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PROBLEMAS RESUELTOS ELECTROMAGNETISMO Antonio J. Barbero Dpto. Física Aplicada UCLM. PROBLEMA 1. Una espira cuadrada de lado L y resistencia R está situada dentro de un campo magnético uniforme perpendicular a su plano. Si tiramos de dos esquinas opuestas del cuadrado en sentidos contrarios de modo que el cuadrado se deforme adquiriendo progresivamente forma de rombo, ¿qué procesos físicos tienen lugar en la espira? Cuando la espira cuadrada se deforma en forma de rombo, su área S disminuye a medida que se van cerrando los ángulos de las esquinas desde las cuales se tira en sentidos contrarios. La disminución del área provoca una disminución (en valor absoluto) del flujo del campo magnético B a través de la superficie del rombo, y esto dará lugar a una fuerza electromotriz inducida en el contorno delimitado por la espira (ley de Faraday). Como la espira es conductora, esta fem inducida originará una corriente eléctrica de intensidad I que circulará a lo largo de la espira. Elegimos S paralelo a B. Z Z 90º B S 90º Sentido + L B B uZ L Cuadrado lado L S L2 u Z 0 B·S B S cos 0º B L2 B S Sentido + L L Rombo lado L El sentido positivo para el recorrido de un contorno está relacionado S L2 sin u Z con el vector superficie por la regla de la mano derecha B ·S B S cos 0º B L2 sin dS 0 pues el área disminuye d Ley de Flujo magnético B·S B S 0 Faraday dt d d dB dS d B S S B 0 I Variación flujo dt dt dt dt dt R dt B es constante El sentido del campo eléctrico inducido (cuya circulación sobre la espira es igual a la fem) tiene el sentido antihorario: al elegir S paralelo a B hemos considerado positivo dicho sentido. La corriente también tiene por lo tanto sentido 2 antihorario. PREGUNTA: ¿Cuál sería el resultado si hubiésemos elegido S antiparalelo a B? PROBLEMA 2. Sea una espira conductora de radio R por la que circula la corriente constante I. Sobre el eje perpendicular a la espira hay un pequeño disco conductor delgado de radio r (r << R) cuyo plano se mantiene paralelo al plano de la espira. El disco se mueve con velocidad constante v a lo largo de dicho eje perpendicular. Hallar la distancia entre disco y espira para la cual la fuerza electromotriz inducida en el disco es máxima. Campo magnético B en el punto z del eje de una espira circular (R) que lleva la corriente I B Z B r v d 0 IR 2 r 2 d 2 z R2 dt 2 dt uZ v 3 / 2 3 IR 2 r 2 d 0 z z 2 R2 dt 2 I Velocidad constante 2 z2 R 2 3/ 2 Aproximamos el flujo a través del disco de radio r (al ser r<<R) como el producto del campo B en el eje multiplicado por el área del disco 0 IR 2 B·S u Z · r 2u Z 3 / 2 2z 2 R 2 z R 0 IR 2 5 / 2 0 IR 2 r 2 3 dz dt 2 2 2 2z z R 2 5 / 2 dz dt d 30 IR 2 r 2v z z 2 R2 dt 2 dz dt d 30 IR 2 r 2v z 2 R R dt 2 R Para obtener el valor máximo de la fem es conveniente expresar este resultado en función del parámetro adimensional z/R 5/2 z 2 1 R 2 d 30 Iv r 2 z z 1 dt 2 R 2 R R 5 / 2 5 / 2 3 5 / 2 uZ PROBLEMA 2 (Cont.) fem inducida df d z / R 2 d 30 Iv r 2 z z 1 dt 2 R 2 R R z 2 1 R Unidades de fem 30 Iv r 2 R2 2 5 / 2 2 5 z z z 2 1 2 R R R 0.4 Para calcular el máximo llamemos 5 / 2 2 z