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Problema del 2o parcial F2 GIOI 2021-2022

De Laplace

Contenido

1 Enunciado

ea una espira triangular de las dimensiones indicadas en la figura. Las varillas están hechas de un material de conductividad \sigma=5\times 10^6\,\mathrm{S}/\mathrm{m} y tienen sección transversal A=2\,\mathrm{mm}^2.

  1. Si por la espira circula una intensidad de corriente I_0=1.2\,A en el sentido indicado, ¿Cuánto vale la potencia que se está consumiendo por efecto Joule?
  2. Para esta intensidad de corriente, ¿cuánto vale el campo magnético producido por la espira en el punto P? Tómense los ejes OX y OY a lo largo de los catetos del triángulo con el origen en vértice del ángulo recto.

Suponga que esta espira se mueve horizontalmente con velocidad \vec{v}=9.6\vec{\imath}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}, penetrando en un campo magnético perpendicular al plano de la espira y de valor \vec{B}=100\vec{k}\,\mathrm{mT}. En el momento en que la espira ha penetrado una distancia x=40 cm (la mitad de la base)…

  1. ¿Cuánto vale la fuerza electromotriz inducida en la espira?
  2. ¿Cuánto vale la intensidad de corriente que circula por ella?
  3. ¿Cuánto vale la fuerza que el campo magnético ejerce sobre la espira?
  4. ¿Cuánto vale la potencia mecánica que desarrolla esta fuerza?

Datos:

  • Permeabilidad del vacío: \mu_0=4π\times 10^{-7} \mathrm{T}\cdot \mathrm{m}/\mathrm{A}
  • Campo magnético creado por un segmento rectilíneo:
\vec{B}=\frac{\mu_0I}{4\pi\rho}\left(\mathrm{sen}⁡(\alpha_2)-\mathrm{sen}⁡(\alpha_1)\right)\vec{u}_\theta

2 Efecto Joule

La potencia consumida la da la ley de Joule

P=I^2R\,

La intensidad la conocemos. Nos queda hallar la resistencia, que la calculamos como la d eun conductor filiforme

R=\frac{\ell}{\sigma A}=\frac{1.00+0.60+0.80}{5\times 10^6\times 2\times 10^{-6}}\,\Omega=0.24\,\Omega

y, por tanto, la potencia consumida vale

P=I^2R=1.2^2\cdot 0.24\,\mathrm{W}=0.3456\,\mathrm{W}

3 Campo magnético en P

El campo magnético lo calculamos por superposición de los tres lados. Según la fórmula para el campo debido a cada segmento

\vec{B}=\frac{\mu_0I}{4\pi\rho}\left(\mathrm{sen}⁡(\alpha_2)-\mathrm{sen}⁡(\alpha_1)\right)\vec{u}_\theta

Aquí, ρ es la distancia a la recta soporte del segmento. α2 es el ángulo con el que se ve, desde el punto P, el extremo final del segmento y α1 es ángulo con el que se ve el extremo inicial. \vec{u}_\theta es el unitario que da vueltas al segmento, según la regla de la mano derecha.

En este caso \vec{u}_\theta será \vec{k} o -\vec{k} según se esté a un lado o al otro de cad segmento.

Para calcular el campo producido por cada segmento, lo más cómodo es girar la figura alrededor de P, de manera que cada segmento en cuestión quede vertical y con la corriente hacia arriba. Así es más fácil ver los dos ángulos y el sentido del campo.

3.1 Cateto de longitud 60 cm

Este lado está a una distancia \rho=80\,\mathrm{cm}. Los dos ángulos extremos cumplen

\mathrm{sen}(\alpha_2)=\frac{60}{100}=0.60\qquad\qquad  \mathrm{sen}(\alpha_1)=0

Obsérvese que para calcular el seno no hace falta en absoluto hallar el ángulo. Seno de un ángulo es cateto opuesto dividido por hipotenusa. Punto. Eso de hallar lo de 36 grados y pico por la tangente para luego calcular el seno es enredarse un cálculo inútil, en una pérdida de tiempo que lo único que produce son errores matemáticos y que el alumno se desespere pensando que el cálculo tiene una complejidad que no es tal. Siendo el caso además de que nunca, nunca, nunca se ha hecho así en clase. Seno es cateto opuesto dividido por hipotenusa.

