1

1.- Se construye un pentágono regular con hilo uniforme de igual grosor.

Dos vértices contiguos del pentágono se unen por medio de hilos

conductores a una batería. Calcular la intensidad del campo magnético

en el centro geométrico del pentágono.

El esquema eléctrico del circuito es la figura inferior.

Si consideramos un elemento de conductor dl recorrido por una corriente I , la

intensidad del campo magnético está dado por la expresión

Si aplicamos lo dicho anteriormente al caso del polígono, deducimos que los cuatro

lados por los que circula I1 crean un campo magnético perpendicular al plano que

contiene el pentágono y dirigido hacia dentro. El campo de esos cuatro lados es la suma

de cada uno de ellos.

En cambio el lado por el que circula I2 = 4I1 es perpendicular al plano del pentágono

pero dirigido hacia fuera. Dado que el campo depende de I y de la distancia y en los dos

casos la distancia es la misma , se deduce que el campo magnético de los cuatro lados es

igual al del único lado por circular por este último una intensidad cuatro veces mayor.

En consecuencia el campo total es nulo.

I

I1 I2

dl r

dB

I2

La corriente I procedente de la batería se bifurca en I1 e I2.

La intensidad I1 es cuatro veces inferior a I2, puesto que el

ramal superior del pentágono tiene cuatro lados y el inferior

uno.

Para decidir la dirección del campo magnético creado por

cada uno de los lados debemos recordar la ley de Biot-

Savart.

3r

rldIKBd

El producto vectorial rld

, nos indica la

dirección de Bd

. Si ld

y r

se encuentran en el

plano del papel el campo magnético es

perpendicular al plano del papel y dirigido hacia

adentro

2

2.- En el dispositivo de la figura inferior AB es una varilla conductora que

se apoya sobre un conductor fijo FCDE. La varilla conductora puede

deslizarse sin rozamiento sobre el conductor fijo. Un campo magnético

uniforme B=2.10-2 T tiene la dirección positiva del eje y se extiende

sobre el plano XY. Si la varilla AB se desliza con velocidad jvv

, siendo

v= 3 m/s. Calcular la fuerza electromotriz inducida. La resistencia

eléctrica del circuito es 3 . Determinar la potencia que se debe aplicar

para mantener el sistema en movimiento.

La ecuación BvqF

nos permite decir dónde se acumulan los electrones. En la figura

está representado el vector Bv

que al multiplicar por la carga negativa del electrón

indica una fuerza sobre los mismos dirigida desde A a B, en otras palabras el extremos A

es el positivo y el B el negativo. Esto nos indica que la corriente en el circuito es en el

sentido ADCBA. Para calcular la fuerza electromotriz inducida, calculamos la circulación

a lo largo de la línea cerrada ABCD.

drcosαBvrdBvrdq

FrdE

m

En la integral anterior la circulación por BC, CD y DA es nula por ser el producto Bv

,

ya que v=0, además es 180º , por lo que la integral anterior queda reducida a

-vBLBAvBrrvBdrvBdrvB BA

rB

rA

B

A

El movimiento de la varilla no es espontáneo, ya que al aparecer una corriente desde B

hacia A , sobre la varilla aparece una fuerza dada por la ecuación

LBIFBBAIF ABAB

A

B C

D

v

E

F

B

Bv

dr X

Y

Z

rA

rB

rA-rB= AB= L

3

Siendo I la intensidad de la corriente inducida que atraviesa la varilla AB y cuyo valor es

R

LvB

R

εI , siendo R la resistencia del circuito. BA

es un vector dirigido desde A

hacia B, el producto vectorial por B

da lugar a que el vector ABF

tenga la dirección

negativa del eje Y, esto es, contrario a la velocidad. En consecuencia si queremos que la

varilla se desplace con velocidad v constante hacia la derecha hemos de aplicar un fuerza

igual en modulo a FAB y dirigida hacia el eje Y positivo. La potencia que hemos de

aplicar es el trabajo efectuado en un tiempo dividido por ese tiempo. En el tiempo t la

varilla se desplaza hacia la derecha una distancia vt el trabajo es FAB vt y la potencia

vBLIΔt

ΔtvFP AB

En definitiva lo que ocurre es que hay que aplicar un trabajo para desplazar la varilla y

ese trabajo aparece en forma de energía eléctrica, si no fuese así resultaría que tendríamos

una corriente eléctrica sin consumir trabajo y eso es imposible.

4

3.- El hilo conductor, de longitud infinita, lleva una corriente de I

amperios. El cuadro conductor, de lado L, se desplaza con una velocidad v

ambos se encuentran en el mismo plano YZ. Determinar la fuerza

electromotriz inducida en el cuadro en función de la distancia x.

Para calcular la fuerza electromotriz inducida, calculamos la circulación a lo largo de la

línea cerrada ABCD.

Antes veamos la dirección y sentido del vector Bv

, en cada uno de los lados y el

ángulo que forma dicho vector con los rd

de cada uno de los lados.

El campo magnético creado por el hilo conductor tiene de módulo r2π

IμB o

y el vector

B

tiene la dirección del eje X negativo.

Bv

sobre el lado BC forma un ángulo de cero grados con rd

Bv

sobre el lado DA forma un ángulo de ciento ochenta grados rd

Bv

sobre cualquier punto del lado AB forma un ángulo de 90grados con rd

Bv

sobre cualquier punto del lado CD forma un ángulo de 90 grados con rd

Según lo anterior

axx

1

2π

vIaμ

a)xx

a

2π

Iavμ

x

1

ax

1

2π

Iavμa

x2π

Iμva

ax2π

Iμvε

avBavBdrvB-drvBrdBvrdq

FrdEε

2

ooooo

DABC

A

D

C

Bm

A B

C D

v

L

I

X

Y

Z

x

dr

5

La interpretación del signo menos es la siguiente: De acuerdo con la ley de Lenz la

fuerza electromotriz inducida se opone a la causa introducida en el circuito. Al moverse

el circuito hacia la izquierda el flujo que lo atraviesa disminuye y la fuerza electromotriz

inducida trata de mantenerlo ,, para ello , existen dos opciones posibles que la corriente

vaya en el sentido ABCDA o en el sentido ADCBA. Si ocurriese el sentido ABCDA el

flujo debido a esa corriente no se opone a la disminución de flujo que ocurre por

moverse la espira hacia la izquierda, en cambio si ocurre en el sentido ADCBA entonces

trata de que no disminuya el flujo debido al movimiento de la espira ya que el campo

magnético inducido tiene el sentido del campo B creado por la corriente.

Ese sentido de giro es negativo ya que se dirige del eje Z al Y.

Este problema se puede también resolver a partir de la ecuación dt

dΦε

Llamamos xo a la distancia desde el hilo al lado DA de la espira en el tiempo t=0 y

designamos con x la distancia del hilo al lado DA en el tiempo t

x=xo+vt

Consideremos una franja de espesor dr en la espira , como indica la figura

El flujo magnético que atraviesa la franja vale 180º cosadrr2π

IμSdBdΦ o

.

El flujo a través de la espira

vtx

avtxln

2π

Iaμ

x

axln

2π

Iaμ

r

dr

2π

IaμΦ

o

ooo

ax

x

o

axx

1*

2π

vIaμε

x

avxvxv*

ax

x*

2π

Iaμ

vtx

vavtxvvtx*

avtx

vtx*

2π

Iaμ

dt

dΦε

2

o

2

o

2

o

oo

o

oo

dr

r

x

6

4.- Una barra cuya resistencia eléctrica por unidad de longitud es ,

desliza, con velocidad constante v, sobre dos conductores sin resistencia.

Estos conductores forman entre sí un ángulo . Perpendicular al plano

que forman la barra y los conductores se encuentra un campo magnético

uniforme B( ver la figura inferior). La longitud del conductor AD es L y

la de la barra es iguala la distancia DF. Se pide calcular el calor

despendido cuando la barra se desplaza desde A hasta D.

Al desplazarse la barra hacia la derecha aumenta la superficie AXX´ y como

consecuencia de ello se produce una fuerza electromotriz inducida cuyo modulo vale la

derivada del flujo que atraviesa ese aumento de superficie con relación al tiempo. Esto

se traduce en que aparece una corriente en el circuito AXX´ cuya intensidad se dirige

desde X´a X en la barra, por lo que finalmente sobre la barra debe aparecer una fuerza

de sentido contrario al vector velocidad. Esta fuerza supone un trabajo que se debe

hacer desde el exterior para mantener la barra en movimiento.

En la figura 1 la barra se ha desplazado hacia la derecha una longitud dx en un tiempo

dt de modo que dx = vdt. En el instante inicial la superficie cerrada es AXX´ y luego es

AZZ´.

Designamos con m a la longitud en la barra XX´ , con n a la longitud en la barra ZZ´. Y

con x a la distancia AX. El aumento de superficie es:

2

mx

2

vdtxndS

(1)

La relación ente m y n la hacemos por medio del ángulo

F

B X A D

v

X´

dx= vdt

Fig.1

A D

v

F

B X

X´

Z

Z´

F

X

L

7

x

dtvxmn

dtvx

n

x

mtagα

Sustituyendo en (1)

mv

dt

dS

2x

mxdt2mxvmx

2

mx

2x

vdtxmdS

222

En el cálculo anterior se desprecia el término que contiene un infinitésimo de segundo

orden.

El valor absoluto de la fuerza electromotriz inducida vale:

Bmvdt

BdS

dt

dΦε

La intensidad de corriente que pasa por la barra es:

ρ

Bv

mρ

Bmv

R

εI

La fuerza que se debe aplicar para mantener la barra con movimiento uniforme es:

mρ

vBBm

ρ

BvIlBF

2

El trabajo necesario que se debe aplicar desde el exterior para que la barra se desplace

una longitud L vale:

2

L

ρ

tagαvBdxαtagx

ρ

vBmdx

ρ

vBW

22L

0

2L

0

2

Este trabajo se convierte en calor en el circuito.

8

5.-Una espira conductora en forma de triángulo equilátero de altura h se

desplaza, sin rozamiento, con velocidad constante v. Luego penetra en un

campo magnético uniforme perpendicular a la espira y de valor constante

B. El campo magnético es perpendicular al plano de la espira y dirigido

hacia el lector. La espira se detiene cuando el lado AB está justamente en

el borde del campo, tal como se indica en la figura.

Calcular el campo magnético.

Supongamos que en el instante t=0 una parte de la espira está dentro del campo con un

cierta velocidad w<v, tal como se indica en la figura 1.

La parte que está dentro del campo magnético en el instante t=0 es un triángulo de base

b y altura x. Un tiempo después dt, la espira avanza una distancia dx = w dt y dentro

del campo magnético existe un triángulo que tiene por base M y altura x +dx = x +wdt.

En el tiempo dt el aumento de superficie dentro del campo es:

2

bx

2

dxxMdS

La variación del flujo magnético vale:

………….…

…………….

…………….

…………….

…………….

…………..

Región del campo

magnético

A

B

vv

h

b M

x

dx

Región del campo

magnético

Fig.1

X

I

B

dS

I

dS

Tomando este sentido de la corriente I,

los vectores B y dS tienen igual

dirección y sentido.

9

2

bxB

2

dxxMBdSB cos dS BSdBdΦ

(1)

Comparando triángulos semejantes, recuerde que la altura de la espira es h y llamamos a

a la longitud de cada lado

x

dxxbM

dxx

M

h

a;

x

b

h

a

(2)

Combinado (1) y (2) resulta:

Bbdx

2x

Bbxdx2BbxBbx

2

Bbx

2x

dxxBb

2

bxB

2

dxxBMdΦ

222

Una variación del flujo magnético conlleva que en la espira aparezca una fuerza

electromotriz

Bbwdt

dxBb

dt

dΦε

Esta fuerza electromotriz crea una corriente en la espira

R

Bbw

R

εI

El signo menos de la corriente indica que el sentido real es el contrario al tomado

Esta corriente por sus efectos electromagnéticos tiende a oponerse a la causa externa

introducida. Dado que la causa ha sido un aumento del flujo entrante en la espira hacia

el lector la corriente en la espira tendrá el sentido indicado en la figura2

Sobre el trozo de espira NO actúa una fuerza dada por la ecuación BlIF

, l

es un

vector que tiene de módulo la longitud NO y el sentido de la corriente, como B

es

perpendicular al plano de la espira y dirigido hacia el lector, la fuerza magnética es

perpendicular a NO y el sentido indicado en la figura 3. Sobre OP actúa la misma fuerza

en módulo pero dirigida como indica la figura 3. Se ha ampliado el tamaño de la espira

en la figura 3 para observar con mayor facilidad las fuerzas.

