Fase_9_Grupo_201424_35
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Descripción: electromagnetismo...
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Universidad Nacional Abierta y a Distancia – UNAD UNAD Escuela de Ciencias Básicas Tecnologías e Ingenierías-ECBTI Curso: ELECTROMAGNETISMO UNIDAD III
Fase 9: inducción electromagnética. . .
John Jairo Valencia Rojas Código: 94326428 Keyla Melissa Cándelo Código: 1113663391 Cristian Camilo Pérez Código: 1090481238 Manuel Hebert Campo Herrera Código: 14800711 Yamid Fajardo Narváez código: 1.115.068.396
Grupo: 201424_35
Tutor: Julio Cesar Vidal Medina
Universidad Nacional Abierta y Distancia- UNAD Palmira (Valle) Noviembre de 2017
Universidad Nacional Abierta y a Distancia – UNAD UNAD Escuela de Ciencias Básicas Tecnologías e Ingenierías-ECBTI Curso: ELECTROMAGNETISMO UNIDAD III
1. Una bobina circular de 27 vueltas tiene un diámetro de 150 . Está colocada con su eje orientado en la dirección del campo magnético de la Tierra de valor 48 , y después de 0.32 se le hace girar 180°. ¿De qué magnitud es la fem promedio generada en la bobina? Utilizamos la formula de la fuerza electromotriz (fem).
Datos
= |∈| = ∆ɸ∆ = 27 ɸ = coscos → = 48 = = 3,3114∗ 0,75 = 1,767 = 0,32 ∈= ∆ɸ∆ = 27 27 ∗ 48 48 ∗ 1, 7 67 ∗cos0+cos180 |∈| = 0,32 |∈| = 20,,238902 = 7,7,15 ∗ 10− / , Donde
Reemplazamos
Aporte: John Jairo Valencia Rojas
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2. Un solenoide de 71 vueltas con núcleo de aire tiene 7.4 cm de largo y un diámetro de 1.31
. ¿Cuánta energía se almacena en su campo magnético
cuando conduce una corriente de 0,83 ?
DATOS
=
Donde
= 71 = = 3,3114∗ 0,655 = 1,767 = 7,4 1,26∗10− ∗/ =
reemplazamos
− [0, 71 6 55∗10 − = 1,26∗10 ∗ 0.074 ] = 0,11∗10−
= 12 ∗ ∗ = 12 ∗0,11∗10− ∗0,83 = 3,98∗10− /. ,∗− Aporte: John Jairo Valencia Rojas
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.% . % = ∗ ∗ = = ∗∞
4-Una batería de está conectada en un circuito en serie que contiene un resistor de y un inductor de . ¿Cuánto tiempo transcurrirá para que el corriente alcance a) y b) de su valor final?
a.50%
, = = ,∗, = ,
a.Para que la corriente alcanse el 50% trancurrira un tiempo de
, b. 90%
, = = ,∗, = ,
Para que la corriente alcanse el 90% trancurrira un tiempo de
,
Aporte: Keyla Cándelo
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5. Una bobina formada por 61 vueltas de alambre en forma de cuadrado, se coloca en un campo magnético de forma que la normal al plano de la bobina forme un ángulo de 36° con la dirección del campo. Cuando el campo magnético aumenta de manera uniforme de , se induce en la bobina una . ¿Cuál es la longitud total del alambre?
.
Para solucionar este ejercicio debemos utilizar la ley de Faraday
∆ = ∆ || = ∆
Tenemos los siguientes valores:
∅ = 36° ∆ = 315 718 ≈ 315∗10− 718∗ 10− 93 ≈ 93∗10−
Numero de vueltas de la bobina= 61 vueltas Angulo con dirección del campo= Campo Magnético uniforme= Tiempo= 0.473 segundos Inducción de la bobina=
Despejamos la fórmula:
1 || = ∆.∆ || ∗∆ = 1 | | ∗∆ = 1 ∗∆ ∗ ∆ 1 = ∗∆||. ∗ Teniendo finalmente esta fórmula, reemplazamos los valores que tenemos en el planteamiento del problema.
− 93 ∗10 ∗0.473 − ∗cos36° 1 = 61∗ 718∗ 10− 315∗10 043989−∗cos36° 1 = 61∗4. 00.3∗10 Aproximamos valores
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1 = 0. 00.019844 1 = √ 2.22 1 = 1.49 Ya tenemos el valor de un lado del cuadrado, esto lo multiplicamos por 4 (lados) y por el número de vueltas (61), obtenemos:
1.49 ∗4 = 5.96 ∗ 61 = . Aporte: Manuel Hebert Campo
6. El campo magnético perpendicular a un solo lazo circular de alambre de cobre, de de diámetro, disminuye de manera uniforme desde hasta cero. Si el alambre tiene de diámetro ¿cuánta carga pasa por un punto en la bobina durante esta operación?
