ANTONIO JOSE DE SUCRE

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UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL POLITECNICA

ANTONIO JOSE DE SUCRE

VICE-RECTORADO BARQUISIMETO

DEPARTAMENTO DE ESTUDIOS BASICOS

SECCION DE FISICA

GUIA DE FSICA

CORRESPONDIENTE A LA UNIDAD IV.

Ing Freddy Caballero

INDICE

ContenidoPgina

Introduccin01

Flujo Magntico01

Ley de Faraday02

Ley de Lenz03

La Autoinductancia06

Circuitos RL07

Energa de un inductor07

Corriente Alterna09

El Transformador13

Preguntas14

Problemas 14

Introduccin:

Sin la Ley de Faraday, la electricidad sera muy costosa, la generacin de electricidad barata para uso comn en muchos lugares, se basa en el notable descubrimiento de Michael Faraday.Faraday provena de una familia necesitada y su instruccin formal era bsicamente inexistente. Debido a que Faraday era un hombre muy religioso, tena un fuerte sentido comunitario y un profundo afecto por los nios, de aprendiz de encuadernacin, surgi su inters por la electricidad al ver un artculo acerca de sta mientras encuadernaba un volumen de la Enciclopedia Britnica. La Ley de Faraday permite encontrar la Fuerza Electromotriz Inducida (fem) si el flujo magntico sufre variaciones, la fem produce una corriente denominada corriente inducida la cual a su vez genera el campo magntico inducido.1-. Flujo Magntico

Vamos asumir el flujo magntico () como la medicin relativa de lneas de campo magntico en un rea (cerrada) determinada, su ecuacin es:

= B .dEc: 1

Dnde:

d = Vector diferencial de rea , se muestra en la fugura 4.1 parte a, observe que es perpendicular al rea dnde se desea determinar el flujo magnticoB = Campo magntico.

Por lo tanto la ecuacin N1 al integrar el rea nos queda.: = B .A Cos Ec: 2

= es al ngulo entre los vectores dA y el campo magntico B. La unidad del flujo magntico en el Sistema Internacional es: Weber = Tesla-mts2.. De la ecuacin N2 (que es un producto escalar) se tiene lo siguiente:

a-. Si los vectores dA y B son paralelos (caso N1) de la figura 4.1 el flujo es mximo.b-. Ahora si ocurre el caso N2 , el ngulo entre dA y B es de 90, entonces el flujo es cero.Observacin:Antes continuar en el proceso de integracin se asumi en este momento que el campo es constante, ms adelante se aclarar cundo el campo vara y debido a que lo hace. Ejemplo N1 (Flujo magntico) Se posee el siguiente conductor (Fig:4.2) el cual transporta una corriente I dirigida hacia arriba, encontrar el flujo magntico en la espira cuadrada de lados a-b y se encuentra ubicada a una distancia d del conductor:Solucin:

Paso N1: El flujo viene dado: = B .A Cos , donde: El campo magntico producido por el conductor que transporta la corriente I se determina su direccin y sentido en el lado

dnde esta la espira por medio de la Ley de Ampere o Biot y Savart y se concluye que ese campo entra a la hoja. (Recordar que el campo fuera de un conductor es: B = I / 2r Tesla (Ley de Ampere) Paso N2: El rea encerrada por la espira se denomina rea efectiva en ella se dibuja el vector dA que es perpendicular a ella por eso es que sale en la figura 4.3, por lo tanto el ngulo entre Da y B es de 180. Paso N3: Con respecto al rea de la espira se tiene A= L .X, como el barrido del rea se hace paralelo al conductor entonces:

dA= L.dX. = - I Ldx / 2r , r= x, sustituimos y nos queda:= - I Ldx / 2x = = - I b / 2 Ln x , para ser evaluado entre: Lmite inf : d.Lmite sup : d+a , = - IL b / 2 [ Ln (d) Ln (a+d)] weber2-. Ley de Faraday

Faraday realiz dos experimentos:

Uno con un imn y una espira de alambre, donde observ que al aproximar un imn al rea de la espira cerrada, tal como se muestra en la figura 4.4, el galvanmetro (que mide corrientes inducidas) muy sensible detect la presencia y la direccin de una corriente elctrica, esto ocurre porque el flujo magntico esta variando (puede aumentar o disminuir seg sea el caso).

