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10 — Ley de inducción de Faraday

366 Ley de inducción de Faraday

10.1 Introducción

Los campos eléctricos y magnéticos que hemos considerado hasta ahora han sido producidospor cargas y corrientes estacionarias. Oersted, Ampère, Biot y Savart establecieron una primerarelación entre electricidad y magnetismo: una corriente eléctrica genera un campo magnético.La intuición llevó a pensar a algunos científicos que el proceso inverso debía ser posible, estoes, que el magnetismo debiese ser capaz de generar electricidad. Una década después de losdescubrimientos de Oersted, Michael Faraday descubrió en 1831 el fenómeno de inductanciamutua, en el cual utilizó dos bobinas aisladas enrolladas en un anillo de hierro, y observó quecuando una corriente pasa por una de las bobinas, momentáneamente se induce una corriente enla otra bobina.

En otra serie de experimentos, Faraday observó que una corriente se induce en una espira cuandoun imán se mueve respecto a ésta. También observó que lo mismo ocurre cuando el imán estáfijo y la espira se mueve respecto a él.

Este fenómeno de inducción de Faraday se utiliza actualmente para generar electricidad. Laprimera planta eléctrica de la historia fue inaugurada en Londres en 1882, en la cual unasenormes turbinas de vapor hacían girar unas bobinas alrededor de un imán. Debido al fenómenode inducción descubierto por Faraday, se generaba así una corriente eléctrica, y la energíatérmica se convierte de esta forma en energía eléctrica. Toda la electricidad que consumimoshoy en día se genera gracias al efecto de inducción. Lo único que varía de una central a otraes el mecanismo utilizado para hacer girar una bobina alrededor de un imán: este mecanismopuede ser el flujo del agua de un río, el funcionamiento de un motor de combustión de petróleo,la presión del vapor de agua calentada por el uranio en una planta nuclear,etc. En otras pal-abras, Faraday descubrió el principio fundamental de la conversión electromecánica de la energía.

10.2 Corrientes inducidas: observaciones experimentales 367

10.2 Corrientes inducidas: observaciones experimentales10.2.1 Deformación de un circuito en un campo magnético estático

Considere una región donde existe un campo magnético estático ~B perpendicular a un circuitorectangular, como se muestra en la figura. La barra que cortocircuita puede moverse libremente.Cuando la barra se desplaza, aparece una corriente inducida I a través del circuito. Si el sentidodel desplazamiento se invierte, entonces el sentido de la corriente también. En la ausencia decampo magnético, nada ocurre. En conclusión: para la aparición de una corriente se necesitael desplazamiento de una parte del circuito (o de todo el circuito) en prescencia de un campomagnético estático.

10.2.2 Circuito móvil en un campo magnético estáticoOcurre exactamente lo mismo que en el caso anterior, un circuito en movimiento relativo a uncampo magnetico estático ve aparecer una corriente a través de él.

10.2.3 Circuito en reposo en un campo magnético variable en el tiempoEsto se logra al desplazar el dispositivo que genera el campo magnético. Por ejemplo, en elexperimento realizado por Faraday en el cual un imán se mueve en la cercanía de una espira.

Por supuesto, el fenómeno de inducción depende únicamente del movimiento relativo entre laespira y el imán. El paso entre el caso de un circuito móvil en un campo estático, y el de uncircuito estático en un campo variable en el tiempo se logra a través de un cambio del sistema dereferencia.


10.3 Ley de Lenz (1834)A partir de las observaciones experimentales mencionadas previamente, se estableció que lamagnitud de la corriente inducida es directamente proporcional a la variación del flujo de campomagnético a través del circuito. La ley de Lenz permite de predecir el sentido de la corriente:ésta siempre se opone a la variación de flujo magnético que la genera.

Ejemplo 10.1 — Riel de Laplace. El riel se desplaza a una velocidad~v. En prescencia de uncampo magnético uniforme B, una corriente se induce en el sentido indicado por la figura.

El sentido de esta corriente es tal que la fuerza de Laplace sobre el riel se opone al desplazamientoinicial que genera la corriente I.

10.4 Fuerza electromotriz de inducción - Ley de Maxwell-FaradayA continuación vamos a deducir la ley de inducción general que explica todos los fenómenosdescubiertos por Faraday. En el caso de un circuito móvil en un campo magnético estático, laley de inducción puede ser vista como una consecuencia directa de la fuerza de Laplace queactúa sobre los electrones de un circuito. En contraste, en un sistema de referencia en el cualel circuito es estático y el campo magnético varía en el tiempo, el fenómeno de inducción nopuede ser explicado mediante la fuerza de Laplace, la cual es nula en este caso. En este sistemade referencia, se debe postular necesariamente la aparición de un campo eléctrico que pone enmovimiento a las cargas.

10.4.1 Circuito móvil en un campo magnético fijo ~BConsideremos primeramente un circuito móvil en un campo magnético ~B estático. La inducciónde una corriente en el circuito puede explicarse mediante la Fuerza de Laplace.

Si el circuito está descrito por la curva Γ, y posee una velocidad~v constante, la fuerza que seejerce sobre una carga dq en un punto~x sobre la curva está dada por:

~F = dq((~u(~x)+~v)×~B(~x))

10.4 Fuerza electromotriz de inducción - Ley de Maxwell-Faraday 369

donde~u es la velocidad de desplazamiento de los electrones relativa al circuito, el cual se muevecon una velocidad~v. El campo ~Em = (~u+~v)×~B es llamado campo electromotriz ya que es estecampo el que provocará un movimiento de los electrones en el circuito. La fuerza electromotrizinducida será:

ε =∮

Γ

d~l ·~Em

que corresponde al trabajo generado por ~Em sobre una carga unitaria al dar una vuelta por elcircuito:

ε =∮

Γ

(~u(~x)×~B(~x)) ·d~l +∮

Γ

(~v×~B(~x)) ·d~l

Ahora utlizamos la siguiente identidad (~A×~B) ·~C = (~C×~A) ·~B

ε =∮

Γ

(d~l×~u(~x)) ·~B(~x)+∮

Γ

(d~l×~v) ·~B(~x)

Vemos que la primera integral es nula, ya que la velocidad de los electrones en el circuito essiempre colineal a d~l. Esto no es sorprendente ya que sabemos que la fuerza de Laplace por sísola no genera trabajo, el cual proviene necesariamente entonces de la fuerza externa que poneen movimiento al circuito con velocidad~v. Luego

ε =−∮

Γ

(~v×d~l) ·~B

Escribiendo~v = d~x/dt, y considerando que d~l es independiente del tiempo:

ε =−∮

Γ

1dt(d~x×d~l) ·~B(~x)

Vemos que d~x×d~l = d~S′ = dS′n′ define un elemento de área de la superficie S′ barrida por Γ(t)y Γ(t +dt). Tenemos entonces:

ε =− 1dt

∮Γ

d~S′ ·~B =− ddt

ΦS′

Considerando que ~∇ ·~B = 0, el flujo del campo magnético sobre la superficie cerrada S(Γ(t))∪S(Γ(t +dt))∪S′ es nulo, donde S(Γ) es la superficie plana encerrada por Γ. Esto es

ΦS(Γ(t))−ΦS(Γ(t+dt))+ΦS′ = 0


donde el signo menos del segundo término proviene de la orientación de la normal a la superficieS(Γ(t +dt)). Finalmente

− ddt

ΦS′ =−ddt(ΦS(Γ(t+dt))−ΦS(Γ(t))) =−

dΦS(Γ)

dtvemos entonces que la fuerza electormotriz inducida depende de la derivada temporal del flujo através de S(Γ). La ley de Faraday se escribe entonces:

ε =−dΦB,S(Γ)

dt(10.1)

donde ΦB,S(Γ) es el flujo del campo magnético a través la superficie plana S(Γ) cuyo contorno esΓ. La unidad SI del flujo magnético es el Weber (1 Wb) = 1 T m2. El signo menos es consistentecon la ley de Lenz e indica que la corriente inducida en la espira tiende a oponerse al cambio enel flujo magnético a través de ésta. Note que esta ecuación fue obtenida utilizando las leyes de lamagnetostática.

10.4.2 Caso de un circuito estático en un campo magnético variable en el tiempoEn este caso, las leyes de la magnetostática son incapaces de explicar los resultados experimen-tales. En efecto, si el circuito no se mueve respecto al sistema de referencia,~v = 0 y se obtieneε = 0. Sin embargo, esto contradice las experiencias de Faraday que muestran que la corrienteinducida sólo depende del movimiento relativo entre el campo y la espira y que entonces tambiénaparece una corriente en el sistema de referencia en el cual el circuito esta estático y el campomagnético varía en el tiempo. En este caso, se postula que, igualmente:

ε =−dΦB

dt

donde esta vez, la variación del flujo proviene de la variación temporal de ~B, y no de unmovimiento de la espira. Este postulado implica entonces que una variación temporal de ~Bgenera un campo eléctrico ~Em que pone en movimiento a los electrones. Vemos que

ε =∮

Γ

d~l ·~Em =− ddt

∫∫S(Γ)

~B ·d~S

utilizando el hecho de que ~B deriva de un potencial vectorial, ~B = ~∇×~A y se tiene:∮Γ

d~l ·~Em =− ddt

∫∫S(Γ)

(~∇×~A) ·d~S =− ddt

∮Γ

d~l ·~A

donde hemos utilizado el teorema de Stokes. Finalmente:

∮Γ

d~l ·~Em =−∮

d~l · ∂~A

∂ ty el campo electromotriz se escribe en este caso:

~Em =−∂~A∂ t

10.5 Relación de Maxwell-Faraday 371

Definición 10.4.1 — Ley de inducción de Faraday (1831). En un sistema de referenciageneral en el cual existe un campo magnético variable en el tiempo ~B y un circuito cerradoΓ que se mueve con velocidad ~v, un campo electromotriz ~Em produce una corriente en elcircuito. Se tiene

~Em =~v×~B− ∂~A∂ t

(10.2)

El magnetismo es entonces capaz de generar un campo eléctrico ~E = ~Em y se cumple:

ε =∮

Γ

~E ·d~l =− ddt

∫∫S(Γ)

~B ·d~S =−dΦB,S(Γ)

dt (10.3)

10.5 Relación de Maxwell-Faraday

La relación de Maxwell-Faraday corresponde a la forma diferencial de la ley de inducción 10.3.Consideremos una curva cerrada Γ arbitraria en el espacio e independiente del tiempo (notar queesta curva no tiene por qué representar a una espira real). Entonces

εΓ =∮

Γ

d~l(~x) ·~E(~x, t) =− ddt

∫∫S(Γ)

d~S(~x) ·~B(~x, t)

Por el teorema de Stokes, la integral de línea de ~E se puede reescribir como una integral desuperficie, y se tiene:

∫∫S(Γ)

d~S(~x) ·(~∇×~E(~x, t)

)=−

∫∫S(Γ)

d~S(~x) · ∂

∂ t~B(~x, t)

Siendo Γ una curva arbitraria, obtenemos la ley diferencial de Maxwell-Faraday

~∇×~E(~x, t) =− ∂

∂ t~B(~x, t) (10.4)

Esta es una de las ecuaciones de Maxwell para campos que varían en el tiempo, y es unageneralización de la ecuación (3.25). Vemos que solo para campos estáticos se tiene que elcampo eléctrico es irrotacional, ~∇×~E(~x) = 0. En el caso general en el que los campos varian enel tiempo, se tiene:

~∇×~E =−∂~B∂ t

=− ∂

∂ t(~∇×~A)

~∇× (~E +∂~A∂ t

) = 0

y entonces el campo ~E + ∂~A∂ t 6= ~E es conservativo.