N

O

P

Región del campo

magnético

30º

x

Fig.2

10

En la figura 3 se han dibujado las fuerzas (en trazo algo grueso) y las componentes

verticales y horizontales. Se observa que las componentes verticales se anulan y las

horizontales se suman

En consecuencia la fuerza horizontal dirigida hacia la izquierda vale:

sen30ºBNOI2FH

De la figura 2 se deduce que: cos30º

xNO

30º tagIxB2sen30ºB30º cos

xI2FH

Como R

BbwI

dt

dxtag30º

R

bx2B30ºtag

R

bxwB230º tagIxB2F

22

H

Esta fuerza provoca una aceleración negativa dirigida hacia la izquierda, de sentido

contrario a la velocidad y por tanto frenando a la espira. Como dt

dvmmaF

dt

dwm

dt

dxtag30º

R

bx2B2

En la expresión anterior son constantes B,R y m y son variables x y b, pero ambas están

relacionadas entre sí

tag30º2xbx

2

b

tag30º

Observe que cuando la espira llega al campo magnético x=0 y cuando se para x=h, y la

velocidad es v al entrar en el campo magnético y nula cuando se para.

N

O

P

30º Fig.3

FNO

FOP

11

h

mvR

2h

3

4h

9mvRB

mv3

h

R

3

14B

mv3

h

R

30tag4Bdwmdx

R

30tagx4B

3

32

3220

v

h

0

222

Regla del flujo

Comentario previo. Cuando se trata de una superficie abierta, el vector superficie se

puede definir perpendicular a la misma, pero su sentido puede ser hacia uno o hacia otro

lado.

En el caso del flujo del campo magnético a través de una espira, como en general va a

ser variable y engendrará entonces una corriente inducida, aceptamos el siguiente

convenio.

Asignamos de modo arbitrario un sentido a la corriente inducida y aplicamos para

definir el vector superficie la “regla de la mano derecha”. Se sitúa la mano con los

dedos curvados de modo que indiquen el sentido de giro de la corriente, estando el

pulgar extendido como en la figura. El vector superficie A , se tomará en la dirección y

el sentido que señala el pulgar.

Opción a. Opción b.

Como tenemos dos casos posibles, en general elegiremos aquel que coincida con la

dirección y el sentido del campo magnético externo que atraviesa el plano de la espira.

Así, suponiendo un campo magnético vertical y con sentido hacia arriba tomaremos la

opción a y ahora el flujo es positivo. En la representación plana de la derecha el campo

A

A

A

I

I

A

12

B sale hacia el lector, tomaremos la corriente en sentido contrario a las agujas del reloj,

para que A lleve la misma dirección y sentido de B , de acuerdo con la regla de la

mano derecha.

A

B

I

I

13

6.-A un cuadrado de alambre de masa m, lado a y resistencia eléctrica R

se le comunica una cierta velocidad horizontal. El cuadro se mueve en el

campo gravitatorio terrestre y a la vez en una región donde existe un

campo magnético B, siendo el vector B perpendicular al vector g, del

modo que indica la figura inferior

El módulo del vector B varía con la altura según la ecuación

kzoBB

En la que k es una constante y z es la altura contada en dirección vertical

hacia abajo. El cuadro se desplaza con velocidad v constante. Determinar

la velocidad inicial vo que se imprimió al cuadro.

En el caso de no existir el campo magnético, el movimiento del centro de masas del

cuadro estaría compuesto por un movimiento uniforme horizontal con velocidad vo y

uno uniformemente acelerado debido al campo gravitatorio y la trayectoria del citado

centro de masas sería una parábola.

Al existir un campo magnético que varía según z, resulta que en el cuadro se induce una

fuerza electromotriz y por consiguiente una corriente eléctrica que lo recorre.

Vamos a calcular la fuerza electromotriz inducida en el cuadrado debido a su

desplazamiento vertical, para ello asignamos de modo convencional a la corriente el

sentido indicado en el dibujo.

z

d

h

h

a H

t=0

t

h

B

g

z

dS

I

B

Z

B

14

Cuado el cuadrado está en la posición t=0 , el flujo magnético que atraviesa la superficie

sombreada es:

dhkahdhaBdhakhBdSBdΦ oo

El flujo que atraviesa todo el cuadrado se obtiene integrando la expresión anterior

desde h=0 a h=a

2

kaaBdhkahdhaBΦdΦ

32

o

a

o

o

a

0

0t

Cuando el cuadrado ocupa la posición t, esto es, que entre la primera y la segunda

posición ha transcurrido ese tiempo, el flujo que atraviesa la superficie sombreada vale:

dhkahdhkaHdhaBdhahHkBdSBdΦ oo

El flujo que atraviesa todo el cuadrado se obtiene integrando la expresión anterior

desde h=H a h=H+a

2

HaHkaH-aHkaHH-aHaBΦ

dhkahdhkaHdhaBΦ

22

oΔt

aH

H

aH

H

o

aH

H

Δt

La fuerza electromotriz inducida en el cuadrado es:

Δt

2

H2aHaHkaHka-aB-

2

kaaB

Δt

ΦΦε

22222

o

32

o

0tΔt

Si admitimos que t es muy pequeño, entonces H = vyt, siendo vy la velocidad del

cuadro en dirección vertical

y

2y

2

y

2

v2kaΔt

ΔtvkaΔtvkaε

La intensidad de la corriente que recorre el cuadrado es:

R

v2ka

R

εI

y

2

Sobre el lado superior del cuadrado y el inferior aparecen fuerzas por interacción de esta

corriente con el propio campo magnético. Sobre los lados verticales aparecen fuerzas

que al tener el mismo módulo y sentido contrario se anulan.

15

La fuerza magnética en el lado superior es:

kHBaIF o1

Y en el lado inferior:

aHkBaIF o2

La resultante de estas dos fuerzas es vertical y dirigida hacia arriba

R

va2kka

R

v2kakIaFFF

y

42

2y

2

2

12R

Si la velocidad es constante esta fuerza debe equilibrar al peso del cuadrado, para que la

suma de ambas sea nula.

42y

y

42

a2k

mgRvmg

R

va2k

La velocidad inicial horizontal vo y la vertical vy forman un ángulo de 90º y dan como

resultante una velocidad constante v, por tanto,

2

42

22

y

2

o

2

y

2

o

2

a2k

mgRvvvvvvv

F1

F2

16

7.-En un dispositivo para determinar la composición isotópica de los

iones potasio KyK4139 , éstos primero se aceleran en un campo

eléctrico y luego van a parar a un campo magnético B perpendicular a la

dirección de su movimiento. La tensión que crea el campo eléctrico es Uo

aun cuando este valor puede oscilar en ΔU . Determinar el cociente

oU

ΔUpara que los haces de los iones potasio no se superpongan.

Dado que la tensión toma los valores extremos ΔUUo y ΔUUo los radios de los

iones potasio están comprendidos entre los siguientes valores

Bq

mΔUU2R;

Bq

mΔUU2R

R

mvqBv;

m

ΔUU2vvm

2

1ΔUU

39o

m39

39o

M39

M39

2

M39

M39

39

o

M39

2

M3939o

M significa el radio mayor y m el menor .Para el íón de potasio 41

Bq

mΔUU2R;

Bq

mΔUU2R

41o

m41

41o

M41

Para que no se superpongan los haces de los iones, el límite lo indica que coincidan el

radio mayor del ión 39 con el radio menor del ión 41.

40

1

U

ΔU

2U80Δ041Δ141U39Δ939U39

41

m

m

ΔUU

ΔUU

mΔUUmΔUUBq

mΔUU2

Bq

mΔUU2

Bq

mΔUU2R;

Bq

mΔUU2R

o

o00

39

41

o

o

41o39o

41o39o

41o

m41

39o

M39

Dado el valor del límite, la relación para lo que no hay superposición es 40

1

oU

U

17

8.- En el plano XY existen dos conductores A y B, uno es rectilíneo y el

otro un arco de circunferencia. En la dirección del eje Z positivo existe

un campo magnético uniforme, o lo que es lo mismo el campo magnético

es perpendicular al plano del papel y saliendo de él.

La corriente que circula por los conductores es I y dirigida desde B hacia

A.

a) Calcular la fuerza magnética que sufren ambos conductores y

comprobar que el módulo de la fuerza es el mismo para ambos.

b) Ahora, el campo magnético es decreciente, de modo que cuando y=0

vale Bo y cuando y =a es nulo. Calcular, para ambos conductores, el

valor de la fuerza que sufren por acción de este campo variable.

En primer lugar debemos considerar despreciable la interacción magnética entre ambos

conductores, puesto que al estar recorridos por corrientes, también éstas crean un campo

magnético que actuaría sobre el otro conductor. Es decir, que la única interacción

magnética a considerar es la que tiene lugar entre los conductores y el campo magnético

B dirigido según el eje Z.

a) La fuerza que sufre un elemento de corriente al estar situado en el interior de un

campo magnético es:

senαBdlIdFBldIFd

Tanto para el conductor rectilíneo como para el arco = 90º.

En la figura 1 se ha dibujado Fd

, en dos lugares diferentes de los conductores

a

A

B

a

X

Y

. B

Y

X

Fig.1 a

B A

B

a

X

. dF

dF

d l

d l

A

B

a

dF

dF

d l

d l

.

18

a1) Cuando el conductor es rectilíneo todos los vectores dF son paralelos, si el

conductor es un arco de circunferencia, las rectas que contienen a los diferentes vectores

dF todas pasan por el origen de coordenadas.

Para el conductor rectilíneo cada dF tiene dos componentes sobre los ejes X e Y, cuyos

módulos son respectivamente

2

2dlIBdFcosβdlIBβcosdFdF

2

2dlIBdFsenβdlIBsenβdFdF

YY

XX

Para hallar las componentes FX e FY debemos integrar las anteriores ecuaciones

aBI2a2

2BIL

2

2BIdl

2

2BIF

aBI2a2

2BIL

2

2BIdl

2

2BIF

2

Y

2

X

El resultado anterior expresado en forma vectorial

Si se utilizan componentes cartesianas, resulta en este caso más sencillo y claro

expresar d l como: dl dx i dy j

Al ser dF Idl B dF I(dx i dy j) Bk IBdx( j) IBdy i

Integrando, 0 a 0 a

a 0a 0F j IBdx i IBdy jIB x iIB y aIBj aIBi

a2) Cuando el conductor es un arco de circunferencia, nos fijamos en la figura 2.

Hemos escogido al azar un elemento d l sobre el arco cuyo módulo se calcula teniendo

en cuenta que el valor del arco es igual al del radio por el ángulo expresado en radianes.

y a

jaBIiaBIF

d

Fig.2

19

dθadl

Las proyecciones del módulo de la fuerza elemental, dF IdlBsen90 IdlB sobre los

ejes valen:

dθsenθaBIsenθdlBIcosθdFdF

dθcosθaBIcosθdlBIcosθdFdF

Y

X

Para hallar las componentes FX e FY debemos integrar las anteriores ecuaciones.

aBI0ºcos2

πcos-aBIdθθsenaBIF

aBI0ºsen2

πsenaBIdθcosθaBIF

2π

0

2π

0

Y

X

El resultado anterior expresado en forma vectorial

jaBIiaBIF

b) Al ser el campo decreciente podemos escribir

kyBB o

Cuando y =a B =0,

a

y1BBy

a

BBB

a

BkkaB0 o

o

o

o

o

b1) Para el conductor recto ahora el módulo de dF no es constante y se hace cero en el

extremo A del conductor

Fig.3

dl A

a

Y

B

B

a

X

. dF

dF dl

.

