Actividades del final de la unidad 1. Calcula el flujo magnético a través de una espira cuadrada de 10 cm de lado situada en un campo magnético de valor 0,2 T cuando la normal a la espira forma con la dirección del campo un ángulo de: a) 0°. b) 60°. c) 90°. La superficie de la espira vale: S = L2 = 012 = 0,01 m2 Por tanto, tenemos, para cada caso: a) La normal a la espira forma con la dirección del campo un ángulo de 0°: 8

8

FB = B · S = B · S · cos θ = 0,2 · 0,01 · cos 0º = 0,002 Wb b) La normal a la espira y la dirección del campo magnético forman 60°: 8

8

FB = B · S = B · S · cos θ = 0,2 · 0,01 · cos 60º = 0,001 Wb c) En este caso, el ángulo formado es de 90°: 8

8

FB = B · S = B · S · cos θ = 0,2 · 0,01 · cos 90º = 0 Wb 2. El valor de un campo magnético uniforme perpendicular al plano XY es de 0,2 T en el cuadrado limitado por los puntos (0, 0), (4, 0), (4, 4) y (0, 4), y cero en el resto del plano. Calcula el flujo magnético a través de: a) Una espira rectangular de vértices: (2, 1), (7, 1), (7, 5) y (2, 5). b) Una espira circular de centro (2, 0) y radio 2 unidades. Las coordenadas se dan en metros. La representación gráfica del campo magnético y de las espiras rectangular y circular es la mostrada en la figura de la derecha. De acuerdo con ella: a) Solo una parte de la superficie determinada por la espira rectangular es atravesada por el campo magnético; su superficie efectiva, S 4, es, por tanto: S4 = 2 · 3 = 6 m2 Y el flujo a través de ella:

y 5

a)

4 3 2 1

b) 1

2

3

4

5

6

7

x

F = B · S4 = 0,2 · 6 = 1,2 Wb b) En este caso, el campo magnético atraviesa la mitad de la superficie determinada por la espira circular; la superficie efectiva y el flujo a través de ella son: 2 2 S4 = π · R = π · 2 = 6,28 m2 8 F = B · S4 = 0,2 · 6,28 = 1,26 Wb 2 2

3. Si el flujo a través de una espira circular colocada en un campo magnético uniforme es 0,5 Wb, indica si son ciertas o no las afirmaciones siguientes, razonando la respuesta: a) Si giramos la espira 90° alrededor de un eje diametral y perpendicular al campo, el flujo es nulo. b) El flujo vale –0,5 Wb si giramos la espira 180° alrededor del eje del apartado anterior. Unidad 8. Inducción electromagnética

273

a) No tiene por qué ser cierta, salvo en el caso de que inicialmente el campo magnético y el vector superficie fuesen paralelos, pues ahora serían perpendiculares, pero como en el enunciado no se asegura que se cumpla esta condición, la respuesta correcta es que la afirmación es falsa. b) Al girar la espira 180º, estamos girando el vector superficie también 180º respecto de la dirección del campo, es decir, lo estamos invirtiendo; luego, el flujo tiene el mismo valor pero ha cambiado de signo. Esta afirmación es, por tanto, verdadera. 4. El flujo magnético a través de una espira rectangular de lados a y b, colocada perpendicularmente a un campo magnético de valor 0,5 T, es de 0,03 Wb. Determina los valores de a y b si el perímetro de la espira es 1 m. La superficie de la espira es S = a · b; si está colocada perpendicularmente al campo, el flujo a través de ella es: FB = B · S = 0,5 · a · b Wb Por tanto: 0,03 = 0,06 m2 0,5 Si tenemos en cuenta que el perímetro de la espira es: a·b=

[1]