Para Faraday, el movimiento de cargas surge por la fem ( ) l lamada fuerza electromotriz inducida, tambin se aclara que no es una fuerza (la fem) como se define en fsica.

La Ley se escribe: = - N d /dt

Ec:3Dnde: = Fuerza electromotriz inducida (f.e.m), que es una batera que produce la corriente inducida. Su unidad es el voltios. N= nmero de vueltas de la espira o enrollado.

- d /dt= negativo de la tasa de cambio con el flujo con el tiempo.Nota : el negativo de la ecuacin significa la polaridad de la fem para producir una corriente inducida y esta a su vez un campo que se oponga a los cambiosObservaciones generales:I-. El flujo debe depender del tiempo, para poder encontrar la fem, de lo contrario es constante y no existe corriente inducida.

II-. Si se logra determinar el flujo no es constante, puede ser debido a:

a-. Vare el campo magntico, vare el rea, cambie el ngulo o por combinacin de estos tres factores.

III-. Como el flujo magntico es: = B .A Cos , dnde = wt, si derivamos en funcin del tiempo nos queda: = N w B A Sen wt, por lo tanto la fem inducida se rige por una funcin senoidal o sinusoidal

3-. Ley de Lenz

Permite encontrar de manera fcil la corriente inducida y el campo magntico inducido, aplicando la regla de La mano derecha, poner los dedos en la direccin de la corriente inducida y cerrar los dedos, el dedo pulgar apunta hacia donde va el campo magntico inducido. Ver figura 4.6.

El sentido de la corriente inducida representa la contribucin al campo magntico total, ella se opone a las variaciones del flujo, entindase al aumento o disminucin del flujo del campo magntico.

Ejemplo N2 . ( Ley de Lenz)

Considere la siguiente espira rectangular conductora con una resistencia R, sobre la espira se coloca una barra conductora rectangular que se mueve con velocidad constante, esta barra logra con los lados de la espira formar una rea colocada en un campo magntico (ver figura 4.7) que entra a la hoja, determine la direccin y sentido de la corriente inducida y el campo inducido, si la lmina rectangular se mueve hacia:

a., Izquierda.

b-. Derecha.

Solucin:

a-. Como la barra desliza sobre los alambres conductores hacia la izquierda,se observa que el campo magntico mantiene su valor, por lo tanto no cambias es constante. El ngulo entre el dA y B es de 180, quien vara es el rea efectiva (disminuyendo ) debido a que dos de sus lados lo hacen, esto ocasiona que el flujo magntico tienda a disminuir y cuando esto ocurre el campo inducido debe ir en la misma direccin del campo dado.

b-. Si la lmina se mueve ahora hacia la derecha el rea efectiva aumenta por lo tanto el flujo tiende aumentar, la corriente inducida circula en sentido antihorario y genera un campo saliente. Ver figura 4.9Ejemplo N3 (Ley de Faraday y Lenz)Del ejemplo anterior (N2), la resistencia del conductor es R, en cada caso construya en circuito equivalente y determine la magnitud de la corriente inducida en funcin de la fem.Solucin:a-. Cuando la barra se aproxima el circuito es el siguiente. (ver figura 4.10), recuerde que la corriente sale por el terminal positivo y 1 es la fem inducida para este caso, aplicamos la primera Ley de Kirchooff y obtenemos:

Ii1 = 1/ R, que representa la Ley de Ohm.

b-. Cuando se aleja el circuito es el siguiente. (ver figura 4.11), 2 es la fem inducida para este caso, aplicamos la primera Ley de Kirchooff y obtenemos:

Ii2 = 2/ R, que representa la Ley de Ohm.Ejemplo N4. (Faraday)

El rea de una espira es A= 0,026 mts2 y tiene 300 espiras (vueltas), la resistencia total del circuito es de 3ohm, se aplica un campo magntico uniforme y perpendicular al plano de la espira, si el campo vara desde un valor cero (0) hasta 0.6W/m2 en un tiempo de 0.7 segundos, encontrar la magnitud de la fem inducida.

