problemas resueltos de ley de farday

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. ElectromecánicoBucaramanga – Colombia
2009

quintere@hotmail.com
quintere@gmail.com
quintere2006@yahoo.com

1

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 0,5tesla 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 T m2
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

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

ε =N

Ejemplo 31.4 Serway quinta edición
Una barra conductora de longitud ℓ gira a una rapidez angular constante walrededor de un pivote en un
extremo. Un campo 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.

2

ε = B l dx

dt
Pero:
v = dx
dt
ε=-Bℓv

ε=Bvℓ
dε = B v dr
puesto quecada segmento de la barra se mueve perpendicularmente 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
∫ dε

= ∫ B v dr
ε = ∫ B v dr

ε = B ∫ vdr
Pero: V = w * r
ε = B ∫ w r dr
ε = B w ∫ w r dr
l

ε = B w ∫ r dr
ε =Bw0
r2

l2
]l = B w
2 0
2

Ejemplo 31.5 Serway quinta edición
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 comouna función del tiempo.

3

SOLUCION: La corriente inducida esta en 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 ladirección 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 ⎠

m*

dv
B2 l2
=v
dt
R

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

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⎠ ⎝
⎠
∫vA 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 magnética retardadora.
Ejercicio para la barra en este ejemplo encuentre expresiones para la corriente inducida y la magnitud
de la fem inducida como funciones del...