.
, = 0,752 ∅1 = 14,3 = 0,143 ∅2 = 3,18 = 3,18∗10−
.
Utilizamos la fórmula de la permeabilidad en el vacío sobre un solenoide que es la siguiente:
= 4 ∗10−./ = ∗ 4 ∅ = ∗
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∅ = 0,752∗ ∗ 4 ∗0° 0, 1 43 ∅ = 0,752 ∗ ∗ 4 ∗0° = 0,0120 0, 0 0318 ∅ = 0,752 ∗ ∗ 4 ∗0° = 5,97∗10− La carga que pasa por un punto en la bobina durante esta operación es
5,97
−
Wb
Aporte: Manuel Hebert Campo
7 .Un avión pequeño, con una envergadura de 17m, vuela hacia el norte con una
rapidez de 81 m/s sobre una región donde la componente vertical del campo magnético de la Tierra es hacia abajo. a) ¿Qué diferencia de potencial se desarrolla entre las puntas de las alas? ¿Cuál punta de ala está a mayor potencial? b) ¿Qué pasaría sí? ¿Cómo cambiaría la respuesta si el avión vira para volar hacia el este? c) ¿Se puede usar esta FEM para activar una luz en el compartimiento de pasajeros? Explique su respuesta.
.
= 1.24 T = 81/ = 17
ℇ = ℇ = 1.2410−∙17 ∙81/ ℇ = 1.70710− = 17.07
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si el avión gira hacia el este abría más carga magnética en el ala derecha ya que se inclinaría y pondría la distribución del potencial de las dos alas en una sola para realizar la maniobra.
Aporte: Yamid Fajardo
.
8.El campo magnético en el interior de un solenoide superconductor es de
. El solenoide tiene un diámetro interno de y una longitud de . Determine a) la densidad de energía magnética en el campo y b) la energía almacenada en el campo magnético en el interior del solenoide
.
SOLUCIÓN La densidad de la energía magnética se define como la energía magnética por la unidad de volumen.
= = 12 . . = 12 36 ∗5,1 = 12 ∗183,6 = 91,8 . = 12 7,3∗5,1 = 12 ∗37,23 = 18,65
Debe usar la fórmula
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Para la parte b
= 2 = = 1∗ ∗ Aporte: Cristian Camilo Pérez
9.La espira giratoria cuadrada de un generador de CA tiene 23 por lado. Se hace girar a 65 en un campo uniforme de 0.901 . Calcule a) el flujo a través de ella como una función del tiempo, b) la f.e.m. inducida, c) la corriente inducida si ésta tiene una resistencia de 3Ω, d) la potencia entregada y e) el momento de torsión que se debe ejercer para que gire .
Datos:
= 65 = 0.901 = 3Ω = ∗ = 0.23 ∗0.23 = 52.9 ∗10− a) Para hallar el flujo que atraviesa por la bobina utilizamos la ecuación:
= ∫⃗ ∗ ⃗ El campo es uniforme, lo sacamos de la integral.
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= ⃗ ∫⃗ Solución integral
= ⃗ ∗ ⃗ Producto escalar
= ∗ ∗cos Como el movimiento que hace la bobina es un movimiento circular uniforme, tenemos que:
=
Por ende, la ecuación del flujo en función del tiempo, nos queda de la siguiente forma:
= ∗ ∗cos = 2 = 2 ∗65 = 130 / Definimos
Reemplazamos valores:
= 0.901 ∗52.9 ∗10− ∗ cos130 = .∗−
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b) Calculamos la f.e.m.
= = ∗ ∗ dcos = ∗ ∗sin∗ = ∗ ∗ ∗sin Reemplazamos valores:
= 0.901 ∗52.9 ∗10− ∗ 130 ∗sin130 = 6.20 ∗sin130 sin130 = 1 = .∗ = .
(La
se dará cuando
c) corriente inducida:
Para hallar la corriente utilizamos la Ley de Ohm:
Despejando
= ; =
Reemplazamos los valores:
= ∗
)
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d) potencia:
= = .Ω = .
= ∗ = ∗ = 19.48 ∗6.49 = 126.42 = .
e) El momento de torsión
= ∗
Como podemos observar el ángulo formado entre el campo magnético y la fuerza es de 90°.
= 6.49∗52.9∗10− ∗0.901sin90° = . Aporte: Yamid Fajardo
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10.Una fem de
.
es inducida en una bobina de vueltas en el instante en que la corriente es de y está cambiando con una rapidez de . ¿Cuál es el flujo magnético que a través de cada vuelta de la bobina?