10.6 Densidad de energía magnéticaVemos que una densidad de corriente ~J en la prescencia de un campo magnético variable en eltiempo será sometida a un campo electromotriz ~Em. Para mantener dicha densidad de corriente,se requiere entonces suministrar una energia que contraresta el trabajo generado por el campoelectromotriz. Sobre un volumen d3x′, la potencia generada por ~Em es

dW (~x′, t)dt

=~v(~x′) ·ρ(~x′)~Em(~x′, t)d3x′

donde~v(~x′) es la velocidad en~x′ y ρ(~x′) la densidad de cargas. Escribiendo en términos de ladensidad de corriente ~J(~x′) = ρ(~x′)~v(~x′) y usando ~Em =− ∂~A

∂ t (aquí,~v es la velocidad absolutarespecto al sistema de referencia y entonces no es necesario considerar el primer término en laecuación 10.2):

dW (~x′, t)dt

=−~J(~x′) · ∂~A(~x′, t)

∂ td3x′

Finalmente, la energía necesaria que se debe suministrar por unidad de tiempo para mantener elmovimiento de las cargas es:

dUdt

=−∫∫∫

R3

dW (~x′, t)dt

=∫∫∫

R3~J(~x′) · ∂

~A(~x′, t)∂ t

d3x′

dUdt

=ddt

∫∫∫R3

~J(~x′) ·~A(~x′, t)d3x′

reconocemos entonces la densidad de energía magnética por unidad de volumen:

u(~x′) = ~J(~x′) ·~A(~x′) (10.5)

es posible expresar la densidad de energía de forma alternativa en términos del campo magnético~B, utilizando el teorema de Ampère

dUdt

=∫∫∫

R3~J(~x′) · ∂

~A(~x′)∂ t

d3x′ =∫∫∫

R3

1µ0

(~∇′×~B(~x′)) · ∂~A(~x′)∂ t

d3x′

usando la identidad (~∇×~B) · ∂~A∂ t = (~∇× ∂~A

∂ t ) ·~B−~∇ · (∂~A∂×~B), y que ~∇× ∂~A

∂ t = ∂~B∂ t

dUdt

=1µ0

∫∫∫R3~B(~x′) · ∂

~B(~x′)∂ t

d3x′− 1µ0

∫∫∫R3

~∇′ · (∂~A(~x′)∂ t

×~B(~x′))d3x′

el segundo término de la derecha se puede escribir como una integral de superficie en el infinito.Si los campos decaen suficientemente rápido cuando ‖~x‖→ ∞

dUdt

=1

2µ0

ddt

∫∫∫R3‖~B(~x′)‖2d3x′

y vemos que es posible expresar la densidad de energía magnética en términos del campomagnético:

u(~x′) =‖~B(~x′)‖2

2µ0(10.6)

10.6 Densidad de energía magnética 373

En completa analogía con la densidad de energia eléctrica (3.29)

uE(~x) =ε0

2‖E(~x)‖2

Ejemplo 10.2 — Principio de un generador. Considere un generador que consta de un imánpermanente que genera un campo magnético constante ~B = Bx. Ua espira rectangular de área Agira con velocidad angular ω en torno al eje j, perpendicular a ~B. Si los terminales de la espira seconectan a una resistencia R, calcule la corriente inducida en la espira, y la potencia consumidapor la resistencia. Calcule además la potencia necesaria para producir el movimiento rotatorio dela espira.

SoluciónDado que el campo magnético es uniforme, el flujo magnético que atraviesa la espira es

ΦB = BAcos(ϑ)

donde ϑ = ωt es en ángulo que forma la normal de la espira con el eje x del campo magnético.

Luego:

ΦB = BAcos(ωt)

Así, la tasa a la que varía el flujo magnético en el tiempo es

dΦB

dt=−BAω sin(ωt)

Utilizando la ley de Maxell-Faraday, obtenemos la fuerza electromotriz inducida en la espira:

ε =−dΦB

dt= BAω sin(ωt)

Vemos que ε varía de forma sinusoidal en el tiempo. Si el circuito se conecta a una resistencia R,la corriente a través de ésta será


I =|ε|R

=BAω

Rsinωt

Ahora, la potencia suministrada a la resistencia es:

P = |ε|I = (BAω)2

Rsin2

ωt

Por otro lado, el torque necesario para producir el movimiento rotatorio de la espira a velocidadangular constante es

τ = µBsinθ = µBsinωt

donde µ es la magnitud del momento magnético de la espira

µ = IA→ τ = IABsinωt

τ =B2A2ω

Rsin2

ωt

Por último, la potencia mecánica necesaria esta dadá por

Pm = τω =B2A2ω2

Rsin2

ωt

la potencia mecánica entregada es igual a la potencia eléctrica disipada por la resistencia.

Ejemplo 10.3 — Riel móvil en un campo uniforme. Considere la disposición que se mues-tra en la figura. Suponga que R = 6Ω, l = 1,2 m y un campo magnético uniforme de 2,5 T sedirige hacia el interior de la página.a) A qué rapidez deberá moverse la barra para producir una corriente de 0,5 A en la resistencia?.b) Calcule la fuerza que se debe ejercer sobre la barra en este caso.

Solucióna) Consideremos el circuito cerrado formado por la barra y los rieles.Definamos al vector de superficie como ~S = −Sk (con la normal dirigida hacia el interior dela página) Suponiendo que la barra se encuentra a una distancia x del riel izquierdo, el flujomagnético sobre la superficie plana encerrada por este circuito es

ΦB = BA = Blx


utilizando la ley de Faraday obtenemos la fem inducida en el circuito

ε =−dΦ

dt=− d

dt(Blx) =−Bl

dxdt

Pero dx/dt es simplemente la velocidad de la barra, así

ε =−Blv

La correspondiente corriente inducida es

I =|ε|R

=BlvR

Despejando

v =RIBl

reemplazando los valores numéricos

v =6×0.5

2.5×1.2=

33= 1m/s

Notemos que mientras la velocidad de la barra sea positiva (movimiento hacia la derecha) elflujo magnético aumenta. Le ley de Lenz dice que la corriente inducida intentará oponerse alcambio de flujo magnético que la origina. En otras palabras, el sentido de la corriente será talque la fuerza de Laplace intentará frenar a la barra.En la figura anterior, se ha supuesto un sentido para la corriente compatible con una fuerzamagnética sobre la barra en la dirección −i, que justamente intentará frenar a la barra.b) Vemos que sobre la barra actúan dos fuerzas

La fuerza externa es la fuerza que se debe ejercer sobre la barra para que se mueva a velocidad v,la que debe equilibrarse con la fuerza de Laplace que experimenta la barra, dada por:

~FB = I~L×~B = I(l j)× (−Bk) =−IlBi =−B2l2vR

i


que apunta en la dirección opuesta a ~v. Para que la barra se mueva a velocidad constante, lafuerza neta actuando sobre ella debe ser igual a cero. Así

~Fext =−~FB =B2l2v

Ri

Notar que la potencia entregada por ~Fext es igual a la potencia disipada en la resistencia (conse-cuencia de la conservación de la energía), en efecto:

P = ~Fext ·~v = Fextv =B2l2v2

R

P =(Blv)2

R=

ε2

R= I2R

Ejemplo 10.4 — Modelo clásico del diamagnetismo (Langevin). El modelo de Langevinpermite de establecer una vision clásica del diamagnetismo de la materia. Este modelo se aplicaa materiales dieléctricos en los cuales los electrones se encuentran fuertemente ligados a losátomos, de forma que no se pueden mover libremente (como en un conductor).

Un electrón que describe una órbita de radio r posee un momento magnético dado por

~µ = IAk = Iπr2k

donde k es la normal a la superficie plana encerrada por la órbita. La corriente asociada almovimiento orbital del electrón está dada por:

I =−ev2πr

luego

~µ =−evr

2k

Supongamos ahora que se aplica un campo magnético uniforme pero variable en el tiempo~B = B(t)k. Una fuerza electromotriz ε actuará sobre el electrón, y se tiene

ε = Em2πr =− ddt(B(t)πr2)

donde Em es el campo electromotriz, tangencial a la órbita en todo punto. Asumiendo que elradio de la órbita se mantiene constante

Em =− r2

dB(t)dt


la velocidad del electrón en la órbita se ve modificada por este campo electromotriz

−eEm = medvdt

=er2

dB(t)dt

de aquí vemos que si el campo magnético externo varía de ∆B, la velocidad del electrón varíade acuerdo a ∆v = er∆B/(2me) y entonces el momento magnético aumenta en la dirección -k si∆B > 0:

∆~µ =−e∆vr

2k =−e2r2

4me∆Bk

Esto es consistente con la ley de Lenz, el momento magnético del electrón genera un campo mag-nético que tiende a compensar la variación del flujo magnético producida por el campo externo.Finalmente, si se tiene una densidad de n átomos por unidad de volumen, la magnetización ~Mpor unidad de volumen cumple:

∆~M = n∆~µ =−ne2r2

4me∆B = χm

∆Bµ0

donde hemos asumido que el material es suficientemente diluído como para suponer ~H ≈~Bµ0

(es decir, cada átomo ve un campo magnético externo que no se ve influenciado por lamagnetización de los átomos vecinos). Obtenemos entonces una susceptibilidad magnéticanegativa, característica de un material diamagnético

χm =−µ0ne2r2

4me

para un átomo con Z electrones, obtenemos finalmente la susceptibilidad diamagnética en elmodelo de Langevin:

χm =−µ0Zne2r2

4me(10.7)

Por ejemplo, el grafito, compuesto por átomos de carbono (Z = 6), con un radio promedior ≈ 0.07 nm a densidad n = 9×1022 cm−3, obtenemos

χm =−4π×10−7× (9×1028)× 6× (1.6×10−19)2× (7×10−11)2

4×9.1×10−31 ∼ 2×10−5

lo que se compara bastante bien con su valor experimental a pesar de que el grafito es unconductor:

χexpm =−1.4×10−5

Ejemplo 10.5 — Efecto Kelvin: penetración de un campo magnético en un conductor.La ley de inducción de Maxwell permite de estimar la profundidad a al cual un campo magnéticovariable en el tiempo es capaz de penetrar en un conductor; la corriente inducida tiende a anularel campo magnético externo en el interior del conductor. Consideremos el caso de un conductorde conductividad σ . En la prescencia de un campo magnético variable en el tiempo, se induceun campo eléctrico dado por la relación de Maxwell-Faraday


~∇×~E(~x, t) =−∂~B(~x, t)∂ t

este campo genera una densidad de corriente dada por la ley de Ohm ~J(~x, t) = σ~E(~x, t), y laforma diferencial del teorema de Ampère se escribe en este caso:

~∇×~B(~x, t) = µ0~J(~x, t) = µ0σ~E(~x, t)

lo que nos permite escribir:

~∇× (~∇×~B(~x, t)) =−~∇2~B(~x, t) = µ0σ~∇×~E(~x, t) =−µ0σ∂~B(~x, t)

∂ t

donde hemos utilizado la identidad ~∇× (~∇×~F) = ~∇(~∇ ·~F)−~∇2~F , el hecho de que ~∇ ·~B = 0 yla relación de Maxwell Faraday. Finalmente, el campo magnético en el conductor satisface laecuación:

~∇2~B(~x, t)−µ0σ∂~B(~x, t)

∂ t= 0 (10.8)

la cual corresponde a la ecuación de difusión. En régimen transitorio, suponiendo que elcampo magnético varía sinusoidalmente en el tiempo, se tiene ~B(~x, t) = ℜ

~B(~x)eiωt

, donde la

dependencia espacial de ~B debe cumplir :

~∇2~B(~x)− iωµ0σ~B(~x) = 0

Considerando, para simplificar, que el campo magnético sólo depende de x y que el conductorcorresponde a la región x > 0

d2B(x)dx2 − iωµ0σB(x) = 0

cuya solución es de la forma

B(x) = ℜ

B0eiωte−(1+i)x/λK

= B0 cos(ωt− x/λK)e−x/λK

donde λK es la longitud de Kelvin

λK =

√2

µ0σω(10.9)

Vemos entonces que el campo magnético decae de forma exponencial hacia el interior delconductor, λK define la distancia caracteristica respecto a la superficie sobre la cual el campomagnético es capaz de penetrar. La corriente alterna se concentra entonces en la superficie de unconductor.