z f 1 R R 7 / 2 df d z / R Nunca es igual a cero 2 z z f 1 R R 0.3 5 / 2 z 2 1 R 0.1 5 / 2 y calculemos el máximo de f derivando respecto a z/R 2 z 1 5 R z 2 1 R 2 -2.5 -2.0 -1.5 -1.0 -0.5 0.0 -0.1 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 z 5 R 1 2 z 1 R 1 z 1 0 R 2 z/R 0 1 Habrá máximo o mínimo de donde haya máximo o mínimo de f, ya que y f son proporcionales. Igualamos a cero: 2 z 1 5 R 0.2 5 / 2 2 2 z z 5 1 R R 2 z 4 1 R 2 z 0.25 R -0.2 -0.3 máximo z 0 .5 R -0.4 Gráfica de fem en función del parámetro adimensional z/R Alternativa para comprobación de máximo y mínimo: segunda derivada y sustitución para z/R = 0.5 Interpretación física: en la posición z/R = +0.5 la fem inducida es máxima, la circulación del campo eléctrico inducido en el disco es positiva. En z/R = -0.5 la fem inducida tendrá el mismo valor absoluto, pero su signo será opuesto porque la circulación del campo 4 eléctrico inducido tendrá sentido contrario. PROBLEMA 3. (a) Verifique que la densidad de corriente uniforme vectorial igual a A 0 J x 2 y 2 u 4 0 Z J J 0 uZ A m2 Wb m origina un potencial magnético 1 (b) Determinar el campo H a partir de: 1) el potencial vector; 2) la densidad de corriente. (a) Partiendo de la ley circuital de Ampère B 0 J y de la definición de potencial vector B A B 0 J 2 Igualdad vectorial: A · A A A 0 J 2 2 B A A J A ·A A 0 Ec. vectorial de Poisson Elegimos A de modo que su divergencia sea nula Ecuaciones escalares de Poisson 2 Ax 0 J x El potencial vectorial A dado en el enunciado sólo tiene componente z 2 Ay 0 J y 2 Az 0 J z 0 2 x 2 y 2 2 x 2 y 2 2 2 2 0 2 2 Az 2 2 2 J 0 x y J 0 4 x 2 y 2 z 4 x y 2 Aspecto de la distribución de corriente propuesta Z 2 Az 2 Az 0 J 0 4 J 4 0 0 2 2 A 0 J Pues la densidad de corriente no tiene componentes x ni y Y X J J 0 uZ A m2 5 PROBLEMA 3 (Cont.) b1) Puesto que conocemos el potencial vector de la distribución de corriente dada, pues ya demostramos antes 0 2 2 que efectivamente A J 0 x y uZ , introducimos el campo H partiendo de la relación B 0 H 4 2y 2x u u u u u u x y z x y z B A J 0 x 2 y 2 x 2 y 2 1 1 1 0 J 0 u x uy H A B x y z 4 x y z 4 y x 0 0 H 0 Ax Ay Az 0 0 x2 y2 0 J H 0 y u x x u y A m 1 Aspecto del campo H alrededor de la distribución de corriente. 2 J0 Transformación cartesianas-cilíndricas H r sin ur cos u sin r cos ur sin u cos 2 x r cos u x ur cos u sin J0 r 2 2 H u cos sin u sin u cos sin u r r cos y r sin u y ur sin u cos 2 zz ux uy uz uz 90 u J r H 0 u 2 H Aspecto de la distribución de corriente propuesta Z ur uz saliente Y J J 0 uZ A m2 Y H H X Nota: como la distribución de corriente se extiende indefinidamente en el plano XY, el módulo del campo H es mayor a medida que nos alejamos del eje Z, pues habrá más corriente abarcada según aumenta la distancia radial al origen de coordenadas. J J 0 uZ A m2 X Eje Z saliente 6 PROBLEMA 3 (Cont.) b2) Calculamos el campo H aplicando la ley de Ampère en forma integral. Tomamos una circunferencia C de radio r alrededor del eje Z para dl C calcular la circulación de H a lo largo de la misma. H r H dl Y d l H J J 0 uZ A m2 X La simetría alrededor del eje Z implica que el vector H a lo largo de la curva C