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Departamento de Física Facultad de Ciencias Universidad de Tarapacá Solucionario Tercera Prueba de Física III Ingeniería Plan Común Semestre de Otoño (09 Agosto 2005) 1. Una espira de alambre en forma de un rectángulo de ancho a y largo b se encuentra a una distancia fija d de un alambre muy largo que lleva una corriente variable I (t ) I 0 sin t . La espira y el alambre largo se encuentran fijos en el plano x, y . a) Hallar el flujo magnético m B dS b) Hallar la fem inducida sobre la espira I dm en la espira dt b d c) Hallar el sentido de la corriente inducida en la espira cuando t varía desde t 0 hasta t a 2 d) Hallar el sentido de la corriente inducida en la espira cuando t varía desde t 2 hasta y t x Solución: a) (0.8 ptos.) Hallar el flujo magnético m B dS sobre la espira. Si consideramos que la diferencial de superficie de la espira dS dS kˆ , entonces, en un primer I (t ) ˆ k y la diferencial momento, el campo magnético B 0 2 r de superficie dS bdx kˆ son paralelos. El flujo magnético entra en la página dS bdx mostrada en la figura que está ubicada a una distancia r d x del alambre, viene sobre el área diferencial a I (t ) b dado por: 0 I (t ) bdx 2 (d x) 0 a m B dS BdS d Integrando obtenemos m Pero 0b I (t ) d a ln 2 d I I 0 sin t , luego en el tiempo: el flujo magnético m (t ) es variable x dx 0b d a ln I 0 sin t 2 d m (t ) b) (0.7 ptos.) Hallar la fem inducida dm en la espira. dt derivando la fem recién obtenida d 0 b d a ln I 0 sin t dt 2 d Se tiene: 0 I 0b d a ln cos t 2 d c) (0.8 ptos.) Hallar el sentido de la corriente inducida en la espira cuando desde t 0 Cuando t hasta t varía desde 2 t 0 hasta t 2 t varía , la función seno crece desde 0 hasta 1, es decir, el flujo hacia adentro de la espira aumenta. Como consecuencia, la corriente inducida I i fluye en sentido contrario al movimiento de los punteros del reloj, para generar así un campo magnético inducido que apunta hacia afuera de la página, que se opone al aumento de flujo hacia adentro. d) (0.7 ptos.) Hallar el sentido de la corriente inducida en la espira cuando desde t cuando t 2 hasta t varía t varía desde t 2 hasta t , la función seno disminuye desde 1 hasta 0, es decir, el flujo hacia adentro de la espira está disminuyendo. Como consecuencia, la corriente inducida I i fluye a favor del movimiento de los punteros del reloj, para generar así un campo magnético inducido que se opone a la disminución de flujo hacia adentro. 2. En un cierto instante de tiempo t , la barra metálica de masa M se mueve hacia la derecha a una velocidad v (t ) v (t ) ˆj sobre dos rieles conductores paralelos separados una distancia D . En la región de los rieles existe un campo magnético constante y uniforme que apunta en la dirección z : B B kˆ . Todo el circuito que se forma tiene una resistencia equivalente R que se muestra en la figura. z y a R M D v B x c b a) Hallar la fem inducida en la varilla, en magnitud y sentido, como función de la velocidad v , del campo magnético B y de la separación D . b) Hallar la corriente inducida en el circuito I . c) calcular la fuerza magnética Fm que ejerce el campo magnético sobre la varilla que lleva una corriente inducida I . d) Utilizando los resultados anteriores, resuelva la ecuación diferencial del movimiento para encontrar la velocidad como función explícita del tiempo v v(t ) , sabiendo que en t 0 , la velocidad inicial es v0 v0 ˆj . e) Use el resultado obtenido para la velocidad en función del tiempo y exprese la fem inducida (t ) y la corriente inducida I (t ) como función explícita del tiempo. Solución: a) (0.6 ptos.) Hallar la fem inducida en la varilla, en magnitud y sentido, como función de la velocidad v , del campo magnético B y de la separación D . Podemos usar dos métodos para el cálculo de la fem inducida: Método 