Solucin:

A = 0.026 mts2. Las condiciones iniciales son que t=0 seg , B=0 tesla y las finales T=0.7seg , B= 0.6 W/m2

Para encontrar la fem inducida, primero se tiene que encontrar el flujo magntico:

= - N d / dt

(Ley de Faraday).

buscamos el flujo final:= BA Cos = (0.6) (0.026) = 0,0156 weber

= 300x( 0.0156/ 0,7) = 0,66 voltios

Ejemplo N5. (Faraday y Lenz)

Se posee una regin dnde existe un campo magntico constante B, entrando a la hoja, una espira cuadrada se mueve con una rapidez constante (de izquierda a derecha) ver figura 4.12, y se toman tres posiciones, una entrando a la zona, otra ya en la zona como tal y finalmente saliendo de la regin, en cada caso determinar la direccin y sentido de la corriente inducida y el campo magntico inducido.

Solucin:

Vamos a sealar tres posiciones: en la figura 4.13 N1, entrando a la zona, en vista que el flujo tiende aumentar (la presencia de campo en el rea efectiva) la corriente inducida tiene que producir un campo inducido (Bi) contrario al existente, es decir saliendo de la hoja, por lo tanto la corriente tiene direccin antihorario.

N2, justamente en el centro el campo es constante y el flujo magntico lo es, por lo tanto no existe corriente inducida.

N3, ocurre todo lo contrario a la posicin N1, por lo tanto la corriente inducida tiene que producir un campo inducido que tenga la misma direccin y sentido del campo existente.

Ejemplo N6. (Flujo magntico Faraday)

El flujo magntico a travs de una espira con corriente vara con el tiempo, tal como se indica en la figura 4.14, construir la grfica de la fem inducida en la espira como una funcin del tiempo.

Solucin:La fem inducida es igual al valor negativo de la pendiente de la grafica del flujo en funcin del tiempo, para facilitar el anlisis se recomienda hacerlo por tramo.

I-. tramo de 0 a 1 seg. M1 = [3-(-3)]/ (0-1) = -6 , luego 1 = - pendiente = 6 voltios.

II-. tramo de 1 a 2 seg.

M2 = [ 3-(-3)]/ (2-1) = 6 , luego

2 = - pendiente = - 6 voltios.

III-. tramo de 2 a 3 seg.: M3 = [-3-( 3)]/ (3-2) = -6 , luego 3 = - pendiente = 6 voltios.IV-. tramo de 3 a 4 seg. M4 = [3-(-3)]/ (4-3) = 6 , luego 4 = - pendiente = -6 voltios.

V-. tramo de 4 a 5 seg. M5 = [3-( 3)]/ (5-4) = 0 , luego 5 = - pendiente = 0 voltios.

VI-. tramo de 5 a 5,25 seg. M6 = [3-(-3)]/ (5,25-5) = -24 , luego 6 = - pendiente = 24 voltios.

VII-.Para tiempos mayores a 5,25 seg, el flujo es constante y la fem es cero.

