Inducción Magnética (Interior)

8 Inducción electromagnética
ACTIVIDADES
DELdel
DESARROLLO
Actividades
interiorDEdeLAlaUNIDAD
unidad
1. Calcula el flujo magnético a través de un cuadrado de 12 cm de lado que está
colocado perpendicularmente a un campo magnético de valor 0,4 T. ¿Cuánto
vale el flujo cuando el cuadrado está paralelo al campo?
Cuando el cuadrado está colocado perpendicularmente al campo, el vector campo y
el vector superficie son paralelos, luego el flujo a través de él vale:
FB = B · S · cos 0° = 0,4 · 0,122 = 5,76 · 10–3 Wb
Cuando el cuadrado se encuentra paralelo al campo, el ángulo que forman los vectores campo y superficie vale 90º; por tanto:
FB = B · S · cos 90° = 0 Wb
2. El flujo magnético que atraviesa un círculo situado en un campo magnético de
0,05 T vale 2 · 10–3 Wb. ¿Cuánto vale el radio del círculo si el plano del disco
forma un ángulo de 30º con la dirección del campo?
La expresión que corresponde al flujo que atraviesa un círculo de radio R es:
FB = B · S · cos a = B · π · R 2 · cos a
Despejando el radio y sustituyendo los valores de que disponemos, se obtiene:
R=
√
FB
B · π · cos a
=
√
2 · 10–3
= 0,1213 m
0,05 · π · cos 30°
3. Calcula el valor del campo magnético para que el flujo máximo a través de un
círculo de 20 cm de radio sea de 4 Wb.
El flujo será máximo cuando el círculo esté colocado perpendicularmente al campo;
en este caso, la expresión que permite calcular el flujo es:
FB = B · S · cos 0º = B · S
Por tanto, el valor del campo magnético que solicita el enunciado será:
B=
4
FB
FB
=
=
= 31,83 T
2
π · 0,22
S
π·R
4. Si conectamos los extremos de un conductor a los bornes de una batería de 12 V,
circula por él una corriente eléctrica de intensidad 10 A. Calcula: a) La resistencia del conductor. b) La carga transportada si la conexión dura 10 s. c) El
trabajo realizado por la batería en ese tiempo. d) La potencia eléctrica suministrada por la batería.
a) De acuerdo con la ley de Ohm:
V=I·R 8 R=
Unidad 8. Inducción electromagnética
V
12
=
= 1,2 Z
I
10
263
b) La carga transportada la obtenemos a partir de la expresión que relaciona la intensidad con el tiempo y la carga:
q
I=
8 q = I · t = 10 · 10 = 100 C
t
c) El trabajo realizado por la batería es:
W = V · q = 12 · 100 = 1 200 J
d) La potencia eléctrica de la batería es:
P = V · I = 12 · 10 = 120 W
Este valor también se puede obtener a partir de la definición de potencia:
W
1 200
P=
=
= 120 W
t
10
5. ¿En qué sentido circulará la corriente en la espira del ejercicio resuelto 4, si
acercamos el polo sur del imán? ¿Y cuando lo retiramos?
Si se acerca el polo sur, el número de líneas que salen de la espira aumenta, luego la
corriente inducida ha de circular en sentido horario, para que las líneas del campo
magnético que crea entren por esa cara, oponiéndose al aumento de las que salen.
Obtenemos el mismo resultado interpretando la oposición de la ley de Lenz de una
manera sencilla: la corriente inducida ha de circular de forma que la cara de la espira
que mira al imán sea su cara sur si acercamos el polo sur del imán.
Si retiramos el polo sur del imán, el número de líneas que salen de la espira disminuye, luego la corriente ha de circular en sentido antihorario, para que las líneas de su
campo magnético también salgan por esa cara, para contrarrestar la disminución.
En este caso, la ley de Lenz nos indica que la corriente inducida ha de circular de forma que la cara de la espira que mira al imán sea su cara norte si retiramos el polo sur
del imán.
En las figuras se ilustran ambos casos:
I
I
S
N
N
S
N
6. Determina el sentido en qué circulará la corriente por una espira circular, situada en el plano del papel, que es atravesada por un campo magnético que
sale de dicho plano y que aumenta con el tiempo. ¿Y cuando disminuye?
Si el campo magnético sale del papel y su valor aumenta con el tiempo, el número de
líneas de campo que salen de la espira también aumenta con el tiempo; por tanto, la
corriente inducida circulará por ella en sentido horario, para que produzca un campo
magnético cuyas líneas de fuerza penetren en el papel y se opongan al aumento de
las que salen.