L = 2 · a + 2 · b = 1 m 8 a + b = 0,5 m 8

a = 0,5 – b

Al sustituir la relación obtenida en [1], se obtiene la siguiente ecuación de segundo grado: (0,5 – b) · b = 0,06 8 b 2 – 0,5 · b + 0,06 = 0 Cuyas soluciones son b1 = 0,3 m y b2 = 0,2 m, siendo los correspondientes valores de a: a1 = 0,2 m y a2 = 0,3 m. Las dimensiones de la espira son, por tanto, 0,3 × 0,2 m. 5. Un campo magnético toma el mismo valor en todos los puntos de la superficie determinada por una espira circular de radio 10 cm, pero varía con el tiempo según B = 0,3 – 0,05 · t. Calcula el flujo a través de la espira en los instantes t = 0, t = 2 s y t = 6 s si la normal a la superficie forma 30º con la dirección del campo. La superficie de la espira circular es: S = π · R 2 = π · 0,12 = 0,031 m2 Y el flujo a través de ella en cualquier instante: FB = B · S · cos θ = (0,3 – 0,05 · t) · 0,031 · cos 30º = (0,3 – 0,05 · t) · 0,0268 Para t = 0, el flujo es: FB (0) = (0,3 – 0,05 · 0) · 0,0268 = 8,1 · 10–3 Wb Para t = 2, el flujo vale: FB (2) = (0,3 – 0,05 · 2) · 0,0268 = 5,4 · 10–3 Wb Para t = 6, el flujo vale: FB (6) = (0,3 – 0,05 · 6) · 0,0268 = 0 Wb 274

Unidad 8. Inducción electromagnética

6. Calcula el número de espiras de una bobina de sección circular de 4 cm de radio si al colocarla en un campo magnético de valor 0,5 T, de forma que el eje de la bobina coincida con la dirección del campo, el flujo a través de ella es 2,51 Wb. Si el eje de la bobina coincide con la dirección del campo, el flujo a través del solenoide es: FB = n · B · S = n · B · π · R 2 Si despejamos n, tenemos: FB 2,51 n= = = 998,7 › 1 000 espiras 0,5 · π · 0,042 B · π · R2 Por tanto, el solenoide tiene 1 000 espiras. 7. Por un solenoide de 10 cm de longitud y formado por 1 000 espiras circulares de 4 cm de radio circula una corriente de 10 A. Suponiendo que el campo magnético del solenoide es uniforme en su interior y nulo en su exterior, calcula el flujo magnético a través de una espira de radio r1 = 2 cm, y de otra de radio r2 = 6 cm, colocadas perpendicularmente al eje del solenoide y con centro en este. Dato: µ0 = 4 · π · 10–7 N · A–2. El campo magnético producido por el solenoide es: µ ·n·I 4 · π · 10–7 · 1 000 · 10 B= 0 = = 0,13 T 0,1 l

r1 = 2 cm

r2 = 6 cm r = 4 cm

El flujo magnético a través de la espira de 2 cm de radio (colocada en el interior del solenoide) es: F1 = B · S1 = B · π · R12 = 0,13 · π · 0,022 = 1,63 · 10–4 Wb

I

Como el campo magnético del solenoide es nulo en el exterior, el flujo a través de la espira de 6 cm de radio es el mismo que a través de una cualquiera de las espiras del solenoide, pues en el resto de su superficie el campo magnético es nulo; por tanto: F2 = B · S2 = B · S = B · π · R 2 = 0,13 · π · 0,042 = 6,53 · 10–4 Wb 8. Determina el sentido del campo magnético que atraviesa perpendicularmente una espira plana situada en el plano del papel y que desliza por él, si mientras está saliendo de la zona del campo la corriente inducida circula en sentido antihorario. ¿Cuál será el sentido de la corriente inducida a partir del instante en que toda la espira está fuera del campo? Según la espira abandona el campo inductor, disminuyen las líneas de ese campo que la atraviesan; de acuerdo con la ley de Lenz, aparece una corriente inducida en la espira que se opone a ese efecto, es decir, la corriente inducida ha de originar un campo cuyas líneas de fuerza tengan la misma dirección y sentido que las del inductor. De acuerdo con el enunciado, la corriente inducida circula en sentido antihorario; por tanto, el campo magnético inducido está dirigido hacia el lector (hacia fuera del papel) o, dicho de otra forma, las líneas del campo magnético que produce salen del papel. Por tanto, el campo magnético inductor está dirigido también hacia el lector. Una vez que la espira abandona completamente el campo magnético, la corriente inducida se anula, al no haber variación del flujo magnético. Unidad 8. Inducción electromagnética