20

La componente del vector dl sobre el eje Y es dy, cuyo módulo es dy = dl sen

La fuerza que sufre ese elemento de corriente vale:

2

aBI

2

a

a

1aBIdyy

a

1dyBIF

senββsen

dy

a

y1BIdF

βsen

dy

a

y1BIdl

a

y1BIdF

o

2

ooX

oXoo

a

0

a

0

Para la componente FY

2

aBI

2

a

a

1aBIdyy

a

1dyBIF

βtag

dy

a

y1BI

βcosβsen

dy

a

y1BIdF

βsen

dy

a

y1BIdl

a

y1BIdF

o

2

ooYo

oYoo

a

0

a

0

El resultado anterior expresado en forma vectorial

j2

aBIi

2

aBIF oo

b2) Si en la figura 2 elegimos al azar un elemento de corriente dl, éste sufre una fuerza

de módulo

cosθdθaa

y1BIdFdθa

a

y1BIdl

a

y1BIdF oXoo

De la figura 2 se deduce que senθay

2

BI112

1

2

1aBIaBIcos0º

2

1

2

πcos2

2

1

2

1aBIF

dθ2θsen2

1sen0º

2

πsenaBIdθcosθθsendθcosθaBIF

cosθdθaa

senθa1BIcosθdθa

a

y1BIdF

ooooX

ooX

ooX

2π

0

2π

0

2π

0

a

Calculamos la componente FY.

21

senθdθa

a

y1BIdFdθa

a

y1BIdl

a

y1BIdF oYoo

4

π1aBI00

4

π1aBIsen0º

4

1πsen

4

1

4

π1aBIF

0ºsen4

1πsen

4

1

4

πaBIaBIF2θsen

4

1θ

2

1aBIaBIF

dθθsenasenθaBIdθsenθaa

senθa1BIF

oooY

ooYooY

2

ooY

2π

0

2π

0

2π

0

El resultado anterior expresado en forma vectorial

j4

π1aBIi

2

aBIF oo

22

9. En el plano ZY existe un campo magnético uniforme intenso de valor

B= 2 T y dirigido en el sentido positivo del eje X (ver la figura inferior).

Los límites de ese campo son 1,4 metros por 1,4 metros. En el interior del

mismo existe una espira metálica ABCD rectangular de lados AD=

L=0,20 m, AB=h=0,60 m, que inicialmente se encuentra en reposo. La

resistencia óhmica de la espira es R=2 y su masa m=5.10-2 kg .a)

Determinar cómo varía la velocidad de la espira desde que se suelta sin

velocidad inicial hasta que el lado AD sale justamente del campo, Hacer

una representación gráfica. b) Repetir el apartado anterior si el campo

magnético tuviese una intensidad de 6 T.

Tome g = 10 m/s2. Ayuda: bxalnb

1

bxa

dx

a) El movimiento de la espira se divide en dos partes: una, cuando la espira se

encuentra totalmente sumergida en el campo magnético uniforme y el flujo a través de

ella es constante, esto es, desde la posición inicial hasta que el lado BC llega al borde

inferior del campo, otra cuando la espira comienza a abandonar el campo y una parte

está dentro del campo y otra fuera, esto es, desde que la posición anterior hasta que el

lado AD sale justamente del campo. . En la primera parte el movimiento es una caída libre en el campo gravitatorio terrestre

y la velocidad de la espira cuando el lado BC está justamente en el límite del campo es:

s

m40,6-1,4102hg2v i

El tiempo en que se verifica el anterior movimiento

s0,4010

0,82

g

h2ttg

2

1h i

2

i

A partir del instante anterior, la espira sale del campo magnético y como consecuencia

de ello se produce una variación del flujo magnético que la atraviesa y de ello se deriva

que aparezca una fuerza electromotriz que provoca una corriente en la espira y

finalmente, como veremos, una fuerza opuesta a la del campo gravitatorio.

En la figura 1 se observa la posición de la espira cuando su velocidad es v y un instante

posterior t muy pequeño.

A

B C

D

1,4 m

X

Y

Z

g

B

23

En la figura 1 la línea W indica el límite del campo, por encima existe un campo B

perpendicular al plano del papel y dirigido hacia fuera del mismo, por debajo de L no

existe campo.

Observando la figura 1 se deduce que S1 es la superficie de la espira atravesada por el

campo en la posición 1 y S2 en la posición 2.

ΔtvLHΔtvHLSSLΔtvHS;LHS 1221

En la posición 1 la espira está atravesada por un flujo magnético 1. Un tiempo después

t (muy pequeño), la espira se ha desplazado hacia abajo una distancia v t, y es

atravesada por un flujo 2.

El flujo penetra por la cara posterior de la espira y sale por la de delante, mirando la

figura 2.

Podemos escribir siguiendo la ley de Lenz

LvB

tΔ

ΔtvLB

tΔ

SSB

tΔ

SBSB

tΔ

ΦΦ

Δt

ΦΔε 121212

En la espira aparecerá una corriente cuya intensidad es:

R

LvB

R

εI

Ahora hay que averiguar si la intensidad I en la espira forma una cara Norte o Sur tal

como está la figura 2. Para ello recordemos que esa intensidad debe oponerse a la causa

externa introducida, por ello la corriente tratará, dentro de lo posible, que el flujo que

atraviesa la espira se conserve , en consecuencia la cara vista de frente ( figura 2) debe

ser una cara norte .

Finalmente la espira recorrida por la corriente I está en el seno de un campo magnético

B (intenso y por tanto despreciable el que se induce) y por consiguiente habrá fuerzas

sobre los lados de la espira

La fuerza sobre el lado AD=L es:

vR

LBB LIFkBLIiBjLIBLIF

22

MM

FM

A D

W

m g

v t

v

Fig.1

S1 S2 H AD=L

24

Las fuerzas sobre los lados verticales tienen el mismo módulo y son de sentido

contrario, su resultante es nula.

La espira, mientras está moviéndose una parte de ella dentro del campo y otra fuera,

actúan dos fuerzas, una el peso vertical y hacia abajo y otra la fuerza magnética vertical

y hacia arriba.

Para calcular la velocidad habremos de integrar una ecuación diferencial y para

plantearla hay que aplicar la segunda ley de Newton.

vm

βg

vd

vβmg

vdmdt

td

vdmvβmg

td

vdmv

R

LBmg

22

Para integrar la expresión anterior recurrimos a la ayuda que nos dan en el enunciado.

Comparando las expresiones se deduce que a =g y m

βb .

Ctevm

βgln

β

mt

Para hallar el valor de la constante de integración observamos que cuando la espira llega

la posición en que BC está sobre la línea W, la velocidad de la espira es vi = 4 m/s y el

tiempo es ti =0,40 s.

iiii v

m

βgln

β

mtCteCtev

m

βgln

β

mt

Sustituyendo la constante en t, resulta:

)1(itt

mβ

β

mg

iv

β

mgvi

ttmβ

gvm

β

itt

mβ

itt

mβ

eevm

βg

evm

βgv

m

βg

vm

βg

vm

βg

e

vm

βg

vm

βg

lnβ

mtv

m

βgln

β

mtv

m

βgln

β

mt

i

i

i

i

iii

La ecuación anterior de v es válida cuando s40,0t hasta que la espira abandone el

campo. Como la espira tiene una altura limitada hemos de calcular el tiempo que

transcurre desde que llega el lado BC a la línea W, hasta que el lado AD llega a esa

línea, en total una altura recorrida de 0,60m. Teniendo en cuenta que dtvh , con

resolver esa integral solucionaríamos el problema, pero dado que en el enunciado no se

nos dice nada acerca de cómo resolver la integral, solamente podemos encontrar la

solución al problema de forma aproximada, midiendo el área comprendida entre v y el

tiempo.

25

Sustituimos valores en la ecuación (1)

Ω kg

mT1,6

5.10

0,080

m

β

s

m6,25

0,080

105.10

β

mg

Ω

mT0,080

2

0,202

R

LBβ

22

2

2222222

0,4t1,60,4t1,6e25,225,6e6,2546,25v

Representamos v frente a t. Antes de hacer la representación obtengamos una idea

acerca del valor de t. Si cayese libremente, con g = 10 m/s2, y su velocidad inicial 4 m/s

y la altura recorrida 0,60 metros

s0,530,130,4tsegundos0,14t10t2

1te*40,60 e

2

e

Como FM se opone a g (ver la figura 1), el tiempo será algo mayor y por tanto en la

gráfica damos valores a t superiores a 0,53 segundos.

3,9

4

4,1

4,2

4,3

4,4

4,5

4,6

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6

tiempo/s

ve

loc

ida

d , m

/s

La curva de la figura se puede aproximar a una línea recta, por tanto, el área

comprendida entre la curva y el eje de los tiempos es un trapecio, cuya área debe valer

numéricamente 0,60.

0,4-t

2

2,25e10,2560,0

0,4-t2

2,25e6,25460,0t

2

v(t)40,60

0,4t1,6-

0,4t1,6-

Resolvemos la ecuación anterior por tanteo, damos valores a t y cogemos como

solución aquel valor de t, que dé como resultado 0,60.

Cuando t = 0,56 segundos 0,60<0,68 ; Cuando t = 0,54 segundos 0,60>0,59

Cuando t = 0,543 segundos 0,60=0,60

26

La velocidad de la espira es la siguiente

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

4

4,5

5

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6

tiempo , t/s

ve

loc

ida

d , v

/ms

-1

El primer tramo es lineal y corresponde a un movimiento uniformemente acelerado, el

segundo no es lineal pero como el tiempo que dura ese movimiento es muy pequeño la

curva aparece en el gráfico como si fuese una línea recta. Se observa que la velocidad

siempre aumenta

b) Cuando el campo sea B=6 T, los valores de vi= 4 m/s y ti=0,4 segundos no varían

.Cambian los siguientes:

Ω kg

mT14,4

5.10

0,72

m

β

s

m69,0

0,72

105.10

β

mg

Ω

mT0,72

2

0,206

R

LBβ

22

2

2222222

La ecuación de la velocidad es:

24,0t4,41

31,369,04,0t4,41

69,0469,0itt

mβ

β

mg

iv

β

mgv eee

La representación gráfica de la velocidad frente al tiempo es la gráfica siguiente:

27

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

4

4,5

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

tiempo, t/s

ve

loc

ida

d , m

/s

La velocidad cuando la espira está una parte fuera del campo y otra dentro disminuye.

Por tanto el tiempo que tarda la espira en recorrer su altura h=0,60 metros es mayor que

en el caso anterior.

Hacemos en primer lugar un cálculo aproximado del área bajo la curva suponiendo un

trapecio.

0,4-t

2

e31,369,460,0

0,4-t2

e31,369,0460,0t

2

v(t)40,60

0,4t14,4-

0,4t14,4-

Para t =0,5, 0,60>0,27. Para t=0,6 , 0,60>0,49. Para t=0,70 , 0,60<0,71

A la vista de los resultados anteriores dividimos la curva entre 0,4 y 0,5 segundos.

Velocidad a los 0,4 segundos 4 m/s. Velocidad a los 0,5 segundos

0,270,12

1,474área

s

m1,47

0,40,514.4e3,310,69v0,5

Entre 0,5 y 0,6 segundos. Velocidad a los cinco segundos 1,47 m/s. Velocidad a los seis

segundos

0,120,12

88,047,1área

s

m88,0

0,40,614.4e3,310,69v0,6

Entre 0,4 y 0,6 segundos el área vale 0,27+0,12= 0,39, nos falta de área 0,6-0,39=0,21

28

Calculemos la velocidad para un tiempo de t =0,80 segundos y el área entre 0,80 y 0,60

segundos

0,160,22

88,070,0área

s

m70,0

0,40,8014.4e3,310,69v0,80

Como 0,16<0,21 el tiempo debe ser superior a 0,80 segundos

Calculemos la velocidad para un tiempo de t =0,90 segundos y el área entre 0,90 y 0,60

sendos

0,240,32

88,069,0área

s

m69,0

0,40,9014.4e3,310,69v0,90

Como 0,24>0,21 el tiempo debe ser inferior a 0,90 segundos.