1: Calcular la fuerza de Lorentz F qv B sobre un portador de carga positivo de la barra móvil de masa M : Dado que v (t ) v (t ) ˆj y que B B kˆ , tenemos: F qvB ( ˆj kˆ) qvBiˆ . Esto significa que las cargas positivas son obligadas a moverse a lo largo de la barra en dirección de los punteros del reloj. Esto significa que la fem inducida apunta en la dirección de a b . La fem inducida se obtiene de la relación tanto, E dl , donde el campo eléctrico viene dado por E vB , por lo E dl BDv BDv donde D es la separación entre los dos rieles metálicos. Método 2: Calcularemos la fem inducida como consecuencia de la variación del flujo magnético sobre la espira de tamaño S Dy , de área diferencial dS D dy R c a dy d D y b El flujo magnético en módulo queda m BdS BDdy BDy La fem inducida se obtiene a través de la expresión d BDy dt Definiendo BD dm . En valor absoluto nos queda dt dy BDv dt dy v , se tiene finalmente: dt BDv b) (0.6 ptos.) Hallar la corriente inducida en el circuito I . Dado que toda la resistencia del circuito vale R , entonces la corriente inducida vale I R , es decir, I BDv R c) (0.6 ptos.) calcular la fuerza magnética Fm que ejerce el campo magnético sobre la varilla móvil que lleva una corriente inducida I . La fuerza magnética sobre la barra móvil de masa M se calcula a través de la expresión: Fm I dl Bext , donde dl apunta en la dirección de la corriente inducida I , es decir, dl dx iˆ , por lo tanto, D Fm I dl B IB dx iˆ kˆ IDB ˆj 0 Fm IDBjˆ Esto significa que la fuerza magnética sobre la barra móvil apunta en dirección contraria a la velocidad, ya que v v ˆj d) (0.6 ptos.) Utilizando los resultados anteriores, resuelva la ecuación diferencial del movimiento para encontrar la velocidad como función explícita del tiempo, sabiendo que en t 0 , la velocidad inicial es v0 v0 ˆj . La ecuación de movimiento viene dada por la segunda Ley de Newton: F Ma M dv . Al dt aplicarla al movimiento a lo largo del eje y , tenemos IDB M dv . dt En este problema no estamos considerando roce y además las fuerzas a lo largo del eje z , es decir, el peso y la normal, se anulan entre sí. Recordemos que la corriente inducida viene dada por I BDv , reemplazando en la ecuación R diferencial anterior se tiene: D2 B2 dv v MR dt ecuación que se reescribe como D2 B2 dv dt v MR Integrando se tiene D2 B2 v(t ) ln t v0 MR v(t ) v0e D2 B2 t MR ecuación que nos dice que en t 0 , la velocidad inicial tiene valor v0 0 y que al pasar el tiempo, la velocidad instantánea decrece exponencialmente, hasta que finalmente la barra se detiene. e) (0.6 ptos.) Use el resultado obtenido para la velocidad en función del tiempo y exprese la fem inducida (t ) y la corriente inducida I (t ) como función explícita del tiempo. La fem inducida viene dada por I (t ) (t ) BD v(t ) y la corriente inducida viene dada por BD v(t ) , reemplazando el valor de la velocidad instantánea, queda R (t ) BDv0e D2 B2 t MR y 2 2 BDv0 DMRB I (t ) e R t 3. (Problema obligatorio) Una onda electromagnética plana monocromática se propaga en el vacío en la dirección positiva del eje z . La onda se mueve en una región donde no hay cargas, es decir, 0 y donde no hay materiales conductores, es decir, J 0 . Si el campo magnético de dicha onda viene descrito por la siguiente expresión: B( z, t ) b sin(kz t ) iˆ b cos(kz t ) ˆj a) Hallar el campo eléctrico E ( z , t ) de la onda b) Hallar los módulos E0 E y B0 B de los vectores E ( z , t ) y B ( z , t ) , respectivamente y encuentre la relación entre ellos. c) Hallar el vector de Poynting definido por S ( z , t ) 1 0 ( E B) d) Dibuje esquemáticamente los tres vectores E ( z , t ) , B ( z , t ) y S ( z , t ) y diga cuál es la relación entre ellos. e) Hallar la densidad de energía electromagnética definida por: w 1 1 0 E E B B 2 0 f) Encuentre la Irradiancia o Intensidad de la onda