El sentido del campo, de acuerdo con la regla de la mano derecha, a ese lado del segmento es hacia fuera del papel o pantalla, es decir +\vec{k}

El campo producido por este segmento es entonces

\vec{B}_1=\frac{\mu_0I}{4\pi\rho}\left(\mathrm{sen}⁡(\alpha_2)-\mathrm{sen}⁡(\alpha_1)\right)\vec{u}_\theta=\frac{10^{-7}\cdot 1.2}{0.80}(0.60-0)\vec{k}=0.09\,\mu\mathrm{T}\,\vec{k}

3.2 Cateto de longitud 80 cm

Este lado está a una distancia \rho=60\,\mathrm{cm}. Los dos ángulos extremos cumplen

\mathrm{sen}(\alpha_2)=0\qquad\qquad  \mathrm{sen}(\alpha_1)=\frac{-80}{100}=-0.80

El sentido del campo, a ese lado del segmento es, de nuevo, hacia fuera del papel o pantalla, es decir +\vec{k}

El campo producido por este segmento es entonces

\vec{B}_2=\frac{\mu_0I}{4\pi\rho}\left(\mathrm{sen}⁡(\alpha_2)-\mathrm{sen}⁡(\alpha_1)\right)\vec{u}_\theta=\frac{10^{-7}\cdot 1.2}{0.60}(0-(-0.80))\vec{k}=0.16\,\mu\mathrm{T}\,\vec{k}

3.3 Hipotenusa

Este lado está a una distancia \rho=48\,\mathrm{cm}. Los dos ángulos extremos cumplen

\mathrm{sen}(\alpha_2)=\frac{64}{80}=0.80\qquad\qquad  \mathrm{sen}(\alpha_1)=\frac{-36}{60}=-0.60

El sentido del campo, a ese lado del segmento es, ahora hacia dentro del papel o pantalla, es decir -\vec{k} ya que estamos al otro lado y ahí la regla de la mano derecha nos hace ir hacia adentro.

El campo producido por este segmento es entonces

\vec{B}_3=\frac{\mu_0I}{4\pi\rho}\left(\mathrm{sen}⁡(\alpha_2)-\mathrm{sen}⁡(\alpha_1)\right)\vec{u}_\theta=\frac{10^{-7}\cdot 1.2}{0.48}(0.80-(-0.60))(-\vec{k})=-0.35\,\mu\mathrm{T}\,\vec{k}

3.4 Campo total en P

Sumamos las tres contribuciones

\vec{B}=(0.09+0.16-0.35)\,\mu\mathrm{T}\,\vec{k}=-0.10\,\mu\mathrm{T}\,\vec{k}

4 Fuerza electromotriz

La fuerza electromotriz inducida en la espira la calculamos aplicando la ley de Faraday,

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

Recorremos la espira en sentido antihorario, de manera que, por la regla de la mano derecha, el vector normal es +\vec{k}, en la misma dirección y sentido que el campo.

Al ser el campo magnético uniforme, el flujo de este campo es igual a

\Phi_m=\int \vec{B}\cdot \mathrm{d}S=B_0S(x)

Siendo S(x) el área del triángulo sombreado. Por semejanza de triángulos

S(x) = \frac{1}{2}b(x)h(x)=\frac{1}{2}x\left(\frac{60}{80}x\right)=\frac{3}{8}x^2

De nuevo, para hallar el área basta una simple proporcionalidad o regla de tres. No es necesario conocer el ángulo y enredarse en el valor del seno, el coseno o la tangente. Eso son ganas de enredarse, perder el tiempo y equivocarse. El flujo del campo magnético es, entonces

\Phi_m(x)=\frac{3B_0 x^2}{8}

Al derivar esto respecto al tiempo queda

\mathcal{E}=-\frac{\mathrm{d}\Phi_m}{\mathrm{d}t}=-\frac{3}{4}B_0x\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=-\frac{3}{4}B_0xv

siendo su valor numérico

\mathcal{E}=-\frac{3}{4}0.1\cdot 0.4\cdot 9.6\,\mathrm{V}=-0.288\,\mathrm{V}

5 Intensidad de corriente

La intensidad de corriente la hallamos por la ley de Ohm

I=\frac{\mathcal{E}}{R}=\frac{-0.288}{0.24}\,\mathrm{A}=-1.2\,\mathrm{A}

El signo negativo indica que en lugar de ir en sentido antihorario, como habíamos supuesto, va en realidad en sentido horario.

6 Fuerza sobre la espira

La fuerza sobre una espira parcialmente inmersa en un campo magnético uniforme la da la ley de Lorentz

\vec{F}=I\overrightarrow{PQ}\times\vec{B}

siendo \overrightarrow{OP} el vector que va desde el punto de entrada de la espira en el campo al punto de salida. Esto da

\vec{F}=-1.2\left(0.30\vec{\jmath}\right)\times (0.1\vec{k})=-0.036\,\vec{\imath}\,\mathrm{N}

Esta es una fuerza de frenado de la espira.

7 Potencia debida a la fuerza

La potencia es igual al producto escalar de la fuerza por la velocidad

P=\vec{F}\cdot\vec{v}=\left(-0.036\,\vec{\imath}\,\mathrm{N}\right)\cdot \left(9.6\vec{\imath}\,\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}\right)=-0.3456\,\mathrm{W}

Esta potencia coincide en valor con la del primer apartado, al ser iguales las intensidades de corriente. Lo que nos dice esto es que el campo magnético extrae esta potencia de la energía cinética y la transforma en calor por efecto Joule, frenando la espira.

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