En la figura 4.15, se muestra la grfica fem en funcin del tiempo.Ejemplo N7 (Ley de faraday y Lenz)

Del ejemplo N2, parte a vamos asumir que la distancia entre las espiras es L, , encontrar el flujo magntico, la fem inducida. Ver figura 4.16Solucin:

= B .A Cos entonces d= B .dA Cos , donde: B = constante dA = L dx (un lado es constante L y otro varia x

= 180 (ngulo entre B y dA)= - B .L dx integramos desde 0 hasta vt,= B .L vt weber. Luego la fem = - d / dt =- BLv voltiosEjemplo N8. (Faraday y efecto Hall)

Una barra de metal de longitud L gira con respecto a uno de sus extremos con una velocidad angular w en un campo magntico uniforme B que es perpendicular a w, tal como se muestra en la figura 4.18, encontrar:

a-. La fem inducida entre los extremos de la barra.

b-. Indique qu extremo de la barra est a un potencial elctrico ms alto.Solucin:Cada vez que una barra se mueva con velocidad constante dentro de un campo magntico y su desplazamiento sea perpendicular al campo, sobre la barra se ejercer un fuerza magntica sobre los portadores positivos los cuales se movern hacia donde ella apunte (recordar efecto Hall), en este sentido determinemos la fuerza en un punto de la trayectoria descrita y posteriormente polarizamos. Ver figura 4.19

Se observa que en la parte superior se ubican los portadores positivos y en la inferior los negativos.

Para determinar la fem, inducida Tenemos:

La fuerzas magntica y elctricas tienen la misma magnitud, por lo tanto: eE = e v B entonces E =v B, pero v= wr, nos queda:

E = -wrB , que representa el campo elctrico dirigido hacia el pivote (parte negativa del eje y) (recuerde que las cargas positivas se van a la parte superior y las negativas a la inferior), luego se puede buscar la diferencia de potencial entre los extremos de la barra.

Vpunta Vpivote = - E dr (los lmites van de 0 hasta L), nos queda:

Vpunta Vpivote = - -(wB r dr = wBL2 / 2

Ejemplo N 9. (Faraday y Lenz)

Se posee un conductor el cual transporta una corriente I constante, en uno de sus extremos a una distancia d se coloca un alambre de resistencia R y sobre los alambres una lmina que se mueve hacia la derecha con velocidad constante ver figura 4.20,

encontrar:

a-. Direccin y sentido de la corriente inducida y el campo inducido.

b-. El flujo magntico.

c-. La Fem inducida.

d-. La magnitud de la corriente inducida.

Solucin:a-. Al aumentar el rea efectiva, debido a que la barra se desplaza hacia la derecha, se crea una corriente inducida que produzca una campo inducido que se oponga a ya existente (que est saliendo de la pgina), por lo tanto la corriente lleva sentido antihorario y el campo esta entrando a la hoja. Ver figura 4.21.

b-. Para el flujo: = B .A Cos

d= B .dA Cos , donde: B = o I /2r .

= o I Ldx /2x (se asume r=x e integramos es de d hasta d+vt,

= (o I L /2) ln[(d+vt)/d] weber.

c-. La fem = - d / dt =- (o I Lv /2) ln[(d+vt)/d] voltios

d-.La magnitud de : Aplicamos la Ley de Ohm: Ii = /R4-.La Autoinductancia (L):

Se define como el cociente del flujo magntico total a travs de la bobina y la corriente I en la bobina.Ver figura 4.22.L = / I Ec:4

La dimensiones de la inductancia en el SI, es el Henry (H), en honor a Joseph Henry (1797-1878), aparentemente Henry descubri la induccin electromagntica antes que Faraday pero no public sus resultados.En el caso donde la corriente cambie en funcin del tiempo, entonces el flujo magntico a travs de la bobina tambin lo hace, por lo tanto una relacin entre la fem inducida y la bobina es:

fem = - L d / dt Ec:5La bobina en un circuito se representa por medio de.: Ver figura 4.23. La direccin de la corriente inducida y la polaridad de la fem inducida en la bobina cuando la corriente ( I ) en ella aumenta con el tiempo. Ejemplo N10: (sobre inductancia)

Calcular la autoinductancia de un selenoide largo de longitud L, con n espiras por metro de longitud,(figura 4.24) cada una con un rea de seccin transversal A. Suponer que las lneas de campo magntico, se encuentran a lo largo del eje de la bobina (toda su longitud).