275

19. Un campo magnético uniforme penetra perpendicularmente en una espira circular. Indica, justificándolo, el sentido de la corriente inducida: 19. a) Cuando aumenta el valor del campo. 19. b) Mientras la espira gira 90° alrededor de un eje diametral y perpendicular al campo. 19. c) Al invertir el sentido del campo magnético. 19. d) Cuando la espira gira 90° alrededor de su eje, la recta perpendicular a su plano y que pasa por su centro. 19. Si suponemos que el campo magnético es perpendicular al plano del papel y entrante en este, la espira, inicialmente, también se encontrará en el plano del papel. 19. a) Cuando aumenta el valor del campo, la corriente inducida ha de producir un campo magnético que se oponga al aumento del campo inductor; por tanto, esta circulará por la espira en sentido antihorario (las líneas del campo magnético inducido saldrán hacia fuera del papel). 19. b) En sentido horario, para que origine un campo magnético inducido que produzca líneas de campo en el mismo sentido (hacia dentro del papel) de las que están disminuyendo. 19. c) Invertir el campo inductor significa que este disminuye hasta anularse para después aumentar en sentido contrario; por tanto, la corriente inducida ha de circular en sentido horario, para originar un campo magnético inducido cuyas líneas tengan la misma dirección y sentido que el campo inductor inicial. 19. d) Si la espira gira alrededor del eje que se indica, no varía su superficie efectiva y, por tanto, tampoco varía el flujo que la atraviesa, luego no hay corriente inducida. 10. Determina en qué sentido circulará la corriente en el solenoide 2 de la figura, si la intensidad de la corriente que circula por el solenoide 1: a) Disminuye. b) Aumenta. c) Permanece constante. Solenoide 1

N1

Solenoide 2

N2

I1

19. El campo magnético producido por el solenoide 1, puesto que la corriente circula en sentido horario vista desde la cara posterior, está dirigido de izquierda a derecha, y atraviesa el solenoide 2. 19. a) En este caso, el campo magnético producido por I1 disminuye, así como las líneas de ese campo que atraviesan el solenoide 2. Para oponerse a este efecto, la corriente inducida en el solenoide 2 ha de circular también en sentido horario, para que el campo magnético que produce tenga el mismo sentido que el del solenoide 1. 19. b) Ahora, el número de líneas de campo que atraviesa el solenoide 2 aumenta, lo que origina una corriente inducida en este que circula en sentido contrario (antihorario) a I1, para oponerse a ese aumento. 19. c) No existe f.e.m. inducida ni, por tanto, corriente inducida. 276

Unidad 8. Inducción electromagnética

11. Una espira circular, de 3 cm de radio y 0,8 Z de resistencia, está situada en el 8 plano XY en el seno de un campo magnético uniforme, B , dirigido en el sentido positivo del eje Z, que aumenta a razón de 0,2 T/s. Calcula la f.e.m. y la intensidad de la corriente inducidas en la espira, indicando su sentido. La superficie de la espira circular es: S = π · R 2 = π · 0,032 = 2,83 · 10–3 m2 Como la espira está colocada perpendicularmente al campo magnético, el flujo a través de ella es: FB = B · S = B · 2,83 · 10–3 Wb Como el campo varía con el tiempo de acuerdo con la expresión: dB = 0,2 T/S dt La f.e.m. y la corriente inducidas valen: dB dF e e=– =– · S = –0,2 · 2,83 · 10–3 = –5,66 · 10–4 V ; I = = 7,1 · 10–4 A dt dt R 8

12. Un campo magnético uniforme, B , de valor 0,02 T, atraviesa perpendicularmente una espira plana. Indica en cuál de las siguientes situaciones es mayor la f.e.m. inducida en la espira: a) Cuando el campo disminuye uniformemente, anulándose en 2 ms. b) Si el valor del campo aumenta linealmente, duplicando su valor en 4 ms. c) Al invertir uniformemente el sentido del campo, si se tarda 3 ms en realizar la inversión. Calcula la intensidad que recorre la espira en cada caso si S = 100 cm2 y R = 0,2 Z. La expresión que permite calcular el valor de la fuerza electromotriz inducida según varía el campo magnético es: B · S – B0 · S DF DB e=– =– =– ·S Dt Dt Dt a) Si el campo se anula en 2 · 10–3 s, su variación será: 0 – 0,02 DB = = –10 T/s 2 · 10–3 Dt Y la f.e.m. inducida, teniendo en cuenta que S = 100 cm2 = 0,01 m2, valdrá: e = –(–10) · S = 10 · 0,01 = 0,1 V La intensidad de la corriente inducida será, por tanto: 0,1 e I= = = 0,5 A 0,2 R b) En este caso, la f.e.m. inducida es: 0,04 – 0,02 DB e=– ·S=– · 0,01 = –5 · 0,01 = –0,05 V 4 · 10–3 Dt El signo negativo obtenido indica que la corriente circula en sentido contrario al del apartado anterior, con una intensidad de valor: 0,05 e I= = = 0,25 A 0,2 R Unidad 8. Inducción electromagnética

