Inducción electromagnética: ejercicios de la PAU de Física resueltos

Planteamiento Las líneas de campo terminan en cargas negativas; las equipotenciales son perpendiculares al campo. Representamos el doble de líneas asociadas a la carga de módulo doble.

1. Situamos las cargas sobre el eje horizontal.

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

2. Las flechas apuntan hacia las cargas; no unen una carga negativa con la otra. Las equipotenciales son curvas cerradas, más próximas entre sí donde el campo es más intenso.

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

ResultadoCargas en (0,0) y (1,0); líneas entrantes, aproximadamente el doble en qB; equipotenciales perpendiculares al campo.

La pauta oficial da: Representación cualitativa de campo y equipotenciales

Planteamiento La carga de prueba es negativa, por lo que ambas fuerzas son repulsivas y solo pueden compensarse entre las dos cargas. El trabajo del campo es menos el cambio de energía potencial.

1. Igualamos módulos y elegimos la raíz situada entre 0 y 1.

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

2. Calculamos los potenciales sin redondear la posición.

   $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 signo negativo significa que hace falta trabajo externo positivo si el traslado es cuasiestático.

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

Planteamiento El flujo es B multiplicado por el área de la espira que está dentro del campo. Hay que determinar la longitud solapada en cada instante.

1. Convertimos longitudes y velocidad al SI.

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

2. Durante la entrada, la superficie es lvt.

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

3. A los cinco segundos toda la espira está dentro; a los siete segundos solo queda la mitad.

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

Planteamiento Faraday da una fem solo mientras cambia el flujo. La ley de Lenz fija el sentido de la corriente que se opone a ese cambio.

1. Calculamos los tiempos de los cambios de tramo.

   $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 tiene el mismo módulo constante al entrar y salir. En los instantes límite la derivada ideal es discontinua.

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

3. Dibujamos dos pulsos rectangulares: entre 0 y 2 s y entre 6 y 8 s. El resto hasta 9 s es cero. Al entrar la corriente es antihoraria; al salir, horaria.

   $|\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}$

Resultado$|\mathcal E|=2{,}5\times10^{-5}\,\mathrm{V}$ durante $0<t<2$ y $6<t<8\,\mathrm{s}$; cero en los demás intervalos. Corriente antihoraria entrando y horaria saliendo.

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

Planteamiento La gota negativa debe recibir una fuerza eléctrica ascendente para equilibrar el peso. El campo entre placas planas es uniforme.

1. Esquema: placa superior positiva, placa inferior negativa; campo vertical hacia abajo, peso hacia abajo y fuerza eléctrica hacia arriba sobre la gota.

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

2. Dividimos la diferencia de potencial por la separación de las placas.

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

Planteamiento Obtenemos la masa con la densidad y el volumen esférico e imponemos el equilibrio. La carga es negativa porque la gota tiene electrones adicionales.

1. Calculamos la masa y la carga sin redondear la masa.

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

2. El cociente se aproxima a un número entero de electrones. Si pierde uno, disminuye la fuerza ascendente y la gota cae.

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

Planteamiento La barra reduce el área y el flujo saliente. La ley de Lenz exige un corriente que cree campo saliente y, por tanto, antihorario.

1. Fijamos la normal positiva hacia fuera y calculamos el área mientras la barra no llega al fondo.

   $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. Derivamos el flujo con signo contrario.

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

Planteamiento La FEM impulsa la corriente a través de la resistencia. La fuerza sobre la barra se opone a su movimiento.

1. Aplicamos la ley de Ohm.

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

2. En la barra superior la corriente va hacia la izquierda: con campo saliente, el producto vectorial da fuerza ascendente.

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

Planteamiento Se pide el campo que crea el cable 1 donde está el cable 2, la fuerza por unidad de longitud sobre el cable 2 y un esquema con sus sentidos. Usamos los ejes de la figura: los cables van en la dirección $z$, el cable 2 está en el sentido $+y$ respecto del cable 1 y el eje $x$ sale hacia el lector; $\vec i$, $\vec j$ y $\vec k$ son los vectores unitarios de $x$, $y$ y $z$.

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

   $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. Sentido, con la regla de la mano derecha (pulgar con la corriente, $+z$): las líneas son circunferencias alrededor del cable 1 y, en el cable 2, el campo va en el sentido $-x$, entrando en el papel (figura).

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

3. Fuerza sobre un tramo de longitud $l$ del cable 2, con $I_2=1\,500\,\mathrm{A}$. El cable (eje $z$) y el campo (eje $x$) son perpendiculares:

   $\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. Sentido: $\vec l\times\vec B_1$ va en $\vec k\times(-\vec i)=-\vec j$, hacia el cable 1. Con corrientes en el mismo sentido, los cables se atraen.

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

Resultado$B_1=1{,}00\times10^{-3}\,\mathrm{T}$; en el cable 2 va en el sentido $-x$ (entra en el papel). $F/l=1{,}50\,\mathrm{N\,m^{-1}}$, hacia el cable 1: los cables se atraen.

