PROBLEMAS RESUELTOS ELECTROMAGNETISMO
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PROBLEMAS RESUELTOS ELECTROMAGNETISMO
Antonio J. BarberoDpto. Física Aplicada UCLM.
2
ZuBB
Z
B
ZuLS
2
L
L
º90
Cuadrado lado L
B
L
L
º90
ZuLS
sin 2
Rombo lado L
Z
PROBLEMA 1. Una espira cuadrada de lado L y resistencia R está situada dentro de un campo magnético uniforme perpendicular a su plano. Si tiramos de dos esquinas opuestas del cuadrado en sentidos contrarios de modo que el cuadrado se deforme adquiriendo progresivamente forma de rombo, ¿qué procesos físicos tienen lugar en la espira?
Cuando la espira cuadrada se deforma en forma de rombo, su área S disminuye a medida que se van cerrando los ángulos de las esquinas desde las cuales se tira en sentidos contrarios.La disminución del área provoca una disminución (en valor absoluto) del flujo del campo magnético B a través de la superficie del rombo, y esto dará lugar a una fuerza electromotriz inducida en el contorno delimitado por la espira (ley de Faraday). Como la espira es conductora, esta fem inducida originará una corriente eléctrica de intensidad I que circulará a lo largo de la espira.
20 º0cos · LBSBSB
SBdt
d
dt
d
SBSB ·
dt
dSB
dt
dBS
Flujo magnético
Variación flujo
B es constante
0dt
dSpues el área disminuye
0
dt
d
El sentido positivo para el recorrido de un contorno está relacionado con el vector superficie por la regla de la mano derecha
Ley de Faraday dt
d
Elegimos S paralelo a B.
PREGUNTA: ¿Cuál sería el resultado si hubiésemos elegido S antiparalelo a B?
El sentido del campo eléctrico inducido (cuya circulación sobre la espira es igual a la fem) tiene el sentido antihorario: al elegir S paralelo a B hemos considerado positivo dicho sentido. La corriente también tiene por lo tanto sentido antihorario.
0
RI
S
Sentido +
S
Sentido +
sin º0cos · 2LBSBSB
3
dt
dzv
PROBLEMA 2. Sea una espira conductora de radio R por la que circula la corriente constante I. Sobre el eje perpendicular a la espira hay un pequeño disco conductor delgado de radio r (r << R) cuyo plano se mantiene paralelo al plano de la espira. El disco se mueve con velocidad constante v a lo largo de dicho eje perpendicular. Hallar la distancia entre disco y espira para la cual la fuerza electromotriz inducida en el disco es máxima.
ZuRz
IRB
2/322
20
2
ZZ uruRz
IRSB
2
2/322
20 ·
2 ·
2/32222
0
2
Rz
dt
drIR
dt
d dt
dzRzz
rIR 2/52222
0 2 2
3
2
dt
dzRzz
rIR
dt
d 2/52222
0 2
3
Velocidad constante
2/52222
0 2
3
Rzz
vrIR
dt
d
2/52
5/2222
0 1 2
3
R
zR
R
zR
vrIR
dt
d
2/52
2
20 1 2
3
R
z
R
z
R
rIv
dt
d
Campo magnético B en el punto z del eje de una espira circular (R) que lleva la corriente I
Aproximamos el flujo a través del disco de radio r (al ser r<<R) como el producto del campo B en el eje multiplicado por el área del disco B
z
Z
r
RI
v
Zu
Para obtener el valor máximo de la fem es conveniente expresar este resultado en función del parámetro adimensional z/R
4
Para calcular el máximo llamemos 2/52
1
R
z
R
zf
y calculemos el máximo de f derivando
respecto a z/R
-2.5 -2.0 -1.5 -1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
-0.4
-0.3
-0.2
-0.1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
Rz /
Rzd
df
/
1222/52
1 511 R
z
R
z
R
z
1
1
5
2
2
Rz
Rz
1 522
R
z
R
z1 4
2
R
z25.0
2
R
z
5.0 R
z
PROBLEMA 2 (Cont.)
