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Ley de Lenz wikipedia, lookup

Transcript
Departamento de Física
Facultad de Ciencias
Universidad de Tarapacá
Solucionario
Tercera Prueba de Física III
Ingeniería Plan Común
Semestre de Otoño (09 Agosto 2005)
1. Una espira de alambre en forma de un rectángulo de ancho a y
largo b se encuentra a una distancia fija d de un alambre muy
largo que lleva una corriente variable
I (t )  I 0 sin t .
La espira y el alambre largo se encuentran fijos en el plano
 x, y  .
a) Hallar el flujo magnético
m   B  dS
 
b) Hallar la fem inducida
sobre la espira
I
dm
en la espira
dt
b
d
c) Hallar el sentido de la corriente inducida en la espira cuando
t
varía desde
t  0
hasta
t 

a
2
d) Hallar el sentido de la corriente inducida en la espira cuando
t
varía desde
t 

2
hasta
y
t  
x
Solución:
a) (0.8 ptos.) Hallar el flujo magnético
m   B  dS
sobre la espira.
Si consideramos que la diferencial de superficie de la espira
dS  dS kˆ , entonces, en un primer
 I (t ) ˆ
k y la diferencial
momento, el campo magnético B   0
2 r
de superficie dS    bdx  kˆ son paralelos. El flujo magnético
entra en la página
dS  bdx mostrada en la figura que
está ubicada a una distancia r   d  x  del alambre, viene
sobre el área diferencial
a
I (t )
b
dado por:
0 I (t )
 bdx 
2 (d  x)
0
a
m   B  dS   BdS  
d
Integrando obtenemos
m 
Pero
0b I (t )  d  a 
ln 

2
 d 
I  I 0 sin t , luego
en el tiempo:
el flujo magnético
m (t )
es variable
x
dx
0b  d  a 
ln 
 I 0 sin t
2  d 
m (t ) 
b) (0.7 ptos.) Hallar la fem inducida
 
dm
en la espira.
dt
derivando la fem recién obtenida
 
d  0 b  d  a 

ln 
 I 0 sin t 

dt  2  d 

Se tiene:
 
0 I 0b  d  a 
ln 
 cos t
2
 d 
c) (0.8 ptos.) Hallar el sentido de la corriente inducida en la espira cuando
desde
t  0
Cuando
t
hasta
t 
varía desde

2
t  0
hasta
t 

2
t
varía
, la función seno crece desde 0 hasta 1, es decir,
el flujo hacia adentro de la espira aumenta. Como consecuencia, la corriente inducida
I i fluye
en sentido contrario al movimiento de los punteros del reloj, para generar así un campo
magnético inducido que apunta hacia afuera de la página, que se opone al aumento de flujo
hacia adentro.
d) (0.7 ptos.) Hallar el sentido de la corriente inducida en la espira cuando
desde
t 
cuando
t

2
hasta
t
varía
t  
varía desde
t 

2
hasta
t   ,
la función seno disminuye desde 1 hasta 0, es
decir, el flujo hacia adentro de la espira está disminuyendo. Como consecuencia, la corriente
inducida I i fluye a favor del movimiento de los punteros del reloj, para generar así un campo
magnético inducido que se opone a la disminución de flujo hacia adentro.
2. En un cierto instante de tiempo
t , la barra metálica de masa M se mueve hacia la derecha a
una velocidad v (t )  v (t ) ˆj sobre dos rieles conductores paralelos separados una distancia D .
En la región de los rieles existe un campo magnético constante y uniforme que apunta en la
dirección z : B  B kˆ . Todo el circuito que se forma tiene una resistencia equivalente R que
se muestra en la figura.
z
y
a
R
M
D
v
B
x
c
b
a) Hallar la fem inducida  en la varilla, en magnitud y sentido, como función de la
velocidad v , del campo magnético B y de la separación D .
b) Hallar la corriente inducida en el circuito I .
c) calcular la fuerza magnética
Fm que ejerce el campo magnético sobre la varilla que
lleva una corriente inducida I .
d) Utilizando los resultados anteriores, resuelva la ecuación diferencial del movimiento
para encontrar la velocidad como función explícita del tiempo v  v(t ) , sabiendo que en
t  0 , la velocidad inicial es v0  v0 ˆj .
e) Use el resultado obtenido para la velocidad en función del tiempo y exprese la fem
inducida  (t ) y la corriente inducida I (t ) como función explícita del tiempo.
Solución:
a) (0.6 ptos.) Hallar la fem inducida  en la varilla, en magnitud y sentido, como
función de la velocidad v , del campo magnético B y de la separación D .
Podemos usar dos métodos para el cálculo de la fem inducida:
Método 1: Calcular la fuerza de Lorentz F  qv  B sobre un portador de carga positivo de la
barra móvil de masa M :
Dado que v (t )  v (t ) ˆj y que B  B kˆ , tenemos: F  qvB ( ˆj  kˆ)  qvBiˆ . Esto significa que las
cargas positivas son obligadas a moverse a lo largo de la barra en dirección de los punteros
del reloj. Esto significa que la fem inducida apunta en la dirección de a  b . La fem inducida
se obtiene de la relación
tanto,
   E  dl
, donde el campo eléctrico viene dado por
E  vB , por lo
   E dl  BDv
  BDv
donde D es la separación entre los dos rieles metálicos.
Método 2: Calcularemos la fem inducida como consecuencia de la variación del flujo
magnético sobre la espira de tamaño S  Dy , de área diferencial dS  D dy
R
c
a
dy
d
D
y
b
El flujo magnético en módulo queda
m   BdS   BDdy  BDy
La fem inducida se obtiene a través de la expresión

