Inducció electromagnètica: exercicis de la PAU de Física resolts

Plantejament Les línies de camp acaben en càrregues negatives; les equipotencials són perpendiculars al camp. Representem el doble de línies associades a la càrrega de mòdul doble.

1. Situem les càrregues sobre l’eix horitzontal.

   $q_A:(0,0)$$q_B:(1,0)\,\mathrm{m}$

2. Les fletxes apunten cap a les càrregues; no uneixen una càrrega negativa amb l’altra. Les equipotencials són corbes tancades, més pròximes entre si on el camp és més intens.

   $\vec E=-\nabla V$$V=k\left(\frac{q_A}{r_A}+\frac{q_B}{r_B}\right)$

ResultatCàrregues a (0,0) i (1,0); línies entrants, aproximadament el doble a qB; equipotencials perpendiculars al camp.

La pauta oficial dona: Representación cualitativa de campo y equipotenciales

Plantejament La càrrega de prova és negativa, de manera que totes dues forces són repulsives i només es poden compensar entre les dues càrregues. El treball del camp és l’oposat de la variació de l’energia potencial.

1. Igualem mòduls i seleccionem l’arrel situada entre 0 i 1.

   $\frac{2}{x^2}$${}= \frac4{(1-x)^2}$${}\Rightarrow x^2+2x-1=0$${}\Rightarrow x=\sqrt2-1$${}= 0{,}41421\,\mathrm{m}$

2. Calculem els potencials sense arrodonir la posició.

   $V_i$${}= 8{,}99\times10^9\left(\frac{-2{,}00\times10^{-6}}{\sqrt2-1}+\frac{-4{,}00\times10^{-6}}{2-\sqrt2}\right)$${}= -1{,}048\times10^{5}\,\mathrm{V}$$V_f$${}= 8{,}99\times10^9\frac{-6{,}00\times10^{-6}}{0{,}5}$${}= -1{,}0788\times10^{5}\,\mathrm{V}$

3. El signe negatiu vol dir que cal treball extern positiu si el trasllat és quasiestàtic.

   $W_{camp}$${}= -q_C(V_f-V_i)$${}= -(-8{,}00\times10^{-6})(-3085\,\mathrm{V})$${}= -0{,}02468\,\mathrm{J}$

Plantejament El flux és B multiplicat per l’àrea de l’espira que és dins del camp. Cal determinar la longitud solapada en cada instant.

1. Convertim longituds i velocitat al SI.

   $l=0{,}100\,\mathrm{m}$$v=0{,}0500\,\mathrm{m/s}$$B=0{,}00500\,\mathrm{T}$

2. Durant l’entrada, la superfície és lvt.

   $|\Phi(1)|$${}= Blv(1)$${}= (0{,}00500)(0{,}100)(0{,}0500)$${}= 2{,}5\times10^{-5}\,\mathrm{Wb}$

3. Als cinc segons tota l’espira és dins; als set segons només en queda la meitat.

   $|\Phi(5)|=Bl^2=5{,}0\times10^{-5}\,\mathrm{Wb}$$|\Phi(7)|$${}= Bl(0{,}400-v\cdot7)$${}= 2{,}5\times10^{-5}\,\mathrm{Wb}$

Plantejament Faraday dona una fem només mentre canvia el flux. La llei de Lenz fixa el sentit del corrent que s’oposa a aquest canvi.

1. Calculem els temps dels canvis de tram.

   $t_1=l/v=2\,\mathrm{s}$$t_2=0{,}300/v=6\,\mathrm{s}$$t_3=(0{,}300+l)/v=8\,\mathrm{s}$

2. La fem té el mateix mòdul constant en entrar i en sortir. Als instants límit la derivada ideal és discontínua.

   $|\mathcal E|$${}= Blv$${}= (0{,}00500)(0{,}100)(0{,}0500)$${}= 2{,}5\times10^{-5}\,\mathrm{V}$

3. Dibuixem dos polsos rectangulars: entre 0 i 2 s i entre 6 i 8 s. La resta fins a 9 s és zero. En entrar el corrent és antihorari; en sortir, horari.

