12 Inductancia - Ejercicios de practica con solucion y explicacion PDF

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Ejercicios de practica con solucion y explicacion...

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12. INDUCTANCIAS PROBLEMA 79. Dos espiras coplanares están formadas por alambres rectos muy largos, como se muestra en la figura. Determinar la inductancia mutua por unidad de longitud entre ellas. Ib

¬

b a

r

Ib

x

-

SOLUCIÓN ab

Calcularemos M

, donde

Ib

ab

es el flujo a través de la espira más pequeña, de-

bido a la corriente Ib en la espira más grande. Se calculará

ab

como la suma del flujo debido a la corriente en el alambre superior

À

más el

flujo debido a la corriente en el alambre inferior Á. Por razones de simetría, ambos son iguales; por tanto :

ab

B g d SA

2 SA

donde B

g Ib 2 r 0

es el campo magnético producido por un alambre rectilíneo a distancia r

del alambre, y S A es la superficie de la espira más pequeña, de largo L . Luego : b a

2g

ab b a

I L

0 b ab

Ib g L dr 2 r 0

g ln

b a b a

159

160

Electromagnetismo Problemas y Soluciones

0

Mab

Finalmente,

L

Otro método para calcular

b a . b a

g ln

consiste en escribir el campo magnético en un punto del

ab

plano de la espira más pequeña, y luego integrar sobre el área de la espira. Entonces,

BT

I

0 b

b

2

x

a

Luego :

I

0 b

I

b

2

a

.

x

1

0 b ab

b

2

1 x

b

L dx .

x

Puesto que el integrando es función par de x, puede integrarse entre los límites 0 y a, y multiplicarse el resultado por dos para obtener a

I L

1

0 b ab

0

0

Ib L

ab

ln

b

ab

1 x

b

b a b a

.

b a b a

.

x

.

dx

Finalmente,

Mab

0

L

ln

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12. Inductancias

161

PROBLEMA 80. Un conductor cilíndrico muy largo y de radio R, lleva una corriente I 1 distribuida unifor-

I2

memente en su sección transversal. Cerca del cilindro se encuentra una espira cuadrada de lado L, he-

I1

cha de alambre muy delgado, colocada en un plano radial a distancia 2R del eje, como se indica en la figura adjunta. (a) Calcular la inductancia mutua entre el cilindro y la espira. (b) Calcular la fuerza electromotriz inducida en la espira cuando I 1 depende del tiempo según:

I1 t

I sen t .

R

L

R

SOLUCIÓN (a) Se debe calcular el flujo magnético sobre la espira, debido a la corriente que circula por el cilindro. El campo magnético producido por el cilindro se obtiene a partir de la ley de Ampere, y su magnitud en la región que se encuentra la espira es :

I1 . 2 r 0

B r

Puesto que el campo magnético producido por el cilindro es perpendicular al plano de la espira, el flujo magnético sobre ella es : 2R L 2

BdA

B r gLdr 2R

IL 2R L ln 2 2R

0 1

.

La inductancia mutua entre el cilindro y la espira puede calcularse como :

M

2

0

I1

2

L

ln 1

L 2R

.

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162

(b)

Electromagnetismo Problemas y Soluciones

La fuerza electromotriz

inducida en la espira está dada por :

d 2 dt 0

LI 2

d 2 dI 1 g d I1 dt

ln 1

M

dI 1 dt

M I cos t

L cos t . 2R

Note que el concepto de inductancia mutua está presente en la mayoría de los problemas de inducción magnética, aunque no se emplea explícitamente con su nombre en el capítulo respectivo.

PROBLEMA 81. Un cable coaxial muy largo formado por un conductor interior cilíndrico macizo de radio R1 y un cilindro hueco, de pared muy delgada y radio R2 , lleva corriente como se muestra en la figura. La corriente I

r circula por el conductor interior con densidad j constante en la dirección indicada, y regresa distribuida uniformemente por el conductor externo. (a) Determinar la razón entre la energía magnética almacenada en el conductor macizo y la energía magnética almacenada en el resto del espacio, para con e

R2

e R1

2,718K

(b) Determinar la inductancia por unidad de longitud del cable coaxial.

SOLUCIÓN La simetría axial del problema indica que las líneas de

r

campo magnético B son círculos concéntricos con el eje del cilindro. Elegiremos como trayectorias de integración círcu-

R1

r j

r

los concéntricos, de modo que :

Ñ

r

R2

r

Bg dl

Bg 2 r

circunferencia

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12. Inductancias

163

Por otra parte, de acuerdo a la ley de Ampere :

I

0 neta

.