264
Unidad 8. Inducción electromagnética
Si el campo disminuye con el tiempo, la corriente inducida en la espira circulará en
sentido contrario a las agujas del reloj, para producir un campo magnético cuyas
líneas de fuerza salgan del papel y contrarresten la disminución de las que salen a
través de la espira.
7. El flujo magnético a través de una espira varía según la ecuación:
F
B
= (3 – 0,5 · t) Wb
hasta anularse. Calcula: a) El flujo inicial y a los 2 s. b) La f.e.m. inducida. c) La
intensidad de la corriente inducida si Respira = 2 Z.
a) El flujo magnético inicial y a los 2 s es:
Finicial (t = 0 s) = 3 Wb ; Ffinal (t = 2 s) = 3 – 0,5 · 2 = 2 Wb
b) La f.e.m. inducida es:
e=–
DF
Ffinal – Finicial
2–3
=–
=–
= 0,5 V
2
Dt
Dt
c) Y la intensidad de la corriente inducida:
I=
e
0,5
=
= 0,25 A
2
R
8. La intensidad de la corriente inducida en una espira de 0,05 m2 de superficie y
de 2 Z de resistencia es de 0,1 A. ¿Cuál es la variación de flujo si se ha producido en 0,4 s?
De acuerdo con la ley de Ohm, la fuerza electromotriz inducida es:
e = I · R = 0,1 · 2 = 0,2 V
Por otro lado, de acuerdo con la ley de Faraday-Lenz, la f.e.m. inducida es:
e=–
DF
Dt
Por tanto, la variación de flujo magnético será:
DFB = – e · Dt = – 0,2 · 0,4 = – 0,08 Wb
9. Una espira cuadrada y horizontal, de 20 cm de lado, está situada en un campo
magnético uniforme de 0,05 T, dirigido verticalmente hacia arriba. Si invertimos el sentido del campo, empleando 0,1 s en el proceso, calcula: a) El flujo
magnético inicial y final. b) La fuerza electromotriz inducida por la inversión.
c) El sentido en que circula la corriente inducida.
a) Si tomamos el sentido de la superficie de la espira positivo hacia arriba, inicialmente tendrá la misma dirección y el mismo sentido que el campo; por tanto, el
flujo inicial valdrá:
8
8
Finicial = B · S = B · S · cos 0° = B · S = 0,05 · 0,22 = 2 · 10–3 Wb
Al invertir el campo, el vector superficie de la espira y el vector campo magnético
forman un ángulo de 180º; entonces, el flujo magnético será:
8
8
Ffinal = B · S = B · S · cos 180° = –B · S = –0,05 · 0,22 = –2 · 10–3 Wb
Unidad 8. Inducción electromagnética
265
b) La fuerza electromotriz inducida por la inversión es:
DF
Ffinal – Finicial
–2 · 10–3 – 2 · 10–3
=–
=–
= 0,04 V
0,1
Dt
t
c) Al invertir el sentido del campo, las líneas del campo que inicialmente estaban dirigidas hacia arriba disminuyen, y terminan estando dirigidas hacia abajo; por tanto, la corriente inducida ha de circular en sentido antihorario (visto desde arriba),
para que las líneas del campo magnético que produzca estén dirigidas hacia arriba y así compensen la disminución de líneas de campo.
e=–
10. Repite la actividad anterior si la dirección del campo forma un ángulo de 30º
con la vertical.
a) Como el vector superficie es perpendicular al plano de la superficie, si tomamos
su sentido hacia arriba, inicialmente el vector superficie de la espira forma 30º
con la dirección del campo, luego el flujo inicial vale:
8
8
Finicial = B · S = B · S · cos 30° = 0,05 · 0,22 · cos 30° = 1,73 · 10–3 Wb
Al invertir el campo, el vector superficie y el campo magnético forman un ángulo
de 150º, luego el flujo final es:
8
8
Ffinal = B · S = B · S · cos 150° = 0,05 · 0,22 · cos 150° = –1,73 · 10–3 Wb
b) La fuerza electromotriz inducida por la inversión es:
DF
Ffinal – Finicial
–1,73 · 10–3 – 1,73 · 10–3
=–
=–
= 0,035 V
0,1
Dt
t
c) La corriente inducida circula en sentido antihorario (visto desde arriba), para que
las líneas del campo magnético que produce estén dirigidas hacia arriba, pues al
invertir el sentido del campo las líneas del campo que inicialmente estaban dirigidas hacia arriba disminuyen y terminan estando dirigidas hacia abajo.
e=–
11. Supón que en el ejercicio resuelto 6 el campo magnético vale 0,4 T y sale perpendicularmente del plano del circuito. Calcula, en este caso, la velocidad
con que se desplaza la varilla y hacia dónde lo hace, si la corriente inducida
es de 0,5 A y circula en sentido horario.
