos una fuerza de atracción.
17. Una espira de 10 cm de radio se coloca en un campo magnético uniforme de 0,4 T y se la hace girar con una frecuencia
de 20 Hz. En el instante inicial, el plano de la espira es
perpendicular al campo:
2π ⋅ 5 ⋅ 10−2 m
T =
= 3,58 ⋅ 10−8 s
8,78 ⋅ 106 m/s
1 2
mv = q ∆V ⇒ v =
2
c) No interaccionan.
5
El número de vueltas que da en un segundo es la frecuencia,
inversa del periodo, entonces, como el periodo es
2πr
v = e /t ⇒ t = e /v ⇒ T =
v
La frecuencia es su inversa: f = 1/T =
1
θ = θ0 + ωt + αt 2 ⇒ θ = ωt
2
Sustituyendo el valor de la velocidad angular: θ = 40πt
Sustituyendo numéricamente el flujo queda:
 
φ = B ⋅ S = BS cos θ = BS cos(ωt ) ⇒
⇒ φ(t ) = 0,4 ⋅ π ⋅ (10−1 )2 ⋅ cos(40πt ) = 4 ⋅ 10−3 π ⋅ cos(40πt )
Calculamos la fuerza electromotriz inducida a partir de la ley
de Faraday, entonces:
fem =
dφ d(BS cos(ωt ))
=
⇒ fem = BS ω sen(ωt )
dt
dt
En este caso, sustituyendo, fem = 4 ⋅ 10−3 π ⋅ 40π ⋅ sen(40πt )
Con una fem máxima de femmáx = 1,58 V
v
2πr
b) El flujo es φ = BS cos θ = B(πr 2 )cos(ωt ), y el flujo máximo
es φmáx = Bπr 2.
ELECTROMAGNETISMO
B3
79
Si duplicamos el radio tenemos que r ’ = 2r , y el flujo máximo será φ’ máx = Bπr ’ = Bπ (2r )2 = 4Bπr, es decir se ha multiplicado por 4 el flujo máximo. Como el flujo máximo no
depende de la frecuencia de giro, al duplicarse esta el flujo
máximo no modifica su valor.
fem’ máx = BS ’ ω = Bπ (2r )2 ω = 4Bπr 2ω , es decir, se ha multiplicado por cuatro el flujo máximo.
La fuerza electromotriz viene dada por la expresión fem = BS ω sen(ωt ), con un valor máximo de
femmáx = BS ω = Bπr 2ω, si se duplica el radio tendremos
que:
La fuerza electromotriz también se multiplica por dos.
Al duplicar la frecuencia tendremos que ω’ = 2ω y:
fem’ máx = BS ω’ = Bπr 2 2ω = 2Bπr 2ω.