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Ley de Faraday e inductancia

Hugo Medina Guzmán

CAPÍTULO 4. Ley de Faraday e inductancia INTRODUCCION Si tenemos una carga q, ésta ocasiona un campo

LEY DE LENZ. Hasta este momento no hemos explicado el signo menos, esto nos indica que la fuerza electromotriz aparece en oposición al cambio que se produce sobre él. Es decir, si incrementamos el flujo magnético a través del circuito, la fuerza electromotriz indicada tiende a causar corriente en tal dirección que el flujo decrezca, si tratamos de introducir un imán en una bobina, la corriente inducida tendrá un sentido tal que forma un campo magnético que tiende a repeler el polo magnético. Quien estableció el sentido de las corrientes Inducidas fue H.F. Lenz, contemporáneo de Faraday con el siguiente enunciado conocido como Ley de Lenz: “La corriente que es inducida tendrá una dirección de tal forma que se oponga a la causa que la produce”; que es una consecuencia de la conservación de la energía, de no ser así la corriente inducida podría seguir induciendo corriente y a la vez aumentándola, lo que no es cierto.

→

eléctrico E y si esta carga está moviéndose con una →

velocidad v ocasionará también un campo magnético. Es decir, tenemos asociados tanto un campo eléctrico en movimiento con un campo magnético. En 1839 fue Michael Faraday quien presentó un informe de sus observaciones de un campo eléctrico asociado con un campo magnético en movimiento. A partir de estos experimentos se han desarrollado los generadores modernos, los transformadores, etc. En este Capítulo trataremos de la formulación de las leyes de la inducción y su aplicación en casos simples. LEY DE FARADAY Faraday observó experimentalmente la asociación de →

Ejemplo 1. Un solenoide de longitud l y n2 vueltas, diámetro D2 y resistencia R en su interior hay un solenoide de igual longitud y n1 vueltas, diámetro D1 conectado a una pila por medio de una llave S. Determinar la corriente que circula en el solenoide exterior al momento de cerrar le llave S en función de la corriente y en el solenoide Interior.

un campo magnético variable en el tiempo B con un campo eléctrico. En la figura siguiente se muestra un imán en movimiento y el efecto que hace sobre una aspira de alambre conectada a un galvanómetro. Se ve efecto solamente cuando el imán está en movimiento no así cuando está estático.

Solución. El campo magnético producido por el solenoide interior es

B = μ 0 N 1I1 = μ 0

n1 I1 l

El flujo magnético es

n1 ⎛ πD12 ⎞ ⎟ Φ = BA = μ0 I 1 ⎜⎜ l ⎝ 4 ⎟⎠

El resultado de un gran número de experimentos puede resumirse asociando a una fuerza electromotriz con un cambio de flujo magnético.

Es fuerza electromotriz inducida en el solenoide exterior es:

dΦ ε =− dt

d d μ 0 n1πD12 I1 Φ = − n2 dt dt 4l μ n n πD 2 dI ε =− 0 1 2 1 1 4l dt

ε = −n2

Esto se conoce como la Ley de Faraday. →

Como

→

ε = ∫ E ⋅d l L

→

y

Φ = ∫SB ⋅ nˆdS

La corriente es:

Podemos escribir que →

→

∫ E⋅d l = − L

I2 =

d → B ⋅ nˆdS dt ∫S 1

ε R

=

μ 0 n1n2πD12 dI1 4 Rl

dt

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De este resultado deducimos que tendremos corriente I 2 mientras la corriente I 1 este variando, o sea, mientras sube de su valor cero hasta que toma su valor máximo.

Ejemplo 3. El eje de una bobina de 250 vueltas y del área 0,002 m2 se alinea a 40° con un campo magnético uniforme. ¿El campo magnético disminuye a partir de 0,08 a 0,02 T en 0,020 s. cuál es la fuerza electromotriz media generada en la bobina? Solución.

Ejemplo 2. Tenemos dos circuitos como los mostrados en la figura. Usar la ley de Lenz para determinar la dirección de la corriente inducida en la resistencia R’, cuando. a) Le bobina A se acerca a la bobina B. b) Se disminuye la resistencia R. c) Se abre la llave S.