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c) Al invertirse el sentido del campo en 3 · 10–3 s, tenemos: –0,02 – 0,02 DB e=– ·S=– · 0,01 = – (–13,3) · 0,01 = 0,133 V 3 · 10–3 Dt Siendo la intensidad de la corriente: 0,133 e I= = = 0,67 A 0,2 R La f.e.m. inducida es mayor, por tanto, en el caso c). 13. ¿Puede aparecer una f.e.m. inducida en una espira si el campo magnético es nulo en todos los puntos de la espira? Sí; el enunciado tan solo indica que el campo magnético es nulo en todos los puntos de la espira, pero no dice nada de su valor en el interior de esta, donde puede haber un campo magnético variable que produzca una corriente inducida en la espira. 14. Una bobina de 480 espiras, de sección circular de 4 cm de diámetro, está colocada en un campo magnético uniforme, cuya dirección coincide con el eje de la bobina y cuyo módulo varía según B = 0,2 – 0,05 · t 2, en unidades del S.I. Calcula: a) El flujo magnético que atraviesa la bobina y la f.e.m. inducida en ella, en función del tiempo. b) La intensidad de la corriente inducida para t = 5 s si su resistencia es de 3 W. a) Como el campo magnético es paralelo al eje del solenoide: FB = n · B · S = 480 · (0,2 – 0,05 · t2) · π · 0,022 = (0,12 – 0,03 · t 2) Wb Siendo la expresión que corresponde a la f.e.m. inducida: d dFB e=– =– (0,12 – 0,03 · t 2) = 0,06 · t V dt dt b) La expresión general de la intensidad de la corriente inducida en función del tiempo y su valor en concreto para t = 5 s, siendo R = 3 Z, son: 0,06 · t e I= = = 0,02 · t A 8 I = 0,02 · 5 = 0,1 A 3 R 15. Un campo magnético B = 0,6 – 0,05 · t (en unidades del S.I.) forma 60° con el eje de un solenoide de 400 vueltas, sección cuadrada de 4 cm de lado y 0,5 Z de resistencia que está en su seno. Calcula: a) El flujo inicial a través del solenoide. b) La fuerza electromotriz inducida en él. c) La intensidad de la corriente que circula por él. a) Como el campo magnético forma 60° con el eje del solenoide: a) FB = n · B · S · cos 60° = 400 · (0,6 – 0,05 · t) · 0,042 · 0,5 = 0,192 – 0,016 · t Wb En el instante inicial, t = 0, el flujo será: F0 = 0,192 – 0,016 · t = 0,192 Wb b) La f.e.m. inducida es: d dFB =– (0,192 – 0,016 · t) = 0,016 V dt dt c) La intensidad de la corriente inducida vale: 0,016 e I= = = 0,032 A 0,5 R e=–

278

Unidad 8. Inducción electromagnética

16. En el interior de un solenoide de 10 cm de largo formado por 5 000 espiras de radio R = 4 cm, se coloca una espira de radio r = 2 cm, de forma que el plano de esta espira es perpendicular al eje del solenoide. Si por el solenoide circula una corriente de intensidad I (t) = 20 · sen (120 · π · t), en unidades del S.I., determina: a) El flujo magnético a través de la espira pequeña. b) El valor máximo de la fuerza electromotriz inducida en ella. Dato: µ0 = 4 · π · 10–7 N · A–2.

El campo magnético producido por el solenoide en su interior es: µ ·n·I 4 · π · 10–7 · 5 000 · 20 · sen (120 · π · t) B= 0 = = 0,1 l = 1,26 · sen (120 · π · t) T a) Como el campo magnético es uniforme en el interior del solenoide, el flujo magnético a través de la espira colocada en su interior y perpendicular a su eje es: FB = B · S = 1,26 · sen (120 · π · t) · π · 0,022 = 1,58 · 10–3 · sen (120 · π · t) Wb b) La fuerza electromotriz inducida es: d dFB e=– =– [1,58 · 10–3 · sen (120 · π · t)] = –0,6 · cos (120 · π · t) V dt dt b) Luego, su valor máximo es emáx = 0,6 V. 17. Por un hilo conductor muy largo circula una corriente cuya intensidad es I = 20 – 400 · t, en unidades del S.I. El hilo está situado en el plano de una espira rectangular de lados a = 0,02 cm y b = 0,20 cm, como indica la figura adjunta.