   $|\mathcal E(t)|$${}= \begin{cases}Blv&0<t<2\ \text{o}\ 6<t<8\\0&2<t<6\ \text{o}\ 8<t\le9\end{cases}$

Resultat$|\mathcal E|=2{,}5\times10^{-5}\,\mathrm{V}$ durant $0<t<2$ i $6<t<8\,\mathrm{s}$; zero als altres intervals. Corrent antihorari entrant i horari sortint.

La pauta oficial dona: 2,5 × 10⁻⁵ V en 0–2 y 6–8 s; antihorario entrando y horario saliendo

Plantejament La gota negativa ha de rebre una força elèctrica ascendent per equilibrar el pes. El camp entre plaques planes és uniforme.

1. Esquema: placa superior positiva, placa inferior negativa; camp vertical cap avall, pes cap avall i força elèctrica cap amunt sobre la gota.

   $\vec P\downarrow$$\vec E\downarrow$$\vec F_e=q\vec E\uparrow$

2. Dividim la diferència de potencial per la separació de les plaques.

   $E$${}= \frac{\Delta V}{d}=\frac{2{,}00\cdot10^3}{2{,}00\cdot10^{-2}}$

Plantejament Obtenim la massa amb la densitat i el volum esfèric i imposem l’equilibri. La càrrega és negativa perquè la gota té electrons addicionals.

1. Calculem la massa i la càrrega sense arrodonir la massa.

   $m$${}= \rho\frac{4\pi r^3}{3}$${}= 923\frac{4\pi(1{,}08\cdot10^{-6})^3}{3}$$q=-\frac{mg}{E}$

2. El quocient s’aproxima a un nombre enter d’electrons. Si en perd un, disminueix la força ascendent i la gota cau.

   $N$${}= \frac{|q|}{1{,}602\cdot10^{-19}}$${}= 2{,}979\ldots\simeq3$

Plantejament La barra redueix l’àrea i el flux sortint. La llei de Lenz exigeix un corrent que creï camp sortint i, per tant, antihorari.

1. Fixem la normal positiva cap enfora i calculem l’àrea mentre la barra no arriba al fons.

   $A(t)=0{,}25(0{,}30-5{,}00t)$$\Phi(t)$${}= 2{,}00A(t)$${}= (0{,}150-2{,}50t)\,\mathrm{Wb}$$0\le t\le0{,}0600\,\mathrm{s}$

2. Derivem el flux amb signe contrari.

   $\varepsilon=-\frac{d\Phi}{dt}=2{,}50\,\mathrm{V}$

Plantejament La FEM impulsa el corrent a través de la resistència. La força sobre la barra s’oposa al seu moviment.

1. Apliquem la llei d’Ohm.

   $I=\frac{\varepsilon}{R}=\frac{2{,}50}{50{,}0}$

2. A la barra superior el corrent va cap a l’esquerra: amb camp sortint, el producte vectorial dona força ascendent.

   $\vec F=I\vec\ell\times\vec B$$F=I\ell B=0{,}0500\cdot0{,}25\cdot2{,}00$

Plantejament Es demana el camp que crea el cable 1 on és el cable 2, la força per unitat de longitud sobre el cable 2 i un esquema amb els seus sentits. Fem servir els eixos de la figura: els cables van en la direcció $z$, el cable 2 és en el sentit $+y$ respecte del cable 1 i l’eix $x$ surt cap al lector; $\vec i$, $\vec j$ i $\vec k$ són els vectors unitaris de $x$, $y$ i $z$.

1. Camp del cable 1 a $r=0{,}30\,\mathrm{m}$, amb $I_1=1{,}50\,\mathrm{kA}=1\,500\,\mathrm{A}$:

   $B_1$${}= \frac{\mu_0I_1}{2\pi r}$${}= \frac{4\pi\times10^{-7}\cdot1\,500}{2\pi\cdot0{,}30}$${}= 1{,}00\times10^{-3}\,\mathrm{T}$

2. Sentit, amb la regla de la mà dreta (polze amb el corrent, $+z$): les línies són circumferències al voltant del cable 1 i, al cable 2, el camp va en el sentit $-x$, entrant al paper (figura).