ΔΦ B nA ΔB cos θ = Δt Δt (250 )(0,002 )(0,06)(cos 40º ) = 0,02

ε=

= 1,15 V Solución. a) Al acercarse B hacia A el flujo magnético aumenta en B, para contrarrestar esto debe aparecer un campo magnético en oposición. Este campo magnético sería originado por una corriente como la indicada en la figura.

Ejemplo 4. Acercando un imán a una bobina de 2000 espiras se incrementa el flujo magnético que corta a la bobina de 0 a 1,5 x 10-5 Wb en 1/10 de segundo. Si la resistencia de la bobina es de 20 Ω , determine la corriente media que se induce en la misma.

Solución. b) A1 disminuir 1a resistencia R aumenta la corriente y al aumentar la corriente el flujo magnético se incrementa. En oposición a este cambio debe aparecer un campo magnético originado por una corriente como la indicada en la figura.

I =

ε

=

ε

20 1,5 × 10−5 dΦ ε =− = − 2000 dt 10 −1 R

= - 0,3 V

I=

0,3 = 0,015 V 20

Ejemplo 5. A través de un solenoide de 1000 vueltas pasa un flujo magnético de 10-3 Wb. Si el flujo se reduce en 10-3 s a 10-4 Wb. ¿Cuál será en voltios la fuerza electromotriz que se induce? Solución. La variación de flujo magnético es

c) Al abrir la llave la corriente empieza a disminuir su valor hasta cero, esto ocasiona una disminución de flujo magnético. En oposición a este cambio debe aparecer un campo magnético originado por una corriente como la indicada en la figura.

ΔΦ = 10 −3 − 10 −4 = 9 × 10 −4 Wb y, por tanto, la fuerza electromotriz inducida es:

ε= n

9 × 10 −4 ΔΦ = 1000 10 −3 Δt

= 900 V. Ejemplo 6. Un solenoide alargado transporta una corriente que produce un campo magnético B en su centro. Se introduce el solenoide dentro de una bobina estrecha de 20 espiras y área 2 cm2 que tiene 2

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una resistencia total de 1 Ω . Al conectar los extremos de la bobina e invertir la corriente que circula el solenoide se produce en la bobina una corriente inducida de 10 μA durante 0,1 s. Calcule el campo B. Solución. Al invertir la corriente la variación del flujo es:

BA ΔΦ =n Δt Δt 0,5 π (0,1 )2 40 π × = = 0,4π =1 1 80 100

ε =n

= 1,26 V.

ΔΦ = nBA − (− nBA) = 2 nBA

Ejemplo 9. Una bobina de n vueltas y de área A se coloca en un campo magnético B y se la hace rotar con velocidad angular constante ω sobre un diámetro perpendicular al campo magnético. Derive una expresión para la fuerza electromotriz inducido en la bobina. Solución. Φ B = nAB cosθ = nAB cosω t ,

De aquí

ΔΦ 2 nBA = Δt Δt 2 × 20B ( 2 × 10−4 ) − = = 8 × 10 2 B 0,1

ε=

La corriente inducida es:

I = 10 × 10− 6 =

ε R

=

8× 10 −2 B 1

ε =−

dΦ B = nABsenω t dt

De donde resulta: B = 1,25 x 10 T.

Ésta es la base para un generador de corriente alterna. Por medio de los contactos convenientes, puede generarse corriente continua.

Ejemplo 7. Un campo magnético se puede medir de la manera siguiente: Una bobina de 250 vueltas y de área 1,80 cm2 se coloca en un imán permanente de modo que el flujo magnético máximo pase a través de la bobina. Se conecta con un galvanómetro que mide el flujo total de la carga. Cuando la bobina se mueve de un tirón rápidamente fuera del imán, se observa que fluye una carga de 0,25 mC. El circuito del galvanómetro de bobina tiene una resistencia de 4 Ω . ¿Cuál es el campo magnético? Solución.

Ejemplo 10. Una bobina de 1 000 espiras y radio 5 cm conectada a un galvanómetro, y situada perpendicularmente al campo de un electroimán se extrae bruscamente del mismo. El galvanómetro, cuya resistencia es de 1 000 Ω , acusa en este proceso una carga total inducida de 10 C. Determínese la inducción magnética del electroimán, sabiendo que la bobina tiene una resistencia de 20 Ω. Solución.