I

La distancia del centro de la espira al hilo es r = 10 cm. Debido al pequeño valor de a, suponemos que el campo es uniforme en la superficie determinada por la espira. Calcula la intensidad de la corriente inducida en la espira si su resistencia es de 2 · 10–3 Z.

b r

a

Como la longitud del lado menor de la espira, a, es mucho menor que la distancia a la que esta se encuentra del hilo conductor, r, suponemos que el campo magnético creado por la corriente es uniforme en el interior de la espira. Por tanto, el campo magnético en su interior vale: µ0 · I 4 · π · 10–7 · (20 – 400 · t) B= = = (40 – 800 · t) · 10–6 T 2·π·d 2 · π · 0,1 a) Puesto que el campo es perpendicular a la espira, el flujo a través de ella es: FB = B · S = B · a · b = (40 – 800 · t) · 10–6 · 2 · 10–4 · 2 · 10–3 = = (160 – 3 200 · t) · 10–13 Wb b) La f.e.m. inducida vale: d dFB e=– =– [(160 – 3 200 · t) · 10–13] = 3,2 · 10–10 V dt dt c) La intensidad de la corriente inducida es: 3,2 · 10–10 e I= = = 1,6 · 10–7 A 2 · 10–3 R Unidad 8. Inducción electromagnética

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18. Calcula la d.d.p. entre los extremos de un hilo conductor de 15 cm de longitud y R = 10 Z que se desplaza con v = 20 m/s, perpendicularmente a un campo magnético uniforme de valor 0,5 T. Si unimos sus extremos mediante otro hilo conductor, de resistencia despreciable, ¿cuál es la intensidad que circula por el conductor? La diferencia de potencial entre los extremos de un hilo conductor que se desplaza perpendicularmente en un campo magnético uniforme es: DV = v · B · L = 20 · 0,5 · 0,15 = 1,5 V Al unir sus extremos mediante un hilo conductor, circula por él una corriente de intensidad: 1,5 DV I= = = 0,15 A 10 R 19. Calcula la fuerza electromotriz inducida en una espira cuadrada, de 10 cm de lado, que se mueve con una velocidad constante de 8 m · s–1, mientras está entrando en un campo magnético de 0,5 T perpendicular al plano de la espira. Cuando la espira está entrando en el campo magnético, la superficie de ella que es atravesada por el campo vale S = L · L 4, donde L 4 = v · t, como se aprecia en la figura: v

B L'

L

Luego, el flujo a través de ella es: FB = B · S = B · L · L 4 = B · L · v · t = 0,5 · 0,1 · 8 · t = 0,4 · t Wb Por tanto, la f.e.m. vale: d dFB =– (0,4 · t) = –0,4 V dt dt La corriente inducida circula en sentido antihorario para producir un campo magnético cuyas líneas de campo salgan del papel hacia el lector para oponerse al aumento de las líneas que penetran en ella. e=–

A'

20. Calcula con qué velocidad y hacia qué lado se desplaza la varilla AA4 sobre el hilo conductor en forma de U de la figura para inducir una corriente: a) De 2 A que circule en sentido horario. b) De 0,5 A que circule en sentido antihorario.

R=3Ω

B = 0,4 T

l = 15 cm

A

a) Si la corriente inducida circula en sentido horario, produce un campo magnético que penetra en el plano del papel, y como la f.e.m. inducida se opone al efecto que la produce, si produce líneas de campo hacia dentro es porque las líneas de campo que atraviesan la espira hacia fuera aumentan, lo que ocurre cuando la varilla AA4 se mueve hacia la derecha. Si la intensidad vale 2 A, entonces: e=I·R=2·3=6V

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Unidad 8. Inducción electromagnética