Si la corriente circula en sentido horario, las líneas del campo magnético que crea están dirigidas hacia dentro del plano del papel. Y como la corriente inducida se opone al efecto que la produce, el número de líneas de campo que salen ha de aumentar (oponerse al aumento de las que salen es producir líneas que entren). Para ello,
la varilla ha de moverse hacia la derecha, para que la superficie aumente y, por
tanto, también lo haga el número de líneas de campo que salen.
Como la resistencia de la varilla es 2 Z, aplicando la
ley de Ohm podemos obtener el valor de la f.e.m.
inducida:
Y
M
A continuación, a partir de la expresión de la f.e.m.
inducida, obtenemos el valor de la velocidad:
e
1
e=B·L·v 8 v=
=
= 12,5 m/s
0,4 · 0,2
B·L
266
v
S
e = I · R = 0,5 · 2 = 1 V
L'
L
I
B'
B
N
X
Unidad 8. Inducción electromagnética
12. ¿Con qué frecuencia ha de girar, alrededor de uno de sus diámetros, una espira circular de 15 cm de radio en un campo magnético de 0,5 T y perpendicular al eje de giro, para que el valor máximo de la f.e.m. inducida sea de
12 V?
Cuando una espira gira en un campo magnético, alrededor de un eje perpendicular
al eje de giro, la f.e.m. inducida máxima es:
emáx = B · S · u = B · π · R 2 · 2 · π · f
Por tanto, la frecuencia de giro de la espira será:
f=
emáx
12
=
= 54 Hz
2
2
0,5
·
π
·
0,15
·2·π
B·π·R ·2·π
13. Enumera las diferencias esenciales entre un alternador y una dinamo, explicando el funcionamiento de cada uno.
En un alternador (ilustración inferior de la izquierda) se produce corriente alterna.
Cada terminal de la espira está en contacto con una anilla distinta, pero siempre con
la misma. La corriente sale al circuito durante medio período por una anilla y durante el otro medio período por la otra anilla.
En una dinamo (ilustración inferior de la derecha) se produce corriente continua. Los
terminales de la espira están en contacto con el circuito exterior mediante dos semicilindros. Cada terminal está en contacto con un semicilindro durante medio período, y con el otro semicilindro durante el otro medio período. La corriente sale siempre al circuito exterior por el mismo semicilindro.
ω
d
c
d
e
S
e
b
F
N
F
A
L
A
R
c
M
b
R
14. Indica si son correctas las afirmaciones siguientes:
a) La corriente producida por un alternador es alterna y de intensidad variable.
b) La corriente producida por una dinamo es continua y de intensidad constante.
a) Es cierta, pues un alternador produce una corriente alterna cuya intensidad varía
con el tiempo.
b) Es falsa, pues una dinamo produce una corriente continua, pero de intensidad variable.
Unidad 8. Inducción electromagnética
267
15. Calcula el número de espiras circulares de una bobina que gira con una frecuencia de 60 Hz en un campo magnético uniforme de 0,4 T, dirigido perpendicularmente al eje de giro si la f.e.m. máxima inducida vale 120 V y el radio
de las espiras es de 10 cm.
La f.e.m. inducida máxima en una bobina que gira en un campo magnético uniforme es:
e0 = n · B · S · u = n · B · π · R 2 · 2 · π · f
Por tanto, el número de espiras es:
n=
e0
120
=
= 25,33 espiras
2
0,4
·
π
·
0,1
· 2 · π · 60
B·π·R ·2·π·f
2
16. Calcula el coeficiente de autoinducción de un solenoide de 100 espiras y sección circular de 5 cm de radio, cuando su núcleo está vacío.
El coeficiente de autoinducción de un solenoide se calcula de acuerdo con la siguiente expresión:
µ · N2 · S
L=
l
Si el núcleo está vacío:
µ = µ0 = 4 · π · 10–7 N · A–2
Y si las espiras son circulares:
S = π · R 2 = π · 0,052 = 7,85 · 10–3 m2
Como el enunciado no nos da ningún dato para poder calcular la longitud del solenoide, expresaremos el coeficiente de autoinducción en función de esta, l. Así,
queda:
L=
µ · N2 · S
4 · π · 10–7 · 1002 · 7,85 · 10–3
=
= 9,86 · 10–5/l H
l
l
17. Si por el solenoide de la actividad anterior circula una corriente de intensidad I = 20 – 5 · t, ¿cuál es el valor de la f.e.m. autoinducida?