fem inducida
2/52
2
20 1 2
3
R
z
R
z
R
rIv
dt
d
2/52
1
R
z2/72
122
5
R
z
R
z
R
z
Rzd
df
/
Habrá máximo o mínimo de donde haya máximo o mínimo de f, ya que y f son proporcionales.Igualamos a cero:
01 51
122
R
z
R
z
Gráfica de fem en función del parámetro adimensional z/R
2
20
2
3
R
rIv
Unidades de fem
Alternativa para comprobación de máximo y mínimo: segunda derivada y sustitución para z/R = 0.5
Interpretación física: en la posición z/R = +0.5 la fem inducida es máxima, la circulación del campo eléctrico inducido en el disco es positiva. En z/R = -0.5 la fem inducida tendrá el mismo valor absoluto, pero su signo será opuesto porque la circulación del campo eléctrico inducido tendrá sentido contrario.
máximo
2/52
1
R
z
R
zf
Nunca es igual a cero
5
PROBLEMA 3. (a) Verifique que la densidad de corriente uniforme origina un potencial magnético vectorial igual a
20 mA ZuJJ
(b) Determinar el campo H a partir de: 1) el potencial vector; 2) la densidad de corriente.
1220
0 m Wb 4
ZuyxJA
(a) Partiendo de la ley circuital de Ampère y de la definición de potencial vector AB
JB
0
JA
0 AAA
2· AB
JB
0
AAA
·2
Elegimos A de modo que su divergencia sea nula
Igualdad vectorial:
JA
02
Ec. vectorial de Poisson
Ecuaciones escalares de
Poisson
xx JA 02
yy JA 02
zz JA 02
El potencial vectorial A dado en el enunciado sólo tiene componente z
220
02
2
2
2
2
22
4yxJ
zyxAz
2
222
2
222
00
4 y
yx
x
yxJ
00 4
4J
002 JAz JA
0
2
Pues la densidad de corriente no tiene componentes x ni y
zA 2 2
Y
X
Z
20 mA ZuJJ
Aspecto de la distribución de corriente propuesta
6
PROBLEMA 3 (Cont.)
b1) Puesto que conocemos el potencial vector de la distribución de corriente dada, pues ya demostramos antes que efectivamente , introducimos el campo H partiendo de la relación
AB
HB
0
0B
H
AH
0
1
zyx
zyx
AAAzyx
uuu
1
0
ZuyxJA
4
220
0
22
00
0
00
4
1
yxzyx
uuuJ
zyx
x
yxu
y
yxu
Jyx
22220
4
10 mA 2
yx uxuyJ
H
cosrxsinry
zz yu
sincos uuu rx
cossin uuu ry
zz uu
xu
u
ru
90
zu
saliente
Transformación cartesianas-cilíndricas
Aspecto del campo H alrededor de la distribución de corriente.
urJ
H
2
0
Y
X
Z
20 mA ZuJJ
Aspecto de la distribución de corriente propuesta
Y
X
Eje Z saliente
20 mA ZuJJ
H
H
H
cossin cossincos sin2
0 uuruurJ
H rr
220 cossincos sinsincos
2
uuuu
rJH rr
Nota: como la distribución de corriente se extiende indefinidamente en el plano XY, el módulo del campo H es mayor a medida que nos alejamos del eje Z, pues habrá más corriente abarcada según aumenta la distancia radial al origen de coordenadas.
x2y2
7
PROBLEMA 3 (Cont.)
b2) Calculamos el campo H aplicando la ley de Ampère en forma integral.