Pero, por otra parte, la f.e.m. inducida es e = v · B · L; por tanto: 6 e v= = = 100 m/s 0,4 · 0,15 B·L La varilla se ha de mover hacia la derecha con una velocidad de 100 m/s. b) Si la corriente circula en sentido antihorario, produce un campo magnético cuyas líneas de campo salen hacia fuera; como la f.e.m. se opone al efecto que la produce, es porque las líneas que salen de la espira disminuyen, para lo cual la varilla se ha de mover hacia la izquierda. Si la intensidad vale 0,5 A, entonces: e = I · R = 0,5 · 3 = 1,5 V Pero, por otra parte, la f.e.m. inducida es e = v · B · L; luego: 1,5 e v= = = 25 m/s 0,4 · 0,15 B·L La varilla se ha de mover hacia la izquierda con una velocidad de 25 m/s. 21. Si la varilla AA4 de la actividad anterior oscila en la dirección izquierda-derecha según la expresión x = 0,1 + 0,5 · sen (40 · π · t), en unidades del S.I., calcula el flujo magnético a través del circuito y la f.e.m. inducida en él, en función del tiempo. El flujo a través del circuito determinado por el alambre en forma de U y la varilla es: FB = B · S = B · L · x = 0,4 · 0,15 · [0,1 + 0,5 · sen (40 · π · t)] = FB = B · S = B · L · x = 0,006 + 0,03 · sen (40 · π · t) Wb La f.e.m. inducida es: d dFB e=– =– [0,006 + 0,03 · sen (40 · π · t)] = –3,8 · cos (40 · π · t) V dt dt 22. Una espira cuadrada de 10 cm de lado gira con una frecuencia de 20 Hz alrededor de uno de sus lados en un campo magnético uniforme de 0,2 T perpendicular al eje de giro. En el instante inicial, el flujo a través de la espira es máximo. a) Calcula la expresión en función del tiempo del flujo que atraviesa la espira y de la f.e.m. inducida. b) Cuando el flujo es máximo, ¿también lo es la f.e.m.? a) El flujo que atraviesa la espira para que en el instante inicial sea máximo se corresponde con la siguiente expresión: FB = B · S · cos o = B · S · cos (u · t) = B · L 2 · cos (2 · π · f · t) FB = 0,2 · 0,12 · cos (2 · π · 20 · t) = 0,002 · cos (40 · π · t) Wb Y la f.e.m. inducida es: d dFB e=– =– [0,002 · cos (40 · π · t)] = +0,08 · π · sen (40 · π · t) = dt dt = 0,25 · sen (40 · π · t) V b) El flujo es máximo cuando cos (40 · π · t) = 1, y, por tanto, sen (40 · π · t) = 0; luego, la f.e.m. en ese instante es nula. Si el flujo es nulo, entonces cos (40 · π · t) = 0, y, por tanto, sen (40 · π · t) = 1; por tanto, la f.e.m. es máxima. Unidad 8. Inducción electromagnética

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23. Una bobina de 150 espiras y sección circular de 5 cm de radio gira alrededor del diámetro de una de sus espiras en un campo magnético uniforme de 0,2 T perpendicular al eje de giro. Calcula la frecuencia de giro para que la f.e.m. inducida máxima sea de 74 V. La f.e.m. máxima originada en el solenoide es: emáxima = n · B · S · u = n · B · S · 2 · π · f Por tanto: emáxima 74 f= = = 50 Hz 150 · 0,2 · π · 0,052 · 2 · π n·B·S·2·π 24. Una bobina compuesta por 400 espiras de 4 cm2 de área gira con una velocidad angular de 200 rad/s en un campo magnético uniforme de forma que la variación del flujo magnético es máxima. ¿Cuál es el valor del campo si la f.e.m. máxima es de 12 V? Como emáxima = n · B · S · u, tenemos: e 12 B = máxima = = 0,375 T 400 · 4 · 10–4 · 200 n·S·u 25. ¿Qué ocurre con la tensión máxima generada por un alternador si se duplica la frecuencia con que gira el rotor? ¿Y cuando el valor del campo inductor se reduce a la mitad? La tensión máxima generada por un alternador vale: emáxima = n · B · S · u = n · B · S · 2 · π · f Como vemos, la tensión máxima es directamente proporcional a la frecuencia; por tanto, si duplicamos la frecuencia, se duplica la tensión máxima. Y como la tensión también es directamente proporcional al campo magnético inductor, si el campo se reduce a la mitad, la tensión se reduce a la mitad. 26. La f.e.m. máxima producida por un alternador es de 200 V cuando el rotor gira a 60 Hz. ¿Cuál será su tensión máxima si la frecuencia es de 50 Hz y se triplica el campo magnético inductor? La f.e.m., cuando la frecuencia es f1, vale e1 = n · B · S · 2 · π · f1, y si la frecuencia es f2 vale e2 = n · 3 · B · S · 2 · π · f2. Por tanto, la relación entre ambas es: n · 3 · B · S · 2 · π · f2 3 · f2 e2 3 · 50 3 · 50 e2 e1 = n · B · S · 2 · π · f1 = f1 8 200 = 60 8 e2 = 60 · 200 = 500 V 27. Calcula el coeficiente de autoinducción de un solenoide de 500 espiras de sección cuadrada de 4 cm de lado y 8 cm de longitud si su interior está vacío. ¿Cuánto vale la f.e.m. autoinducida si la intensidad de la corriente que circula por él varía según I = 20 – 0,5 · t (en unidades del S.I.)? El coeficiente de autoinducción de un solenoide vale, en este caso: µ0 · N 2 · S 4 · π · 10–7 · 5002 · 0,042 = = 6,3 · 10–3 H l 0,08 La f.e.m. autoinducida es: L=