Luego,

B

Ineta 2 r 0

Distinguimos tres regiones :

(i)

r

R1

Ineta

;

R1

r

R2

Ineta

;

r

R2

;

I

B

I 2 r 0

Ineta B

r

2

I r 2 R 12

B (iii)

jA

r I R1

2

0

B (ii)

I g R12

0

0

R1

R2

0

En el gráfico se muestra B en función de r; observe la discontinuidad en r

R 2 , debi-

do a la presencia del cascarón de espesor cero que lleva corriente superficial. Además, note que el campo magnético está confinado a la región interior del cable coaxial

r

R2 . La ener-

gía acumulada en el campo magnético está dada por :

U

uB d V

;

B2 2 0

con uB

todo el espacio

La energía acumulada en un trozo de largo l del conductor interior R1

U1 0

B2 g l g 2 r dr 2 0

4 I 2 l R1 4 R14 4 0

R1

2 0

0

2

I2

2

R14

r2g

r

R1 es :

l 2 r dr 2 0

I2l 16 0

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164

Electromagnetismo Problemas y Soluciones

La energía acumulada en el resto del espacio, corresponde a la energía acumulada entre R1 y R2 ( ya que B R2

U2 R1

R1

Puesto que R2

U2

R2 ).

B2 dV 2 0

R2

U2

0 , para r

2 0

1 2

I2 2

2

0

r2

I2 l R ln 2 R1 4

0

g 2 r dr

e R1 , 0

I 2l

4

I2 l . 4

0

ln e

Luego la razón entre las energías almacenadas en el cilindro macizo y en el resto del espacio es :

U1 U2

1 4

La energía almacenada en un trozo de largo unitario se expresa como

1 L I 2 , siendo L la 2

inductancia por unidad de longitud. Puesto que la energía magnética almacenada en una longitud l del cable coaxial es :

U

U1 U2

Igualando, se obtiene :

5 16

0

I2l

1 L I2 2 L

5 8

l

5 16

0

I2l

0

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12. Inductancias

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PROBLEMA 82. En el circuito de la figura, inicialmente el interruptor S está desconectado, y en el instante t

0 se conecta.

(a) Determinar la corriente i en los instantes

t

0 , justo antes de conectar S , y t

,

mucho después de haber conectado S. (b) Obtener la expresión analítica para i t , con 0

t

.

SOLUCIÓN (a)

Cuando el interruptor ha estado desconectado por largo tiempo, en el circuito RL existe

una corriente dada por :

i t

V R2

0

120 30

4 A

Al conectar S, quedan dos resistencias en paralelo, cuya resistencia equivalente es :

1 Req

1 R1

1 R2

Req

15

.

Mucho tiempo después de conectar el interruptor, la corriente en el circuito adquiere el valor constante :

V Req

i t

(b)

8 A .

En el circuito RL se cumple que :

V

i t R

L

dI , dt

y la solución de esta ecuación es de la forma

i t

i0

i1 e

t LR

, como usted puede verifi-

carlo por sustitución. Dicha solución debe cumplir con los valores iniciales y finales de i , encontrados anteriormente . Así, para t

0, i 0

i0

i1

4 y para t

, i

i0

8.

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166

Electromagnetismo Problemas y Soluciones

Entonces, i0

8[ A] e i 1

4[N ] .

Además,

L R Finalmente, i t

50 g 10 15

3

8 4g e

1 [ s] , 300 300 t

[ A] .

El gráfico correspondiente a la expresión anterior es el siguiente : i(t) 8

4

t

0

Existe una manera alternativa de obtener la expresión encontrada anteriormente, sin resolver la ecuación diferencial, sabiendo solamente que el comportamiento es exponencial,

L R.

con constante de tiempo

De la observación del gráfico, podemos advertir que :

i t

i t

0

una función que crece exponencialmente desde i t

0 hasta i t

.

-t æ ö i (t ) = i (0 ) + éë i (¥ )- i (0 )ùû çç1- e L R ÷÷÷ = 4 + (8 - 4 ) (1- e- 300 t ) è ø

Finalmente ;

i t

8 4e

300 t

A .

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12. Inductancias

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PROBLEMA 83. En el circuito de la figura, los elementos tienen valores tales que RC

IL

L R . Consi-

t

derar que el interruptor se cierra en el instante

t

0

V

0.

R

R

IC C

L

(a) Determinar el instante en que ambas resistencias disipan la misma potencia. (b) Determinar la razón IC

IL IC en el instante t1

L R.