Δq ε ΔΦ B nAB = = = RΔ t RΔ t Δt R RΔ q ( 4) 0,25 × 10−3 ⇒ B= = (250) 1,8 ×10 − 4 nA

Φ = IR , t Φ ItR 10−3 (1020 ) B= = = A nA (1000 ) π 0,05 2

ε =n

I =

(

(

(

) )

) (

)

= 0,13 T

= 0,022 T

FUERZA ELECTROMOTRIZ DEL MOVIMIENTO Un ejemplo interesante de una fuerza electromotriz inducida ocurre cuando un conductor se mueve a través de un campo magnético. En la figura a continuación una barra del metal de longitud l orientada perpendicularmente a un campo magnético uniforme y movido con velocidad constante perpendicular a su longitud y al campo. Un portador

Ejemplo 8. Una espira circular de radio 10 cm está situada perpendicularmente al campo magnético de 0,5 T de un electroimán. ¿Cuál es la fuerza electromotriz que se induce en la espira cuando gira alrededor de su diámetro con una velocidad de 1 200 rpm?

→

→

positivo de carga experimentará una fuerza q v × B dirigida hacia la parte superior de la barra. Solución.

ω = 1200 rpm =

1200 = 20 rps 60

En 1/4 de vuelta (equivalente a 1/80 segundos) la espira pasa de una posición de máximo número de líneas de flujo cortadas a otra posición de mínimo (cero). Por tanto, 3

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Φ = BA = Blx

La carga positiva se acumulará en el extremo superior →

Al moverse el conductor con velocidad v se produce un cambio en este flujo

de la barra y formará un campo eléctrico E , tal que en el qE = qvB en la situación constante. Esto significa que se desarrollará una fuerza electromotriz entre los extremos de la barra,

ε =

∫ Edy

dx dΦ = Bl = B lv dt dt Por la ley de Faraday esto produce una fuerza electromotriz.

= E l = B l v . Podríamos

también llegar este resultado usando la ley de Faraday. Considere un lazo rectangular imaginario, indicado por la línea discontinua. La barra forma un lado del lazo. En el tiempo dt la barra se mueve una distancia vdt hacia la derecha, aumentando el área del lazo vdtl . Esto aumenta el flujo a través del lazo en dΦ B = Bvldt , tal que

ε=

ε'= −

dΦ = −Blv dt

Haciendo circular una corriente I’ en oposición a I (por la Ley de Lenz)

I '=

ε'

R

=−

Bl v R

Siendo R la resistencia del circuito.

dΦ B = Bvl . dt

Otra manera de encontrar esta fuerza electromotriz inducida es mediante la fuerza de Lorentz y la conservación da la energía. La potencia suministrada es ε 0 I , se consume

Esta clase de fuerza electromotriz es conocida como fuerza electromotriz de movimiento.

ε = Bvl

I 2R en la resistencia y Fv en mover al alambre con una velocidad v . 2 De tal modo que: ε 0 I = I R + Fv

Ejemplo 11. Se ha sugerido que Las aves podrían utilizar la fuerza electromotriz inducida entre los extremos de sus alas por el campo magnético de la tierra como un medio para ayudarles en su navegación durante la migración. Qué fuerza electromotriz sería inducida para que un ganso de Canadá con una extensión de alas de 1,5 m que vuela con una velocidad de 10 m/s en una región donde la componente vertical del campo de la tierra es 2 x 10-5 T. Solución. ε = Blv = (2 x 10-5)(1,5)(10) = 3 x 10-4 V = 0,3 mV. Esto probablemente es demasiado pequeño para ser detectado por las aves, puesto que los voltajes celulares son típicamente 70 mV. Sin embargo, para los jets 747 con una extensión de alas de 60 m y una velocidad de 900 km/h, el efecto es apreciable.

El valor de I es menor que

ε0 R

, el valor en caso

estático. Para evitar esta dificultad sumamos una variable adicional con el fin de mantener a I constante.