Ejemplo 10.6 — Riel en un plano inclinado. Una barra conductora de masa m y resistenciaR desliza entre 2 rieles conductores sin fricción que forman un ángulo ϑ con la horizontalseparados una distancia l. Un campo magnético uniforme ~B es aplicado verticalmente. La barrase suelta del reposo y desliza habia abajo bajo el efecto de la gravedad.


a) Determine la corriente inducida en la barra (magnitud y dirección).b) La velocidad terminal de la barra.Una vez alcanzada la velocidad terminalc) Cuál es la corriente inducida?d) A qué tasa se disipa energía en la resistencia?e) Cuál es la tasa de trabajo ejercido por la gravedad?

Solucióna) Supongamos que en un instante dado la barra se encuentra a una distancia x del extremo, comose ve en la figura

El circuito formado por los rieles y la barra que desliza encierra una superficie plana cuya normales

n = sinϑ x+ cosϑ y

Y el flujo a través de esta superficie es

ΦB =∫∫

Sd~S(~x) ·~B(~x) = ~B ·Sn = BScosϑ = Bxl cosϑ

Con esto, la fuerza electromotriz inducida en los extremos de la barra es

ε =−dΦB

dt=−Bl cosϑ

dxdt

Así, la corriente inducida está dada por

I =| ε |R

=BlR

cosϑdxdt

La dirección de la corriente es tal que se opone al cambio de flujo, es decir, debe ser tal que sobrela barra actúa una fuerza de Laplace en la dirección -x.

~FB = I~L×~B = I~L×B j


De aquí es claro que la corriente debe ir en la dirección k (es decir de b hacia a), de forma que

~FB = IlB(k× j) =−IlBx

b)

Se tiene además que

mgsinϑ −FBcosϑ = md2xdt2

mgsinϑ − IlBcosϑ = md2xdt2

Recordando que

I =BlR

cosϑdxdt

se tiene

mgsinϑ − l2B2

Rcos2

ϑdxdt

= md2xdt2

gsinϑ − l2B2

mRcos2

ϑdxdt

=d2xdt2

tenemos una ecuación diferencial de la forma:

A−Bv =dvdt

la cual es integrable:

dt =dv

(A−Bv)

Integrando entre t0 y t:

t− t0 =−ln(A−Bv0)

B+

ln(A−Bv(t))B

−B(t− t0) = ln(A−Bv(t))− ln(A−Bv0)

Finalmente

e−B(t−t0) =A−Bv(t)A−Bv0

AB+(v0−

AB)e−B(t−t0) = v(t)


Si t0 = 0 y v0 = 0, y reemplazando A y B:

v(t) =mgsinϑR

l2B2 cos2 ϑ(1− e−l2B2/(mR)cos2 ϑ t)

Para encontrar la velocidad terminal, tomamos el límite cuando t→ ∞

vt = limt→∞

v(t) =mgR tanϑ secϑ

l2B2

c) La corriente terminal está dada por

I =BlR

cosϑvt =mg tanϑ

lBd) El módulo de la fem inducida en esta situación es

| ε |= mgR tanϑ

lB

la tasa a la cual se disipa energía en la resistencia corresponde a la potencia eléctrica consumidapor ésta

P =| ε | I = m2g2R tan2 ϑ

l2B2

e) La tasa de trabajo ejercida por la gravedad es

Pg = Fgvt

donde Fg = mgsinϑ es la componente de la fuerza gravitacional en la dirección del desplaza-miento

Pg = mgsinϑvt =m2g2R tan2 ϑ

l2B2

la cual es igual a la potencia que disipa la resistencia, consistente con el principio de conservaciónde la energía

Ejemplo 10.7 — Inducción en una espira en un campo variable. Una espira rectangularde largo l y ancho w es coplanar a un alambre recto paralelo al lado l, que lleva una corriente I auna distancia h del lado más próximo a la espira rectangular.a) Determine el flujo magnético que atraviesa la espira.b) Suponga que la corriente sobre el conductor largo es una función del tiempo de la formaI(t) = a+bt, con a y b constantes positivas. Cuál es la fuerza electromotriz inducida en la espiray la dirección de la corriente inducida?

SoluciónUsando el teorema de Ampère para el alambre recto se obtiene que el campo a una distancia r deéste está dado por

~B =− µ0I2πr

k

Definimos el vector de área de la espira rectangular como ~S =−Sk de modo que ΦB > 0. Paraobtener el flujo total, podemos considerar el área encerrada por la espira rectangular como unasuperposición de áreas rectangulares de ancho infinitesimal dr y largo l. De esta forma:


ΦB =∫∫

S~B ·d~S =

µ0Il2π

∫ h+w

h

drr

ΦB =µ0Il2π

(ln(h+w)− ln(h)) =µ0Il2π

ln(

1+wh

)b)Utilizando la ley de Faraday

ε =−dΦB

dt=− d

dt

(µ0Il2π

ln(

1+wh

))Aquí, lo único que varía en el tiempo es la corriente, de forma que:

ε =−µ0l2π

ln(

1+wh

) dIdt

y sabemos que dI/dt = b, así

ε =−µ0lb2π

ln(

1+wh

)Por la ley de Lenz, la corriente inducida en la espira debe fluír en el sentido contrareloj para asíproducir un campo magnético según +k que va a contrarrestar el incremento del flujo debido alcampo externo.

Ejemplo 10.8 — Movimiento relativo entre corrientes. Una espira rectangular, de resisten-cia R y de dimensiones l y w se mueve con velocidad constante~v alejándose de un alambre rectoinfinitamente largo que lleva corriente I en el mismo plano de la espira. Cuál es la corriente en laespira en el instante en que el lado mas cercano se encuentra a una distancia r del alambre?

Solución

El flujo del campo magnético generado por el alambre recto sobre la espira rectangular fuecalculado en el ejemplo anterior:


ΦB =µ0Il2π

ln(

1+wr

)Donde esta vez es la distancia r la que varía en el tiempo:

ε =−dΦB

dt=−µ0Il

2π

ddt

ln(

r+wr

)=−µ0Il

2π

(1

r+w− 1

r

)drdt

donde dr/dt es la velocidad de la espira

ε =−µ0Ilv2π

(1

r+w− 1

r

)=−µ0Ilv

2π

(r− r−wr(r+w)

)=

µ0Ilv2π

wr(r+w)

Y la corriente inducida será simplemente

I =|ε|R

=µ0Ilv2πR

wr(r+w)

Ejemplo 10.9 — Corriente inducida por gravedad. Una barra conductora de masa m yresistencia R es empujada en la dirección horizontal a través de dos rieles sin fricción apartadosuna distancia l, mediante un hilo de masa despreciable que pasa a través de una polea ideal y queesta conectada a un bloque de masa M. Un campo magnético uniforme es aplicado verticalmentehacia arriba. La barra parte del reposo.

a) Sea la velocidad de la barra en algún instante igual a v. Encuentre una expresión para lacorriente inducida. En qué dirección fluye?b) Resuelva la ecuación diferencial para la velocidad de la barra en función del tiempo.

Solucióna) Sea nuestro origen de coordenadas la esquina inferior del sistema como se aprecia en la figura


Es una situación muy similar a la del ejemplo 10.6. Si escogemos el vector de superficie delárea encerrada por el circuito como ~S = Sk, entonces el flujo a través del circuito será positivo.Supongamos que cuando la velocidad es v, la barra está a una distancia horizontal x del origen,así

ΦB = Bxl

y la fuerza electromotriz inducida es

ε =−dΦB

dt=−Bl

dxdt

=−Blv

La corriente inducida será

I =|ε|R

=BlvR

b) Sea x la coordenada según i del centro de masas de la barra en el instante t. El equilibrio defuerzas para la barra es

T i− I~l×~B = T i− Il~j×Bk = (T − IlB)i = mdx2

dt2 i

donde T es la tensión de la cuerda, la cual obtenemos mediante el equilibrio de fuerzas para lamasa M

Mg−T = Mdy2

dt2

suponiendo que la cuerda es inextensible, dx2/dt2 = dy2/dt2, así

Mg−Mdy2

dt2 = Mg−Mdx2

dt2 = T

con lo que el equilibrio de fuerzas para la barra queda(Mg−M

dx2

dt2 − IlB)= m

dx2

dt2

Mg− l2B2

Rv = (m+M)

dx2

dt2

lo que es equivalente a la siguiente ecuación diferencial para v:

dvdt

+l2B2

R(M+m)v− Mg

M+m= 0

la cual es integrable y cuya solución es de la forma (ver 10.6)

v(t) =MgRl2B2

(1− e−B2l2/(R(M+m))t

)donde se ha impuesto la condición inicial v(0) = 0.

Ejemplo 10.10 — Rotación generada por inducción. Un disco en cuyo borde (r = b)se encuentra una carga uniformemente distribuída q, pende de un hilo vertical. En la regiónr < a existe un campo magnético uniforme Bk, perpendicular al plano que contiene al disco. Sedesconecta la fuente de campo magnético, disminuyendo éste uniformemente a 0. Si el momento


de inercia del disco es I, calcule la velocidad angular final de éste.

SoluciónInicialmente, se tiene un flujo constante a través de la región r < a dado por

ΦiB = Bπa2

donde hemos elegido la normal a la superficie según la dirección k, de manera que ΦiB > 0. Sea

la curva Γ que coincide con el borde del disco (círculo de radio b), la ley de Faraday nos da:∮Γ

~E ·d~l = E2πb =−dΦB

dtdado que, por simetría, el campo eléctrico inducido posee la misma magnitud en todos los puntosde la curva. Así

E =− 12πb

dΦB

dt

Consideremos ahora un elemento diferencial sobre la curva, de largo dl = bdϑ donde ϑ es elángulo en coordenadas polares. La carga sobre este elemento de arco es dq = λdl y la fuerzad~F que se ejerce sobre éste se escribe:

~dF = Eλbdϑϑ

En consecuencia, se produce un diferencial de torque dado por

d~τ = br× ~dF = Eλb2dϑ k =−λb2π

dΦB

dtdϑ k

El torque total a un tiempo t estará dado por

~τ =−∫ 2π

0

λb2π

dΦB(t)dt

dϑ k =−λbdΦ(t)

dtk


Si~L = Lk es el momento angular del disco con respecto al eje k que pasa por su centro, entonces

~τ =d~Ldτ

−λbdΦB(t)

dt=

dLdt

Integrando entre t = 0 y t = t f :

−λb(ΦB(t f )−ΦB(0)) = L f −Li

si el disco parte del reposo, Li = 0, y si además t f es suficientemente grande, ΦB(t f ) = 0

λbπa2B = Iω f

donde ω f es la velocidad angular final de rotación del disco e I el momento de inercia respectoal eje k.