debe ser de módulo constante y tangente a la misma: por lo tanto paralelo a los elementos de longitud de la circunferencia. H ·u ·dl·u I enc Ienc es la corriente encerrada por C C C H ·u ·dl·u H dl H ·2 r I enc J 0 r 2 H·2 r C Eje Z saliente Transformando de coordenadas cilíndricas a cartesianas (paso inverso al del apartado b1) se tiene J r H 0 u 2 Mismo resultado del caso b1 J H 0 y u x x u y 2 7 PROBLEMA 4. La frontera entre dos regiones de permeabilidades magnéticas 1 y 2 es el plano paralelo al eje Z. No hay corrientes superficiales y el campo magnético en el medio 1 es H1 H1xu x H1 y u y H1z u z Calcular el campo magnético en el medio 2 y el ángulo entre el campo en el medio 1 y el eje Z. Particularizar para 1 = 0 , 2 = 21 = 20 Al no haber corrientes superficiales, las componentes de los campos H tangentes a la frontera entre ambos medios tienen que ser continuas. Z H1 x H 2 x H1 y H 2 y Para los campos B son continuas las componentes normales a la frontera B1z B2 z 1H1z 2 H 2 z H 2 z 1 H1z 2 H1 H1z 1 Componentes tangentes de H (continuas) H1 y H 1x Por tanto, si el campo H1 es H1 H1xu x H1 y u y H1z u z 1 el campo H2 será H 2 H 2 x u x H 2 y u y 1 H1z u z H1x u x H1 y u y H1z u z 2 2 Y Ángulo entre el campo H1 y el eje Z (véase figura) H2z H2 X H2x 2 H2y Superficie separación plano XY tan H12x H12y H1 z H2 H2 1x 1y tan H1z 1 8 PROBLEMA 5. Determinar la intensidad de corriente I que debe circular por el arrollamiento de 400 espiras del circuito magnético de la figura de modo que el campo magnético en el entrehierro sea B = 1.5 Wb/m2. El núcleo está constituido por un material lineal cuya permeabilidad es = 50 0, y todas las ramas del circuito son iguales, con una sección recta A = 10 cm2. 10 cm 10 cm 1 cm I 10 cm N 400 Teniendo en cuenta las longitudes promedio de las ramas del circuito se determinan las reluctancias. P M C D 4.5 cm 10 cm 1 cm 4.5 cm Q S N 400 1 LPC 1 4.5 ·10 2 7.16 ·105 Av·Wb 1 3 A 500 10 1 LCD 1 10 2 7.96 ·106 Av·Wb 1 3 0 A 0 10 RPC R I N La rama central (camino PCDQ) está formada por tres tramos que constituyen un sistema de tres reluctancias en serie: 10 cm 10 cm RCD RDQ 1 LDQ 1 4.5 ·10 2 7.16 ·105 Av·Wb 1 3 A 500 10 RPCDQ RSERIE RPC RCD RDQ 9.39 ·106 Av·Wb 1 Las ramas PRSQ y PMNQ tienen igual reluctancia, por ser iguales sus RPCDQ 2.39 ·106 Av·Wb 1 propiedades magnéticas, longitud y área. Su reluctancia equivalente es la RPARALELO 2 mitad de la de cada una de ellas, porque están conectadas en paralelo. R RSERIE RPARALELO 1 L 1 30 ·10 2 Reluctancia 6 1 RPRSQ RPMNQ 4 . 77 · 10 Av·Wb equivalente A 500 10 3 9 1 R 1.18 ·107 Av·Wb circuito completo: PROBLEMA 5 (Cont.) Equivalencia circuito magnético RSERIE RPC RCD RDQ 10 cm 10 cm RCD RPC RPARALELO RPCDQ 2 P P M R 4.5 cm C D I N A 10 cm 2 10 cm 1 cm N 400 Q RDQ 4.5 cm RPRSQ RPMNQ fmm N ·I S N 400 Reluctancia equivalente circuito completo: Puesto que en el entrehierro CD tiene que haber un campo B = 1.5 T, el flujo magnético allí ha de ser B · A 1.5 ·10 3 Wb R RSERIE RPARALELO Q R 1.18 ·107 Av·Wb 1 Analogía de la ley de Ohm para el circuito magnético: fmm N · I · R · R 1.5·10 3 ·1.18·10 7 I 44.2 A N 400 RSERIE RPARALELO fmm N ·I 10