(ε 0 + ε ' )I = I 2 R + Fv

Aquí corresponde Dejando

ε0 I = I 2 R

ε 'I = Fv = (IlB )v ⇒ ε' = Blv

ε ' no es la fuerza electromotriz inducida, es el negativo de ella, cuyo fin es mantener la corriente constante

ε'= −

Fuerza electromotriz producida por un alambre que se desliza en un campo magnético. Supongamos dos rieles horizontales paralelos separados una distancia l , como se muestra en la figura.

dΦ dt

Ejemplo 12. Una barra horizontal de 5 m de longitud orientada en la dirección Este-Oeste cae desde lo alto de un precipicio formando un ángulo recto con la componente horizontal del campo magnético de valor 2,4 x 10-5 T. ¿el valor instantáneo de la fuerza electromotriz inducida en la barra a los 5 s y a los 10 s de caída? Solución. La velocidad de la barra a los 5 s y 10 s de caída será, respectivamente, v 5 = gt 5 = 9,81 × 5 = 49,05 m/s,

Sea un campo magnético perpendicular al plano. Debido a la corriente I, el conductor sufre una fuerza de magnitud F = lIB F hacia la derecha. Esta fuerza lo acelera hacia la derecha, de tal manera que en un determinado lapso de tiempo se mueve con una velocidad v . El flujo magnético a través de la aspira es:

v10 = gt10 = 9,81× 10 = 98,10 m/s. La fem inducida en la barra en cada caso será: ε 5 = Blv5 = 49,05 x 2,4 x 10-5 = 58,86 x 10-4 V ε 10 = Blv10 = 98,10 x 2,4 x 10-5 4

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= 117,72 x 10-4 V Ejemplo 13. ¿Qué fuerza electromotriz se induce en el eje frontal de un automóvil que se dirige hacia el Norte a la velocidad uniforme de 100 km/h si el eje tiene 1,5 m de longitud y la componente vertical del campo magnético terrestre es de 5 x 10-5 T? ¿Qué extremo del eje estará a mayor potencial? Solución. El eje se desplaza con una velocidad de: 100 km/h =27,78 m/s. Por tanto, la fuerza electromotriz inducida en un campo de 5 x 10-5 T será: ε = Blv = 27,78 x 5 x 10-5 x 1,5 = 2,08 x 10-3 V. Las cargas positivas (regla de la mano derecha) se desplazan en estas condiciones de E a O. Por tanto, estará a mayor potencial el extremo izquierdo (oeste) del eje.

Al inducirse corriente aparecen fuerzas sobre la espira, F1 y F2 son iguales en magnitud y opuestas en sentido, F3 = Il B en el sentido indicado, como la espira se desliza a velocidad constante la fuerza externa F externa es igual a F3 .

Fexterna = Il B La potencia desarrollada por el agente externo

P = (Fexterna )v = Il Bv B lv Como I = , tenemos R B 2 l 2v 2 P= R

Ejemplo 14. Espira rectangular en presencia de un campo magnético.

La potencia disipada en al circuito es

P = I 2 R , con I = Demostrar que la potencia entregada es igual a la potencia disipada. Solución. Supongamos una espira como la mostrada en la figura de resistencia R y que sale con velocidad v de la acción del campo B. El flujo magnético encerrado por la espira en un momento dado es

P=

Ejemplo 15. Una espira rectangular de dimensiones l y a con resistencia R se mueve con velocidad constante v hacia la derecha como se muestra en la figura, penetra en una región donde hay un campo magnético uniforme perpendicular al plano del papel y hacia dentro de módulo B. Calcular y hacer un gráfico de: a) El flujo, la fuerza electromotriz y la fuerza sobre la espira, en función de la posición de la espira, es decir, cuando la espira se está introduciendo, está introducida, y está saliendo de la región que contiene el campo magnético. b) Explíquese el mecanismo (fuerza sobre los portadores de carga) de establecimiento de la corriente inducida en los tres casos citados. c) Grafique el flujo, la fuerza electromotriz y la fuerza neta en función de la posición x.

Φ = Blx

dx dΦ = Bl = Bl v dt dt La fuerza electromotriz inducida es:

dΦ = −Blv dt

La corriente producida es

I=

ε R

=

B 2 l 2v 2 R

Con lo que demostramos que la potencia entregada es igual a la potencia disipada.