ω f =λRπa2B

I

Ejemplo 10.11 — Riel móvil conectado a dos resistencias. Una barra conductora de largol desliza sin fricción sobre dos barras conductoras paralelas (separadas una distancia l) comomuestra la figura. Dos resistencias, R1 y R2, se conectan a través de las barras. Existe un campomagnético uniforme en la región donde se encuentran las barras que apuntando hacia el interiorde la página (−k). Suponga que un agente externo mueve la barra móvil hacia la izquierda a unavelocidad v constante.

a) Determine el voltaje inducido ε entre los extremos de la barra en movimiento.b) Determine la corriente a través de cada resistencias.c) Determine la potencia total disipada en las resistencias.d) Cuál es la fuerza que necesita aplicar para mantener la barra a velocidad constante?

Solucióna) Para obtener la fuerza electromotriz inducida en la barra, podemos considerar el circuitocerrado Γ que contiene a la barra y a la resistencia R2. Sea x la posición de la barra medida desdeR2.Orientando la normal a la superficie plana encerrada por Γ según−k, se tiene que el flujo a travésde Γ es:


Φ(t) =−∫∫

S(Γ)dSk · (−~Bk) = B

∫∫S(Γ)

dS = Bx(t)l

Entre los extremos de la barra se induce una fuerza electomotriz dada por

| ε(t) |= dΦ(t)dt

= Bddt(lx(t)) = Blv

b) Esta fuerza electromotriz generará una corriente a través de R1 y R2. El sentido de ambascorrientes se indica en la figura siguiente, consistente con el hecho de que la corriente inducidase opone al cambio de flujo magnético (La fuerza de Laplace sobre la barra debe oponerse almovimiento).

Se tieneI1 =

BlvR1

I2 =BlvR2

c) La potencia total disipada por las resistencias corresponde a

P = I21 R1 + I2

2 R2 = B2l2v2(

1R1

+1

R2

)d) Es claro que la potencia disipada por las resistencias es igual a la potencia mecánica sum-inistrada a la barra. En efecto, si F es la magnitud de la fuerza que se ejerce sobre la barra ,entonces

P = Fv = B2l2v2(

1R1

+1

R2

)Finalmente


F = B2l2v(

1R1

+1

R2

)

Ejemplo 10.12 — Inducción en un toroide. Se considera un toroide con N espiras cuadradasde lado a sin un medio material en el interior. Cada espira está a distancia b de un alambre rectoy muy largo que lleva una corriente sinusoidal I = I0 sinωt, con ω constante. Además, todas lasespiras cuadradas son coplanares con el alambre recto. Calcule la fuerza electromotriz inducidaentre los terminales del toroide.

SoluciónEl campo magnético del alambre recto se obtiene a través del teorema de Ampère, y se obtieneel conocido resultado:

~B(r) =µ0I(t)2πr

ϑ

donde r es la distancia al alambre. Calculemos ahora el flujo sobre una espira, como se muestraen la figura siguiente:

En el caso de la figura, ϑ coincide con −k, y escogiendo la normal a la superficie encerrada porla espira en el sentido −k, el flujo magnético queda

Φ(t) =∫ a/2

−a/2dy∫ b+a

bdx

µ0I(t)2πx

=µ0I(t)a

2πln(

a+bb

)

El flujo será el mismo sobre cada una de las N espiras, de forma que el flujo total sobre el toroidees


ΦT (t) = NΦ(t) =Nµ0I(t)a

2πln(

a+bb

)por la ley de Faraday, se inducirá una fuerza electromotriz dada por

ε(t) =−dΦT (t)dt

=−Nµ0ωa2π

ln(

a+bb

)cosωt

Mientras mayor sea el número de vueltas N, mayor será la fuerza electromotriz inducida.

Ejemplo 10.13 — Bobina en movimiento en un campo magnético. Una bobina circularplana de N vueltas tiene diámetro D y resistencia R. La bobina se orienta con su eje paralelo a uncampo magnético ~B = Bk uniforme y paraleo al eje de la bobina, cuyos extremos se conectan aun dispositivo capaz de medir la carga que pasa a través de él. Si la bobina se gira en 180 gradossobre un eje perpendicular al campo magnético, el dispositivo mide el paso de una carga total Q.Encuentre el valor de B.

SoluciónOrientando la normal a cada espira S según n = k, se tiene, en la situación inicial, un flujomagnético total dado por

Φ = N∫∫

SdS(~x)k ·Bk = NB

∫∫S

dS(~x) = NBπ (D/2)2

Mientras la espira gira, se induce una fuerza electromotriz ε entre sus extremos, ya que el flujomagnético Φ varía. La corriente inducida es:

I(t) =ε(t)

R=− 1

RdΦ(t)

dt

Supongamos que la espira demora un tiempo T en girar en 180 grados, luego la carga que pasarápor el detector es

Q =∫ T

0dtI(t) =

∫ T

0dt

ε(t)R

Q =− 1R

∫ T

0dt

dΦ(t)dt

=− 1R(Φ(T )−Φ(0))

dondeΦ(0) = NBπ (D/2)2

mientras que


Φ(T ) =−NBπ (D/2)2

luego

Q =NBπD2

2RFinalmente

B =2QR

πND2

Ejemplo 10.14 — Freno magnético. Un tren de masa m y largo L se desplaza inicialmentecon velocidad v0 i, e ingresa a una región de frenado electromagnético en la cual existe un campomagnético uniforme, en el sentido que se muestra en la figura. El exterior del tren es un conductorcuya resistencia total es igual a R. Encuentre la velocidad del tren en función del tiempo.

SoluciónSupongamos que en un cierto instante t el tren ha entrado una distancia x(t)< L en la regiónde campo magnético. Sea Γ la curva que describe el exterior del tren. Si la normal exterior a lasuperficie encerrada por Γ se dirige según k, el flujo a través de Γ es:

Φ(t) =∫∫

S(Γ)d~S(~x) ·~B(~x) =

∫∫S(Γ)

dSB = aBx(t)

por la ley de inducción, habrá una fuerza electromotriz inducida en el circuito Γ

ε(t) =−dΦ(t)dt

=−aBx(t)

El signo menos da el sentido de la corriente inducida, como muestra la figura siguiente.

La corriente inducida es entoncesI =

aBR

x(t)


Por otro lado, sobre cada segmento del circuito Γ actúa la fuerza de Laplace. De la figura esclaro que las fuerzas sobre las secciones horizontales se cancelan entre sí, mientras que sobr elasección vertical de la derecha:

~F =−Ia j×Bk =−IaBi

De esta forma, la segunda ley de Newton para el tren toma la forma:

−IaB = md2xdt2

pero I(t) = aBR

dx(t)dt , luego

−(aB)2

Rdx(t)

dt= m

d2x(t)dt2 x(t)< L

Lo que equivale a la siguiente ecuación diferencial para la velocidad v(t)

−(aB)2

mRv(t) =

dv(t)dt

cuya solución es

v(t) = v0e−(aB)2t/(mR) t < t∗

con x(t∗)< L. Este tiempo puede ser obtenido al imponer

L = x(t∗) =v0mR(aB)2

(1− e−(aB)2t∗/(mR)

)

Vemos entonces que la velocidad del tren decae de forma exponencial en el tiempo siemprey cuando x(t) < L . Una vez que el tren ha ingresado completamente a la región de campomagnético, el flujo se mantiene constante, la fuerza de Laplace sobre el tren se anula y éste semantendrá a velocidad constante igual a v(t∗)

Ejemplo 10.15 — Velocidad terminal. Considere una espira rectangular de lado a y masam en el plano y-z, sumergida en un campo magnético ~B = (B0−αz)x, con α > 0. La espira caeen la dirección vertical debido a la gravedad. Encuentre la fuerza electromotriz y la corrienteinducida en función de la velocidad~v de la espira. Cuál es la velocidad terminal de ésta?.SoluciónDefiniendo la normal a la espira rectangular según n = x, y suponiendo que el extremo inferiorse encuentra a una altura z, el flujo mangético a través de la espira esta dado por


ΦB =∫∫

Sd~S ·~B =

∫∫S

dydzB(z) =∫ a

0dy∫ z+a

zdz(B0−αz)

ΦB = a(B0z− α

2z2)∣∣∣z+a

z= a2Bo−

aα

2(z2 +2az+a2− z2) = a2(B0−αz)− αa3

2

Con esto, y utilizando la ley de inducción de Faraday, podemos determinar la fuerza electromotrizinducida en la espira

ε =−dΦB

dt=−dΦB

dzdzdt

=−dzdt

(−αa2) = vαa2

Donde v es la rapidez con que cae la espira. Si la espira cae por efecto de la gravedad, v < 0, deforma que ε < 0 y esto significa que la corriente va en el sentido indicado por la siguiente figura.En efecto, si la espira cae, el flujo magnético aumenta, luego la corriente inducida debe generarun flujo magnético que se opone a esta aumentación.

La magnitud de la corriente está dada por

I =| ε |R

=αa2 | v |

R

Ahora, para encontrar la velocidad terminal de la espira, necesitamos resolver la ecuación demovimiento. La fuerza magnética sobre la espira se puede descomponer como la suma de lasfuerzas de Laplace sobre los 4 segmentos indicados en la figura anterior. Es fácil notar que sobrelos segmentos verticales 2 y 4, las fuerzas se anulan (el campo no depende de la coordenada y yla corriente cambia de dirección entre ambos segmentos). Ahora, la fuerza sobre el segmento 1es

~F1 = IaB(z+a)(−haty× x) =−IaB(z+a)k

Y para el segmento 3~F2 = IaB(z)(−y× x) = IaB(z)k

10.7 Inductancia 393

La fuerza total es entonces

~F = Ia(Bz−Bz+a)k = Ia2α k =−α2a4 | v |

Rk

Finalmente, la ecuación de movimiento en la dirección vertical es

mdvdt

=−α2a4 | v |R

−mg

Para encontrar la velocidad terminal, imponemos dvdt = 0

| vt |= Rmg

α2a4

10.7 Inductancia10.7.1 Coeficiente de autoinducción

Un circuito Γ por el cual pasa una corriente I genera un flujo magnético a través de sí mismo.Por la ley de Biot-Savart, sabemos que el campo ~B es proporcional a la corriente I. Luego, sedebe tener:

ΦB =∫∫

S(Γ)d~S ·~B = LI

donde L, que depende únicamente de la geometría del circuito Γ, se llama coeficiente deautoinducción o simplemente inductancia. Su unidad es el Henry, con 1H = 1 Wb/A.

Sabemos, gracias a la ley de inducción de Faraday, que si intentamos hacer pasar una corriente através de una espira existirá una fuerza electromotriz autoinducida ε que se opondrá al cambiode flujo magnético a través de la espira. Esto se conoce como autoinducción, y se tiene:

ε =−dΦB

dt=− d

dt

∫∫S(Γ)

~B ·d~S =−dΦB

dIdIdt

=−LdIdt

de manera que

ε =−LdIdt

donde L es la autoinductancia.Definición 10.7.1 — Autoinductancia. Si sobre un circuito Γ circula una corriente I, elflujo magnético ΦB sobre la superficie S(Γ) encerrada por I es proporcional a la corriente,lo que permite de definir la autoinductancia (también llamada simplemente inductancia)mediante:


L =ΦB

I (10.10)

La autoinductancia es una medida de la resitencia que presenta un circuito al cambio decorriente a través de sí mismo. En efecto, la fuerza electromotriz inducida a través de Γ es:

ε =−dΦB

dt=−L

dIdt

mientras mayor sea el valor de L, mayor será la fuerza electromotriz autoinducida en respuestaa un cambio en la corriente.