d  BDy 
dt
Definiendo
 BD
 
dm
. En valor absoluto nos queda
dt
dy
 BDv
dt
dy
 v , se tiene finalmente:
dt
  BDv
b) (0.6 ptos.) Hallar la corriente inducida en el circuito I .
Dado que toda la resistencia del circuito vale R , entonces la corriente inducida vale I 

R
, es
decir,
I
BDv
R
c) (0.6 ptos.) calcular la fuerza magnética
Fm que ejerce el campo magnético sobre
la varilla móvil que lleva una corriente inducida I .
La fuerza magnética sobre la barra móvil de masa M se calcula a través de la expresión:
Fm   I dl  Bext , donde dl apunta en la dirección de la corriente inducida I , es decir,
dl  dx iˆ , por lo tanto,
D


 
Fm   I dl  B  IB  dx iˆ  kˆ  IDB  ˆj
0
Fm  IDBjˆ
Esto significa que la fuerza magnética sobre la barra móvil apunta en dirección contraria a la
velocidad, ya que v  v ˆj
d) (0.6 ptos.) Utilizando los resultados anteriores, resuelva la ecuación diferencial
del movimiento para encontrar la velocidad como función explícita del tiempo,
sabiendo que en
t  0 , la velocidad inicial es v0  v0 ˆj .
La ecuación de movimiento viene dada por la segunda Ley de Newton: F  Ma  M
dv
. Al
dt
aplicarla al movimiento a lo largo del eje y , tenemos
 IDB  M
dv
.
dt
En este problema no estamos considerando roce y además las fuerzas a lo largo del eje z , es
decir, el peso y la normal, se anulan entre sí.
Recordemos que la corriente inducida viene dada por I 
BDv
, reemplazando en la ecuación
R
diferencial anterior se tiene:

D2 B2
dv
v
MR
dt
ecuación que se reescribe como
 D2 B2 
dv
 
 dt
v
 MR 
Integrando se tiene
 D2 B2 
v(t )
ln
 
t
v0
 MR 
v(t )  v0e

D2 B2
t
MR
ecuación que nos dice que en
t  0 , la velocidad inicial tiene valor v0  0 y que al pasar el
tiempo, la velocidad instantánea decrece exponencialmente, hasta que finalmente la barra se
detiene.
e) (0.6 ptos.) Use el resultado obtenido para la velocidad en función del tiempo y
exprese la fem inducida  (t ) y la corriente inducida I (t ) como función explícita del
tiempo.
La fem inducida viene dada por
I (t ) 
 (t )  BD v(t )
y la corriente inducida viene dada por
BD
v(t ) , reemplazando el valor de la velocidad instantánea, queda
R
 (t )  BDv0e

D2 B2
t
MR
y
2 2
BDv0  DMRB
I (t ) 
e
R
t
3. (Problema obligatorio) Una onda electromagnética plana monocromática se propaga en el
vacío en la dirección positiva del eje z . La onda se mueve en una región donde no hay cargas, es
decir,
  0 y donde no hay materiales conductores, es decir, J  0 . Si el campo magnético de
dicha onda viene descrito por la siguiente expresión:
B( z, t )  b sin(kz  t ) iˆ  b cos(kz  t ) ˆj
a) Hallar el campo eléctrico E ( z , t ) de la onda
b) Hallar los módulos E0  E y B0  B de los vectores E ( z , t ) y B ( z , t ) , respectivamente
y encuentre la relación entre ellos.
c) Hallar el vector de Poynting definido por S ( z , t ) 
1
0
( E  B)
d) Dibuje esquemáticamente los tres vectores E ( z , t ) , B ( z , t ) y S ( z , t ) y diga cuál es la
relación entre ellos.
e) Hallar la densidad de energía electromagnética definida por:
w

1
1
 0 E  E  B  B 
2
0

f) Encuentre la Irradiancia o Intensidad de la onda electromagnética, definida como el
promedio temporal del módulo del vector de Poynting,
I  S ( z, t ) 
donde los paréntesis
1
0
EB
... indican promedio temporal en un periodo.
Solución:
a) (0.5 ptos.) Dado que conocemos el campo magnético B ( z , t ) , podemos obtener el
campo E ( z , t ) usando la ecuación de Maxwell
Despejando se tiene:
E
1
 0 0
   B t .
Calculemos el rotor, sabiendo que:
Bx  b sin(kz  t ) , By  b cos(kz  t ) , Bz  0
  B   0 0
E
.
t
 B 
iˆ
ˆj

