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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
2z 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 30 IR 2 r 2v
  

z z 2  R2
dt
2

dz
dt
d 30 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 30 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 30 Iv r 2  z   z 
 


1






dt
2
R 2  R   R 

 z  2 
   1
 R 

Unidades
de fem
30 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 m2
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 m2


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
zz

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 m2

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 m2


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 m2


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 = 21 = 20
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
500 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
500 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 500 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