Ejemplo 10.16 — Inductancia de un solenoide. Cuál es la inductancia de una solenoidede largo l, radio R que contiene N vueltas?. Cuánto vale L en el caso N = 2800, R = 5 cm yl = 0.6 m?.

SoluciónSabemos que si una corriente I circular por el solenoide, el campo magnético en su interior estádado por (7.12)

B =µ0NI

lLuego, el flujo magnético a través de la solenoide es

ΦB = NBπR2 =µ0πR2N2I

lFinalmente, la inductancia es:

L = ΦB/I =µ0πR2N2

lEn el ejemplo numérico:

L =4π210−7×0.052×28002

0.6= 0.13 H

10.7.2 Coeficiente de inducción mutuaLa ley de inducción de Faraday nos permite de comprender el hecho de que un acomplamientomagnético puede existir entre dos (o más) espiras. En efecto, si una corriente pasa por una de lasespiras, el campo magnético generado por ésta generará una fuerza electromotriz, y entonces,una corriente inducida sobre las demás espiras presentes. Estas corrientes inducidas generarán a


su vez un campo magnético que modificará la corriente de la espira original. Este fenómeno,llamado inducción magnética, juega un rol similar al de la inducción electrostática en un sistemade conductores cargados en equilibrio. Al igual que en electrostática definimos la capacitanciaentre dos conductores, de forma análoga definiremos la inductancia entre dos circuitos comoun coeficiente geométrico que describe la eficacia del acoplamiento magnético entre ambos.Supongamos que tenemos dos circuitos rígidos Γ1 y Γ2, como se muestra en la figura siguiente.

Calculemos el flujo de campo magnético ~B1 generado por el circuito Γ1 sobre el circuito Γ2:

Φ21 =∫∫

S2

d~S2 ·~B1 =∫∫

S2

d~S2 · (~∇×~A1)

y por el teorema de Stokes:

Φ21 =∮

Γ2

d~l2(~x2) ·~A1(~x2)

sabemos que el potencial vectorial generado por Γ1 en el calibre de Coulomb está dado por (8.6):

~A1(~x2) =µ0I1

4π

∮Γ1

d~l1(~x1)

‖~x1−~x2‖Luego

Φ21 =µ0I1

4π

∮Γ1

∮Γ2

d~l1(~x1) ·d~l2(~x2)

‖~x1−~x2‖= MI1

donde M depende únicamente de la geometría del sistema.

Definición 10.7.2 — Coeficiente de inducción mutua. Se define el coeficiente de induc-ción mutua entre dos circuitos lineales Γ1 y Γ2 a través de la fórmula de Neumann

M =µ0

4π

∮Γ2

∮Γ1

d~l1(~x1) ·d~l2(~x2)

‖~x2−~x1‖(10.11)

La unidad de M es el Henry (H), con 1 H= 1 Wb/A. De esta forma, el flujo magnético quegenera el circuito Γ2 sobre Γ1 se obtiene mediante

Φ12 = MI2

mientras que el flujo sobre Γ2 generado por Γ1 será

Φ21 = MI1


Ejemplo 10.17 — Inductancia mutua entre dos espiras concéntricas. Considere dosespiras coplanares y concéntricas, de radios R1 y R2 con R1 R2. Encuentre la inductanciamutua entre ambas espiras.

SoluciónLa inductancia mutua se puede obtener suponiendo que por el anillo de radio R1 circula unacorriente I1, como muestra la figura:

Anteriormente vimos que el campo magnético en el centro de un anillo de corriente I1 está dadopor (7.11)

~B1 =µ0I1

2R1k

donde k es el eje perpendicular a la espira. Debido a que R1 R2, aproximamos el campomagnético sobre la espira interior asumiendo un valor uniforme e igual a ~B1. Así, el flujo a travésde la espira interior es aproximadamente

Φ21 = ~B1 ·~S2 = B1S2 =µ0I1

2R1πR2

2 =µ0I1πR2

22R1

Finalmente, la inductancia mutua está dada por

M =Φ21

I1≈ µ0πR2

22R1

Ejemplo 10.18 — Otra configuración de espiras. Calcule el coeficiente de inductanciamutua entre las dos espiras de la figura (de radios r, R, con r << R), cuyos centros se encuentranseparados una distancia z. Las normales a los planos correspondientes forman un ángulo α .


SoluciónHay dos formas de resolver este problema. Una de ellas es suponer una corriente I1 en la espirade radio R y calcular el flujo magnético sobre la espira de radio r. La otra consiste en suponeruna corriente I2 en la espira de radio r y obtener el flujo magnético sobre la espira de radio R. Sibien ambos métodos deberían dar en principio el mismo resultado, es fácil de ver que el segundométodo es mucho más complejo que el primero puesto que el campo magnético generado porla espira de radio r varía considerablemente al interior de la espira de radio R. Supongamosentonces una corriente I1 sobre la espira de radio R, como se muestra en la figura

El campo magnético generado en el eje de una espira Γ2 circular a una distancia z del centro deésta fue calculado mediante la ley de Biot-Savart en 7.11, y está dado por:

~B2(zk) =µ0I1R2

2(z2 +R2)3/2 k

Como r R, se puede considerar que el campo magnético es uniforme en la región interior a laespira de radio r. De esta forma el flujo magnético a través de esta espira es:

Φ12 =∫∫

S1

d~S1(~x) ·~B2(~x)≈∫∫

S1

dS1(~x)n1 ·(

µ0IR2

2(z2 +R2)3/2 k)=

µ0I1R2 cosα

2(z2 +R2)3/2

∫∫S1

dS1(~x)

Φ12 =µ0πr2I1R2 cosα

2(z2 +R2)3/2

y entonces la inductancia mutua es

M =Φ12

I1=

µ0πr2R2 cosα

2(z2 +R2)3/2


Ejemplo 10.19 — Inductancia mutua entre un alambre y una espira rectangular. En-cuentre el coeficiente de inductancia mutua entre un alambre infinitamente largo y un triánguloisósceles de altura h dispuestos como en la figura siguiente.

SoluciónNos damos una corriente I1 arbitraria en el alambre (hacia arriba) y calculemos el flujo magnéticosobre el circuito triangular. El campo de un alambre muy largo fue determinado usando elteorema de Ampère . Sobre el semiplano a la derecha del alambre, a una distancia r de éste:

~B1(~x) =−µ0I1

2πrk

El flujo magnético a través del circuito triangular será

Φ21 =∫∫

S2

dS2(~x)n2(~x) ·~B1(~x)

donde S2 es la superficie plana limitada por el triángulo. Se escoge la normal unitaria a S2 según−k, de forma que

Φ21 =∫ h

0dx∫ x tanα

−x tanα

dyµ0I1

2πx

Así

Φ21 =µ0I1

2π

∫ h

0

dx2x tanα

x=

µ0I1h tanα

π

y entonces la inductancia mutua está dada por

M =Φ21

I1=

µ0h tanα

π

10.8 Circuitos con campos magnéticos 399

10.7.3 GeneralizaciónPara un sistema que contiene un número arbitrario de circuitos, el flujo magnético total Φk através del circuito k se escribe

Φk = LkIk + ∑j 6=k

Mk jI j

donde Lk es la inductancia del circuito k y Mk j el coeficiente de inducción mutua entre loscircuitos k y j. El primer término corresponde entonces a la autoinducción de k, mientras que elsegundo representa el acoplamiento magnético entre el circuito k y el resto de los circuitos. Deacuerdo a la ley de inducción de Faraday, la fuerza electromotriz inducida sobre k está dada por:

εk =−dΦk

dt=−Lk

dIk

dt−∑

j 6=kMk j

dI j

dt

vemos entonces que un sistema de circuitos con corrientes variables en el tiempo puede presentaruna dinámica considerablemente compleja debido a la ley de inducción de Faraday.

10.8 Circuitos con campos magnéticosHemos visto que la ley de inducción de Faraday implica que el campo eléctrico no es conservativoen la prescencia de un campo magnético variable en el tiempo. Esto modifica sin duda la segundaley de Kirchhoff (6.16) la cual sólo es válida cuando ~∇×~E = 0. A continuación enunciaremosla segunda ley de Kirchhoff general que considera el fenómeno de inducción.

10.8.1 Segunda ley de Kirchhoff generalCuando se tienen campos magnéticos variables en el tiempo, la ley de Maxwell-Faraday seescribe:

~∇×~E =−∂~B∂ t

Luego, en un circuito cerrado Γ compuesto de N segmentos, la suma de las diferencias depotencial a través de todos los segmentos es diferente de cero:

∮Γ

~E ·d~x =N

∑k=1

∆φk =−ddt

∫∫S(Γ)

~B ·d~S =−dΦB

dt

Se tiene entonces que la suma de diferencias de potencial en un circuito cerrado es igual a lafuerza electromotriz inducida:

N

∑k=1

∆φk =−dΦB

dt= ε (10.12)

Ejemplo 10.20 — El campo eléctrico ya no es conservativo. Considere el circuito de lafigura. Cada voltímetro posee una resistencia interna de 1 MΩ, y cada uno mide la tensión entrelos puntos a y b. En el área encerrada por el circuito existe un campo magnético variable en eltiempo. En cierto instante, el voltímetro ubicado a la derecha mide VD =−0.2 V.


a) Cuál es el valor absoluto de la fuerza electromotriz inducida?.b) Cuál es la lectura del voltímetro ubicado a la izquierda, VI?.

Solucióna)Si el voltímetro de la derecha mide VD =−0.2 Volts, una corriente inducida I circula por elcircuito en la dirección que se muestra en la figura siguiente.

Se tiene IR =−VD, luego

I =|VD |

R= 2×10−7 A

La segunda ley de Kirchhoff (10.12) nos dice que la suma de las diferencias de potencial a lolargo del circuito debe ser igual a la fuerza electromotriz inducida ε . Luego

| ε |= RI +RI = 2RI = 0.4 V

b) El voltímetro de la izquierda medirá

VI = IR =+0.2 V


Notar que ambos voltímetros miden un potencial de distinto signo entre los puntos a y b. Esto sedebe a que el campo eléctrico no es conservativo, y entonces la medida de φa−φb depende delcamino que se escoge para ir de a a b. La segunda ley de Kirchhoff modificada es consistentecon que la suma de las diferencias de potencial a lo largo de todo el circuito debe ser igual a lafuerza electromotriz inducida:

VI−VD =−dΦ

dt= ε =+0.4 V

Ejemplo 10.21 — El transformador. Un transformador es una de las tantas aplicaciones de laley de inducción de Faraday y es utilizado para transferir la potencia eléctrica de un circuito aotro cambiando simultáneamente el valor del voltaje. Esto permite por ejemplo de transferir lapotencia desde líneas de alta tensión hacia un hogar, en donde los dispositivos funcionan con unatensión considerablemente menor. En un modelo simple, un transformador contiene 2 bobinas(llamadas primaria y secundaria), enrolladas en un núcleo de hierro, como se muestra en la figurasiguente.

