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Espira cuadrada en torno a solenoide

De Laplace

Contenido

1 Enunciado

Una espira cuadrada de lado b, de resistencia R y autoinducción despreciable rodea concéntricamente a un solenoide circular largo, de radio a, de longitud h (h\gg a) y N espiras. Por el solenoide circula una corriente constante Ib0, que a partir de t = 0 comienza a decaer exponencialmente como
I_b(t) = I_{b0} \mathrm{e}^{-\lambda t}\,
  1. Sabiendo que el campo magnético en el interior del solenoide es aproximadamente uniforme, calcule la corriente que circula por la espira cuadrada como función del tiempo.
  2. Halle la carga que pasa por un punto de la espira durante todo el periodo t > 0.
  3. Halle la potencia instantánea disipada por efecto Joule en la espira, así como la energía total disipada en el periodo t > 0.
  4. Suponga ahora la misma situación descrita anteriormente, pero considere que la espira posee una autoinducción no despreciable L y que inicialmente no circula corriente por ella. Para t > 0 la corriente que pasa por la espira es de la forma
I_e = C \mathrm{e}^{-\lambda t} + D \mathrm{e}^{-Rt/L}\,
Calcule las constantes C y D, así como la carga que pasa por un punto de la espira en el periodo t > 0 y la energía total disipada en el mismo periodo.

2 Corriente que circula por la espira

La corriente que circula por la espira puede obtenerse aplicando la ley de Faraday a una superficie apoyada en la espira

I=\frac{\mathcal{E}}{R}=-\frac{1}{R}\,
\frac{\mathrm{d}\Phi_m}{\mathrm{d}t}

donde consideramos un sentido de recorrido a lo largo del cuadrado tal que la normal a la superficie vaya en el mismo sentido que el campo del solenoide.

Antes de t = 0 la corriente que circula por la bobina es constante, y lo mismo ocurrirá con su flujo, por lo que no circulará corriente por la espira:

I_e=0\,    (t<0)\,

A partir de t=0 la corriente del solenoide y el campo que produce dependen del tiempo, por lo que se inducirá una corriente en la espira.

El campo magnético producido por un solenoide circular largo es

\mathbf{B}=\begin{cases}\displaystyle\frac{\mu_0NI_b}{h}\mathbf{u}_z & \rho < a\\ & \\ \mathbf{0} & \rho > a\end{cases}

siendo uniforme en el interior del solenoide y nulo fuera.

La dependencia temporal aparece en la corriente Ib, que decae exponencialmente. Por ello, podremos escribir el campo magnético del solenoide como

\mathbf{B}=\begin{cases}\mathbf{B}_0\mathrm{e}^{-\lambda t} & \rho < a\\ & \\ \mathbf{0} & \rho > a\end{cases}        \mathbf{B}_0=\frac{\mu_0NI_{b0}}{h}\mathbf{u}_z

El flujo de este campo a través de un cuadrado apoyado en la espira es

\Phi_m = \int_S \mathbf{B}\cdot\mathrm{d}\mathbf{S} = \Phi_{m0}\mathrm{e}^{-\lambda t}

donde

\Phi_{m0}=B_0 \pi a^2 = \frac{\mu_0\pi a^2NI_{b0}}{h}

Obsérvese que el área que aparece en el flujo es πa2, la sección del solenoide, y no b2, el área del cuadrado, ya que al ser el campo no nulo únicamente en el interior del solenoide, sólo esta parte contribuye al flujo.

Conocido el flujo, el cálculo de la corriente es inmediato:

I=-\frac{1}{R}\,
\frac{\mathrm{d}\Phi_m}{\mathrm{d}t} = \frac{\Phi_{m0}\lambda}{R}\mathrm{e}^{-\lambda t} =I_{e0}\mathrm{e}^{-\lambda t}

3 Carga total que fluye por la espira

La cantidad que pasa por un punto de un cable en un intervalo de tiempo diferencial es

\mathrm{d}Q=I\,\mathrm{d}t

por lo que la carga total que pasa por un punto en el periodo t > 0 es

Q=\int_0^\infty I(t)\,\mathrm{d}t = I_{e0}\int_0^\infty \mathrm{e}^{-\lambda t}\mathrm{d}t = \frac{I_{e0}}{\lambda}=\frac{\Phi_{m0}}{R}

