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Inducción en espira cuadrada

De Laplace

Contenido

1 Enunciado

Con 2 m de un fino cable de cobre (\sigma = 5.96\times 10^{7}\mathrm{S}/\mathrm{m}) de sección circular de 0.10 mm de diámetro se construye una espira de forma cuadrada. Esta espira se coloca perpendicularmente a un campo magnético

\vec{B}=B_0\cos(\omega t)\vec{k}

con B_0 = 100\,\mathrm{mT} y \omega = 100\pi\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}.

  1. Calcule la fuerza electromotriz inducida como función del tiempo.
  2. Halle la corriente que circula por la espira como función del tiempo.
  3. Determine la potencia disipada por efecto Joule en el hilo como función del tiempo.
  4. Calcule la energía total disipada por efecto Joule a largo de un periodo de oscilación del campo magnético.

Despréciese la autoinducción de la espira.

2 Fuerza electromotriz

De acuerdo con la ley de Faraday, la fuerza electromotriz inducida en la espira vale

\mathcal{E}=-\frac{\mathrm{d}\Phi_m}{\mathrm{d}t}

siendo Φm el flujo magnético a través de una superficie apoyada en la espira.

En nuestro caso, esta superficie es un cuadrado de lado 2m/4 = 0.5 m, que tiene un área

S = L^2 = 0.25\,\mathrm{m}^2

y consideramos un sentido de recorrido antihorario alrededor del eje OZ, de forma que el vector normal a la superficie es \vec{k}

El flujo del campo magnético se calcula mediante la integral

\Phi_m = \int_A\vec{B}\cdot\mathrm{d}\vec{S}

puesto que el campo magnético es independiente de la posición (solo depende del tiempo) y es paralelo al vector superficie, por lo que la integral se reduce a una multiplicación

\Phi_m = B(t)S = B_0S\cos(\omega t)\,

Derivando esta expresión respecto al tiempo hallamos la f.e.m.

\mathcal{E}=B_0S\omega\,\mathrm{sen}(\omega t)

Numéricamente

\mathcal{E}=0.1\times 0.25\times 100\pi\,\mathrm{sen}(100\pi t)\,\mathrm{V}=7.85\,\mathrm{sen}(314t)\,\mathrm{V}

3 Corriente inducida

Una vez que tenemos la f.e.m. hallamos la corriente aplicando la ley de Ohm

I=\frac{\mathcal{E}}{R}

donde la resistencia del cable vale

R = \frac{l}{\sigma A}=\frac{2.0\,\mathrm{m}}{5.96\times 10^7\mathrm{S}/\mathrm{m}\pi(10^{-4}/2)^2\mathrm{m}^2}=4.27\,\Omega

por lo que resulta la corriente

I =\frac{B_0S\omega}{R}\mathrm{sen}(\omega t)=1.84\mathrm{sen}(100\pi t)\,\mathrm{A}

La corriente es sinusoidal, como la fuerza electromotriz. Lo que estamos describiendo es un sencillo generador de corriente alterna.

4 Potencia disipada

La potencia disipada en cada instante se halla por la ley de Joule

P = I^2R = \frac{\mathcal{E}^2}{R}=\frac{B_0^2S^2\omega^2}{R}\mathrm{sen}^2(\omega t)

Numéricamente

 P = 1.84^2\times 4.27\,\mathrm{sen}^2(100\pi t)\,\mathrm{W} = 14.4\mathrm{sen}^2(\omega t)\,\mathrm{W}

5 Energía disipada

La potencia nos da el ritmo al cual se disipa la energía. Para hallar la energía disipada debemos calcular la integral de la potencia

W = \int_0^T P\,\mathrm{d}t

En este caso

W = \frac{B_0^2S^2\omega^2}{R}\int_0^T\mathrm{sen}^2(\omega t)\mathrm{d}t

La integral del cuadrado del seno es casi inmediata

\mathrm{sen}^2(\omega t) = \frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos(2\omega t)\qquad\Rightarrow\qquad \int_0^T\mathrm{sen}^2(\omega t)\mathrm{d}t = \frac{T}{2}-\frac{\mathrm{sen}(2\omega T)}{4\omega}

El periodo de la oscilación vale

T = \frac{2\pi}{\omega}=0.02\,\mathrm{s}

por lo que el último término se anula

\mathrm{sen}(2\omega T) = \mathrm{sen}(4\pi) = 0\,

lo que reduce la energía disipada a

W = \frac{B_0^2 S^2\omega^2}{R}\,\frac{T}{2}=\frac{\pi B_0^2S^2\omega}{R}

Numéricamente

W = 14.4\,\mathrm{W}\times 0.01\,\mathrm{s}=144\,\mathrm{mJ}

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