Calculemos la velocidad para un tiempo de t =0,86 segundos y el área entre 0,86 y 0,60

segundos

0,200,262

88,069,0área

s

m69,0

0,40,8614.4e3,310,69v0,85

La gráfica del movimiento de la espira en un campo magnético de seis teslas es:

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

4

4,5

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

tiempo, t/s

ve

loc

ida

d , m

/s

La espira alcanza prácticamente la velocidad límite. Calculemos el valor de ésta, que

ocurrirá cuando la aceleración se anule.

s

m0,69

0,206

25.1010

LB

Rmgv0v

R

LBg

td

vdmv

R

LBmg

22

2

22limlim

2222

29

10.- Calcular la intensidad del campo magnético en el punto O, creado

por un conductor cuya forma es la de la figura inferior y por el que

circula una corriente de intensidad I. R es el radio de la circunferencia

del conductor BA.

Calcular y dibujar el valor de B frente al ángulo, cuando éste varíe

entre 0º y 180º.

El campo magnético en O está creado por un conductor que corresponde a un arco de

circunferencia BA y por un conductor rectilíneo AB.

De acuerdo con la ley de Biot-Savart determinamos que el campo creado por BA es

perpendicular al plano del papel y dirigido hacia dentro y con la misma dirección y

sentido es el campo creado por AB.

3

o

r

rld

π4

IμBd

(1)

Aplicamos la ecuación anterior para el conductor BA. En la figura 1 se observa que ld

y

Cr

forman un ángulo de 90º y rC =R.

Fig.1

30

2

o

3

o

3

C

co

R

dl

π4

Iμ

R

90ºsenRdl

π4

IμdB

r

rld

π4

IμBd

Como dl es un arco de circunferencia abarcado por un ángulo d y el valor del arco es

igual ángulo por el radio, resulta que dl=R d

πRπ2

Iμ2π2

Rπ4

Iμdφ

Rπ4

IμBdφ

π4

Iμ

R

dφR

π4

IμdB ooo

C

o

2

o

C

2π2

0R

Aplicamos la ecuación (1) al conductor rectilíneo AB. Designamos con a, la mínima

distancia que existe desde el punto O al conductor rectilíneo AB. Sobre dicho

conductor, y a una distancia l del punto O´, tomamos un elemento de corriente ld

. El

vector que une ld

con O lo llamamos Lr

. Ambos vectores forman entre sí un ángulo

ver la figura 2

2

L

o

3

L

Lo

L3

L

Lo

Lr

εsendl

π4

Iμ

r

εsenrdl

π4

IμdB

r

rld

π4

IμdB

Se observa que en la ecuación anterior existen tres variables: l , y rL, las cuales están

relacionadas entre sí y lo que hacemos es poner dl y rL en función de .

De la figura 2 se deduce que

Fig.2

31

εsen

dεadε

εsen

εcosεsenadl

εsen

cosεa

tagε

alAO´PO´;

senε

ar

22

22

L

BA

o

AB

o

L

o

L

o

2

2

2o

L

εcosεcosaπ4

Iμεcosεcos

aπ4

IμB

ε

Aε

dεεsenaπ4

IμBdεεsen

aπ4

Iμ

εsen

a

εsenεsen

dεa

π4

IμdB

B

Los ángulo A y B son suplementarios, el coseno de B es igual a –cos A. Por otra parte

tenemos que AsenεRa , por lo que BL

A

o

L cosε2aπ4

IμB

Volviendo a la figura 2 , se deduce que πεπ22ε AA

tag

Rπ2

Iμ

πtag

1

Rπ2

Iμ

εtag

1

Rπ2

Iμεcos2

senεRπ4

IμB oo

A

o

A

A

o

L

El campo en O

tagπR2π

Iμtag

Rπ2

Iμπ

Rπ2

IμBBB ooo

LCO

En la ecuación anterior se dan valores a en una hoja de cálculo y se obtiene la

siguiente gráfica

-0,0003

-0,0002

-0,0001

0

0,0001

0,0002

0,0003

0,0004

0 30 60 90 120 150 180 210

ángulo, /º

B/ te

sla

Cuando j se aproxima a 90º el conductor AB se acerca al punto O y según la ecuación

anterior el valor de B aumenta de forma notable y las gráficas tienen una asuntota para

ese valor.

32

11. Dos conductores rectilíneos de longitud infinita están situados en el

plano XZ. El A corta al eje X en la coordenada –D y el B en la

coordenada +D. La intensidad de la corriente es la misma en los dos

conductores, en el A se dirige hacia el eje Z negativo y en el B hacia el

eje Z positivo. Se pide calcular el campo magnético en los siguientes

punto cuyas coordenadas son: (0;0;0) , (0;2D;0), y (2D;0;0).

El módulo del campo magnético creado por un conductor de longitud infinita esta dado

por la expresión

rπ2

IμB o

Siendo r la distancia mínima entre el conductor y el punto donde se calcula el campo.

La anterior expresión se deduce a partir de la ley de Biot-Savart.

3

o

r

rld

π4

IμBd

Haremos uso de la primera expresión para calcular el módulo del campo y de la

segunda, concretamente del producto vectorial rld

para saber la dirección y sentido

del campo.

En la figura 1 se ha hecho una representación para calcular el campo en P(0;0;0).Ambos

campos tienen la misma dirección y sentido en el eje Y negativo. Esta dirección y

sentidos se obtienen a partir del producto rld

.

jDπ

IμB

Dπ

Iμ

Dπ2

Iμ

Dπ2

IμBBB oooo

BA

Fig.1

33

En la figura 2a se ha representado la situación de los vectores y del punto P. Para

aclarar dicha figura se ha hecho la figura 2b en el plano XY. Observando esta figura se

deduce que los vectores BA ByB

suman sus componentes sobre el eje Y y se anulan

sobre el eje X.

D5π2

Iμ

rπ2

IμB;

D5π2

Iμ

rπ2

IμB o

B

o

B

o

A

o

A

Fig. 2 b

Fig.2 a

34

Teniendo en cuenta que las componentes sobre el eje X se anulan

βcosBβcosBB BA

De la figura 2 b se deduce que βα90ºεβy90ºεα

Dπ5

Iμ

D5

D

D5π2

Iμ

D5

D

D5π2

IμαcosBαcosBB

ooo

BA

Como B

tienen el sentido negativo del eje Y

jDπ5

IμB o

En la figura 3 se ha hecho una representación para calcular el campo en P(2D;0;0).

A la vista de la figura 3 y de las explicaciones anteriores se deduce:

jDπ3

IμB

Dπ3

Iμ

3

11

Dπ2

Iμ

3Dπ2

Iμ

Dπ2

IμBBB

ooooo

AB

Fig.3

35

12.-Un conductor filiforme tiene la forma de una parábola de ecuación y

= kx2, y está situado en el plano XY. Perpendicular a dicho plano existe

un campo magnético constante B.

En el instante t=0 una barra horizontal arranca desde el vértice de la

parábola desplazándose con una aceleración constante a. Encontrar la

fuerza electromotriz del circuito debido al movimiento de la barra en

función de y.

En el instante t=0 la barra está sobre el eje X, un tiempo después t se encuentra en la

posición indicada en la figura1, siendo su altura sobre el vértice de la parábola

a

y2tta

2

1y 2

La velocidad de la barra en ese instante es v=at. Transcurrido un tiempo dt la barra se ha

desplazado una altura dy = vdt=at dt y ha barrido la superficie

dS = 2x dy =2x v dt

Fig.1

36

Como consecuencia de el desplazamiento el flujo magnético ha aumentado en

dttak

y2Bdtvx2BdSBdΦM

El valor absoluto de la fuerza electromotriz es:

k

a2yB2

k

ay2B2

a

y2a

k

yB2

dt

dBε

2

37

13.-En el plano XY yace un hilo conductor de longitud infinita por el que

circula una corriente de intensidad I. En el mismo plano existe una barra

conductora de longitud L que gira con velocidad angular constante ,

alrededor de un eje perpendicular a la varilla y que pasa por su centro.

La distancia del extremo más próximo de la varilla al hilo conductor es

D. a) Se pide calcular la fuerza electromotriz , inducida en la varilla. b)

Si I =1 A , = 1 rad/s y L=1 m, determinar la gráfica de en función de

la distancia D.

Dato: o=1,26.10-6 m kg C-2

En la figura 1 se representa la varilla girando .En un lugar de ella se ha considerado un

elemento de longitud dx, que al girar y en un tiempo dt barre un área dS, describiendo

un ángulo d.

El área dS esta formada por un

2

LDxdθradioánguloarco y una longitud

dx

dxdθ2

LDxdS

Esta superficie es atravesada por el campo magnético B creado por el hilo conductor

cuyo módulo es:

xπ2

IB o

El flujo barrido por dicha superficie een un tiempo dt , vale:

dxdθ2

LDx

xπ2

IdSBdΦ o

De acuerdo con la ley de Faraday

dx2

LDx

xπ2

Iωdx

dt

dθ

2

LDx

xπ2

I

dt

dΦdε oo

Hacemos extensible el valor de la fuerza electromotriz a toda la varilla

Fig.1

38

L2

LD

D

DLln

π2

Iωε

2

LD

D

DLlnL

π2

Iω

D

DLln

2

L

D

DLlnDDDL

π2

Iωε

DL

D

DL

D

DL

D x

dx

2

L

x

dxDdx

π2

IωDL

D

dx2

LDx

xπ2

Iωε

o

oo

oo

b) Sustituimos valores en la ecuación anterior

12

1D

D

D1ln2,01.101

2

1D

D

D1ln

π2

111,26.10ε 7

6

0,00E+00

5,00E-08

1,00E-07

1,50E-07

2,00E-07

2,50E-07

3,00E-07

0 0,05 0,1 0,15 0,2 0,25 0,3 0,35

D/m

/v

olt

ios

39

14.-Un haz de protones se acelera con una diferencia de potencial de 50

kV, el cual se dirige hacia una zona de anchura a= 2 cm sobre la que se

puede instalar un campo magnético uniforme B.

Cuando el campo está ausente, los protones alcanzan la pantalla en el

punto J y cuando actúa el campo magnético en un punto de altura H,

siendo JH= 30 cm y GJ=L= 20 cm. Determinar la intensidad del campo

magnético B.

Masa del protón=1,67.10-27 kg; Carga del protón= 1,6.10-19 C Calculamos la velocidad de los protones

s

m9,8.10

1,67.10

5.101,6.102

m

ΔVq2vV qΔmv

2

1 5

27

3192

Cuando existe un campo magnético B los protones recorren un arco de circunferencia

de radio R, tal como se observa en la figura 1.El módulo de la velocidad de salida de los

protones en E es igual a la de entrada en I, puesto que el campo magnético no aumenta

el módulo de la velocidad aunque si lo hace sobre su dirección. A partir de E el haz se

dirige en línea recta hacia la pantalla.

Fig 1

40

Cuando el haz penetra en el campo magnético la fuerza centrípeta es proporcionada por

la fuerza magnética:

qR

vmBBvq

R

vm 2

Para determinar el valor de R nos fijamos en la figura 1.Designamos GE=h.

Del triángulo EKN deducimos que L

hHαtag

(1).