   $\vec B_1=-1{,}00\times10^{-3}\,\vec i\ \mathrm{T}$

3. Força sobre un tram de longitud $l$ del cable 2, amb $I_2=1\,500\,\mathrm{A}$. El cable (eix $z$) i el camp (eix $x$) són perpendiculars:

   $\vec F=I_2\,\vec l\times\vec B_1$$\frac Fl$${}= I_2B_1$${}= 1\,500\cdot1{,}00\times10^{-3}$${}= 1{,}50\,\mathrm{N\,m^{-1}}$

4. Sentit: $\vec l\times\vec B_1$ va en $\vec k\times(-\vec i)=-\vec j$, cap al cable 1. Amb corrents en el mateix sentit, els cables s’atrauen.

   $\frac{\vec F}{l}=-1{,}50\,\vec j\ \mathrm{N\,m^{-1}}$

Resultat$B_1=1{,}00\times10^{-3}\,\mathrm{T}$; al cable 2 va en el sentit $-x$ (entra al paper). $F/l=1{,}50\,\mathrm{N\,m^{-1}}$, cap al cable 1: els cables s’atrauen.

La pauta oficial dona: B = 1,00 × 10⁻³ T (−x); F/l = 1,50 N/m (−y)

Plantejament Es demana si apareix corrent induït a l’espira en els dos moviments de les figures i, si n’apareix, el seu sentit. Per la llei de Faraday només hi ha corrent induït si canvia el flux magnètic que travessa l’espira.

1. El cable, amb el corrent cap amunt, crea a la seva dreta, on hi ha l’espira, un camp que entra al paper i que és més feble com més lluny és del cable:

   $B=\frac{\mu_0I}{2\pi r}$

2. Figura 1: en allunyar l’espira, el camp que la travessa és cada vegada més feble i el flux disminueix. Per la llei de Faraday s’indueix una fem i hi circula corrent.

   $\Phi$${}= \int_S\vec B\cdot\mathrm d\vec S\ \text{disminueix}$${}\Rightarrow \varepsilon=-\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}$${}\neq 0$

3. Sentit, per la llei de Lenz: el corrent induït s’oposa a la disminució del flux, de manera que crea dins l’espira un camp que també entra al paper. Amb la regla de la mà dreta, això demana un corrent en sentit horari.

   $\vec B_{\mathrm{ind}}\uparrow\uparrow\vec B$

4. Figura 2: en pujar paral·lela al cable, l’espira es manté a la mateixa distància d’ell; el camp que la travessa i el flux no canvien. No hi ha fem ni corrent induït.

   $\Phi=\text{constant}\;\Rightarrow\;\varepsilon=0$

Plantejament El corrent horari crea camp entrant. Com que s’oposa a l’augment del flux sortint, la vareta s’ha de moure cap a la dreta.

1. La longitud vertical de la vareta és quatre centímetres, segons la figura.

   $\Phi_0$${}= B\ell x_0$${}= 0{,}40\cdot0{,}0400\cdot0{,}0300$

2. Apliquem Faraday a l’àrea creixent; donem el mòdul de la FEM.

   $|\varepsilon|=B\ell v=0{,}40\cdot0{,}0400\cdot3{,}00$

Plantejament Una vareta amb corrent dins d’un camp transversal rep una força magnètica. La força frena el moviment que origina la inducció.

1. El corrent baixa per la vareta i el camp surt del paper: la força va a l’esquerra.

   $\vec F=I\vec\ell\times\vec B$$F=6{,}00\cdot10^{-3}\cdot0{,}0400\cdot0{,}40$

Plantejament La força de Coulomb és la força centrípeta. Combinem aquesta relació amb la quantització del moment angular del model de Bohr.

1. Obtenim la velocitat i la substituïm al moment angular.

   $\frac{ke^2}{r^2}=\frac{mv^2}{r}\Rightarrow v=|e|\sqrt{\frac{k}{mr}}$$L=mrv=|e|\sqrt{kmr}$

2. Aïllem el radi i substituïm n igual a la unitat.

   $L=\frac{nh}{2\pi}\Rightarrow r_n=\frac{n^2h^2}{4\pi^2kme^2}$$r_1$${}= \frac{(6{,}63\cdot10^{-34})^2}{4\pi^2\cdot8{,}99\cdot10^9\cdot9{,}11\cdot10^{-31}(1{,}602\cdot10^{-19})^2}$

Plantejament En l’òrbita circular coulombiana, l’energia cinètica és la meitat del mòdul de la potencial. Utilitzem el radi de 53 pm que demana aquest apartat.