(c) Determinar la energía total disipada en las resistencias hasta 2t

10 RC .

SOLUCIÓN (a) Puesto que la potencia disipada en una resistencia está dada por el producto

2

I R ; siendo

ambas resistencias iguales, el problema se reduce a determinar el instante en que I L

I C . Para

ello se aplica la ley de voltajes de Kirchhoff a los dos caminos cerrados de los cuales forma parte la batería; obteniéndose :

V

IC g R

V

IL g R

qc L

C

;

con

IC

dq c dt

d IL . dt

Usando la variable qC , en la primera ecuación, usted debe notar que ésta adquiere la misma forma algebraica de la segunda ecuación; es decir, basta resolver sólo una de las dos ecuaciones planteadas para conocer tanto IL como I C . Puede usar cualquier método matemático que conozca para resolver dicha ecuación. Sin embargo, es útil que sea capaz de escribir su solución sin necesidad de resolverla cada vez que la encuentre. En todo caso sus resultados deben ser :

IC

V ge R

t

RC

e

IL

V 1 e R

t L R

.

Es necesario agregar que tanto al escribir las soluciones anteriores como al verificar que son efectivamente correctas, basta recordar que los circuitos RL y RC tienen un comportamiento exponencial al ser sometidos a una excitación continua y que, tanto una inductancia co-

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168

Electromagnetismo Problemas y Soluciones

mo un condensador, tienen comportamiento iniciales

t

0 y finales t

bien definidos

en un circuito de corriente continua. Use estas ideas para verificar las soluciones dadas. Para encontrar el instante en que IC

V ge R

Dado que RC

t

Luego ;

IC

IL

IC

IL

e

t L R

t L R

1

L R , lo anterior se reduce a : 2e

(b)

V 1 e R

t RC

e t RC

IL , tenemos :

RC ln2

V t e t RC 1 e R

t RC

1

L ln2 . R

V R

L R

V

IC

R

V e R

e t RC t RC

Al evaluar en el instante

t1

L R y usando la igualdad RC IC I L IC

(c)

e

La energía total disipada en las resistencias hasta t2

0

W

10 RC es :

2

I L R dt

V2 R

t

2

t2 2

W

L R tenemos :

I C R dt 0

t2

1 e

2t L R

2e

t L R

e

2t RC

dt

0

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12. Inductancias

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Integrando y usando las condiciones R C = L R

W

W

V2 R

V2 10 RC RC e R

Considerando que e

W

10 RC

e 2t RC 2g 2 RC

10

20

RC

y

10RC

0

2RC e

t2

10 RC , se obtiene :

e t RC 2g 1 RC

10

10RC

0

2RC

CV 2 9

2e

10

e

20

= 1 ; se obtiene el resultado aproximado:

9 CV 2 .

PROBLEMA 84. En el circuito de la figura los interruptores S y T están inicialmente desconectados y el condensador está descargado. Luego, en t

0[s ] , se conecta S. A continua-

ción, en t

t0 [ s] , simultáneamente se des-

conecta S y se conecta T . Determinar el valor de t 0 , de modo que la carga en el capacitador tenga como valor máximo Q

0,20 mC .

SOLUCIÓN Al conectar S, circula corriente en el circuito R L , y al cabo de t0 [ s] se ha disipado cierta cantidad de energía en la resistencia y se ha almacenado energía en la inductancia. La inductancia adquiere su energía máxima en el instante

Umáx

t 0 , y su valor es :

1 2 L I0 2

siendo I 0 la corriente que circula por la inductancia en ese instante.

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170

Electromagnetismo Problemas y Soluciones

Al desconectar S y conectar T simultáneamente en el instante

t 0 , se activa el circuito

LC que comenzará a oscilar. La energía almacenada en la inductancia se habrá transferido totalmente al capacitor cuando éste tenga su carga máxima, dada por la expresión : 2 Q máx . 2C

Umáx

El valor numérico de I0 se obtiene igualando las ecuaciones anteriores, como se indica a continuación : 2 Qmáx 2C

1 L I02 2

2

I02

Qmáx LC

0,2 g 10 3

I0

2 g 10 3 g 5 g 10

6

I0

Qmáx LC

2,0 [ A]

Mientras S está conectado se activa el circuito RL , para el cual la ley de voltaje de Kirchhoff conduce a la ecuación :

V

RI

L

dI . dt

La solución correspondiente es :

I t

V 1 e R

t L R

.

Para calcular el instante t 0 , en que la corriente es de valor

L R

I 0 , introducimos I0

2,0[ A] y

1 2500 [s ] en la expresión para I t . Por lo tanto, 2

e

20 1 5

e

2500 t 0

1 2

2500 t 0

2500 t 0 t0

ln2 2,8 g 10 4 [s ] .

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