El triángulo OIE es isósceles siendo sus lados iguales a R

)2(a

h

2

αtagγtag

2

α

2

απ

2

πβ

2

πγ

2

πγβ:πβ2α

De las ecuaciones (1) y (2) resulta:

(3)2

αtag0,101,5

20

2

αtag230

L

2

αtagaH

αtag

La ecuación (3) la resolvemos por tanteo

Volviendo a la figura 1:

cm2,4355,4cos1

27,7tag2

αcos1

2

αtaga

R2

αtagaαcosRhαcosRR

T42,01,6.102,43.10

9.8.101,67.10

qR

vmB

192

527

tag 1,5-0,10 tag (/2)

10 0,176 1,49

50 1,19 1,45

70 2,75 1,43

60 1,73 1,44

56 1,48 1,45

55,5 1,46 1,45

55,4 1,45 1,45

41

15.- Un conductor rectilíneo (de masa despreciable) de longitud L está

situado sobre el eje Y, ocupando sus extremos las posiciones ( y =+L/2 ;

y = –L/2); mantiene una corriente constante de I amperios en el sentido

del eje Y positivo. Un campo magnético uniforme B está dirigido en

sentido positivo del eje X ocupando todo el espacio. Si el mencionado

conductor se traslada paralelamente a sí mismo hasta que el centro del

mismo ocupe la posición x=l , z=l

a) Se pide calcular el trabajo que se realiza para lograr este

desplazamiento, cuando el campo magnético es uniforme.

b) El trabajo, si el módulo del campo es variable según la ecuación

zρBB(z) , siendo positivo

a) En la figura inferior se representan las posiciones iniciales y finales del proceso.

El campo magnético provoca sobre el conductor una fuerza cuya ecuación es:

kBLIiBjLIBLIFM

Esta fuerza perpendicular al conductor, tiende a llevárselo en el sentido negativo del eje

Z, por lo tanto, para trasladar el conductor en el sentido positivo de este mismo eje,

hemos de aplicar una fuerza F

de módulo igual a la anterior, pero de sentido contrario,

que efectúe un trabajo positivo. Después, para llevarlo paralelo al eje X, hasta llegar al

punto considerado (l, l,0), no hace falta más trabajo, puesto que la fuerza del campo

magnético al estar según Z y ser perpendicular al camino, (paralelo al eje X), hace

trabajo nulo. En efecto.

El trabajo es:

lBLIl

0dzBLIkdzidxkBLI·sdFW

sdFM

b) La fuerza que sufre el conductor por acción del campo magnético variable es:

kzρ-BL-IkB(z)LIiB(z)jLIBLIFM

Y

X

Z

I (l, l,0)

B

B

X

Z

Y

l l

(l, l,0) sd

B

kdzidxsd

MF

42

El trabajo es:

2

lρ1lBLIW

2

2lρBLIlBLI

l

0dzzρ-BLIkdzidxkzρ-BLIsd·F-sdFW M

43

16.- Una partícula de masa m y carga +q se

encuentra en el instante inicial sobre el eje Y,

formando su velocidad un ángulo respecto

del eje Z. En el semiplano superior YZ existe

un campo magnético uniforme B1 dirigido

según el eje positivo X y en el semiplano

inferior un campo magnético B2 también

dirigido en el sentido positivo del eje X, siendo

B2> B1. Se pide estudiar el movimiento de la

partícula a partir del instante inicial.

La partícula al penetrar en el campo B1 sufre una fuerza perpendicular a su velocidad

que modifica su dirección, pero no su módulo, de valor:

1BvqF

La velocidad v

y el campo 1B

forman un ángulo de 90º, por lo que se puede escribir

1

1

1

2

11Bq

vmR

R

vmqvBF

La partícula describe un arco de circunferencia OQ (figura1) con velocidad constante.

Al llegar a Q penetra en el campo magnético B2 y describe otro arco de circunferencia

QP de radio

21

2

2

2

2

22 RR;Bq

vmR

R

vmqvBF

Al llegar a P se repite la situación de O y a partir de este momento el movimiento se repite de

forma periódica.

Fig.1

Y

Z

α

X

+q

44

Vamos a calcular el periodo del movimiento. Determinamos primero el tiempo t1 que

emplea la partícula en ir desde O hasta Q.

La longitud del arco OQ vale recordando que el arco es igual al ángulo abarcado,

expresado en radianes, por el radio.

1OQ RβL

Del triángulo OC1Q

1OQ Rα2πLα2πβπβα2

Teniendo en cuenta que el arco OQ se recorre con velocidad constante

v

R2απ

v

Lt 1OQ

1

Calculamos ahora el tiempo que emplea la partícula en recorrer el arco QP,. Utilizamos

el razonamiento anterior

v

R2απtR2απ2πRβπ2L 2

222QP

El periodo T del movimiento

v

RR2αRRπ

v

R2απR2απttT 212121

21

La velocidad media con que la partícula recorre el segmento OP es:

2121

21

2121

21m

RR2αRRπ

RRαcosv2

v

RR2αRRπ

αcos2Rαcos2R

T

PQOQ

T

OPv

Expresamos los radios en función de los campos magnéticos

21

12

21

21

21

12

21

21BB

BB

q

mv

B

1

B

1

q

mvRR;

BB

BB

q

mv

B

1

B

1

q

mvRR

Llevando estas relaciones a la velocidad media:

1221

12

21

12

21

21

21

12

mBBα2BBπ

BBαcosv2

BB

BB

q

vmα2

BB

BB

q

vmπ

BB

BB

q

vmαcosv2

v

45

17.- Un hilo conductor de longitud L está colocado sobre el eje X positivo

y recorrido por una intensidad I constante en el sentido del eje X positivo,

estando uno de los extremos, designado con O, en el centro de

coordenadas. Existe un campo magnético uniforme de módulo B, en la

dirección positiva del eje Z. Se hace girar, respecto del eje Z, el hilo

conductor moviéndolo por el plano XY a velocidad constante, hasta que

el hilo alcance el eje Y positivo. Calcular el trabajo necesario para

realizar este proceso.

En la figura 1a se representa el hilo en una posición cualquiera de su movimiento y en

la figura 1b, visto desde el eje Z positivo.

El hilo en cualquier posición que ocupe en el plano XY está sometido a una fuerza dada

por:

BLIFBLIF

Esta fuerza se opone al movimiento que se pretende realizar, por lo que si deseamos

girar al hilo conductor desde el eje X al Y a velocidad constante, hemos de aplicar de

forma continua una fuerza igual en módulo a F y de sentido contrario que designamos

con F1.

En la figura 1b el centro de masas del hilo conductor ha sido desplazado un ángulo d.

Dado que el valor del arco es igual al del radio por el ángulo en radianes, dθ2

Ldx .

El trabajo elemental realizado por la fuerza F1=F es:

dθ2

BLIdθ

2

LBLIdxFdW

2

1

Fig.1b Fig.1a

46

El trabajo total lo calculamos a partir de la siguiente integral

4

BLIπdθ

2

BLIW

222π

0

47

18.- En el plano XZ de la figura inferior está dispuesto un circuito con

un condensador de capacidad C con un interruptor I. Articulado en O y

O´ se ha dispuesto un rectángulo de hilo conductorque puede

balancearse sobre el eje OO´, cuyos lados iguales, que tienen la dirección

del eje Z, poseen una longitud L y una masa despreciable y el tercero,

con la dirección del eje +X, tiene una longitud l. y una masa m. Existe

un campo magnético uniforme B en la dirección positiva del eje Z. El

condensador está cargado a una diferencia de potencial U y el

interruptor I abierto. Si se cierra el interruptor y se admite que la

descarga del condensador se verifica en un tiempo muy corto, y que la

resistencia de los conductores es despreciable. Determinar el ángulo

máximo que describe el rectángulo

El condensador al estar cargado posee una carga CUq . En cuando se cierra el

interruptor I, esa carga determina la aparición de una corriente eléctrica Δt

qI en el

rectángulo, siendo t el tiempo que tarda en descargarse el condensador. Teniendo

presente que en el enunciado nos dice que ese tiempo t es muy pequeño podemos

suponer, con una aproximación razonable, que al rectángulo no he ha dado tiempo a

moverse del plano XZ, mientras que por él circula una intensidad de corriente I. Esta

corriente determina que exista una interacción con el campo magnético dando lugar a

una fuerza cuya ecuación es para el trozo de conductor MN

BlIFBlIF

Para los conductores verticales ON y O´M, a pesar de pasar una intensidad I, no existe

fuerza, pues la intensidad y el campo son paralelos.

C

I

X

O

O´

L

l

Y

Z

B

+

-

M

N

48

La fuerza de módulo F actúa durante un tiempo muy corto lo que da lugar a un impulso

de valor Ft y en consecuencia sobre el hilo MN aparece una variación de la cantidad

de movimiento

m

BlUCvvmΔtBl

Δt

qvmΔtBlImvΔvmΔtF

La energía cinética que adquiere MN se convierte en potencial debido a que el

rectángulo al balacearse sobre OO´, se eleva una altura h.

gm2

BlUC

g2

vhmghvm

2

12

222222

La relación entre la altura h y el ángulo girado puede deducirse de la figura 1.

gL2m

BlUC1θcos

g2m

BlUCθ cos-1LθLcosLh

2

2222

2

2222

h

L

O´

M

Fig 1

49

19.-Un hilo conductor tiene forma de semicircunferencia de radio a, y

sus extremos están unidos por un hilo recto del mismo material. La

superficie abarcada por esta espira es medio círculo de radio a.

La espira se coloca en el plano YZ de modo que el diámetro está sobre el

eje Z. En la mitad de su diámetro existe un eje perpendicular al mismo,

paralelo al eje X. Un campo magnético uniforme B tiene la dirección del

eje X negativo y se extiende por el semiplano YZ positivo. La espira gira

alrededor de su eje con una aceleración angular constante. Calcular la

intensidad de la corriente que aparece sobre la espira suponiendo que

inicialmente su velocidad de rotación es nula. Dibujar la gráfica

intensidad-tiempo para los valores de B= 0,1 T , a = 1 m , = 0,4 m/s2 ,

resistencia de la espira 1

Inicialmente el flujo magnético que atraviesa la espira es nulo, por encontrarse fuera del

semiplano YZ positivo, que es donde está el campo magnético. Cuando comienza a

girar la espira penetra en el campo magnético y el flujo que la atraviesa aumenta hasta

que la espira ha girado 180º. A partir de ahí parte de la espira sale del campo y, por

tanto, el flujo comienza a disminuir de modo que cuando la espira haya girado 360º el

flujo es nulo pues toda la superficie de la espira está fuera del campo. A continuación se

repite el proceso.

Dado que existe variación de flujo debe aparecer una fuerza electromotriz inducida en

la espira y una corriente sobre ella, de acuerdo con las leyes de Faraday de la inducción

electromagnética.

Una parte de la espira se encuentra dentro del campo magnético y forma con el eje Z un

ángulo tal como se observa en la figura 2Si la espira describe un ángulo d en un

tiempo dt, a consecuencia de ello aumenta la superficie dS de la espira dentro del

campo y en definitiva el flujo que la atraviesa.

50

Calculamos la variación del flujo

dSBcos0ºdSBSdBdΦ

Como dS es un sector circular de radio a:

daB2

1dΦda

2

1dS

d

dS

radπ2

aπ 222

La fuerza electromotriz inducida en la espira vale:

tαaB2

1ωaB

2

1

dt

daB

2

1

dt

dΦε 222

La intensidad de la corriente en la espira es:

)1(tCteR

tαaB2

1

I

2

La ecuación (1) no indica que la intensidad es directamente proporcional al tiempo.

Ahora debemos averiguar si la intensidad en la espira tiene siempre el mismo sentido o

por el contrario cambia de sentido. Para ello recurrimos a ley de Lenz que nos dice que

la corriente inducida debe oponerse a la causa que la crea. La causa que crea esa

corriente es el aumento de flujo mientras la espira gira de 0º a 180º. La corriente

solamente tiene dos posibilidades: girar en sentido horario o antihorario. Si gira en

sentido horario la corriente inducida crea un campo que se suma a la causa externa

mientras que si lo hace en sentido antihorario se opone, por consiguiente, la corriente

Fig.2

51

girará en sentido antihorario entre 0º y 180º. Entre 180º y 360º, durante el cual el flujo

disminuye, la corriente será en sentido horario.

Otro procedimiento consiste en asignar un sentido arbitrario

de circulación a la corriente I, en el perímetro del elemento

Sd

y de acuerdo con él, aplicar la regla de la mano derecha.