Solucin:

De acuerdo a la ecuacin N4, se tiene: L = / I Donde la magnitud del campo magntico dentro de un selenoide es: B= o I , = nmero de vueltas del alambre por metro de longitud.El flujo a travs de una sola vuelta es: = BA, pero el nmero de vueltas de alambre en una longitud L del selenoide es L, por lo tanto el flujo ( L ) viene dado : = o 2 I A L

Ejemplo N11.

Un selenoide toroidal de rea de seccin transversal A, (ver figura 4.25) con un radio r y N vueltas y con un campo B uniforme, tal como se muestra en la figura hallar:

a-. El flojo magntico.

b-. La autoinductancia L.

Solucin: La autoinductancia de una bobina se puede encontrar de dos formas, una si el problema da como dato la fem de la autoinductancia y se usa la ecuacin fem= -L di/dt y la otra opcin es L = N/I, en la cual el ejercicio aporta la corriente y se puede encontrar el flujo magntico. Por lo tanto el campo magntico a una distancia r del toroide viene dado B = I N/2r,Luego el flujo es = NI A /2r Finalmente L = N2 A /2r4.1-. Combinaciones de Inductores:

Los inductores, tan igual como otros elementos de un circuito se pueden combinar en serie y en paralelo.

En serie: Tienen la misma corriente y la inductancia equivalente viene dada: Lt = L1+L2+L3+.. . Ver figura 4.26 En paralelo: Tienen el mismo voltaje y la inductancia equivalente viene dada:

1 / Lt = 1/ L1+1 / L2+1 / L3+.. . Ver figura 4.275-. Circuitos con resistencias e inductor (Circuitos RL)

La Ley de Faraday garantiza que los cambios en las corrientes no se pueden lograr en forma instantnea. Cuando un inductor se encuentra conectado a una batera DC de voltaje y una resistencia tal como se indica en la figura 4.28, la bobina experimenta las siguientes etapas de funcionamiento.

Etapa de carga, cuando el interruptor S, se ubica en la posicin N1, (vamos asumir para un tiempo T=0 segundos) en ese instante comienza a circular una corriente I, por la rama donde se encuentra la resistencia ( R ) y por el inductor (L), como la bobina (inductor) se encontraba sin paso de corriente el inductor se opone al paso de sta, y la nica forma de que la corriente sea cero es que la bobina se abra, es decir se comporte como un circuito abierto, tal como se indica en la figura 4.29.

Podemos aplicar la Ley de Kirchhoff, donde:

Voltaje en la resistencia es: IR

Voltaje en el inductor es: L dI / dt

dI/ dt = rapidez con la cual la corriente que pasa por el inductor cambia con el tiempo

Entonces la ecuacin de la malla queda: -V + IR+L dI / dt = 0 (VL = LdI/dt) , despejando nos queda: V = IR+L dI/dt luego de esta Ec. Diferencial la variable desconocida es I: dI / dt = (V-IR)/ L dt { 1 } si U = (V-IR) {2} entonces dU/dt = -RdI/dt despejamos dI / dt = -1/R x(dU/dt) {3}

Sustituimos 3 y 2 en 1 (1/R) x dU/dt= U/L agrupamos dU/U = -(R/L) x dt Integramos: ln (U/) = -(R/L)t aplicamos antilogaritmo : U= e-(R/L)t I =V/Rx (1- e-(R/L)t ) . Ec General de corrienteVeamos qu informacin nos da la ecuacin I-. Para t=0 seg, I = 0 ampII-. Para t>>0 nos queda

I = V/R Etapa descarga, ocurre cuando el interruptor se ubica en la posicin N2 (se desconecta de la fuente de voltaje),la corriente no puede desaparecer en forma instantnea por lo tanto mantiene el valor que tena antes que interruptor cambie de posicin, claro est que en la medida que transcurre el tiempo el inductor se descarga y su corriente disminuye de forma exponencial. Aplicando la Ley de Kirchhoff (II) tenemos:

IR+L dI / dt = 0 despejamos dI / I = -(R/L ) dt se obtiene: Ln (I/Io) = -(R /L )t , aplicando antilogaritmos I = -( V e-R t /L ) / R Ejemplo N12: (Circuito RL)

Considere el circuito de la figura, encontrar si el suiche se cierra en t=0 seg.

a-. La corriente en la resistencia y la bobina en T=0 seg.

b-.El voltaje en la resistencia y el inductor para T=0 seg (diferencia de potencial en cada uno).

c-. Rapidez de cambio de la corriente en la bobina (es di/dt y se consigue por medio del voltaje en ella ).

d-. Corriente en la resistencia y la bobina para un tiempo muy grande (t>>o).

e-.Constante de tiempo. Solucin:

a-. Para t= 0 seg:el suiche se cierra , como la bobina se encuentra descargada e inicia la carga se comporta como un circuito abierto, por lo tanto la corriente en ella yen la resistencia es cero.b-. Para los voltajes en cada elemento (resistencia y bobina se tiene:

VR = I R = 0 voltios (ley de Ohm), Para la bobina, se hace un recorrido de malla (II Ley de Kirchhoff) y se obtiene: -20+VR+ VL = 0 luego: VL = 20 voltios

A pesar que la corriente por la bobina es cero, tiene un valor mximo de voltaje que es igual al de la batera, en la medida que transcurra el tiempo, la tensin en la bobina va a ir disminuyendo (de forma exponencial).

c-. La tensin en el inductor viene dada:

VL = L di / dt donde di / dt = rapidez de cambio de la corriente, por lo tanto despejamos y nos queda: di / dt = VL / L = 20V/10mH = 2x103 A/S

d-. Para un tiempo muy grande, ya la bobina se encuentra cargada y se comporta como conductor ideal (conductor ideal tiene resistencia cero), entonces el circuito queda: Aplicando la ley de Ohm: I =20V/1K( = 20 mA e-. Para la constante de tiempo (() : ( = L /R = 1x10-5 Seg

5.1-.Energa Almacenada en un Inductor.

Las bobinas almacenan energa por medio de un campo magntico (los capacitores lo hacen por medio del campo elctrico entre sus placas), por lo tanto la energa almacenada en el inductor viene dada:

U = LI2 Ec: 7Es decir el inductor almacena energa cuando I es diferente de cero. Para encontrar la potencia absorbida por el inductor, se tiene: P = dU/ dt = IL dI/dt Ec. 6 Si la corriente aumenta con el tiempo la relacin dI/dt>0 la potencia absorbida por el inductor es positiva.

Si la corriente disminuye con el tiempo la relacin dI / dt0seg.

11-.De los siguientes circuitos, encontrar la impedancia equivalente para cada uno.

13-) De los circuitos anteriores, encontrar en cada caso el valor de:

a-. Corriente del circuito.

b-. Factor de potencia.

14-. Del circuito RLC , encontrar el valor de la frecuencia de resonancia (fr).

15) Se posee el siguiente circuito, donde se conoce:I(t) = 20 Sen (wt+40) amp y el voltaje del generador es v(t) = 120 Sen wt voltios, encontrar :

a-. Que representa el elemento A y B.

b-. El factor de potencia.

Resp : a) Z= (4,59-3,85J) tiene una R= 4,59 ohm y Xc = -3,85j b-. fp =-0,76 en adelanto16-. Dado el siguiente transformador, encontrar el valor de la corriente del secundario y clasificarlo en funcin de la corriente.