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

Planteamiento Se pide si aparece corriente inducida en la espira en los dos movimientos de las figuras y, si aparece, su sentido. Por la ley de Faraday solo hay corriente inducida si cambia el flujo magnético que atraviesa la espira.

1. El cable, con la corriente hacia arriba, crea a su derecha, donde está la espira, un campo que entra en el papel y que es más débil cuanto más lejos está del cable:

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

2. Figura 1: al alejar la espira, el campo que la atraviesa es cada vez más débil y el flujo disminuye. Por la ley de Faraday se induce una fem y circula corriente.

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

3. Sentido, por la ley de Lenz: la corriente inducida se opone a la disminución del flujo, así que crea dentro de la espira un campo que también entra en el papel. Con la regla de la mano derecha, eso pide una corriente en sentido horario.

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

4. Figura 2: al subir paralela al cable, la espira se mantiene a la misma distancia de él; el campo que la atraviesa y el flujo no cambian. No hay fem ni corriente inducida.

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

Planteamiento La corriente horaria crea campo entrante. Como se opone al aumento del flujo saliente, la varilla debe moverse hacia la derecha.

1. La longitud vertical de la varilla es cuatro centímetros, según la figura.

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

2. Aplicamos Faraday al área creciente; damos el módulo de la FEM.

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

Planteamiento Una varilla con corriente dentro de un campo transversal recibe una fuerza magnética. La fuerza frena el movimiento que origina la inducción.

1. La corriente baja por la varilla y el campo sale del papel: la fuerza va a la izquierda.

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

Planteamiento La fuerza de Coulomb es la fuerza centrípeta. Combinamos esa relación con la cuantización del momento angular del modelo de Bohr.

1. Obtenemos la velocidad y la sustituimos en el momento angular.

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

2. Despejamos el radio y sustituimos n igual a la unidad.

   $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}$

Planteamiento En la órbita circular coulombiana, la energía cinética es la mitad del módulo de la potencial. Utilizamos el radio de 53 pm que pide este apartado.

1. Calculamos la energía potencial y la cinética con el mismo radio.

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

2. Sumamos las energías; la energía total es negativa porque el electrón está ligado.

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

Planteamiento Se pide dibujar el campo de la espira del detector, explicar por qué el anillo enterrado crea un campo magnético y por qué con corriente continua el detector no funcionaría. La clave es la ley de Faraday: solo se induce corriente si cambia el flujo magnético.

1. Una espira con corriente crea líneas de campo cerradas que la atraviesan por dentro, siguen atravesando el espacio de debajo, donde está el anillo, y vuelven por fuera. El sentido lo da la regla de la mano derecha (dedos con la corriente, pulgar con el campo en el centro). Como la corriente es alterna, el sentido se invierte cada medio período; la figura muestra un instante.

2. La corriente es alterna, así que el campo de la espira, y con él el flujo magnético que atraviesa el anillo, cambian con el tiempo:

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

3. Por la ley de Faraday, un flujo variable induce en el anillo una fuerza electromotriz; como el anillo es conductor, de resistencia $R$, por la ley de Ohm circula por él una corriente inducida:

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

4. La corriente del anillo crea a su vez un campo magnético. Por la ley de Lenz se opone al cambio de flujo: cuando la corriente de la espira aumenta, el campo inducido tiene sentido contrario al de la espira; cuando disminuye, tiene su mismo sentido. El sensor del detector nota ese campo externo y emite la señal acústica.

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

5. Con corriente continua, el campo de la espira y el flujo a través del anillo serían constantes: su derivada es cero, no habría fem inducida ni corriente en el anillo, el anillo no crearía ningún campo y el detector no notaría nada.

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

ResultadoLíneas cerradas que atraviesan la espira y el anillo (figura). El flujo variable induce en el anillo una fem (Faraday) y una corriente, que crea un campo que se opone a la variación (Lenz) y que detecta el sensor. Con corriente continua el flujo no cambia: $\varepsilon=0$ y no se detecta nada.

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

Planteamiento Se pide qué gráfica $V(t)$ corresponde al movimiento del imán y cómo cambiaría si el imán se moviera el doble de rápido. La tensión inducida es proporcional a la rapidez con que cambia el flujo en la bobina, y su signo depende de si el flujo aumenta o disminuye.

1. Mientras el imán se acerca con el polo norte por delante, el campo dentro de la bobina y el flujo aumentan: se induce una tensión de un signo. Cuando el imán se para, en el centro de la bobina y antes de volver, el flujo deja de cambiar y la tensión se anula.

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

2. Al retroceder, el flujo disminuye: por la ley de Lenz la tensión inducida cambia de signo. A medida que el imán se aleja, el flujo cambia cada vez menos y la tensión tiende a cero.

   $\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}>0\ \text{(se acerca)}$$\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}<0\ \text{(se aleja)}$

3. La gráfica a) es la única con un tramo positivo y otro negativo, con la tensión nula en el momento de la vuelta. La b) tiene dos tramos del mismo signo y la c), uno solo: ninguna de las dos muestra el cambio de signo entre la ida y la vuelta.