electromagnética, definida como el promedio temporal del módulo del vector de Poynting, I S ( z, t ) donde los paréntesis 1 0 EB ... indican promedio temporal en un periodo. Solución: a) (0.5 ptos.) Dado que conocemos el campo magnético B ( z , t ) , podemos obtener el campo E ( z , t ) usando la ecuación de Maxwell Despejando se tiene: E 1 0 0 B t . Calculemos el rotor, sabiendo que: Bx b sin(kz t ) , By b cos(kz t ) , Bz 0 B 0 0 E . t B iˆ ˆj x Bx y By kˆ iˆ kˆ ˆj z x y Bz b sin(kz t ) b cos(kz t ) z 0 Derivando, se obtiene: B bk sin(kz t ) iˆ bk cos(kz t ) ˆj 1 Reemplazando en la integral E B t , obtenemos 0 0 E B t k sin(kz t ) iˆ bk cos(kz t ) ˆj t 1 1 0 0 0 0 Ahora calculamos las integrales parciales respecto a 1 t: 1 sin(kz t )t sin(kz t ) t cos(kz t ) 1 1 cos(kz t )t cos(kz t ) t sin(kz t ) Por lo tanto, el campo magnético viene dado por: E ( z, t ) Pero kb 0 0 k 0 0 cos(kz t ) iˆ sin(kz t ) ˆj 0 0 1 c 0 0 0 0 m , donde c 3 10 es la velocidad de la luz en el s 8 vacío. Finalmente escribimos E ( z, t ) bc cos(kz t ) iˆ sin(kz t ) ˆj b) (0.5 ptos.) Calculemos los módulos entre ellos. Usemos la definición: kz t . Módulo del campo eléctrico: E E0 E E bc cos iˆ bc sin ˆj E0 bc Módulo del campo magnético: B B0 B B b sin iˆ b cos ˆj B0 b E0 y B0 de cada campo y la relación que existe Comparando las dos expresiones, vemos que entre los módulos existe la siguiente relación: E0 cB0 Lo cual implica que la magnitud del campo magnético la magnitud del campo eléctrico E0 . c) (0.5 ptos.) Calculemos el vector de Poynting S 1 0 EB B0 es muy pequeña comparada con S definido por S 1 0 ( E B) bc cos iˆ bc sin ˆj b sin iˆ b cos ˆj 1 0 Usando la forma del determinante del producto cruz, podemos escribir: iˆ ˆj kˆ E B bc cos bc sin 0 b sin 0 b cos Obtenemos un vector en la dirección de propagación de la onda k̂ : E B b2ckˆ El vector de Poynting queda S 1 0 ( E B) b2c ˆ k 0 NOTA: También podemos encontrar el vector de Poynting usando la siguiente relación general en función del módulo cuadrado del campo eléctrico: S 0 E E kˆ 0 E E b2c2 , luego el vector de Poynting queda: 0 2 2 ˆ 0 b2 ˆ ˆ EE k cbk k 0 0 0 0 Pero ya vimos que S 0 0 S 0 b2 ˆ k 0 0 0 Simplificando obtenemos el mismo resultado anterior b2c ˆ S k 0 Nótese que el vector de Poynting apunta en la dirección de propagación k̂ . d) (0.5 ptos.) Dibuje esquemáticamente los tres vectores E ( z , t ) , B ( z , t ) y S ( z , t ) y diga cuál es la relación entre ellos. Los vectores E ( z , t ) y B ( z , t ) son perpendiculares entre sí, ya que su producto punto vale cero: E B bc cos iˆ bc sin ˆj b sin iˆ b cos ˆj 0 E B b 2c( cos sin cos sin ) 0 E Además, cada uno de estos vectores es perpendicular a la dirección de propagación k̂ , ya que ninguno de ellos tiene componente en esa dirección. En consecuencia los tres vectores E ( z , t ) , B ( z , t ) y S ( z , t ) forman una triada ordenada E ( z, t ), B( z, t ), S ( z, t ) S B e) (0.5 ptos.) Calculemos la densidad de energía electromagnética w definida por 1 BB w 0E E 2 0 En el punto b) calculamos E E y obtuvimos: E E E02 c2b2 también calculamos B B y obtuvimos: B B B02 b2 Reemplazando estos resultados electromagnética, obtenemos: en la expresión de la densidad de energía 1 b2 w 0 c 2b 2 2 0 luego, w b2 0 Nota: También podemos calcular campo eléctrico w 0 E E Explícitamente w 0 c 2b 2 w 0b 2 b 2 0 0 0 b2 0 Identica a expresión anterior. w a través de una expresión general en función del f) (0.5 ptos.) Encuentre la Irradiancia o Intensidad de la onda electromagnética, definida como el promedio temporal del módulo del vector de Poynting, I S ( z, t ) 1 0 EB Ya vimos que el vector de Poynting viene dado por b2c ˆ S k 0 Su valor absoluto es S S b2c 0 , y dado que no depende del tiempo, la Irradiancia o Intensidad de la onda viene dada por I S S I b2c 0 b2c 0 En función de la densidad de energía: I wc