4 Potencia y energía disipada

La potencia disipada en la espira en un instante es

P(t) = I(t)^2R = I_{e0}^2 R\mathrm{e}^{-2\lambda t}\,

y la energía total disipada en el periodo t > 0

W_d = \int_0^\infty P\,\mathrm{d}t = I_{e0}^2 R \int_0^\infty \mathrm{e}^{-2\lambda t}\mathrm{d}t = \frac{I_{e0}^2R}{2\lambda}=\frac{\Phi_{m0}^2 \lambda}{2R}

5 El caso de una autoinducción no despreciable

5.1 Corriente que circula por la espira

Cuando la espira posee una autoinducción apreciable, debe incluirse el efecto del flujo magnético debido a la propia espira, por lo que la ecuación para la corriente pasa a ser

IR=-\frac{\mathrm{d}\Phi_m}{\mathrm{d}t}=-\frac{\mathrm{d}\Phi_\mathrm{ext}}{\mathrm{d}t}--\frac{\mathrm{d}\ }{\mathrm{d}t}\left(LI\right)

donde Φext es el flujo debido al solenoide, que ya conocemos.

Teniendo en cuenta que la espira es rígida (L = cte) podemos escribir esta ecuación como

L\frac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}t}+RI = \lambda \Phi_{m0}\mathrm{e}^{-\lambda t}

Esta ecuación es una de coeficientes constantes no homogénea, cuya solución es sencilla. Sin embargo, en el enunciado ya aparece la forma de la solución:

I_e = C \mathrm{e}^{-\lambda t} + D \mathrm{e}^{-Rt/L}\,

por lo que el problema se reduce a determinar las constantes C y D.

Sustituyendo en la ecuación diferencial nos queda

-\lambda L C \mathrm{e}^{-\lambda t}+ RC\mathrm{e}^{-\lambda t} = \lambda \Phi_{m0}\mathrm{e}^{-\lambda t}\,

y el término en D se anula. De aquí obtenemos el valor de C:

C=\frac{\lambda \Phi_{m0}}{R-\lambda L}

El valor de D lo obtenemos de la condición de que la corriente inicial es nula. Haciendo t = 0 en la solución queda

I_e(0) = C+D\,    \Rightarrow    D = -C = -\frac{\lambda \Phi_{m0}}{R-\lambda L}

y la solución para todo instante es

I_e = \frac{\lambda \Phi_{m0}}{R-\lambda L}\left(\mathrm{e}^{-\lambda t} - \mathrm{e}^{-Rt/L}\right)\,

5.2 Carga total que pasa por un punto

Una vez que tenemos la intensidad, el cálculo de la carga que pasa por un punto es inmediato

Q=\int_0^\infty I(t)\,\mathrm{d}t = \frac{\Phi_{m0}\lambda }{R-\lambda L}\int_0^\infty \left(\mathrm{e}^{-\lambda t}-\mathrm{e}^{-Rt/L}\right)\mathrm{d}t = \frac{\Phi_{m0}\lambda }{R-\lambda L}\left(\frac{1}{\lambda}-\frac{L}{R}\right) = \frac{\Phi_{m0}}{R}

Nótese que este resultado es independiente del valor de la autoinducción L.

5.3 Potencia y energía disipada

De forma análoga calculamos la potencia instantánea y la energía total disipada. La potencia es

P(t) = I(t)^2R = \frac{\lambda^2 \Phi_{m0}^2}{(R-\lambda L)^2}\left(\mathrm{e}^{-\lambda t}-\mathrm{e}^{-R t/L}\right)^2=\frac{\lambda^2 \Phi_{m0}^2}{(R-\lambda L)^2}\left(\mathrm{e}^{-2\lambda t}-2\mathrm{e}^{-(R/L+\lambda)t}+\mathrm{e}^{-2Rt/L}\right)

y la energía

W_d = \int_0^\infty P\,\mathrm{d}t = \frac{\lambda^2 \Phi_{m0}^2 R}{(R-\lambda L)^2}\left(\frac{1}{2\lambda}-\frac{2L}{R+\lambda L}+\frac{L}{2R}\right) = \frac{\lambda \Phi_{m0}^2}{2(R+\lambda L)}

Vemos que para L = 0 se reduce al caso que ya conocemos.

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