1. Calculem l’energia potencial i la cinètica amb el mateix radi.

   $U$${}= -\frac{ke^2}{r}$${}= -\frac{8{,}99\cdot10^9(1{,}602\cdot10^{-19})^2}{53\cdot10^{-12}}$$K=\frac{ke^2}{2r}$

2. Sumem les energies; l’energia total és negativa perquè l’electró està lligat.

   $E_m=K+U=-\frac{ke^2}{2r}$

Plantejament Es demana dibuixar el camp de l’espira del detector, explicar per què l’anell enterrat crea un camp magnètic i per què amb corrent continu el detector no funcionaria. La clau és la llei de Faraday: només s’indueix corrent si canvia el flux magnètic.

1. Una espira amb corrent crea línies de camp tancades que la travessen per dins, continuen travessant l’espai de sota, on hi ha l’anell, i tornen per fora. El sentit el dona la regla de la mà dreta (dits amb el corrent, polze amb el camp al centre). Com que el corrent és altern, el sentit s’inverteix cada mig període; la figura mostra un instant.

2. El corrent és altern, de manera que el camp de l’espira, i amb ell el flux magnètic que travessa l’anell, canvien amb el temps:

   $\Phi(t)=\int_S\vec B(t)\cdot\mathrm d\vec S$

3. Per la llei de Faraday, un flux variable indueix a l’anell una força electromotriu; com que l’anell és conductor, de resistència $R$, per la llei d’Ohm hi circula un corrent induït:

   $\varepsilon=-\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}$$I=\frac{\varepsilon}{R}$

4. El corrent de l’anell crea al seu torn un camp magnètic. Per la llei de Lenz s’oposa al canvi de flux: quan el corrent de l’espira augmenta, el camp induït té sentit contrari al de l’espira; quan disminueix, té el mateix sentit. El sensor del detector nota aquest camp extern i emet el senyal acústic.

   $\Phi\uparrow\;\Rightarrow\;\vec B_{\mathrm{ind}}\uparrow\downarrow\vec B$$\Phi\downarrow\;\Rightarrow\;\vec B_{\mathrm{ind}}\uparrow\uparrow\vec B$

5. Amb corrent continu, el camp de l’espira i el flux a través de l’anell serien constants: la seva derivada és zero, no hi hauria fem induïda ni corrent a l’anell, l’anell no crearia cap camp i el detector no notaria res.

   $\Phi=\text{constant}\;\Rightarrow\;\varepsilon=-\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}=0$

ResultatLínies tancades que travessen l’espira i l’anell (figura). El flux variable indueix a l’anell una fem (Faraday) i un corrent, que crea un camp que s’oposa a la variació (Lenz) i que detecta el sensor. Amb corrent continu el flux no canvia: $\varepsilon=0$ i no es detecta res.

La pauta oficial dona: Faraday + Lenz; CC: dΦ/dt = 0 → ε = 0

Plantejament Es demana quina gràfica $V(t)$ correspon al moviment de l’imant i com canviaria si l’imant es mogués el doble de ràpid. La tensió induïda és proporcional a la rapidesa amb què canvia el flux a la bobina, i el seu signe depèn de si el flux augmenta o disminueix.

1. Mentre l’imant s’acosta amb el pol nord per davant, el camp dins la bobina i el flux augmenten: s’indueix una tensió d’un signe. Quan l’imant s’atura, al centre de la bobina i abans de tornar, el flux deixa de canviar i la tensió s’anul·la.

   $V=-N\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}$

2. En recular, el flux disminueix: per la llei de Lenz la tensió induïda canvia de signe. A mesura que l’imant s’allunya, el flux canvia cada vegada menys i la tensió tendeix a zero.

   $\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}>0\ \text{(s’acosta)}$$\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}<0\ \text{(s’allunya)}$

3. La gràfica a) és l’única amb un tram positiu i un altre de negatiu, amb la tensió nul·la en el moment de tornar. La b) té dos trams del mateix signe i la c), un de sol: cap de les dues no mostra el canvi de signe entre l’anada i la tornada.