4. Si el recorrido se hace en la mitad de tiempo, el flujo pasa por los mismos valores en la mitad de tiempo: su derivada, y con ella la tensión, se duplica. La gráfica tiene la misma forma, con una tensión máxima de $4\,\mathrm{V}$ en lugar de $2\,\mathrm{V}$ y el eje de tiempos reducido a la mitad, de $0$ a $100\,\mathrm{s}$.

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

Planteamiento La ley de Lenz fija un campo inducido que se opone a la variación del flujo. Como la espira está fija, el flujo sigue la variación del campo magnético.

1. Cuando crece el campo entrante, el campo inducido debe salir del papel.

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

2. La mano derecha da corriente antihoraria; si el flujo es constante no hay corriente inducida.

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

Planteamiento Cada tramo recto del gráfico tiene una pendiente constante. Su valor absoluto da la FEM y, por la ley de Ohm, la intensidad.

1. Convertimos la resistencia a ohmios.

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

2. Evaluamos cada pendiente 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}}$

Planteamiento La potencia de salida es 18 kW y el rendimiento relaciona salida y entrada. Dividimos cada potencia entre su tensión para hallar la corriente eficaz correspondiente.

1. La entrada debe cubrir las pérdidas.

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

2. Calculamos las dos intensidades.

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

Planteamiento El enunciado fija el mínimo del primario: una espira por cada 0,50 mA. Con la corriente del primario sale $N_p$; después la relación de tensiones da el número de espiras del secundario, que hay que redondear a un entero.

1. El primario necesita al menos una espira por cada 0,50 mA; con 0,800 A, el mínimo es:

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

2. Con la relación de transformación ideal, el secundario necesita:

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

3. Las espiras son un número entero. Para que el secundario dé al menos 220 V hacen falta 15 (con 14 daría unos 219 V).

   $N_s=15$

Planteamiento Leemos el período y el máximo del gráfico. La corriente empieza por cero creciendo, por lo que usamos un seno sin fase inicial.

1. Dos máximos consecutivos distan 0,020 s.

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

2. La amplitud del gráfico es 3,0 A.

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

Planteamiento Un transformador relaciona tensiones con número de vueltas, no corriente con tensión. El gráfico solo da corriente y no proporciona la tensión del primario.

1. Escribimos la relación ideal e identificamos el dato ausente.

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

Planteamiento El campo es perpendicular a cada espira, así que el flujo de una espira es B por su área. La FEM de toda la bobina depende de la derivada del flujo y del número de espiras.

1. Elegimos la normal de la superficie en el sentido positivo del campo.

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

2. Aplicamos Faraday incluyendo el signo de Lenz.

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

Planteamiento La resistencia convierte la FEM en corriente según Ohm. Una frecuencia menor reduce tanto la frecuencia como la amplitud de la FEM.

1. El máximo del seno es la unidad.

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

2. Al reducir omega, el período aumenta y la amplitud baja: la curva correcta es A.

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

Planteamiento Las líneas de campo atraviesan el plano XY en dirección +Z. Al crecer el campo, varía el flujo y Faraday predice una FEM inducida.

1. Dibujamos la espira en XY y flechas paralelas hacia +Z atravesándola.

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

2. Para tiempos positivos la derivada es positiva. En t=0 la FEM instantánea es cero, pero después sí existe corriente en una espira cerrada con resistencia finita.

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

Planteamiento Elegimos normal +Z para el flujo positivo. La FEM lleva el signo de Lenz y el corriente inducido crea campo −Z.

1. Calculamos el coeficiente del flujo cuadrático.

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

2. Derivamos con signo contrario. Visto desde +Z, el corriente es horario para t>0.

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

Planteamiento El cable es perpendicular al campo terrestre porque la corriente va de este a oeste y el campo está en el plano norte-vertical. La fuerza se obtiene con I·l×B.

1. Tomamos x hacia el norte, y hacia arriba y z hacia el observador; la corriente entra en el papel, −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 módulo es ILB; la fuerza apunta abajo y hacia el sur, a cincuenta grados de la vertical descendente.

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

Planteamiento Justo debajo del cable, el campo que este genera es horizontal norte-sur. Solo una espira cuya normal se alinee con ese campo recibe flujo variable.

1. En A y B el campo es tangente al plano de las espiras y su flujo es cero bajo la hipótesis de campo uniforme.

   $\Phi_A=\Phi_B=0$

2. En C, plano vertical este-oeste, la normal es norte-sur: hay flujo variable. Faraday produce FEM y Ohm produce corriente si el circuito está cerrado.

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

Planteamiento El flujo de una espira es el producto escalar de campo y área orientada. El valor máximo aparece cuando ambos vectores son paralelos.

1. Calculamos el área en metros cuadrados.

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

2. A ángulo cero el coseno es uno; este es el flujo de una espira, no el de las cien.

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

Planteamiento La rotación uniforme hace variar el flujo cosenoidalmente. Faraday exige derivar el enlace de flujo de las cien espiras.

1. Convertimos las vueltas por segundo a frecuencia angular.

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

2. Derivamos y obtenemos la amplitud del seno.

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