Fem Ley De Faraday

PROBLEMAS RESUELTOS LEY DE FARADAY

CAPITULO 31 FISICA TOMO 2

quinta edición Raymond A. Serway

LEY DE FARADAY 31.1 Ley de inducción de Faraday 31.2 Fem en movimiento 31.3 Ley de Lenz 31.4 Fem inducida y campos eléctricos 31.5 (Opcional) Generadores y motores 31.6 (Opcional) Corrientes parasitas 31.7Las maravillosas ecuaciones de Maxwell Erving Quintero Gil Ing. Electromecánico Bucaramanga– Colombia 2009

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Ejemplo 31.1 Serway quinta edición pag. 984 Una bobina consta de 200 vueltas de alambre y tiene una resistencia total de 2 Ω. Cada vuelta es un cuadrado de 18 cm de lado y se activa un campo magnético uniforme perpendicular al plano de la bobina. Si el campo cambia linealmente de 0 a 0,5 tesla en 0,8 seg.Cual es la magnitud de la fem inducida en la bobina mientras esta cambiando el campo? El área de una vuelta de la bobina es: Lado = 18 cm = 0,18 m A = 0,18m * 0,18m = 0,0324 m2 El flujo magnético a través de la bobina en t = 0 es cero, puesto que B = 0 en dicho momento. Φ2 = 0 En t = 0,8 seg. El flujo magnético a través de una vuelta de la bobina es: Φ1 = B * A Φ1 = 0,5 T * 0,0324 m2 Φ1 = 0,0162 Tm2 Por tanto, la magnitud de la fem inducida es: ΔΦB = Φ1 – Φ2 = 0,0162 T m2 – 0 = 0,0162 T m2 N = 200 vueltas. Δt = 0,8 seg
B

ε =N
ε =N

Δφ B Δt

Δφ B 0,0162 T m 2 3,24 T m 2 = 200 = = 4,05 voltios Δt 0,8 seg 0,8 seg ε = 4,05 voltios

Ejemplo 31.4 Serway quinta edición Una barra conductora de longitud ℓ gira a una rapidez angular constante w alrededor de un pivote en un extremo. Uncampo magnético uniforme B esta dirigido perpendicularmente al plano de rotación, como se muestra en la figura 31.10. Determine la fem de movimiento inducida entre los extremos de la barra.

Considere un segmento de la barra de longitud dr que adquiera una velocidad v.

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dt Pero: v = dx dt ε=-Bℓv

ε = B l dx

ε=Bvℓ dε = B v dr puesto que cada segmento de la barra se mueveperpendicularmente a B una fem dε de la misma forma se genera a través de cada segmento. Al sumar las fem inducidas en todos los segmentos los cuales están en serie, se obtiene la fem total entre las extremos de la barra. dε = B v dr

= ∫ B v dr ε = ∫ B v dr

∫ dε

ε = B ∫ vdr Pero: V = w * r ε = B ∫ w r dr ε = B w ∫ w r dr ε = B w ∫ r dr
ε =Bw
0 r2
l2 ]l = B w 2 0 2

l

Ejemplo 31.5 Serway quintaedición La barra conductora ilustrada en la figura 31.11 de masa m y longitud ℓ se mueve sobre 2 rieles paralelos sin fricción en presencia de un campo magnético uniforme dirigido hacia adentro de la pagina. A la barra se le da una velocidad inicial vi hacia la derecha y se suelta en t = 0. Encuentre la velocidad de la barra como una función del tiempo.

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SOLUCION: La corriente inducida estaen la dirección contraria a la de las manecillas del reloj y la fuerza magnética es: FB = -I ℓ B donde el signo negativo significa que la fuerza es hacia la izquierda y retarda el movimiento. Esta es la única fuerza horizontal que actúa sobre la barra y consecuentemente la segunda ley de newton aplicada movimiento en la dirección horizontal produce:
B

Fx = m * a = m *

dv =-Il B dt

pero:ε = B v ℓ ε Bl v i= = R R Bl v i= R
m* dv = - (I ) l B dt

m*

dv ⎛Blv⎞ = -⎜ ⎟l B dt ⎝ R ⎠
dv B2 l2 =v dt R

m*

dv B2 l2 =v m R dt B2 l2 dv =dt v mR

A partir de este resultado se ve que la velocidad puede expresarse en la forma exponencial v = v1 e - t τ Esta expresión indica que la velocidad de la barra disminuye exponencialmente con el tiempo bajo la acción de una fuerza magnéticaretardadora. Ejercicio para la barra en este ejemplo encuentre expresiones para la corriente inducida y la magnitud de la fem inducida como funciones del tiempo.

dv t B 2 l 2 = dt v1 v ∫0 m R dv B2 l 2 t =∫v ∫ dt v1 v mR 0 ⎛ v ⎞ ⎛ B2 l 2 ⎞ ⎟ Ln⎜ ⎟ = - ⎜ ⎜v ⎟ ⎜ mR ⎟t ⎝ 1⎠ ⎝ ⎠
∫v

i=

ε
R

=

Pero v = v1 e - t τ

Bl v R

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i=

ε
R

=

Bl Bl v= v1 e − t τ R R

ε=B ℓv...