4. Si el recorregut es fa en la meitat de temps, el flux passa pels mateixos valors en la meitat de temps: la seva derivada, i amb ella la tensió, es duplica. La gràfica té la mateixa forma, amb una tensió màxima de $4\,\mathrm{V}$ en lloc de $2\,\mathrm{V}$ i l’eix de temps reduït a la meitat, de $0$ a $100\,\mathrm{s}$.

   $V'(t)=2\,V(2t)$

Plantejament La llei de Lenz fixa un camp induït que s’oposa a la variació del flux. Com que l’espira és fixa, el flux segueix la variació del camp magnètic.

1. Quan creix el camp entrant, el camp induït ha de sortir del paper.

   $\Phi=BS$$\varepsilon=-\frac{d\Phi}{dt}$

2. La mà dreta dona corrent antihorari; si el flux és constant no hi ha corrent induït.

   $0<t<4:\ d\Phi/dt>0$$4<t<8:\ d\Phi/dt=0$$8<t<12:\ d\Phi/dt>0$

Plantejament Cada tram recte del gràfic té un pendent constant. El valor absolut dona la FEM i, per la llei d’Ohm, la intensitat.

1. Convertim la resistència a ohms.

   $R=5\cdot10^{-3}\,\Omega$$I=\frac{|\Delta\Phi|}{R\Delta t}$

2. Avaluem cada pendent de la figura.

   $I_1=\frac{2{,}4\cdot10^{-3}}{4\cdot5\cdot10^{-3}}$$I_2=0$$I_3$${}= \frac{(7{,}2-2{,}4)10^{-3}}{4\cdot5\cdot10^{-3}}$

Plantejament La potència de sortida és 18 kW i el rendiment relaciona sortida i entrada. Dividim cada potència entre la seva tensió per trobar el corrent eficaç corresponent.

1. L’entrada ha de cobrir les pèrdues.

   $P_p$${}= P_s/\eta$${}= 18000/0{,}90$${}= 20000\,\mathrm W$

2. Calculem les dues intensitats.

   $I_p=20000/25000$$I_s=18000/220$

Plantejament L’enunciat fixa el mínim del primari: una espira per cada 0,50 mA. Amb el corrent del primari surt $N_p$; després la relació de tensions dona el nombre d’espires del secundari, que cal arrodonir a un enter.

1. El primari necessita almenys una espira per cada 0,50 mA; amb 0,800 A, el mínim és:

   $N_p$${}\geq \frac{0{,}800}{0{,}50\cdot10^{-3}}$${}= 1600$

2. Amb la relació de transformació ideal, el secundari necessita:

   $N_s$${}= N_p\frac{V_s}{V_p}$${}= 1600\cdot\frac{220}{25000}$${}= 14{,}08$

3. Les espires són un nombre enter. Perquè el secundari doni almenys 220 V en calen 15 (amb 14 donaria uns 219 V).

   $N_s=15$

Plantejament Llegim el període i el màxim del gràfic. El corrent comença per zero creixent i, per tant, fem servir un sinus sense fase inicial.

1. Dos màxims consecutius disten 0,020 s.

   $T=0{,}020\,\mathrm s$$f=1/T=50{,}0\,\mathrm{Hz}$$\omega=2\pi f=100\pi$

2. L’amplitud del gràfic és 3,0 A.

   $I(t)=3{,}0\sin(100\pi t)\,\mathrm A$

Plantejament Un transformador relaciona tensions amb nombre de voltes, no corrent amb tensió. El gràfic només dona corrent i no proporciona la tensió del primari.

1. Escrivim la relació ideal i identifiquem la dada absent.

   $\frac{V_s}{V_p}=\frac{N_s}{N_p}$$N_s=124\frac{220}{V_{p,ef}}$

Plantejament El camp és perpendicular a cada espira, de manera que el flux d’una espira és B per la seva àrea. La FEM de tota la bobina depèn de la derivada del flux i del nombre d’espires.