La bobina primaria, que contiene N1 vueltas, es conectada a una fuente alterna V1(t) =V1 cosωt.La bobina secundaria tiene N2 vueltas y se conecta a una resistencia R2. Debido a la ley deFaraday, la corriente alterna presente en la bobina primaria induce una fuerza electromotrizalterna en la bobina secundaria, debido a la inductancia mutua entre ambas. En el circuitoprimario, despreciando la resistencia de la bobina, la segunda ley de Kirchhoff (10.12) nosdice que la diferencia de potencial entre los extremos de la bobina debe ser igual a la fuerzaelectromotriz inducida ε:

V1(t) =V1 cosωt = ε =−N1dΦB

dt

donde ΦB es el flujo magnético a través de una de las vueltas de la bobina primaria. El núcleode hierro (µ µ0 ) cumple el rol de incrementar el flujo magnético producido por la bobinaprimaria y asegura que prácticamente todas las líneas de campo se mantienen en el interiordel hierro y atraviesan entonces la bobina secundaria. Así, el voltaje inducido en la bobinasecundaria es, de acuerdo a la segunda ley de Kirchhoff:

V2(t) = I2(t)R2 = ε =−N2dΦB

dt=

N2

N1V1 cosωt

En un transformador ideal en el cual la resistencia de las bobinas es nula, la pérdida de potenciadebida al efecto Joule se puede despreciar, de manera que la potencia administrada a la bobinaprimaria es transferida completamente a la secundaria, la cual es disipada en la resistencia R2:

I1(t)V1(t) = I2(t)V2(t)

Combinando esto obtenemos


V2(t)V1(t)

=N2

N1

I2(t)I1(t)

=N1

N2

vemos que la razón entre los voltajes en cada bobina está completamende determinada por larazón entre el número de vueltas entre la bobina primaria y la secundaria.

10.8.2 Energía almacenada en una inductanciaVeremos que el rol que juega la inductancia en el caso magnético es análogo al de la capacitanciaen el caso eléctrico. Debido a que un circuito cerrado se opone, a través la ley de Faraday, acualquier cambio en la corriente a través de éste, debe realizarse un trabajo por un agente externo(como una batería) para establecer una corriente. La potencia entregada por una fuente externapara que una corriente I circule a través de un circuito es:

P =dWext

dt= Iεext

donde εext es la diferencia de potencial aplicada entre dos extremos del circuito cerrado. De-spreciando la resistencia del circuito, la segunda ley de Kirchhoff general (10.12) nos diceque la diferencia de potencial εext entre los terminales del circuito debe ser igual a la fuerzaelectromotriz inducida ε , luego :−εext = ε , esto es

P =−Iε = ILdIdt

donde L es la inductancia del circuito. Si la corriente aumenta, dI/dt > 0, y entonces P > 0 loque significa que la fuente externa hace un trabajo positivo para transferir energía al circuito.Luego, la energía interna UB del circuito aumenta. Por otro lado, si la corriente disminuye,dI/dt < 0 y la fuente externa toma energía del circuito, causando una disminución en la energíainterna de éste. El trabajo total hecho por la fuente externa para aumentar la corriente desde 0hasta I es

Wext =∫

P(t)dt =∫ I

0LIdI =

12

LI2

Lo que corresponde a la energía magnética almacenada en el circuito

UB =12

LI2 (10.13)

Notar que esta expresión es análoga a la energía eléctrica almacenada en un condensador

UE =12

Q2

C

La ecuación (10.13) es completamente equivalente a la expresión general (10.5):

UB =∫∫∫

R3~J(~x′) ·~A(~x′)d3x′


para un circuito lineal. En efecto, consideremos un circuito cerrado rígido descrito por la curvaΓ de sección transversal S. Se tiene d3x′ = Sdl(~x′)

dUB

dt=∮

Γ

~J(~x′) · ∂~A(~x′, t)

∂ tSdl(~x′)

pero ~J(~x′)Sdl(~x′) = Id~l(~x′), donde I es la corriente que circula por Γ , luego

dUB

dt= I

ddt

∮Γ

~A(~x′) ·d~l(~x′)

Finalmente, por el teorema de Stokes, la circulación de ~A a lo largo de Γ corresponde al flujo de~∇×~A = ~B a través de la superficie plana S(Γ) encerrada por Γ

dUB

dt= I

ddt

∫∫S(Γ)

~B ·d~S = IdΦB,S(Γ)

dt

Si L es la autoinductancia de Γ, ΦB,Γ = LI y se obtiene finalmente

dUB

dt= I

ddt

LI =ddt

(12

LI2)

consistente con la ecuación (10.13). Finalmente, en el caso general de un sistema de N circuitosrígidos Γk, con k = 1,2, ...,N, se tiene

dUB

dt=

N

∑k=1

IkdΦB,Γk

dt=

N

∑k=1

Ikddt

(LIk +

N

∑j=1, j 6=k

Mk jI j

)donde Mk j es la inductancia mutua entre los circuitos Γk y Γ j. Se obtiene finalmente:

dUB

dt=

ddt

(N

∑k=1

12

LI2k +

N

∑k=1

N

∑j=1, j 6=k

12

Mk jI jIk

)y la energía magnética asociada al sistema es:

UB =N

∑k=1

12

LI2k +

N

∑k=1

N

∑j=1, j 6=k

12

Mk jI jIk (10.14)

Ejemplo 10.22 — Densidad de energía magnética en un solenoide. En el ejemplo10.16 obtuvimos la inductancia L de una solenoide de N vueltas, largo l y radio R:

L = µ0πR2 N2

lSi la solenoide es atravesada por una corriente I, la energía magnética almacenada en ésta es:

U =12

LI2 =µ0πR2N2I2

2lel campo magnético generado al interior de la solenoide es B = µ0NI/l, de forma que la energíaalmacenada puede ser reescrita como

U =µ0πR2N2

2lB2l2

µ20 N2 = lπR2 B2

2µ0


Finalmente, dado que V = πR2l corresponde al volumen de la solenoide, la densidad de energíamagnética está dada por

uB =UV

=1

2µ0B2

en acorde con (10.6).

Ejemplo 10.23 — Autoinductancia de un toroide. Considere un toroide de N vueltas, desección rectangular A de lado h, radio interior a y radio exterior b.

a) Calcule la autoinductancia y discuta que ocurre cuando a (b−a)b) Calcule la energía magnética almacenada en el toroide cuando circula una corriente I.

SoluciónEl campo magnético a una distancia r del centro del toroide es tangente en todo punto a lacircunferencia Γ de radio r concéntrica al toroide. Utilizando el teorema de Ampère, el campomagnético se obtiene mediante ∮

Γ

~B ·d~l = 2πrB(r) = µ0NI

B =µ0NI2πr

El flujo magnético sobre una vuelta del toroide se puede obtener al considerar la secciónrectangular como una colección de elementos de área rectangulares de altura h tales que dA =hdr:

ΦB =∫∫

~B ·d~S =∫ b

a

µ0NI2πr

hdr =µ0NIh

2πln(b/a)

y el flujo total sobre el toroide será NΦB. Con esto, la inductancia es


L =NΦB

I=

µ0N2h2π

ln(b/a)

cuando a (b−a), se tiene

ln(b/a) = ln(1+b−a

a)≈ b−a

a

y la inductancia es

L≈ µ0N2h2π

(b−a)a

recordando que el área de una sección del toroide es A = h(b−a), y escribiendo l = 2πa

L =µ0N2A

l

lo que equivale a la inductancia de un solenoide de sección A y largo l.

b) La energía almacenada en el toroide cuando circula una corriente I es simplemente

U =12

LI2 =µ0N2I2h

4πln(b/a)

Ejemplo 10.24 — Circuito RL 1: Almacenamiento de energía en una inductancia.Considere el circuito RL que se muestra en la figura siguiente, en donde la bobina de inductanciaL posee una resistencia despreciable. En t=0, el interruptor se cierra. Veremos que la corrienteno alcanza inmediatamente su valor dado por la ley de Ohm ε/R. Esto se debe a la presencia deuna fuerza electromotriz autoinducida en la inductancia.


Utilizando la segunda de Kirchhoff general (10.12)

−εext + IR = ε =−LdIdt

se obtiene entonces una ecuación diferencial para la corriente

LdIdt

= εext − IR

la cual es separable

LdI = dt(εext − IR)→ dI(εext/R− I)

=dt

L/R

Integrando a ambos lados de la ecuación

ln(I− εext/R) =−tRL+C1

así

I(t) =Ce−tR/L + εext/R

Imponiendo la condición inicial I(0) = 0, se tiene C =−εext/R

I(t) =ε

R(1− e−tR/L)

Se define entonces la constante de tiempo de este circuito como τ = L/R, así

I(t) =εext

R(1− e−t/τ)

Se ve entonces que la corriente en el circuito se establece luego de un tiempo característicoτ = L/R. Esto se debe a que la inductancia se opone a una discontinuidad en el flujo magnéticoa través de ésta. Notar que después de un tiempo suficientemente largo respecto a τ , la corrientealcanza su valor estacionario εext/R. Similarmente, la fuerza electromotriz autoinducida se puedeobtener mediante

ε =−LdIdt

=−εe−t/τ

La cual es máxima cuando t = 0 y se anula cuando t tiende a infinito. Esto implica que despuésde un largo tiempo respecto a τ = L/R, la autoinducción desaparece y la inductancia se comportacomo un conductor de resistencia despreciable que conecta simplemente dos partes del circuito.Para verificar que la energía se conserva, basta multiplicar la ecuación diferencial obtenida parala corriente por I:


Iεext = I2R+LIdIdt

Notar que el lado izquierdo representa la potencia entregada por la fuente externa. Una partede ésta se disipa en la resistencia por efecto Joule (I2R) mientras que el resto se almacena enla inductancia. La energía disipada por la resistencia es irrecuperable, mientras que la energíaalmacenada por la inductancia se puede reutilizar.

Ejemplo 10.25 — Circuito RL 2: Disipación de la energía almacenada en una induc-tancia. Considere el circuito RL que se muestra en la figura. El interruptor S1 ha estado cerrado,mientras que el interruptor S2 se ha mantenido abierto por un tiempo muy largo tal que lacorriente es estacionaria e igual a εext/R. Qué ocurre cuando en t=0 el interruptor S1 se abre y elS2 se cierra?

Sumando las diferencias de potencial a lo largo del circuito cerrado que contiene a L, R y alinterruptor S2, obtenemos que

IR = ε =−LdIdt

dII=− dt

L/R

Integrando ambos lados de la ecuación, vemos que la corriente decae de forma exponencial en eltiempo

I(t) =Ce−t/τ

Imponiendo la condición inicial I(0) = εext/R

I(t) =εext

Re−t/τ


Es decir, una vez que se desconecta la fuente de energía externa, la energía almacenada por lainductancia es liberada y disipada en forma de calor por la resistencia.

Ejemplo 10.26 — Corrientes permanentes en un superconductor. Considere una espirade área S, resistencia R e inductancia L sumergida en un campo magnético uniforme y perpen-dicular a su superficie B0. En t = 0, el campo magnético se apaga subitamente, en un tiempomucho menor a τ = L/R. Cómo varía la corriente inducida en la espira en función del tiempo?Qué ocurre cuando R→ 0 (caso de un superconductor)?.