Los dedos curvados se colocan en el mismo sentido de giro

de la corriente I, (señalado con rayitas y flechas en el

dibujo) el pulgar situado en posición vertical, marcará la

dirección y sentido del vector Sd

, que en este caso tiene

igual dirección y sentido que la del campo B

.

El signo negativo que se ha obtenido para la intensidad de la corriente en (1) significa

físicamente, que el sentido real de la misma es contrario al previamente elegido. Es

decir, que durante el recorrido de la espira por el semiplano-positivo XZ, la corriente

circula en sentido opuesto al señalado en el dibujo anterior, por lo tanto en sentido

opuesto al de las agujas del reloj.

Dado que la velocidad de rotación de la espira es cada vez mayor, el tiempo de giro de

0º a 180º es mayor que de 180º a 360º y éste mayor que de 360º a 470º y así

sucesivamente.

Calculamos los tiempos:

s3,170,4π8απ8απ8ttα2

1π4

s2,750,4π6απ6απ6ttα2

1π3

s2,240,4π4απ4απ4ttα2

1π2

s1,590,4π2απ2απ2ttα2

1π

7200

2

7200

5400

2

5400

3600

2

3600

1800

2

1800

Sustituimos valores en la ecuación (1)

t0,02t12

0,410,1I

2

La tabla intensidad tiempo es la siguiente:

Tiempo/s I/ A (mínimo ) I/A ( máximo)

0-1,59 0 -0,032

1,59-2,24 0,032 0,045

2,24-2,75 -0,045 -0,055

2,75-3,17 0,055 0,063

Sd

I

B

52

-0,08

-0,06

-0,04

-0,02

0

0,02

0,04

0,06

0,08

0 1 2 3 4

tiempo/s

Inte

nsid

ad

, I

/A

53

20.- En la figura inferior se muestra un circuito que inicialmente se

encentra en el plano YZ. La semicircunferencia del circuito, de radio r,

puede girar, con velocidad angular constante, alrededor de un eje OY,

mientras que la otra parte del circuito está fija.

Existe un campo magnético uniforme iBB

y la resistencia del

circuito es R. a) Calcular la potencia instantánea y dibujar la grafica

potencia instantánea -tiempo b) La potencia media generada en el

circuito. Se desprecia el campo magnético de la corriente inducida.

Ayuda :

Valor medio de una función periódica:

T

0

medio dty(t)T

1Y

xa2sena4

1

2

xdxaxsen2

Designamos al vector superficie de la parte móvil del circuito mediante el vector

i2

πRiSS

2 . En el instante t=0 el vector B

y el vector S

forman entre sí un ángulo

de cero grados. Cuando haya transcurrido un tiempo t , la parte móvil del circuito ha

girado un ángulo tωθ y el vector B

y el vector S

forman entre sí un ángulo θ .

El flujo magnético que atraviesa el circuito en función de la variable tiempo es:

tωcosSBθcosSBΦ

La figura 1 indica esta situación.

Fig.1

54

Dado que el flujo magnético varía a medida que transcurre el tiempo, como

consecuencia de ello, aparece una fuerza electromotriz que según la ley de Lenz es:

tsenωωSBdt

t)ωd(cosSB

dt

Φdε

En el circuito aparece una intensidad de corriente

tωsenR2

ωr πBtωsen

R

ωSB

R

εI

2

La potencia instantánea vale:

t ωsenCtetωsenR4

ωrπB

R

εP 22

24222

La gráfica P-t siempre tendrá valores positivos ya que la función seno está elevada al

cuadrado.

tiempo, t/s

Po

ten

cia

, P

/W

b) Como la potencia instantánea depende de una función periódica, hacemos uso de la

ayuda del enunciado

dttωsenCteπ2

ωdttωsenCte

T

1P

ωπ2

0

T

0

22 (1)

Según la ayuda

55

ω

π0ºsen

ω

π2ω2sen

ω4

1

ω

π2

2

1tω2sen

ω4

1t

2

1dttωsen

ωπ2

0

ωπ2

0

ωπ2

0

2

Sustituyendo en al ecuación (1)

R8

ωrπB

2

Cte

ω

πCte

π2

ωP

2422

56

21.- Un conductor cilíndrico de radio a y longitud infinita esta situado

en el eje Z y lo recorre una corriente constante de intensidad I y sentido

positivo del eje Z. En un determinado instante un electrón abandona la

superficie del conductor con una velocidad de módulo vo dirigida según

el eje X positivo. Debido a la acción del campo magnético creado por el

conductor, el electrón se separa hasta una distancia máxima del eje del

conductor que designamos con xm. Calcular el valor de xm.

En la figura 1 se representa una línea de campo, que es una circunferencia de radio x,

creada por el conductor y el vector campo en una determinada posición.

El vector campo es tangente a esa línea en cualquier punto, siendo su módulo:

xπ2

IμB o

El vector campo en el punto del plano XZ, tangente a la línea del campo (ver la figura

1) es:

ixπ2

IμB o

y

Al abandonar el electrón el conductor su velocidad está sobre el eje X positivo. Nada

más salir el electrón del conductor interacciona con el campo magnético y sufre una

fuerza vertical y hacia abajo, esto es, hacia el eje Z negativo, puesto que.

yo BvqF

Fig.1

57

Como resultado de esta fuerza aparece una componente de la velocidad en el sentido del

eje Z negativo y otra en la dirección del eje X positivo.

En la figura 2 se representa la situación del electrón a una cierta distancia del

conductor. La velocidad tiene dos componentes, una en dirección y sentido del eje X

positivo y otra en la dirección y sentido del eje Z negativo.

Analizamos ahora cómo interactúa el electrón con el campo magnético.

2F

1FyBvqyBvqyBovqF zx

kxπ2

Iμvqj

xπ2

IμivqBvqF o

xo

xyx1

El efecto de la fuerza 1F

es acelerar al electrón en la dirección del eje Z negativo.

ixπ2

Iμvqj

xπ2

Iμk-vqBvqF o

z

o

zyz2

(1)

El efecto de la fuerza 2F

es desacelerar al electrón en la dirección del eje X, como

consecuencia de esta desaceleración el módulo vx irá disminuyendo y cuando alcance la

máxima distancia del conductor su vx será nulo.

A partir de la ecuación (1), escribimos

dx

dvvm

dt

dx

dx

dvm

dt

dvmv

xπ2

Iμq xx

xxz

o (2)

Fig.2

58

Para integrar la ecuación (2) debemos buscar una relación entre vz y vx

Tenemos en cuenta que la fuerza del campo magnético no hace trabajo sobre el electrón

por ser perpendicular a su vector velocidad y en consecuencia éste conserva su energía

cinética y solo lo desvía de su dirección inicial, por tanto, ésta debe conservarse, o en

otras palabras el módulo de la velocidad inicial no puede variar, por ello:

2

x

2

oz

2

o

2

z

2

x vvvvvv

La ecuación (2) se convierte en

2

x

2

o

xxo

vv

dvv

x

dx

mπ2

Iμq (3)

La primera integral es inmediata y para resolver la segunda hacemos el cambio de

variable

dppdxvpvv x

22

x

2

o

CtevvCtepp

dpp

vv

dvv 2

x

2

o2

x

2

o

xx

Llevando esta ecuación a (3), resulta.

Ctevvxlnmπ2

Iμq 2

x

2

o

o

Para determinar el valor de la constante recurrimos a las condiciones iniciales en las que

cuando x=a , ox vv

Ctealnmπ2

Iμq o

a

xln

mπ2

Iμqlnalnx

mπ2

Iμqvvaln

mπ2

Iμqvvxln

mπ2

Iμq oo2

x

2

oo2

x

2

oo

La separación máxima del electrón del conductor hemos dicho que ocurre cuando vx=0

Iqoμovmπ2

eaxa

xln

mπ2

Iμqv m

mo

o

59

22.-Con un hilo de longitud L= 2 m, siendo la resistencia por unidad de

longitud =10m, se construyen dos cuadrados como indica la figura.

Ambos se sitúan en un plano horizontal donde existe un campo

magnético variable con el tiempo, ωtcosoBB , perpendicular al plano

que forman los cuadrados.

a) Determinar la intensidad que recorre el circuito si

Bo= 0,5 T y =0,6 s-1

b) Dibujar la intensidad frente al tiempo cuando a=0,4 m y a=0,3 m.

Ahora consideramos una sola espira cuadrada del mismo hilo de lado

inicial a= 0,5 m y situada en el mismo campo magnético. Dicha espira

disminuye su área ( y por tanto la longitud de la periferia de la espira) a

un ritmo dado por la ecuación: t0,0092aS .

c) Calcular la fuerza electromotriz inducida y dibujar la gráfica

intensidad tiempo.

Para calcular el flujo vamos a asignar arbitrariamente un sentido a la corriente inducida

I. Tomaremos para I en el cuadrado de lado a, el sentido de las agujas del reloj y como

está conectado al cuadrado de lado b, en éste necesariamente la corriente tendrá que ir

en sentido contrario.

I

I

B

B

1S

2S

60

Vamos a asignar un vector superficie perpendicular a cada cuadrado, de acuerdo con el

siguiente criterio: Se cierran los dedos de la mano derecha pero situando el pulgar

estirado en dirección perpendicular, ahora se hacen coincidir los dedos con el sentido de

la corriente y el pulgar, señalará en la dirección y el sentido del vector superficie S

. En

este caso, como la corriente tiene sentido contrario en cada cuadrado, tendremos que

definir dos vectores superficies 1S

y 2S

cuyas direcciones y sentidos aparecen en el

dibujo.

El flujo a través del circuito es la suma de los flujos a través de cada cuadrado.

tcosBSSSSB180cosBS0cosBSS·BS·B o2121212121

tcosBba o

22

De acuerdo con la ley de Faraday la fuerza electromotriz inducida vale.

tsenBbatcosBbadt

d

dt

do

22

o

22

La intensidad de la corriente:

ρ 4

tωsenωb-aB

b)(a4ρ

tωsenωbaB

R

tωsenωBba

R

εI o

22

oo

22

b) Calculamos en cada caso el valor de b.

m0,24

1,22

4

4aLb;m0,1

4

1,62

4

4aLb4b4aL

Las ecuaciones para cada valor de a son:

6t,0sen0,75.10

104

6t0,sen 60,20,30,5

ρ 4

tωsenωb-aB0,3)I(a

6t,0sen10.25,2104

6t,0sen6,00,10,40,5

ρ 4

tωsenωb-aB0,4)I(a

3-o

3o

61

-2,5

-2

-1,5

-1

-0,5

0

0,5

1

1,5

2

2,5

0 4 8 12 16

tiempo, t/s

Inte

nsid

ad

, I/m

A

Observe que cuando los dos cuadrados sean iguales no existe corriente.

c)

tωcosBt0,009tωcosaBt0,009atωcosBS·BΦ 0

2

0

2

0

0,6tcos0,0045t0,6sent0,00270,075ε

tωcos0,009Bt0,009atωsenωBε

0,009tωcosBtωsenωBt0,009tωsenωaBdt

dΦε

o

2

o

oo

2

o

La resistencia eléctrica de la espira disminuye al paso del tiempo ya que su perímetro

disminuye.

t0,0090,2510t0,009aρlρRlt0,009aS 222

0,9t25

0,6tcos0,00450,6tsen0,0027t)(0,075I

62

-0,015

-0,01

-0,005

0

0,005

0,01

0,015

0,02

0 5 10 15 20 25 30

tiempo; t/s

Inte

ns

ida

d;

I/A

63

23.-Con un alambre conductor, de masa por unidad de longitud , se

forma un circuito como el indicado en la figura, el cual se encuentra en

el plano YZ. En A y B el circuito puede oscilar. Por A se envía una

corriente de intensidad I que sale por B. En la dirección del eje Z y

sentido positivo existe un campo magnético constante B. El circuito

oscila y se desvía del plano XY un cierto ángulo, hasta quedar en

equilibrio. Determinar el valor del ángulo

Dimensiones del circuito. AC=DB= a ; CD = 2a

Sobre el circuito actúan dos tipos de fuerzas: una el peso del mismo cuya fuerza está

aplicada en el centro de masas y las fuerzas de interacción de la corriente con el campo

magnético.