1. Triem la normal de la superfície en el sentit positiu del camp.

   $\Phi(t)=SB_0\cos(\omega t+\varphi_0)$

2. Apliquem Faraday incloent el signe de Lenz.

   $\varepsilon(t)$${}= -N\frac{d\Phi}{dt}$${}= NSB_0\omega\sin(\omega t+\varphi_0)$

Plantejament La resistència converteix la FEM en corrent segons Ohm. Una freqüència menor redueix tant la freqüència com l’amplitud de la FEM.

1. El màxim del sinus és la unitat.

   $I_{\max}=\frac{NSB_0\omega}{R}$

2. En reduir omega, el període augmenta i l’amplitud baixa: la corba correcta és A.

   $T=\frac{2\pi}{\omega}$$\varepsilon_{\max}=NSB_0\omega$

Plantejament Les línies de camp travessen el pla XY en direcció +Z. En créixer el camp varia el flux i Faraday prediu una FEM induïda.

1. Dibuixem l’espira en XY i fletxes paral·leles cap a +Z que la travessen.

   $\vec B=0{,}014t^2\hat k$$\Phi=B\pi r^2$

2. Per a temps positius la derivada és positiva. A t=0 la FEM instantània és zero, però després sí que hi ha corrent en una espira tancada amb resistència finita.

   $\frac{d\Phi}{dt}=2\cdot0{,}014\,t\,\pi r^2$

Plantejament Triem normal +Z per al flux positiu. La FEM porta el signe de Lenz i el corrent induït crea camp −Z.

1. Calculem el coeficient del flux quadràtic.

   $\Phi(t)=0{,}014\pi(0{,}25)^2t^2$

2. Derivem amb signe contrari. Vist des de +Z, el corrent és horari per a t>0.

   $\varepsilon(t)$${}= -\frac{d\Phi}{dt}$${}= -2\cdot0{,}014\pi(0{,}25)^2t$

Plantejament El cable és perpendicular al camp terrestre perquè el corrent va d’est a oest i el camp és al pla nord-vertical. La força s’obté amb I·l×B.

1. Prenem x cap al nord, y cap amunt i z cap a l’observador; el corrent entra al paper, −z.

   $\vec B$${}= 35\cdot10^{-6}(\cos50^\circ\hat x-\sin50^\circ\hat y)$$\vec F=200(-100\hat z)\times\vec B$

2. El mòdul és ILB; la força apunta avall i cap al sud, a cinquanta graus de la vertical descendent.

   $F=200\cdot100\cdot35\cdot10^{-6}$$F_x=-F\sin50^\circ$$F_y=-F\cos50^\circ$

Plantejament Just sota el cable, el camp que aquest genera és horitzontal nord-sud. Només una espira amb normal alineada amb aquest camp rep flux variable.

1. A A i B el camp és tangent al pla de les espires i el flux és zero sota la hipòtesi de camp uniforme.

   $\Phi_A=\Phi_B=0$

2. A C, pla vertical est-oest, la normal és nord-sud: hi ha flux variable. Faraday produeix FEM i Ohm produeix corrent si el circuit és tancat.

   $\Phi_C=B(t)S$$\varepsilon_C=-S\,dB/dt$$I_C=\varepsilon_C/R$

Plantejament El flux d’una espira és el producte escalar de camp i àrea orientada. El valor màxim apareix quan tots dos vectors són paral·lels.

1. Calculem l’àrea en metres quadrats.

   $S=0{,}020\cdot0{,}016$$\Phi(\theta)=0{,}1S\cos\theta$

2. A angle zero el cosinus és u; aquest és el flux d’una espira, no el de les cent.

   $\Phi_0=0{,}1\cdot0{,}020\cdot0{,}016$

Plantejament La rotació uniforme fa variar el flux cosenoïdalment. Faraday exigeix derivar l’enllaç de flux de les cent espires.

1. Convertim les voltes per segon a freqüència angular.

   $\omega=2\pi\cdot60=120\pi$$N\Phi(t)$${}= 100\cdot3{,}20\cdot10^{-5}\cos(120\pi t)$

2. Derivem i obtenim l’amplitud del sinus.

   $\varepsilon(t)$${}= 100\cdot3{,}20\cdot10^{-5}\cdot120\pi\sin(120\pi t)$