La f.e.m. autoinducida en el solenoide, en función de su longitud, l, es:
e4 = –L ·
=–
9,86 · 10–5
dI
d
=–
·
(20 – 5 · t) =
l
dt
dt
9,86 · 10–5
· (–5) = 4,93 · 10–4/l V
l
18. Por un solenoide recto, de sección circular de 2 cm de radio y 9 cm de longitud, circula una corriente de 5 A. Su coeficiente de autoinducción vale 0,11 H
cuando su hueco interior está vacío. a) ¿Cuántas espiras tiene este solenoide?
b) ¿Cuál es el valor del campo magnético en su interior? c) ¿Cuánto vale el flujo a través de una espira del solenoide y a través de todo el solenoide? d) ¿Cuál
es la f.e.m. media autoinducida cuando la corriente que lo recorre se anula en
una décima de segundo?
268
Unidad 8. Inducción electromagnética
a) Despejando el número de espiras de la expresión del coeficiente de autoinducción de un solenoide recto, tenemos:
L=
µ0 · N 2 · S
8 N=
l
√
L·l
µ0 · S
=
√
0,11 · 0,09
= 2 504 espiras
4 · π · 10–7 · π · 0,022
El solenoide tiene, por tanto, unas 2 500 vueltas.
b) El campo magnético en el interior del solenoide vale:
B=
µ0 · N · I
4 · π · 10–7 · 2 500 · 5
=
= 0,17 T
0,09
l
c) El flujo a través de una espira es:
F1 = B · S = 0,17 · π · 0,022 = 2,14 · 10–4 Wb
Y a través de todo el solenoide (2 500 espiras):
FB = N · F1 = 2 500 · 2,14 · 10–4 = 0,54 Wb
Estos valores también se pueden obtener a partir de la expresión del coeficiente
de autoinducción; así, el flujo a través del solenoide vale:
FB = L · I = 0,11 · 5 = 0,55 Wb
Y, por tanto, a través de una sola espira:
F1 =
FB
0,55
=
= 2,2 · 10–4 Wb
2 500
N
d) Cuando la corriente se anula, desaparece el campo magnético en el interior del
solenoide y, por tanto, el flujo magnético final a través de él es nulo. Al variar el
flujo, aparece una f.e.m. autoinducida, cuyo valor medio es:
e4 = –
Ffinal – Finicial
0 – 0,55
=–
= 5,5 V
0,1
t
19. Una central eléctrica de 500 MW produce una corriente alterna de 20 000 V.
Calcula la relación entre el número de espiras del primario y del secundario
del transformador necesario para elevarla a 200 kV. ¿Cuál es la intensidad de
la corriente de entrada y la de la red de alta tensión cuando trabaja al máximo de su potencia?
La relación entre los voltajes del primario y del secundario es:
V1
N
N1
2 0 000
1
= 1 8
=
=
200 · 103
10
V2
N2
N2
Por tanto, por cada espira del primario hay 10 en el secundario.
Si trabaja al máximo de potencia, como P = I · V, la intensidad en el primario
será:
I1 =
Unidad 8. Inducción electromagnética
500 · 106
P
=
= 25 000 A
20 000
V1
269
Y en el secundario, como suponemos que se conserva la energía y, por tanto, la potencia, la intensidad será:
I2 =
6
P
= 500 · 103 = 2 500 A
V2
200 · 10
Este último resultado también se puede obtener a partir de la relación entre las intensidades:
I2
V
N
N
= 1 = 1 8 I2 = 1 · I1 = 1 · 25 000 = 2 500 A
I1
V2
N2
N2
10
20. En los centros de transformación o estaciones distribuidoras, la corriente
llega a 10 000 V, y se distribuye a los usuarios a 220 V. Si el secundario del
transformador tiene 1000 espiras, calcula: a) El número de espiras del primario. b) La intensidad en ambos circuitos cuando la potencia demandada
por los usuarios es de 500 kW.
a) Teniendo en cuenta la relación entre los voltajes y los números de espiras en el primario y el secundario, se obtiene:
N1
V1
N
10 000
8 N1 = 10 000 · 1 000 = 45 455 espiras
= 1 8
=
1
000
220
V2
N2
220
b) Cuando se demanda una potencia de 500 kW, y suponiendo que no hay pérdida
de potencia, su valor ha de ser el mismo en ambos circuitos; por tanto, la intensidad de corriente en el circuito de entrada o primario, I1, es:
b) I1 =
500 · 103
P
=
= 50 A
10 000
V1
b) Y la intensidad que circula por el secundario, I2:
b) I2 =
270
500 · 103
P
=
= 2 273 A
220
V2
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