Calculamos en primer lugar la situación del centro de masas del circuito. Por simetría se

deduce que tiene que estar sobre una recta paralela a los lados menores y que pase por el

centro de CD, que es el punto P de la figura 1.

El centro de masas de AC tiene de coordenadas ( 0, 0, a/2). El lado DB tiene de

coordenadas ( 0, 2a , a/2) . El centro de masas del lado CD tiene de coordenadas (0,a, 0).

Las masas de los lados son respectivamente:

4

a

a2λaλaλ

2

2aλ

2

2aλ

CDm

DBm

ACm

0CD

m2

aDB

m2

aAC

m

CMz

λa2CD

m;aλDB

mAC

m

A B A B

C D

I

C D

B

X

Y

Z

X

Z

A B

C D

O

CM

P

Fig.1

Y

Y

Z

64

La distancia del centro de masas al punto O es: 4

a3

4

aa

Calculamos las fuerzas de interacción entre las corrientes y el campo magnético

Las fuerzas sobre los lados, están dadas por el producto vectorial BlIF

. Para los

lados AC y DB la fuerza tiene el mismo módulo y la misma dirección y sentido

contrario, en consecuencia, considerando a los alambres como un sólido rígido, al

trasladar las fuerzas al c.d.m. su suma es nula. El módulo de la fuerza sobre CD es:

BIa2BLIF CDCD

En la figura 3 observamos el circuito desde una posición lateral de modo que el lado

CD esté perpendicular al plano del papel, y lo representamos por un círculo negro. De

puntos dibujamos una línea imaginaria que pasa por O y por el centro de masas CM.

M = 4a, es la masa total del circuito que actúa en el centro de masas. Tomamos

momentos respecto de O del Peso y de FCD. Sus módulos son respectivamente:

αcosaBI2acosa·F;αsen4

3aMgsen OCM·Mg CD

Dado que el circuito está en equilibrio los módulos de los momentos son iguales.

B

B

L

CDF

F

L

F

B

CDL

A

C D

B

O

Fig. 2

O

CM

Mg

FCD

4

a3

Fig. 3

65

gλ3

BI2

4

3gaλ4

BIa2

4

3Mg

BIa2αtagαcosaBI2aαsen

4

a3gM

66

24.-Con el dispositivo electromagnético de la figura se consigue lanzar

un cuerpo de masa m= 2 kg al aire.

El dispositivo consta de dos barras conductoras iguales y paralelas (AD y

EC) de 6,0 m de longitud.

Sobre ellas desliza una barra, también conductora, PQ de longitud 1 m

y masa despreciable. Las barras, respecto del suelo horizontal, forman

un cierto ángulo . Este ángulo se puede variar.

Perpendicular al plano AECD existe un campo magnético uniforme de

módulo B = 2T. El dispositivo (cañón electromagnético) funciona

cuando por los extremos AE se conecta una fuente de corriente continua

que proporciona una intensidad constante de 30 amperios. El conjunto

de todo el sistema de barras posee una resistencia de R = 1 .

La barra PQ comienza su movimiento ( v=0) en AE y termina en DC . Al

llegar a ese lugar la masa m se desprende y viaja por el aire. El impacto

de la masa m con el suelo se produce a una distancia horizontal H = 12

m respecto de su punto de salida.

Calcular el ángulo de lanzamiento y el tiempo total que emplea la masa

m desde que sale de AE hasta que impacta con el suelo. Se admite que los

rozamientos son despreciables.

a) Realizar el cálculo suponiendo despreciable la corriente inducida.

b) Teniendo en cuenta la corriente inducida.

Tome g = 10 m/s2

Ayuda.-

tL

R

e1R

Ei:soluciónEiR

dt

diL

I

67

a) Para que el sistema de lanzamiento funcione debe actuar sobre la barra una fuerza

electromagnética en sentido ascendente, para lo cual es necesario que la intensidad de la

corriente que circula por la barra PQ lo haga en el sentido de PQ, esto significa que el

polo positivo de la fuente debe ser el extremo A y el negativo el E. Esto se deduce de la

ecuación electromagnética de la fuerza que sufre un conductor en el seno de un campo

magnético

BQP IBLIF

Siendo el módulo de la fuerza

BLIsen90ºBLIF

Si observamos la barra mirando desde el extremo Q, deducimos que sobre el c.d.m.

existen tres fuerzas: la citada anteriormente, la componente del peso de la masa m y la

fuerza normal de reacción N (figura 1). Esta fuerza N la proporcionan las barras

paralelas AD y EC en los puntos de contacto con la barra, en P y Q. donde en cada uno

la reacción vele N/2.

Respecto de la dirección de avance de la barra PQ hacia los puntos C y D, el módulo de

la fuerza resultante es:

2Rs

mθ)sen1030(

2

θsen1022130

m

θsengmBLIamaθsengmBLIF

El movimiento de la barra PQ acompañado de la masa m es uniformemente acelerado,

partiendo del reposo.

s

mθsen3120

θsen3

1,2θsen1030v

θsen3

1,2t;tθsen1030

2

16AD;tθsen1030t·av 2

La velocidad con que la masa m abandona la barra PQ es v, describiendo en el aire una

parábola. Las ecuaciones del movimiento respecto de ejes situados con origen en el

suelo y situados en el pie del final de las barras, son las siguientes:

2t102

1tsenθθsen3120θsenADy;tcosθθsen3120x

mg

I L B

N

Fig.1

68

Cuando x = H = 12 m; t es el tiempo de vuelo en el aire de la masa m y que

designamos como tv cuando llega a y=0

)2(5ttsenθθsen3120θsen0,60;)1(tθcosθsen312012 2

vvv

La primera ecuación la elevamos al cuadrado, resulta:

)3(tθcosθsen32,1tθcosθsen3021144 2

v

22

v

2

Para resolver el sistema de ecuaciones (2) y (3), en la ecuación (3) damos valores al

ángulo , obtenemos tv, y ambos valores los sustituimos en (2), cuando el resultado sea

nulo, hemos encontrado los valores del tiempo de vuelo y del ángulo.

Ángulo / º S=(3-sen ) cos2

S

1,2t v

40 1,383 0,93

50 0,923 1,14

60 0,533 1,50

70 0,241 2,23

80 0,061 4,44

Ángulo

/ º S

1,2t v P=

θ6sen

tsenθθsen3120 v

25 vt P-5t2

40 0,93 13,9 -4,32 9,6

50 1,14 18,9 -6,5 12,4

60 1,50 26,0 -11,2 14,8

70 2,23 38,6 -24,9 13,7

80 4,44 68,0 -98,6 -30,6

El valor de está comprendido entre 70º y 80º, afinado de nuevo el cálculo

Ángulo / º S=(3-sen ) cos2

S

1,2t v

75 0,14 3,0

77 0,10 3,4

69

Ángulo

/ º S

1,2t v P=

θ6sen

tsenθθsen3120 v

25 vt P-5t2

75 3,0 51,0 -45 6,0

77 3,4 57,5 -57,8 -0,3

El tiempo total es:

s3,83,077sen3

1,2vtt

totalt

b) La f.e.m. inducida debida al movimiento de la barra PQ en el seno del campo

magnético, responde a la ecuación L·Bv

. Donde L

es un vector en la dirección

de la barra móvil y en el mismo sentido de la corriente.

En la figura se observa que los vectores Bv

y L

tienen la misma dirección y sentido

contrario, por lo tanto el valor del producto mixto que proporciona la f.e.m. vale:

vBL180cosLBv

La corriente inducida debido a esta f.e.m. es: R

vLB

R

εi

La intensidad resultante en el circuito es: R

vLBIiIIF

La intensidad i disminuye a la intensidad I aplicada por la batería ya que su efecto es

oponerse a la causa introducida, esto es, I hace avanzar a PQ mientras que i se debe

oponer, para no violar el principio de conservación de la energía.

De acuerdo con la explicado en el apartado a) tenemos al aplicar la ecuación de la

Dinámica, dt

vdma·mF

.

v

L

B

Bv

70

dt

dvmθsengm

R

vLBBLI

dt

dvmθsenmgLBiI

22

En la última ecuación hacemos:

QR

LB;PsenθmgILB

22

Por tanto:

PvQdt

dvm

Comparando con la ayuda del problema

tmQ

tLR

e1Q

PvsoluciónPQv

dt

dvm

e1R

Ei solución ERI

dt

diL

Los valores de P y Q son:

41

12Q;θsen2060θsen1022130P

22

Sustituyendo estos valores en la ecuación de la velocidad:

La velocidad con que la masa m abandona la barra PQ es v, describiendo en el aire una

parábola. Las ecuaciones del movimiento son las siguientes:

25ttsenθe1θsen515θsen6ytθcose1θsen515x 2t2t

Cuando x = 12 m , y=0

(5)5

θtag12senθ6t5tθtag12senθ60

5ttθsentθcos

12senθ60;(4)

tθcos

12e1θsen515

2

22t

Utilizaremos las ecuaciones (4) y (5). En la cinco damos valores al ángulo y obtenemos

t , llevamos esos valores a (4) y cuando los dos miembros de la ecuación sean iguales

hemos encontrado las soluciones del tiempo y del ángulo.

2te1θsen515

2te1

4

θsen2060v

71

Ángulo / º Tiempo/s

50 1,94

60 2,28

70 2,78

Ángulo/º Tiempo/s 2t)e1θ)sen5(15

tθcos

12

50 1,94 10,9 9,62

60 2,28 10,6 10,5

70 2,78 10,3 12,6

Afinamos el resultado:

Ángulo / º Tiempo/s

61 2,32

60,5 2,30

60,4 2,30

Ángulo/º Tiempo/s 2t)e1θ)sen5(15

tθcos

12

61 2,32 10,5 10, 7

60,5 2,30 10,5 10,6

60,4 2,30 10,5 10,56

Las soluciones son: ángulo = 60,4º , tiempo de vuelo 2,30 segundos .

Para averiguar el tiempo total hemos de calcular el que emplea la barra PQ en recorrer

la distancia de 6 m .

Calculamos la ecuación de la velocidad para el ángulo = 60,4º

2t2t e10,710,7e160,4ºsen515v

RR

R

R

R

0

R

0

R

0

2t5,35.e t10,7

2

2t10,7e

10,7tdt

t t

2te10,7dt10,7

t

dtv6x

La ecuación anterior la resolvemos por tanteo

72

tR/s 10,7 tR+5,35 e-2tR

0,4 6,68>6

0,3 6,14>6

0,28 6,05>6

0,27 6,00= 6

Tiempo total = 0,27+2,30=2,57s

73

25.- En dirección del eje Z existe un campo magnético. El suelo está en el

plano XY. El campo magnético varía con la altura según la ecuación

zα1oBB , siendo un número positivo y z es la altura contada

desde el suelo.

Un anillo metálico de masa m, diámetro d y resistencia R se deja en

libertad desde una altura muy grande y se observa que a partir de cierta

altura h desciende con movimiento uniforme. Calcular la velocidad

constante del anillo. Se supone que en su caída el plano del anillo es

paralelo al plano XY.

Cuando el anillo se deja en libertad con velocidad cero, al encontrase en el campo

gravitatorio terrestre se acelera y durante un tiempo aumenta su velocidad. A medida

que desciende se origina una fuerza electromotriz inducida en el anillo que depende de

la velocidad y del campo magnético.

Desde el punto de vista energético el anillo disminuye su energía potencial, que se

transforma en energía cinética del propio anillo y en energía eléctrica debido a la

corriente inducida que se crea en el anillo, produciéndose una disipación de la misma

por efecto Joule, en la resistencia del mismo. Cuando la velocidad del anillo ya es

constante, no varía su energía cinética y toda la energía potencial pasa a energía

eléctrica, de acuerdo con el principio de conservación de la energía.