=

Ic

VC

F:4.50

(3-4j)

5j

V(t)

10-35

C

Vc

V(t)

F:4.45

V(t)

V1 V2

wt

30

F:4.38

VL

IL

F:4.49

F:4.36

X

B

A

I(t)

V(t)

_ _ _

B

B

Ii

R 1

Fig:4.10

Seno Seno

C C

O - 90 O

S S 90

E E

F:4.39

B

B

F:4.28 1 s

L

V R

G

Ii

R 2

Fig:4.11

Fem

24

1 3 6 6

-6 2 4 5 t

Fig:4.15

F:4.41

R

V(t)

V2(t) V1(t)

30

72 F:4.40

4

18J

-4j

F:4.52

3

1 3 5,25 6

2 4 5 t

-3

F:4.14

B

3 1/180 f

V(t) 12 Sen (6t)

F:4.46

B

Fig:4.12

B

10

I3

2 I2

4 16H

1

4 I1

12V

V(t)

I(t)

wt

F:4.43

L

VL

V(t)

R

F:4.44

Bi

Bi

10

I3

2 I2

4 16H

1

4 I1

12V

B

Bi

B

VR

IR

T

N

S

z

a y

x B

se aproxima

a la

Fig:4.4 espira

T=0s

5

5H

25V

6

10H

Fig:4.16

d a

R

L

c b

B

B

F:4.42

F:4.37

Vm

2

-Vm

Fig:4.

A

x B

10 5 15

4m/s 2m/s

4H

V (t) 1/6f

5

V(t) = 20 Cos (3t+10) v

F: 4.26

a L1 L2

L3

b

F:4.51 3

V(t) 5H

f i1

v(t) = 30 Cos (2t+30) voltios

Fig:4.6

i

Bi

F:4.48

IR VR

F: 4.27

L1

L2

L3

R L C

I

V(t)

F:4.47

v

Vectorialmente se tiene

Fm

v

est fuerza hace que la barra se polarice:

Fig:4.19

F:4.31 10 mH

20V 1K

S

L

pivote

w

F:4.18

Fig:4.18

L

dx

Fig:4.17

B

Fig:4.22

I I i +

I i = corriente

inducida

B

Giro

Espira

F:4.36

F: 4.30

6 1/4f

V(t)

3 6

V(t) = 30 Cos (2t-20)

2 I3

I1

I2

3 6

12V

S 0,5H

F:4.34

I1

Yo

V

I2

a

X0

b

I(t)

63% V /R

= L/R

F:4.30 t

I(t)

V(t)

240v

N=500

120

N1

12v

N2

240v

N=500

120

N1

12v

N2

B

Bi

F:4.32

L

A

F:4.29 1 s

L

V R

Fig:4.24

L

A

B

2

3 6

12V

S

F:4.35

Z

Bi

i B b

a

F:4.25

r

I

a

b

4 A I2

N=30 N=15

F:4.13 Ii

Caso N1 (entrando a la regin)

Caso N2 (dentro de la regin)

Ii

Caso N3 (saliendo de la regin)

Fig:4.13

Fig:4.7

d a

R

c b

Bi

B

Ii

Fig:4.9

R d

(

V

Bii

a 4H

4H

8H

5H

b

3H

12

V(t) 12mH

10f

V(t) = 12Cos (2t-20) voltios

N S

Ii

Fig:4.8

B

Fig:4.23

Flujo

2A Is

Vp =

120 Vrms RL

F=240Hz

Vp= 3 L

Bi

+ + +

B

dA

B

dA

a

B

Caso N1

A B

y

b

Caso N2

Fig:4.1

B

I

D

dX Fig:4.3

I

b

d

a

Fig:4.2

B

B

Bi

B

V

L

I

F:4.20

d

Fig:4.20

20 30

8

B

Ii

I

F:4.21

Fig:4.21

F:4.33

Flujo

Ip Is

VpNp Ns Vs

F:4.53

10 H

I2 I3

I1 6 3

4

24v S

20 30

8

20 30

8

Diodo

R

It

t

IR

t

F:4.41

R

V(t)

Nota: en los ejemplos anteriores, el campo magntico vale B, pero en este ejercicio el campo es producido por un conductor que transporta una corriente I y su expresin es: B = o I /2r . , en este caso en la medida que uno se aleje del conductor el campo magntico disminuye para posicin pero se considera constante para aquellos puntos que estn a la misma distancia del conductor.

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