SoluciónLa segunda ley de Kirchhoff dice que

IR = ε =−dΦ

dt=−S

dB(t)dt−L

dIdt

donde la fuerza electromotriz ε proviene de la variación temporal del campo externo B y de lavariación del flujo a través de la inductancia L. Se obtiene la siguiente ecuación diferencial parala corriente:

dIdt

+RL

I =−SL

dB(t)dt

definiendo τ = L/R, y multiplicando ambos lados de la ecuación por et/τ

dIdt

et/τ +1τ

Iet/τ =ddt(Ietτ) =−S

LdB(t)

dtet/τ

e integrando entre 0 y t:

I(t)et/τ =−SL

∫ t

0

dB(t ′)dt ′

et ′/τdt ′

Si el campo magnético B(t) se apaga en un tiempo T << τ , entonces la exponencial en la integralde la derecha es prácticamente igual a 1 entre t = 0 y t = T , de forma que para t > T

I(t)et/τ =−SL

∫ T

0

dB(t ′)dt ′

dt ′ =−SL(B(T )−B(0)) =

SL

B0

Finalmente

I(t) =B0SL

e−t/τ

La corriente inducida en t = 0 decae exponencialmente en el tiempo con una rapidez determinadapor τ = L/R. Al medir el campo magnético generado por esta corriente en función del tiempo,se puede obtener entonces una medida de L/R. Para un superconductor con R→ 0, τ → ∞ y seobtiene una corriente permanente sin disipasión:


I(t) =B0SL

Ejemplo 10.27 — Circuito RL 3. Considere el circuito de la figura siguiente:

Determine la corriente por cada resistenciaa) inmediatamente después de cerrar el interruptor.b) después de que ha pasado mucho una vez el interruptor cerrado.

Solucióna) Inmediatamente después de que el interruptor es cerrado, la corriente a través de la inductanciaes cero ya que la fuerza electromotriz autoinducida evita que la corriente crezca abruptamente.Así, I3 = 0. Debido a que I1 = I2 + I3, se tiene que I1 = I2.

La segunda ley de Kirchhoff para la malla 1 se escribe:

−εext + I1R1 + I1R2 = 0

ya que la fuerza electromotriz inducida es nula en la malla 1. Finalmente

I1 = I2 =ε

R1 +R2

b) Después de un largo tiempo, no hay fuerza electromotriz autoinducida en la inductancia y lascorrientes son estacionarias. Para la malla 1, se tiene ahora

−εext + I1R1 + I2R2 = 0

y para la malla 2

I3R3− I2R2 = 0

y se cumple I1 = I2 + I3. Resolviendo, se obtiene


I1 =(R2 +R3)εext

R1R2 +R1R3 +R2R3

I2 =R3εext

R1R2 +R1R3 +R2R3

I3 =R2εext

R1R2 +R1R3 +R2R3

Ejemplo 10.28 — Circuito RL 4. En el circuito de la figura, el interruptor S se ha cerradodurante un largo tiempo, de modo que existen corrientes estacionarias en la inductancia de L = 2H cuya resistencia es despreciable. Se tiene además R1 = 10 Ω, εext = 10 V(a) Determinar la intensidad de corriente suministrada por la fuente externa, la corriente quecircula por la resistencia R2 = 100 Ω y la corriente que circula por la inductancia.(b) Determine la fuerza electromotriz inducida inmediatamente después de abrir el interruptor S.

SoluciónCuando el interruptor S ha estado cerrado por un largo tiempo, las corrientes alcanzan un estadode régimen permanente en el cual no hay una fuerza electromotriz inducida. Esto significa queen régimen permanente la inductancia se comporta como un cortocircuito

En esta situación, toda la corriente circula por la inductancia, de forma que:

IR2 = 0

Para obtener la corriente, utilizamos la segunda ley de Kirchhoff

−εext + IR1 = 0

I =εext

R1=

1010

= 1 A


b) En el instante en que se abre nuevamente el interruptor, una fuerza electromotriz se induce enla inductancia que impide que la corriente a través de ésta decaiga instantáneamente.

Se tiene entonces, inmediatamente después de abrir el interruptor, I = 1 A y luego la fuerzaelectromotriz inducida cumple:

IR2 = ε = 100 V

Ejemplo 10.29 — Circuito LC 1. En el circuito de la figura, demuestre que ambas inductanciaspueden ser reemplazadas por una inductancia equivalente que cumple

1Leq

=1L1

+1L2

y encuentre la corriente que pasa por la fuente externa en función del tiempo. Desprecie el efectode la inductancia mutua entre L1 y L2.

SoluciónDefinimos una corriente en el sentido que indica la figura, y sea Q(t) la carga almacenada en elcondensador al instante t.

Notar que según esta definición, una corriente positiva implica un movimiento de electronesdesde la placa positiva hacia la placa negativa del condensador, aumentando el valor de Q(t). Deesta forma la eleccion de I y Q(t) es consistente con


I(t) =dQ(t)

dtpor otro lado, escribiendo la segunda ley de Kirchhoff para el circuito cerrado que involucra lafuente externa εext , la inductancia L1 y el condensador C, se tiene

−εext +Q(t)

C= ε1 =−L1

dI1(t)dt

del mismo modo, pero ahora considerando el circuito cerrado que involucra a L2 en vez de L1:

−εext +Q(t)

C= ε2 =−L2

dI2(t)dt

= 0

Como además se tiene I = I1 + I2, estas ecuaciones se pueden reescribir como sigue

−εext +Q(t)

C+L1

dI1(t)dt

= 0

−εext +Q(t)

C+L2

dI(t)dt−L2

dI1

dt= 0

Multiplicando la primera ecuación por L2 y la segunda por L1

−L2εext +L2Q(t)

C+L1L2

dI1(t)dt

= 0

−L1εext +L1Q(t)

C+L1L2

dI(t)dt−L1L2

dI1

dt= 0

sumando ambas ecuaciones se obtiene

−(L1 +L2)εext +(L1 +L2)Q(t)

C+L1L2

dI(t)dt

= 0

−εext +Q(t)

C=−

(L1L2

L1 +L2

)dI(t)

dt

Esta ecuación es equivalente a la del circuito siguiente:

donde se tiene una inductancia equivalente dada por

Leq =L1L2

L1 +L2

o, equivalentemente1

Leq=

1L1

+1L2

Para encontrar la corriente suministrada por la fuente externa se debe resolver


εext −QC−Leq

dIdt

= 0

derivando esta expresión con respecto al tiempo

− 1C

dQdt−Leq

d2Idt2 = 0

1C

I(t)+Leqd2I(t)

dt2 = 0

es decir:d2I(t)

dt2 +1

LeqCI(t) = 0

la corriente satisface entonces la ecuación del oscilador armónico. Imponiendo la condicióninicial I(0) = 0 y Q(t) = 0, se tiene dI

dt (0) = εext/L y luego

I(t) =εext√

C√L

sin

(√1

LCt

)

Ejemplo 10.30 — Circuito LC resonante. Considere el siguiente circuito LC. Suponga queel condensador tiene una carga inicial Q0. En t=0, el interruptor se cierra.

a) Encuentre la ecuación diferencial para la carga en el condensador mediante consideracionesenergéticas.b) Encuentre I(t) y Q(t) utilizando la ley de inducción.

Solucióna) En ausencia de disipación, la energía total en el circuito oscila constantemente entre energíaeléctrica y magnética. Le energía total en un instante arbitrario es

U(t) =UE(t)+UB(t) =12

Q(t)2

C+

12

LI(t)2

Por el principio de conservación de la energía

dU(t)dt

=ddt

(12

Q(t)2

C+

12

LI(t)2)= 0

Q(t)C

dQ(t)dt

+LI(t)dI(t)

dt= 0


Además, notamos que I(t) =−dQ(t)/dt

−Q(t)C

I(t)+LI(t)dI(t)

dt= 0→−Q(t)

C−L

d2Q(t)dt2 = 0

Finalmente la ecuación diferencial para la carga en el condensador es

Q(t)C

+Ld2Q(t)

dt2 = 0

b) Utilizando la segunda ley de Kirchhoff general:

−QC

= ε =−LdIdt

y relacionando la corriente con la carga en el condensador

QC+L

dQ2

dt2 = 0

dQ2

dt2 +QLC

= 0

ecuación que fue obtenida previamente al imponer que la energía del circuito es constante en eltiempo. La solución general es de la forma

Q(t) = Q0 cos(ω0t +φ)

donde la frecuencia ω0 está dada por

ω0 =1√LC

La corriente que circula es:

I(t) =−dQ(t)dt

= ω0Q0 sin(ω0t) = I0 sin(ω0t)

donde I0 = ω0Q0. La evolución de Q(t) e I(t) se muestra en la figura:

La energía eléctrica y magnética están dadas por

UE =Q2(t)

C=

Q20

2Ccos2(ω0t)

UB =12

LI2(t) =LI2

02

sin2(ω0t) =Q2

02C

sin2(ω0t)


Vemos que la energía total permanece constante

U =Q2

02C

cos2(ω0t)+Q2

02C

sin2(ω0t) =Q2

02C

El análogo mecánico de este circuito LC es el sistema masa-resorte, en donde la energía mecánicatotal se conserva, oscilando entre energía cinética y energía elastica.

Ejemplo 10.31 — Circuito RLC. Considere el circuito RLC en serie, que consta de unaresistencia, una inductancia, y un condensador

Mediante consideraciones energéticas encuentre la ecuación diferencial para la carga en elcondensador

SoluciónLa energía en un instante arbitrario t está dada por

U(t) =UE(t)+UB(t) =12

Q2(t)C

+12

LI(t)2

A diferencia del circuito LC, la energía almacenada en el circuito RLC no se conserva ya queparte de ésta es transformada en calor por la resistencia. La tasa a la cual la energía es disipada es

dU(t)dt

=−I(t)2R

AsídU(t)

dt=

Q(t)C

dQ(t)dt

+LI(t)dI(t)

dt=−I(t)2R

Aquí, nuevamente se tiene I =−dQ/dt

−QC

I +LIdIdt

=−I2R


−QC+L

dIdt

=−IR

−QC−L

dQ2

dt2 =dQdt

R

Finalmente, la ecuación diferencial para Q es

LdQ(t)2

dt2 +dQ(t)

dtR+

Q(t)C

= 0

La solución corresponde al producto de una función que varía sinusoidalmente en el tiempomultiplicada por una exponencial decreciente producto de la disipación de la energía en laresistencia.

10.9 Circuitos de Corriente AlternaConsideremos el caso en el que la fuente externa a un circuito genera un voltaje que varía deforma sinusoidal en el tiempo

V (t) =V0 cosωt

Cuando esta fuente se conecta a un circuito RLC, después de una evolución inicial transiente,una corriente alterna comenzará a fluír por el circuito como respuesta a la fuente externa. Lacorriente será de la forma

I(t) = I0 cos(ωt−φ)

Es decir, en régimen permanente la corriente oscila a la misma frecuencia de la fuente (esta esuna propiedad de los sistemas lineales), con una amplitud I0 y una fase φ que dependerá de lafrecuencia ω y de los distintos elementos presentes en el circuito (resistencias, condensadores,inductancias). Ahora, notemos que podemos representar cualquier variable alterna F(t) como laparte real de un número complejo

F(t) = F0 cos(ωt−φ) = ℜ

Feiωtdonde F , la representación fasorial de F(t), es un número complejo dado por F = F0e−iφ .

Definición 10.9.1 — Impedancia. Consideremos un elemento conectado a una fuentealterna V (t) =V0 cosωt = ℜ

V eiωt

por el cual pasa una corriente en régimen permanente

dada por I(t) = I0 cos(ωt−φ). Definimos la impedancia Z del elemento mediante la ley deOhm generalizada:

10.9 Circuitos de Corriente Alterna 417

Z =VI=

V0

I0eiφ (10.15)

donde φ es el desfase entre la tensión de la fuente externa y la corriente que circula porel elemento. Notar que la impedancia, cuya unidad es el Ohm, es en general un númerocomplejo.