e4 = –L ·

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dI d = –6,3 · 10–3 · (20 – 0,5 · t) = –6,3 · 10–3 · (–0,5) = 3,15 · 10–3 V dt dt Unidad 8. Inducción electromagnética

28. Si el coeficiente de autoinducción de un circuito es de 0,02 H, calcula la f.e.m. inducida cuando la intensidad de la corriente que lo recorre, en unidades del S.I., es: a) I = 10 – 500 · t. b) I = 20. c) I = 5 · sen (120 · π · t). a) Cuando la corriente varía según I = 10 – 500 · t, la f.e.m. autoinducida es: e4 = –L ·

dI d = –0,02 · (10 – 500 · t) = –0,02 · (–500) = 10 V dt dt

b) Cuando la corriente es constante e igual a 20 A, no existe corriente autoinducida. c) Cuando la corriente varía según I = 5 · sen (120 · π · t), la f.e.m. autoinducida es: e4 = –L ·

dI d = –0,02 · [5 · sen (120 · π · t)] = dt dt

= – 0,02 · [600 · π · cos (120 · π · t)] = –37,7 · cos (120 · π · t) V 29. Queremos diseñar un transformador que, al conectarlo a la red eléctrica, permita conectar en el secundario una lámpara halógena de 12 V. Señala el número de espiras que debe tener el primario por cada una del secundario si la tensión de la red es de: a) 220 V. b) 130 V. ¿Cuál es la intensidad de la lámpara y la del circuito primario en ambos caso si la lámpara es de 40 W? El voltaje de salida en ambos casos es de 12 V. a) Si el voltaje de entrada es V1 = 220 V, tenemos: N1 V1 220 = = = 18,33 N2 V2 12 Por cada espira del secundario, el primario debe tener 18,33 espiras, o, lo que es lo mismo, 55 del primario por cada 3 del secundario. Si la lámpara tiene una potencia de 40 W, como P = I · V, la intensidad de la lámpara cuando funciona correctamente es: I2 =

P 40 = = 3,33 A V2 12

Y la intensidad en el circuito primario, suponiendo que se conserva la energía, es: P 40 I1 = = = 0,18 A V1 220 b) Si el potencial de entrada es V1 = 130 V, entonces: N1 V1 130 = = = 10,8 N2 V2 12 Esto es, por cada espira del secundario hay 10,8 espiras en el primario. La intensidad de la lámpara en este caso tiene que ser igual que en el anterior para que la lámpara funcione correctamente: P 40 I2 = = = 3,33 A V2 12 Pero no ocurre lo mismo con la intensidad del circuito primario: P 40 I1 = = = 0,31 A V1 130 Unidad 8. Inducción electromagnética

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30. Determina la relación entre las espiras del primario y del secundario de: a) Un transformador de alta que pasa la tensión producida en la central, 10 000 V, a 220 kV, la de la red de alta tensión. b) Un transformador de baja que reduce esta alta tensión directamente a la de consumo doméstico, 220 V. a) En un transformador de alta: N1 V1 10 000 1 = = = = 0,045 N2 V2 220 000 22 Por tanto, por cada espira del primario tiene que haber 22 espiras en el secundario. b) En un transformador de baja: N1 V1 220 000 = = = 1 000 N2 V2 220 Entonces, por cada 1 000 espiras del primario hay una espira en el secundario.

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Unidad 8. Inducción electromagnética