Supongamos que a una altura h sobre el suelo el anillo lleva

velocidad constante que designamos con v. Si el anillo

desciende una altura dh, y en ello emplea un tiempo dt, la

fuerza electromotriz inducida en el anillo es, de acuerdo con

la ley de Faraday dt/d :

Tomamos arbitrariamente para la corriente inducida I el

sentido de la figura, y así de acuerdo con la regla de la

mano derecha el vector superficie S

tiene la dirección y

sentido señalados en la misma, que coincide con el de B

en

1z .

4

vαBdπ

dt

dhαB

4

dπhαBB

dt

d

4

dπ

dt

dBSS·B

dt

d

dt

dΦε o

2

o

2

oo

2

Esta fuerza electromotriz crea en el anillo una corriente eléctrica inducida de intensidad

R4

vαBdπ

R

εI o

4

El valor positivo de la intensidad nos indica que el sentido arbitrario elegido para la

corriente inducida, es el correcto. Es decir, que durante la caída del anillo (en 1z ) la

corriente inducida circula en el sentido indicado en el dibujo.

La energía calorífica producida por efecto Joule, en el anillo en el tiempo dt es:

B

S

I

74

dtR61

vαBdπdtR

R4

vαBdπdtRI

222

o

422

o

2

2

La disminución de energía potencial en el tiempo dt es. mg dh y como en estas

condiciones ambas son iguales, resulta.

22

o

42

222

o

42222

o

42

αBdπ

Rgm16vvgm

R16

vαBdπdhmgdt

R16

vαBdπ

75

26.- (338) Un disco delgado de radio R y no conductor tiene una densidad

de carga superficial uniforme y un eje de rotación que pasa por el

centro del disco y es perpendicular a él. El disco gira con velocidad

angular constante. Calcular: a) el módulo del campo magnético

creado en el centro del disco, b) el módulo del momento magnético

a) Consideramos una superficie elemental del disco que es una corona circular de ancho

dr y situado a una distancia r del centro del disco, cuya superficie es: dS = 2πr·dr . Ver

la figura inferior.

Esa superficie tiene una carga elemental que vale

r·drπ2·σdS·σdq

Ahora imaginemos un observador situado en un punto frente a corona que determina la

carga que pasa ante él, deduce que cuando el disco dé una vuelta completa toda la carga

de la corona pasa frente él y considera que ha pasado una corriente elemental.

t

dqdi

Siendo t el tiempo que el disco emplea en dar una vuelta completa

rdrωσ

ω

π2

rdrπσ2di

ω

π2t

t

π2ω

Dado que la corona está a una distancia r del centro del disco, de acuerdo con la ley de

Biot-Savart crea en el centro del mismo un campo magnético elemental de módulo

2

o

r

ldi

π4

μdB

Siendo l la longitud de la orona, l= 2 r

dr

r

R

76

drωσ2

μ

r

rπ2di

π4

μ

r

ldi

π4

μdB o

2

o

2

o

La contribución al campo se debe conjunto de todas las

coronas en que descomponemos el disco, por tanto, hemos

de sumar cada contribución

Rωσ2

μdrωσ

2

μB oo

R

0

b) El módulo del momento magnético de una espira es el producto de la intensidad de

corriente por el área de la espira. Para la corona que hemos considerado vale dm y para

el disco completo m.

4

Rωπσdrrωπσmrπrdrωσrπdidm

4322

R

0

77

27.- (381) - Un galvanómetro lleva pivotada una bobina cuyas espiras son

rectangulares de dimensiones a y b. La bobina consta de N espiras. El

resorte ligado a la bobina tiene una constante de torsión k, cuyo par

mecánico restaurador es k siendo el ángulo que gira la bobina. La

inducción del campo magnético es B y actúa en el seno de toda la

superficie de la bobina.

a) Calcular la relación I

θdel aparato, siendo el ángulo girado e I la

intensidad de la corriente que pasa por la bobina.

b) Determinar la potencia que consume el galvanómetro y la relación

entre el ángulo girado y la potencia

c) Si la resistencia óhmica de la bobina es 18 , a = 1 cm y b = 2 cm ,

B=0,05 T , N = 20 espiras , determinar la constante k del resorte si el

ángulo girado vale 30º cuando la intensidad que circula por el aparato es

0,01 A.

a) Antes de contestar al apartado recordemos cómo es la interacción de la bobina

con el campo magnético. Para mayor sencillez consideramos una espira como la

indicada en la figura 1a.

El campo magnético se dirige del polo norte al sur del electroimán. La espira está

recorrida por una corriente de intensidad i que circula en el sentido ACDB; este

sentido determina que la espira tenga una cara NORTE observada tal como indica la

figura 1a. La espira se caracteriza por un vector S

, perpendicular a su plano siendo su

módulo S=ab . En la figura 1b (que es una ampliación de la espira de la figura 1a) se ha

dibujado el vector superficie, que en forma una ángulo de 90º con el vector campo

magnético.

Fig.1a

78

La espira está sometida a un momento magnético que vale:

BSiMM

Este momento hace girar a la espira y si no hubiese resorte y no hubiese rozamiento, la

espira se colocaría en el campo magnético, de modo que los vectores SyB

tendrían

la misma dirección y sentido, o dicho de otra manera, el flujo magnético penetraría por

la cara SUR de la espira y saldría por la cara NORTE, pero como existe un resorte que

crea un momento mecánico opuesto al magnético se alcanza una situación de equilibrio

cuando ambos se igualen y entones la espira formaría un ángulo con la dirección del

campo B.

Igualando los módulos de los momentos magnético y mecánico, resulta:

θkθsenBSi

De la ecuación anterior se deduce que no existe proporcionalidad directa entre el ángulo

girado y la intensidad de la corriente. Para evitar esto, el imán de un galvanómetro no

tiene los polos magnéticos planos como indica la figura 1, sino que son curvos y dan

lugar a un campo magnético radial, el cual determina que el flujo magnético que

atraviesa la bobina sea prácticamente constante e independiente de la posición que

ocupe en el mencionado campo, de esta manera, al desaparecer el seno del ángulo,

existe proporcionalidad directa entre el ángulo girado y la intensidad de la corriente que

atraviesa la bobina.

k

BbaN

k

BSN

i

θθkBSiN

b) La potencia consumida en la bobina vale:

Fig.1b

79

PRk

BbaNθ

BSN

RθkRiP

222

222

c)

rad

mN3,8.10

180

π30

A0,01mA

N0,05m2.101020

θ

iBbaNk

k

BbaN

i

θ 6

222

80

28.- (384) - En la figura inferior el movimiento de AB y A´B´ es uniforme y

el tramo PQ que contiene la resistencia Ro = 3 está fijo. Sobre el

sistema actúa un campo magnético uniforme de inducción B= 1 T,

perpendicular y dirigido hacia dentro del plano. Determinar la intensidad

de la corriente que atraviesa la resistencia Ro.

Datos. v1= 0,3 m/s; v2=0,2 m/s , R1=1 , R2=2A´B´=0,m

Consideramos la espira PABQ. Al moverse AB hacia la derecha aumenta el flujo

magnético que la atraviesa y de acuerdo con la ley de Lenz aparece una fuerza

electromotriz que engendra una corriente inducida de un sentido tal, que crea un flujo

magnético adicional, que tenderá a disminuir ese aumento de flujo, por tanto, este nuevo

flujo y el campo magnético que lo crea , será saliente hacia el observador y de acuerdo

con la mano derecha(explicada en otras secciones de esta web) se produce una corriente

eléctrica de sentido contrario a las agujas del reloj.(corriente inducida) El mismo

razonamiento es válido para la espira PA´B´Q.El circuito anterior equivale al de la

figuras 1.

Calculamos los valores de las fuerzas electromotrices. En un tiempo t, AB se desplaza

v1t y el área aumenta en l v1t

22

211

1 vBΔt

ΔtvB

Δt

ΔΦε;vB

Δt

ΔtvB

Δt

ΔΦε

Aplicamos Kirchoff a las mallas PABQ y PA´B´Q, tomando como sentido positivo el

movimiento de las agujas del reloj.

A

B

P A´

1v

2v

Q B´

R1 Ro

R2

1 2

R1 Ro R2 Fig.1

I1

I2

81

o122222o211111 RIIRIvBε;RIIRIvBε

Sustituyendo los valores numérico.

mA3,60,0036A11

0,17

11

0,21III

A11

0,21

44

0,84

4

11

0,510,03

I11

0,1734I0,03A

11

0,17II110,17

sumando,12I20I0,08;9I12I0,09

3I5I0,02;3I4I0,033II2I0,02;)3I(II0,03

21o

1122

1221

1221122211

82

29.- (385).- En el circuito de la figura inferior los cables de conexión

tienen resistencia despreciable. Cada espira tiene la superficie de un

semicírculo de radio R Los condensadores tienen capacidades C1 y C2

respectivamente. El dispositivo está atravesado por un campo magnético

variable que es perpendicular al plano de los conductores y dirigido hacia

dentro de ese plan. El módulo de ese campo es:

T

toBB

Bo y T son constantes y t es la variable tiempo.

En un determinado instante el cable perpendicular PQ se corta y se

suprime el campo magnético. Se pide la carga de cada condensador.

Calculamos la fuerza electromotriz inducida en la malla situada a la izquierda de PQ.

Supongamos que el intervalo de tiempo que consideramos es desde t=0 a t=T

T2

RπB

Δt

2

Rπ

T

ΔtB

Δt

2

RπB(0)t)B(Δ

Δt

ΔΦε

2

o

2

o

2

1

Otra forma de analizar el problema:

Considerando arbitrariamente que la corriente inducida circula en esta malla en

sentido contrario a las agujas de un reloj, de acuerdo con la regla de la mano derecha

para el flujo , haciendo coincidir los dedos con la mano cerrada en el sentido de la

corriente, , el vector superficie que lo señala el dedo pulgar sale del plano hacia el

observador. En consecuencia ese vector S

y el vector B

formaran un ángulo de 180º.

El flujo a través de ese elemento vale

83

T2

RBº180·cos

2

R·

T

tBS·B

2

o

2o

La fuerza electromotriz inducida

T2

RB

T2

RB

dt

d

dt

d2

o

2

o

1

El sentido en que se carga el condensador C1 nos lo indica la ley de Lenz. Al aumentar

el flujo que atraviesa la malla a la izquierda de PQ, la corriente inducida que se opone

a ese aumento es de sentido contrario a las agujas del reloj, y por consiguiente, la

armadura superior de C1 se cargará positivamente y negativamente la inferior, de modo

que la diferencia de potencial entre el condensador es V = y la carga de dicho

condensador.

1

2

o111 C

2T

RπBCεq

Para el otro condensador los argumentos empleados son los mismos y la corriente

inducida es en sentido contrario a las agujas del reloj, así que la armadura superior de

C2 se carga negativamente y la inferior positivamente.

Al desaparecer PQ y el campo, ocurre que la armadura inferior de C1, cargada

negativamente , está en contacto directo con la armadura inferior de C2, cargada

positivamente; y la armadura superior de C2, cargada negativamente, está en contacto

directo con la armadura superior de C1 , cargada positivamente. Así que de inmediato se

produce una cancelación de cargas, de modo que si la carga de C1 fuese igual a la de C2

los condensadores se descargarían totalmente. Si C1>C2 quedaría un remanente de

carga de valor

21

2

o CCT2

RπB

Esta carga remanente se repartiría a entre los dos condensadores quedando ambos

asociados en paralelo y por tanto a la misma diferencia de potencial. Sea Q1 y Q2 las

cargas finales de cada condensador:

21

211

2

o1

21

2

o

1

21121

2

o

1

211

1

212

2

2

1

121

2

o

21

CC

CCC

T2

RπBQ

CCT2

RπB

C

CCQCC

T2

RπB

C

CQQ

C

CQQ

C

Q

C

Q;CC

T2

RπBQQ

84

Par el condensador C2

21

212

2

o

2CC

CCC

T2

RπBQ

85