10.9.1 Impedancia de una resistenciaConsidere el caso de una resistencia conectada a una fuente externa alterna, como se muestra enla figura

Sumando las caidas de potencial, obtenemos

V (t)−VR(t) =V (t)− I(t)R = 0

donde VR(t) = I(t)R es el voltaje instantáneo a través de la resistencia. La corriente instantáneaen la resistencia está dada por

I(t) =VR(t)

R=

V0 cosωtR

= I0 cosωt

Notamos que la diferencia de fase entre la corriente y la tensión aplicada es φ = 0, lo que significaque I(t) y V (t) están en fase, y alcanzan sus valores máximimos y mínimos simultaneamente.La impedancia de una resistencia R es entonces un número real igual a R:

ZR = R =V0

I0


10.9.2 Impedancia de una inductancia

Considere ahora una inductancia conectada a una fuente alterna V (t).

La segunda ley de Kirchhoff se escribe:

−V (t) = ε =−LdI(t)

dt

lo que implicadI(t)

dt=

V (t)L

=V0

Lcosωt

Busquemos una solución de la forma I(t) = I0 cos(ωt−φ), se debe tener:

V0

Lcosωt = I0ω sin(ωt−φ)

lo cual se cumple si I0 =V0/(ωL) y si φ = π/2. Luego:

I(t) =V0

ωLcos(ωt−π/2) = ℜ

Ieiωt

con I = V0ωL e−iπ/2 =−i V

ωL .

de aquí vemos que la impedancia de una inductancia está dada por

ZL = iωL

la cual depende de la frecuencia de la fuente alterna. Claramente, la inductandia se opondrá a unavariación muy rápida de la tensión aplicada debido a la ley de inducción de Maxwell-Faraday(ZL → ∞ si ω → ∞). En cambio, a frecuencias bajas, la impedancia tiende a cero (ZL → 0si ω → ∞) lo que refleja el hecho de que la inductancia se comporta como un conductor sinresistencia en régimen estacionario.


10.9.3 Impedancia de un condensadorConsideremos el caso de un condensador C que se conecta a una fuente externa alterna.

Aquí, la segunda ley de Kirchhoff nos entrega

V (t)−VC(t) =V (t)− Q(t)C

= 0

Q(t) =CV (t) =CV0 cosωt

la corriente en el circuito está dada por

I(t) =dQ(t)

dt=−CωV0 sinωt = ωCV0 cos(ωt +π/2) =CωV (t) = ℜ

ωCV0eiπ/2eiωt

de aquí encontramos la impedancia del condensador

ZC =VI=

V0

iωCV0=

1iωC

A diferencia de una inductancia, a bajas frecuencias un condensador presenta una alta resistenciaal paso de corriente (ZC→ ∞ si ω → ∞). En efecto, vimos en el caso estático que una vez queel condensador se carga, el flujo de corriente se detiene a través de él. Al contrario, a altasfrecuencias el condensador no alcanza a cargarse lo suficientemente rápido y se comporta comoun conductor sin resistencia (ZC→ 0 si ω → ∞).

Ejemplo 10.32 — El circuito resonante RLC. Consideremos ahora el circuito RLC de lafigura siguiente:


En términos de fasores, podemos ver el circuito como una sola impedancia equivalente. Dadoque la resistencia, la inductancia y el condensador se encuentran en serie, tenemos

Zeq = R+ iωL+1

iωC= R+ i(ωL− 1

ωC) = |Z|eiφ

la amplitud de la impedancia es:

|Z|=

√R2 +

(ωL− 1

ωC

)2

y la fase

φ = tan−1

(ωL− 1

ωCR

)

de esta forma, si el voltaje (en representación fasorial) de la fuente es V = V0, la corriente através del circuito tiene la forma

I =VZ=

V0√R2 +(ωL− 1

ωC )2

e−iφ

y entonces:

I(t) = ℜ

Ieiωt= V0√R2 +(ωL− 1

ωC )2

cos(ωt +φ)

donde φ = tan−1(

ωL− 1ωC

R

). Notar que la amplitud de la corriente alcanza un máximo igual a

V0/R cuando

ω0 =1√LC

lo que corresponde a la situación de resonancia con la frecuencia natural de oscilación delcircuito. Si ω = ω0, la impedancia se transforma en Z = R (puramente resistiva), y la corrienteoscila de acuerdo a

I(t) =V0

Rcosωt

Notar entonces que un circuito RLC se comporta como un filtro que responde eficazmente aseñales de frecuencias cercanas a ω0.


Ejemplo 10.33 — Antena de radio. Una antena FM tiene una inductancia L = 10−6 H, unacapacidad C = 10−12 F, y una resistencia R = 100 Ω. Una señal de radio induce una fuerzaelectromotriz sinusoidal en la antena de amplitud 10−5 V.a) A qué frecuencia angular ω0 de la señal incidente el circuito estará sintonizado (para que valorde ω0 la corriente en el circuito será máxima?)b) Asumiendo que la onda incidente esta sintonizada, cuál será la amplitud de la corriente en elcircuito a esta frecuencia?

Solucióna) La antena estará sintonizada con la señal incidente a la frecuencia de resonancia

ω0 =

√1

LC=

√1

10−610−12 = 109 s−1

b) A la frecuencia de resonancia, la corriente máxima es

I0 =V0

R=

10−5

100= 0.1 µA

Ejemplo 10.34 — Filtro pasa altos. El circuito de la figura se denomina filtro RC pasa-altosporque transmite con mayor amplitud las señales de alta frecuencia. Si la tensión de entrada esVin =V0 cosωt, demostrar que a la salida la tensión es Vsal =VR cos(ωt−φ), donde

VR =V0√

1+( 1ωRC )

2

SoluciónEl circuito consiste en un condensador en serie con una resistencia . La impedancia equivalenteestá dada por


Z = R+1

iωC= R− i

1ωC

=

√R2 +

1w2C2 eiφ

donde φ está dado por

φ = tan−1(1

ωRC)

De esta forma, se tiene

I =Vin

Z=

V0√R2 + 1

ω2C2 eiφ

Finalmente, Vout es el voltaje entre los extremos de la resistencia

Vout = ZRI = RI =RV0√

R2 + 1ω2C2

e−iφ

Con esto

Vout(t) = ℜ

Vouteiωt= V0√1+1/(R2ω2C2)

cos(ωt−φ)

Ejemplo 10.35 — Ejemplo. Considere el circuito de la figura, donde V (t) =V0 cosωt. Si S1y S2 se cierran, encuentre

a) La corriente en función del tiempo.b) La potencia promedio entregada al circuito.c) La corriente en función del tiempo en régimen permanente después de que S1 se abre.d) La capacidad C si después de abrir S1 y S2, la corriente y el voltaje están en fase en régimenpermanente.e) La impedancia cuando S1 y S2 se abren.f) La energía máxima almacenada en el condensador y en la inductancia.g) La diferencia de fase entre voltaje y corriente si se dobla la frecuencia ω .

Solucióna) Al cerrar ambos interruptores, no circulará corriente ni por la inductancia ni por el condensador.La impedancia equivalente en este caso es Zeq = Rde modo que la corriente es, simplemente

I(t) =V0

Rcosωt


b) La potencia instantánea consumida por la resistencia es

P(t) =V (t)I(t) =V 2

0R

cos2ωt

Cuyo promedio temporal es entonces:

〈P(t)〉= 1T

∫ T

0dtP(t) =

V 20

2R

c) Cuando se abre S1, se conecta la inductancia al circuito. La impedancia equivalente en estecaso es

Zeq = R+ iωL =√

R2 +ω2L2ei tan−1(ωL/R)

Luego, la corriente en régimen permanente es

I =V

Zeq=

V0√R2 +ω2L2

e−i tan−1(ωL/R)

Así,

I(t) = ℜ

Ieiωt= V0√R2 +ω2L2

cos(ωt− tan−1(ωL/R))

d) Ahora se conecta además el condensador, de modo que la impedancia equivalente en este casoes

Zeq = R+ iωL+1

iωC= R+ i(ωL− 1

ωC) =| Z | eiφ

donde φ está dado por

φ = tan−1 (ωL− 1ωC )

Rcomo no hay desfase entre el voltaje y corriente, φ = 0 y el circuito está en resonancia. Luegoω = ω0

φ = 0→ tan−1 = 0

ω0L =1

wωC

C =1

w2ωL

e) El circuito está en resonancia, luego

| Z |=√

R2 +(ω0L− 1ω0C

)2 = R


f) Si VC es la aplitud del voltaje en el condensador, la energía máxima almacenada en elcondensador es

UEmax =12

CV 2C =

12

C(

I0

ωC

)2

UEmax =12

CV0

R

2 1ω2

0C2 =V 2

0 L2R2

En el último paso se ha usado que la frecuencia es igual a la frecuencia de resonancia ω0 =1/(√

LC). La energía máxima almacenada por la inductancia es

ULmax =12

LI20 =

LV 20

2R2

g) Si la frecuencia es ahora

ω = 2ω0 =2√LC

el desfase entre voltaje y corriente queda

φ = tan−1(

ωL−1/(ωC)

R

)= tan−1

(3

2R

√LC

)

10.10 Resumen y fórmulas escenciales 425

10.10 Resumen y fórmulas escenciales• Un campo magnético variable en el tiempo genera un campo électrico dado por la relación

de Maxwell-Faraday

~∇×~E =−∂~B∂ t

(10.16)

que en su forma integral equivale a decir que la circulación del campo eléctrico a lo largode una curva cerrada Γ es diferente de cero. Esta fuerza electromotriz ε está dada por lavariación temporal del flujo magnético a través de la superficie S(Γ)

ε =∮

Γ

~E ·d~l = ddt

∫∫S(Γ)

~B ·d~S (10.17)

• La autoinducción de un circuito cerrado Γ de corriente I corresponde al fenómeno medianteel cual una fuerza electromotriz generada por I tiende a oponerse a un cambio en el flujomagnético a través de Γ. El flujo magnético a través de Γ es linealmente proporcional a lacorriente I

ΦΓ = LI

donde L es la inductancia de Γ, cuya unidad es el Henri (1H = 1 Wb/A) y cuyo valordepende únicamente de la geometría de Γ.

• Dado que el campo eléctrico no es conservativo en la prescencia de campos magnéticosvariables en el tiempo, la segunda ley de Kirchhoff debe ser generalizada para incluír laley de inducción. En un circuito cerrado Γ que contiene N elementos, la circulación delcampo eléctrico debe ser igual a la fuerza electromotriz de inducción

∮Γ

~E ·d~l =N

∑k=1

∆φk = ε =− ddt

∫∫S(Γ)

~B ·d~S (10.18)

donde ∆φk =∫ b

a~E ·d~l corresponde a la diferencia de potencial entre los extremos a y b del

elemento k del circuito.

• La energía magnética de un sistema puede ser escrita como

UB =∫∫∫

R3u(~x′)d3x′ =

∫∫∫R3

~J(~x′) ·~A(~x′)d3x′ =1

2µ0

∫∫∫R3‖~B(~x′)‖2d3x′

En el caso de un circuito rígido Γ de corriente I, la energía se puede reescribir como

UB =12

LI2 (10.19)

donde L es la inductancia de Γ.

10 — ley de inducción de faradayfabiancadiz.com/images/10electro.pdf · toda la electricidad que...

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