/
SOLUCION Partiendo de lo que nos da el problema conocemos
= 603 ∆∆ = 12 = 5.5 = ∆∆
Con la ecuación que relaciona la fem y la inductancia
Se despeja L y se encuentra
301012 − = = 2.510− = 12
Por lo tanto
Despejando el flujo
− 2 . 5 10 = = 603 ∗5.5 = 2.2810− Aporte: Cristian Camilo Pérez
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EJERCICIOS CAMBIOS DE VARIABLES
.% . %
4-Una batería de está conectada en un circuito en serie que contiene un resistor de y un inductor de . ¿Cuánto tiempo transcurrirá para que el corriente alcance a) y b) de su valor final? DATOS
= 9 = 12 Ω = 4 = 0
Por Kirchhoff obtendremos solo una ecuación (diferencial)
Se separan las variables
= Integramos ambos lados de la ecuación (dentro de los limites apropiados) con la referencia del tiempo en el instante del cierre del circuito.
∫ = ∫ Del teorema fundamental del calculo
ln ∗ = ∗ La solución es una función dependiente del tiempo.
= l→im = (1∗)
La corriente alcanza su valor final después de una cantidad infinita del tiempo.
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∞ = 1∗ =
En el instante t, la corriente es una fracción de su valor final.
∗
= ∞ = 1 Apartir del cual:
= 1 ∗ Resolviendo la ecuación para t:
) = 1(1 ∞ 4 110,5 50% = 12Ω 50 = 0,3333∗0,5 50 = 0,23
Reemplazamos y resolvemos para el 50%
Esto nos indica que pasado 0,23 seg de averse activado el circuito la corriente estara al 50% Reemplazamos y resolvemos para el 90%
4 10,9 90 = 12 90 = 0,3333∗0,1 90 = 0,77
Esto nos indica que pasado 0,77 seg deaverse activado el circuito la corriente estara al 90%
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Aporte: John jairo valencia Rojas
5. Una bobina formada por 46 vueltas de alambre en forma de cuadrado, se coloca en un campo magnético de forma que la normal al plano de la bobina forme un ángulo de 52° con la dirección del campo. Cuando el campo magnético aumenta de manera uniforme de
bobina una
.
, se induce en la
. ¿Cuál es la longitud total del alambre?
Para solucionar este ejercicio debemos utilizar la ley de Faraday
∆ = ∆ || = ∆
Tenemos los siguientes valores:
Numero de vueltas de la bobina= 46 vueltas
∅ = 52° ∆ = 232 525 ≈ 23210− 52510− 65 ≈ 6510−
Angulo con dirección del campo= Campo Magnét uniforme= Tiempo= 0.215 segundos Inducción de la bobina=
Despejamos la fórmula:
1 || = ∆∆∙ || ∙∆ = 1 | ∙∆|∙∆∙ = 1 1 = ∙∆|| ∙∆∙
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Teniendo finalmente esta fórmula, reemplazamos los valores que tenemos en el planteamiento del problema.
∙0.215− ∙cos52° 1 = 46∙ 525106510−−25210 13.7310 97510−∙−cos52° 1 = 46∙2. Aproximamos valores
− 1 3. 9 7510 1 = 7.73110− 1 = √ 1.807 1 = 1.344 Ya tenemos el valor de un lado del cuadrado, esto lo multiplicamos por 4 (lados) y por el número de vueltas (46), obtenemos:
1.344 ∙4∙46 = . Aporte: Cristian Camilo Pérez
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6. El campo magnético perpendicular a un solo lazo circular de alambre de cobre, de
.
de diámetro, disminuye de manera uniforme desde
hasta cero. Si el alambre tiene
,
.
de diámetro ¿cuánta carga pasa por un
punto en la bobina durante esta operación?
= 0,912 ∅1 = 18.6 = 0,186 ∅2 = 5.23 = 5.2310− Utilizamos la fórmula de la permeabilidad en el vacío sobre un solenoide que es la siguiente:
= 410−./ = ∙ 4 ∅ = ∙ ∅ = 0,912∙ ∙ 4 ∙0° 0, 1 86 ∅ = 0,912 ∙ ∙ 4 ∙0° = 0,02478 0, 0 0523 ∅ = 0,912 ∙ ∙ 4 ∙0° = 1,959210− 1.959210−
La carga que pasa por un punto en la bobina durante esta operación es
Aporte: Cristian Camilo Pérez
Universidad Nacional Abierta y a Distancia – UNAD Escuela de Ciencias Básicas Tecnologías e Ingenierías-ECBTI Curso: ELECTROMAGNETISMO UNIDAD III
7.Un avión pequeño, con una envergadura de 17m, vuela hacia el norte con una rapidez de 81 m/s sobre una región donde la componente vertical del campo magnético de la Tierra es hacia abajo. a) ¿Qué diferencia de potencial se desarrolla entre las puntas de las alas? ¿Cuál punta de ala está a mayor potencial? b) ¿Qué pasaría si? ¿Cómo cambiaría la respuesta si el avión vira para volar hacia el este? c) ¿Se puede usar esta FEM para activar una luz en el compartimiento de pasajeros? Explique su respuesta.