Y
X
Eje Z saliente
20 mA ZuJJ
r
H
H
H ld
ld
ld
Tomamos una circunferencia C de radio r alrededor del eje Z para calcular la circulación de H a lo largo de la misma.C
La simetría alrededor del eje Z implica que el vector H a lo largo de la curva C debe ser de módulo constante y tangente a la misma: por lo tanto paralelo a los elementos de longitud de la circunferencia.
enc
C
IudluH
···
rHdlHudluH
CC
2····
Ienc es la corriente encerrada por C
20 rJIenc rH 2·
urJ
H
2
0
Transformando de coordenadas cilíndricas a cartesianas (paso inverso al del apartado b1) se tiene
Mismo resultado del caso b1
yx uxuyJ
H
2
0
8
La frontera entre dos regiones de permeabilidades magnéticas m1 y m2 es el plano paralelo al eje Z. No hay corrientes superficiales y el campo magnético en el medio 1 esCalcular el campo magnético en el medio 2 y el ángulo entre el campo en el medio 1 y el eje Z.Particularizar para m1 = m0 , m2 = 2m1 = 2m0
Y
X
Z
yH1
yH 2
xH1
xH 2
zH1
zH 2
yy HH 21 xx HH 21
zz BB 21 zz HH 2211
1
2
1H
2H
z
yx
H
HH
1
21
21
tan
zz HH 12
12
PROBLEMA 4.
zzyyxx uHuHuHH
1111
Al no haber corrientes superficiales, las componentes de los campos H tangentes a la frontera entre ambos medios tienen que ser continuas.
Superficie separación plano XY
Para los campos B son continuas las componentes normales a la frontera
zzyyxx uHuHuHH
1111 Por tanto, si el campo H1 es
el campo H2 será zzyyxxzzyyxx uHuHuHuHuHuHH
11112
1222 2
1
Ángulo entre el campo H1 y el eje Z (véase figura)
z
yx
H
HH
1
21
211tan
Componentes tangentes de H (continuas)
9
400NI
cm 1
cm 10cm 10
cm 10
PROBLEMA 5. Determinar la intensidad de corriente I que debe circular por el arrollamiento de 400 espiras del circuito magnético de la figura de modo que el campo magnético en el entrehierro sea B = 1.5 Wb/m2. El núcleo está constituido por un material lineal cuya permeabilidad es m = 50 m0, y todas las ramas del circuito son iguales, con una sección recta A = 10 cm2.
Teniendo en cuenta las longitudes promedio de las ramas del circuito se determinan las reluctancias.
I
cm 1
cm 10cm 10
cm 10
400N
cm 5.4
cm 5.4
P
Q S
RM
N
CD
La rama central (camino PCDQ) está formada por tres tramos que constituyen un sistema de tres reluctancias en serie:
A
LR PC
PC 1
A
LR CD
CD0
1
A
LR DQ
DQ 1
3
2
0 10
10 · 5.4
50
1
3
2
0 10
101
3
2
0 10
10 · 5.4
50
1
DQCDPCSERIEPCDQ RRRRR
Las ramas PRSQ y PMNQ tienen igual reluctancia, por ser iguales sus propiedades magnéticas, longitud y área. Su reluctancia equivalente es la mitad de la de cada una de ellas, porque están conectadas en paralelo.
A
LRR PMNQPRSQ
1
3
2
0 10
10 · 03
50
1
2PCDQ
PARALELO
RR
15 Av·Wb 10 · .167
16 Av·Wb 10 · .967
15 Av·Wb 10 · .167
16 Av·Wb 10 · 77.4
16 Av·Wb 10 · 39.9
16 Av·Wb 10 · 39.2
Reluctancia equivalente
circuito completo:
PARALELOSERIE RRR
17 Av·Wb 10 · 18.1 R
10
400NI
cm 1
cm 10cm 10
cm 10
Wb10 · 5.1 · 3 AB
cm 5.4
cm 5.4
P
Q S
RM
N
CD
400N
PROBLEMA 5 (Cont.)
2cm 10A
PRSQR PMNQR
INfmm ·
P
Q
PCRCDR
DQR
Equivalencia circuito magnético
Reluctancia equivalente
circuito completo:
PARALELOSERIE RRR 17 Av·Wb 10 · 18.1 R
DQCDPCSERIE RRRR
2PCDQ
PARALELO
RR
Puesto que en el entrehierro CD tiene que haber un campo B = 1.5 T, el flujo magnético allí ha de ser
Analogía de la ley de Ohm para el circuito magnético:
RINfmm · ·
N
RI
· A 2.44
400
8·101.1 · .5·101 73
SERIER
PARALELOR
INfmm ·