x
Bx

y
By
kˆ
iˆ
kˆ
ˆj




z
x
y
Bz
b sin(kz  t ) b cos(kz  t )

z
0
Derivando, se obtiene:
  B  bk sin(kz  t ) iˆ  bk cos(kz  t ) ˆj
1
Reemplazando en la integral E 
   B t , obtenemos
 0 0
E
   B t      k sin(kz  t ) iˆ  bk cos(kz  t ) ˆj  t
1
1
 0 0
0
0
Ahora calculamos las integrales parciales respecto a
1
t:
1
 sin(kz  t )t     sin(kz  t )  t    cos(kz  t )
1
1
 cos(kz  t )t     cos(kz  t )  t     sin(kz  t )
Por lo tanto, el campo magnético viene dado por:
E ( z, t ) 
Pero
kb
 0 0
k
 0 0

 cos(kz  t ) iˆ  sin(kz  t ) ˆj 
  0 0
1

c
 0 0
 0 0
m
, donde c  3  10   es la velocidad de la luz en el
s
8
vacío. Finalmente escribimos

E ( z, t )  bc cos(kz  t ) iˆ  sin(kz  t ) ˆj
b) (0.5 ptos.) Calculemos los módulos
entre ellos.
Usemos la definición:
   kz  t  .
Módulo del campo eléctrico:
E  E0  E  E  bc cos  iˆ  bc sin  ˆj
E0  bc
Módulo del campo magnético:
B  B0  B  B  b sin  iˆ  b cos  ˆj
B0  b

E0 y B0 de cada campo y la relación que existe
Comparando las dos expresiones, vemos que entre los módulos existe la siguiente relación:
E0  cB0
Lo cual implica que la magnitud del campo magnético
la magnitud del campo eléctrico
E0 .
c) (0.5 ptos.) Calculemos el vector de Poynting
S
1
0
EB 
B0 es muy pequeña comparada con
S definido por S 
1
0
( E  B)
bc cos  iˆ  bc sin  ˆj    b sin  iˆ  b cos  ˆj 
1
0
Usando la forma del determinante del producto cruz, podemos escribir:
iˆ
ˆj
kˆ
E  B  bc cos  bc sin 
0
b sin 
0
b cos 
Obtenemos un vector en la dirección de propagación de la onda
k̂ :
E  B  b2ckˆ
El vector de Poynting queda
S
1
0
( E  B) 
b2c ˆ
k
0
NOTA: También podemos encontrar el vector de Poynting usando la siguiente relación
general en función del módulo cuadrado del campo eléctrico:
S
0
 E  E  kˆ
0
E  E  b2c2 , luego el vector de Poynting queda:
0 2 2 ˆ
 0 b2 ˆ
ˆ
EE k 
cbk
k
0
0   0  0 
Pero ya vimos que
S
0
0
S
 0 b2 ˆ
k
0   0 0 


Simplificando obtenemos el mismo resultado anterior
b2c ˆ
S
k
0
Nótese que el vector de Poynting apunta en la dirección de propagación
k̂ .
d) (0.5 ptos.) Dibuje esquemáticamente los tres vectores E ( z , t ) , B ( z , t ) y S ( z , t ) y
diga cuál es la relación entre ellos.
Los vectores E ( z , t ) y B ( z , t ) son perpendiculares entre sí, ya que su producto punto vale
cero:



E  B  bc cos  iˆ  bc sin  ˆj  b sin  iˆ  b cos  ˆj  0
E  B  b 2c( cos  sin   cos  sin  )  0
E
Además, cada uno de estos vectores es perpendicular a la dirección de
propagación
k̂ , ya que ninguno de ellos tiene componente en esa
dirección. En consecuencia los tres vectores E ( z , t ) , B ( z , t ) y S ( z , t )
forman una triada ordenada
 E ( z, t ), B( z, t ), S ( z, t ) 


S
B
e) (0.5 ptos.) Calculemos la densidad de energía electromagnética
w definida por
1
BB 
w  0E  E 

2
0 
En el punto b) calculamos E  E y obtuvimos:
E  E  E02  c2b2
también calculamos B  B y obtuvimos:
B  B  B02  b2
Reemplazando estos resultados
electromagnética, obtenemos:
en
la
expresión
de
la
densidad
de
energía
1
b2 
w    0 c 2b 2  
2
0 
luego,
w
b2
0
Nota: También podemos calcular
campo eléctrico

w  0 E  E

Explícitamente
w   0 c 2b 2 
w
 0b 2 b 2

 0 0 0
b2
0
Identica a expresión anterior.
w a través de una expresión general en función del
f)
(0.5 ptos.) Encuentre la Irradiancia o Intensidad de la onda electromagnética,
definida como el promedio temporal del módulo del vector de Poynting,
I  S ( z, t ) 
1
0
EB
Ya vimos que el vector de Poynting viene dado por
b2c ˆ
S
k
0
Su valor absoluto es
S S 
b2c
0
, y dado que no depende del tiempo, la Irradiancia o
Intensidad de la onda viene dada por
I S  S 
I
b2c
0
b2c
0
En función de la densidad de energía:
I  wc