Como x está variando

ε =−

Blv : R

B lv R

El sentido en oposición a la disminución de líneas de flujo seria el indicado en la figura siguiente.

Solución. 5

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a) El flujo, la fuerza electromotriz y la fuerza sobre la espira, en función de la posición de la espira, es decir, cuando la espira se está introduciendo, está introducida, y está saliendo de la región que contiene el campo magnético. →

( )

→

→

(

)

F1 = I lˆj × B ( l lleva el sentido de la corriente I) B2 l 2 v ⎛ B lv ⎞ F1 = Il B = ⎜ ⎟lB = R ⎝ R ⎠ Fuerza neta de F1 hacia la izquierda (−iˆ) .

Φ = B (lx ) dΦ dx ε =− = − Bl = − Bl v dt dt ε B lv I = =− R R

→

F2 = I − .iˆx × B (x lleva el sentido de la corriente I)

B 2 lx ⎛ Bl v ⎞ F2 = IxB = ⎜ ⎟ xB = R ⎝ R ⎠ Fuerza neta de F 2 hacia abajo ( ˆj) .

El sentido de la corriente es antihorario. Cuando la espira se encuentra dentro del campo magnético.

→

( )

→

F3 = I iˆx × B (x lleva el sentido de la corriente I) B 2 lx ⎛ Bl v ⎞ F3 = IxB = ⎜ ⎟ xB = R ⎝ R ⎠ Fuerza neta de F 3 hacia arriba ( − jˆ) . →

→

F 2 = −F 3 Saliendo la espira.

Φ = Bla dΦ ε =− =0 dt

No hay corriente inducida, I = 0 Cuando la espira esta saliendo del campo magnético.

→

( )

→

F1 = I (x − 2a ) − iˆ × B [(x – 2a) lleva el sentido de la corriente I]

B2 l 2 v ⎛ B lv ⎞ F1 = Il B = ⎜ ⎟lB = R ⎝ R ⎠ Fuerza neta de F1 hacia la izquierda (−iˆ) . →

→

F 2 = I ( x − 2a )iˆ × B [(x – 2a) lleva el sentido de la

Φ = B[a − ( 3a − x)]l = B( x − 2 a)l dΦ dx = Bl = B lv ε =− dt dt ε B lv I= = R R

corriente I].

⎛ Bl v ⎞ F 2 = I ( x − 2 a )B = ⎜ ⎟ (x − 2a )B ⎝ R ⎠ B 2l( x − 2a) = R Fuerza neta de F 2 hacia arriba ( − ˆj) .

El sentido de la corriente es horario.

→

Fuerza sobre las corrientes. Ingresando la espira.

→

F 3 = I (x − 2 a )(− i )× B [(x – 2a) lleva el sentido de la corriente I].

6

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⎛ Bl v ⎞ F3 = I( x − 2 a) B = ⎜ ⎟ (x − 2a )B ⎝ R ⎠ B 2l (x − 2 a ) = R Fuerza neta de F3 hacia abajo ( ˆj) . →

→

F 2 = − F3 b) El mecanismo (fuerza sobre los portadores de carga) de establecimiento de la corriente inducida en los tres casos citados.

Ejemplo 16. Un lazo rectangular de dimensiones a x b, resistencia R, y masa m está orientado perpendicularmente a un campo magnético uniforme horizontal. Se suelta del reposo y baja de modo que parte del lazo esté fuera del campo, como se muestra en la figura. ¿Qué velocidad terminal máxima alcanza el lazo?

Cuando se introduce la espira rectangular.

→

→

→

F B = q v× B →

Fuerza neta

( )

F 1 hacia la izquierda − iˆ

Con toda la espira rectangular en el campo magnético.

Solución. Cuando la fuerza magnética en la corriente inducida es igual al peso del lazo, la fuerza actuante será cero y el lazo tendrá aceleración cero.

FB = mg No hay corriente, se compensan.

Las fuerzas exteriores en las dos ramas laterales se cancelan. La fuerza ascendente en la porción superior es FB = IaB , donde

Cuando se saca la espira rectangular.

I =

→<...