.
= 1.24 T = 81/ = 17 = 2.24 T = 8/ = 20
Cambio de variables
ℇ = ℇ = 1.2410−∙17 ∙81/ ℇ = 1.70710− = 17.07 ℇ = ℇ = 2.2410−∙20 ∙8/ ℇ = 0.3584 = 0,3584 Cambio de variables
Universidad Nacional Abierta y a Distancia – UNAD Escuela de Ciencias Básicas Tecnologías e Ingenierías-ECBTI Curso: ELECTROMAGNETISMO UNIDAD III
B. si el avión gira hacia el este abría mas carga magnética en el ala derecha ya que se inclinaría y pondría la distribución del potencial de las dos alas en una sola para realizar la maniobra.
Aporte: Manuel Hebert Campos
.
8.El campo magnético en el interior de un solenoide superconductor es de . El solenoide tiene un diámetro interno de y una longitud de . Determine a) la densidad de energía magnética en el campo y b) la energía almacenada en el campo magnético en el interior del solenoide.
.
SOLUCIÓN La densidad de la energía magnética está dada por la fórmula:
= 2 Donde
= = = 4 ∗10− 5. 1 = 2 ∗ 4 ∗10− 26.1 − = 2.51∗10 = 1.036∗10− .∗−
la densidad de energía magnética en el campo es
R/
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La energía almacenada en el campo magnético está dada por la formula
= = = = = ∗ = ∗ ∗ = 2 = 0.073 2 = 0.037 = ∗ 0.037 ∗0.37 = 1.6 ∗ 10− = ∗ = 1.036∗10− ∗ 1.6 ∗ 10− = 1.66∗ 10− Donde
Primero hallamos el volumen del solenoide
Hallamos el radio
Hallamos el volumen
Reemplazamos los valores de la ecuación 1
la energía almacenada en el campo magnético en el interior del solenoide es de:
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R/.
.∗ − Aporte: John Jairo Valencia Rojas
9.La espira giratoria cuadrada de un generador de CA tiene 23
por lado. Se hace girar a 65 en un campo uniforme de 0.901 . Calcule a) el flujo a través de ella como una función del tiempo, b) la f.e.m. inducida, c) la corriente inducida si ésta tiene una resistencia de 3Ω, d) la potencia entregada y e) el
momento de torsión que se debe ejercer para que gire.
Datos:
= 65 = 0.901 = 3Ω = ∗ = 0.23 ∗0.23 = 52.9 ∗10− = 60 = 2.901 = 5Ω = ∗ = 2.23 ∗2.23 = 4972.9 ∗10− Cambio de variables
f) Para hallar el flujo que atraviesa por la bobina utilizamos la ecuación:
= ∫⃗ ∗ ⃗
Universidad Nacional Abierta y a Distancia – UNAD Escuela de Ciencias Básicas Tecnologías e Ingenierías-ECBTI Curso: ELECTROMAGNETISMO UNIDAD III
El campo es uniforme, lo sacamos de la integral.
= ⃗ ∫⃗ Solución integral
= ⃗ ∗ ⃗ Producto escalar
= ∗ ∗cos Como el movimiento que hace la bobina es un movimiento circular uniforme, tenemos que:
=
Por ende, la ecuación del flujo en función del tiempo, nos queda de la siguiente forma:
= ∗ ∗cos = 2 = 2 ∗60 = 120 / Definimos
Reemplazamos valores:
Universidad Nacional Abierta y a Distancia – UNAD Escuela de Ciencias Básicas Tecnologías e Ingenierías-ECBTI Curso: ELECTROMAGNETISMO UNIDAD III
= 2.901 ∗4972.9 ∗10− ∗ cos120 = .∗− g) Calculamos la f.e.m.
= = ∗ ∗ dcos = ∗ ∗sin∗ = ∗ ∗ ∗sin Reemplazamos valores:
= 2.901 ∗4972.9∗10− ∗ 120 ∗sin120 = 6.50 ∗sin120 sin120 = 1 = .∗ = .
(La
se dará cuando
h) corriente inducida:
Para hallar la corriente utilizamos la Ley de Ohm:
Despejando
= ; =
= ∗
)
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Reemplazamos los valores:
i) potencia:
= = .Ω = .
= ∗ = ∗ = 20.42 ∗4.084 = 83,3952 = .
j) El momento de torsión
= ∗
Como podemos observar el ángulo formado entre el campo magnético y la fuerza es de 90°.
= 4.084∗4972.9∗10− ∗0.901sin90° = .
Aporte: Manuel Hebert Campo
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