mente resulta:
M = 2µ0a
Solución 14.4 P X
a) Para determinar la inducción mutua, se supone en primera instancia una corriente I1 que pasa por la bobina y una corriente nula en la espira. Luego, es necesario determinar el flujo Φ1→2 que genera el campo magnético de la bobina sobre la espira. El campo magnético que genera la bobina dentro de ella es ~B = µ0nI1ẑ y la normal de la espira (dado que está rotada con respecto al eje de la bobina) es n̂ = cosαŷ + sinαẑ. Por lo tanto el flujo es Φ1→2 = ¨ ~B · ~dS = 2πˆ0bˆ0µ0nI1ẑ · rdrdθ(cosαŷ + sinαẑ) = µ0nI1πb2 sinα Luego la inducción mutua es M = Φ1→2I1 = µ0nπb2 sinα~Bn̂a
z
y
Figura 14.1: Representación normal espira y campo magnético.
154 CAPÍTULO 14. INDUCTANCIA Y ENERGÍA MAGNÉTICA
b) La fem inducida en la bobina estará dado por ε = −dΦ2→1dt. Donde Φ2→1 es el flujo de la espira sobre la bobina. A priori, parece complicado determinar el valor del flujo Φ2→1, sin embargo es posible utilizar el calculo anterior, ya que por simetría de la inductancia mutua M = Φ1→2I1 = Φ2→1I2 =⇒ Φ2→1 = MI2 Utilizando el hecho que I2(t) = I0 sinωt, se obtiene que ε = −dΦ2→1dt = −MdI2dt = −µ0nπb2 sinα · I0ω cosωt Finalmente, el máximo valor que alcanza la fem en la bobina (o equivalentemente, la diferencia de potencial en sus terminales) es en t = πω∆Vmax = µ0nI0ωπb2 sinαSolución 14.5 P X
a) El campo magnético que genera cualquier alambre con corriente I es ˛ ~B · ~dl = µ0I B(r) · 2πr = µ0I ~B(r) = µ0I2πrθ̂ Extrapolando ese resultado al problema, y considerando que el sistema de referencia está ubicado con el alambre inferior y = 0 ~Btot = ~Bcable1 + ~Bcable2 = µ0I2πy ẑ + µ0I2π(y − d) (−ẑ) Luego ¨ ~Btot · ~dS = dˆ03dˆ02dµ0I2π ẑ (1y− 1y − d) · dxdyẑ = µ0I2π d (ln (32)− ln(2)) = µ0I2π d ln (34) Finalmente como M = |Φ|I = µ0d2π ln (43)b) Usando la Ley de Lenz y los resultados de la parte anterior Φ = µ0I2π d ln (34) < 0. Luego ε = −dΦdt = − µ0I2π d ln (34)︸ ︷︷ ︸ <0dIdt︸︷︷︸ >0 > 0 Como ε > 0, la corriente va en el sentido positivo de la normal ẑ (antihorario).II. SOLUCIONES 155c) Como la resistencia de espira es r, la corriente que ciercula por ella es I1 = εr = −µ0d2πr ln (34)dIdtLa fuerza puede calcularse en los cuatro lados de la espira. Para los lados verticales la fuerza es simétrica, igual en módulo pero en sentidos contrarios, por ende se anulan. Por otro lado dF1 = I1 ~dl × ~Btot(y = 2d) = I1dxx̂×µ0I2π (12d− 1d)dx(−ŷ)Integrando en x entre 0 y d,=⇒ ~F1 = µ0II14π ŷAnálogamente para la sección horizontal del cable superior, usando y = 3ddF3 = I1 ~dl × ~Btot(y = 3d) =µ0II112π (13d− 12d)dx(−ŷ)=⇒ ~F3 = −µ0II112π ŷFinalmente la fuerza está dada por la suma de ~F1 + ~F3~Ftot = µ0II16π ŷ = −µ0I6πµ0d2πr ln (34)dIdtŷSolución 14.6 P XExisten dos maneras de resolverlo, mediante la energía magnética o mediante el flujo magnético:i) Energía magnética: Primero que todo, se calcula el campo magnético en el espacio mediante Ley de Ampére en una superficie circular de radio r, perpendicular a los dos cascarones cilíndricos. De esta manera, para a < r < b: ~B = B(r)θ̂ =⇒ ˆ~B · d~l = 2πrB = µ0ILuego, la corriente que atraviesa dicho camino es:I = ˆ( ~Ka × n̂) · d~lDonde n̂ = r̂ es el vector normal a la superficie cilíndrica de radio a (superficie a través de la cuál circula la corriente enlazada), y d~l = rdθθ̂. Por lo tanto:I = 2πˆ0I02πaadθ = I0 =⇒ ~B(a < r < b) =µ0I02πrθ̂Además, se debe tener claro que ~B(r < a) = 0 debido a que no hay corrientes enlazadas para r < a; y ~B(r > b) = 0 debido a que la suma de corrientes enlazadas es nula para r > b.Ahora, se calcula la energía magnética asociada a una altura h arbitraria en los cilindros:Um =12µ0| ~B|2dV =hˆ02πˆ0bˆaµ24π2r2rdθdrdz =µ0I024h4πln(ba)Así, se obtiene la energía por unidad de largo:um =Umh =µ0I024πln(ba)Para calcular la autoinductancia por unidad de largo, se debe recordar que la energía magnética asociada a una autoinductancia es (recordar que en este caso I = I0):Um =LI202=µ0I024h4πln(ba)=⇒ L =µ0h2πln(ba)Por lo tanto, la autoinductancia por unidad de largo vale:l =Lh=µ02πln(ba)ii) Flujo magnético: Usando los resultados anteriores del campo magnético, se calcula el flujo magnético a través de una superficie rectangular, perpendicular al campo ~B, de lado (b− a) y altura h:Φ =ˆ~B · d~S =bhˆ02πˆ0µ0I02πrdrdz =µ0I02πln(ba)Recordando que:Φ = LI0 =⇒ L =µ0h2πln(ba)=⇒ l =µ02πln(ba)Solución 14.8 P XDado que la carga comienza a rotar, se genera una densidad superficial de corriente ~K(t) = σ0ω(t)Rθ̂. Este problema es análogo al de una bobina con una corriente circulando por ella, por ende el campo magnético fuera del cilindro es nulo. A partir de eso se obtiene por ley de Ampère:˛~B · ~dl = µ0I =⇒ B ·H = µ0KH =⇒ ~B = µ0σ0αtREl camino elegido es el mismo que se usa en bobina, un rectángulo de altura H. Luego, usando la ley de Faraday para un disco de radio r < R˛~E · ~dl = − ddt¨~B · ~dS =⇒ E(r, t) · 2πr = − ddt(πr2 · µ0σ0αtR) =⇒ ~E(r) =µ0σ0αRr2θ̂El campo eléctrico cambia debido a la indu