Fisica 3 - Hugo Medina Guzmán

Campo magnético Hugo Medina Guzmán

( )→ μo σω b2 − a2
2
B = (b kˆ = 1 μoσω (b − a )kˆ
+ a) 2

Ejemplo 68. Determine el campo magnético en el

centro de un cuadrado de lado 2a que lleva una

corriente I. Solución.
Solución.
El campo opuesto al punto medio de un segmento Los segmentos rectos no hacen ninguna

recto de longitud 2a con corriente está dado por

∫la integral B = μ0 I a dxsenθ contribución al campo en el centro; los
−a r 2 .
4π segmentos curvos dan, por la Ley de Biot y

Hay cuatro de tales segmentos en un cuadrado, tal Savart,

que: ΔB = μ0I ⎡a(2π − θ ) − b(2π − θ )⎤
4π
μ0 Ia ⎜⎛⎝⎜ 2a ⎟⎞⎟⎠ 2 μ0I ⎢⎣ a 2 b2 ⎦⎥
B = 4 4π a2 + = πa
a2 a2 = μ0 I (b − a)(2π − θ )

4πab

Ejemplo 69. Un alambre recto largo que lleva Ejemplo 72. Un disco fonográfico de radio R, con
una carga uniformemente distribuida Q, está
una corriente I1 se coloca en el plano de un lazo
rotando con velocidad angular ω . Demostrar que
rectangular que lleva una corriente I 2 , ¿cuál es la
el campo magnético en el centro del disco está
fuerza neta en el lazo? ¿Es atraída o rechazada
por el alambre? dado por B = μ0ωQ .
2πR

Solución.

Las fuerzas en los extremos del rectángulo se

cancelan, tal que:

F = B1I 2 L − B2 I 2 L Solución.
En la figura, se muestra el disco en rotación en
= μ 0 I1I 2 L ⎜⎛ 1 − 1 ⎟⎞ sentido horario (visto de arriba) con una
2π ⎝ a + ⎠
a b frecuencia fc estándar de disco fonográfico. El
anillo de carga dq entre los radios r y r + dr
Ejemplo 70. Un solenoide largo de radio R y

vueltas de N por el metro lleva una corriente I 0 . constituye una corriente di = dq , donde
T
En el eje del solenoide hay un alambre recto largo

con una corriente I . ¿Qué valor de I dará lugar a T = 2π
ω
un campo magnético en el punto r = 1/2 R que es el período de rotación del disco.

esté en 45º del eje del solenoide?

Solución. dq = 2π rdr = 2Q rdr
Q πR 2 R2
Si el campo resultante está a 45º del eje, el campo , de modo que dq

del alambre debe tener la misma magnitud que el

campo del solenoide, puesto que son Usar el resultado del campo magnético en el

perpendiculares. Así centro de un anillo, B = μ0 I , en este caso
2R
μ0I = μ0 NI 0 , r = R , I = πRNI0
2π r 2 I = di , R = r , luego la contribución del anillo

diferencial es:

Ejemplo 71. Encontrar B en el punto central del
dispositivo de la figura.

32

Campo magnético Hugo Medina Guzmán

dB = μ0 di = μ0 ω 2Qrdr = μ0ωQ dr = μ0I ⎜⎜⎛⎝ R 2 x ⎟⎟⎞⎠ ∞
2 r 2 2π rR 2 2πR 2 4π x2 −∞
+ R2
El campo magnético en el centro en el centro del

disco lo hallamos por integración desde r = 0 a

r = R.

∫B = μ0ωQ R = μ0ωQ

2πR 2 0 dr 2πR

Para Q > 0, el campo tiene la dirección − kˆ .

Ejemplo 73. La corriente de una fuente de En el dibujo de la tapa de la derecha B sale del
corriente continua es conducida a un instrumento papel. Las líneas de B son círculos concéntricos,
por medio de dos alambres paralelos largos, con su espaciamiento aumentando a medida que
separados 10 cm. ¿Cuál es el campo magnético se aleja del alambre.
entre los alambres cuando la corriente es 100 A?

Ejemplo 75. Determine el campo magnético en el

centro de un lazo circular de radio R que lleva la

corriente I.

Solución.

∫ ∫B = μ0 I μ0I
4π
4π
dxsenθ = 2π Rdθ
r2 0 R2

= μ0 I (2π )

4π

Donde dl = Rdθ y θ = 90º , luego
B = μ0I
Solución. 2π
El campo magnético debido a cada alambre en el
diagrama en el punto situado entre ellos son El campo magnético de un lazo pequeño con
perpendiculares e ingresando al papel. Los
efectos debido a los alambres por lo tanto se corriente es como el de un imán de barra pequeño,
suman en ese punto y el efecto total es dos veces
el efecto de cualquiera de ellos. Por lo tanto, en el con las líneas de B que brotan fuera de un Polo
punto medio entre los alambres,
Norte imaginario y que van al otro extremo a un
( )B = 2 μ0 I = 2 2 ×10−7 100
2π r 0,05 polo sur imaginario. Así el campo de un lazo
= 8 x 10-4Wb/m2.
pequeño con corriente es el de un dipolo

magnético, con el mismo aspecto que el campo de

un dipolo eléctrico.

Ejemplo 74. Determine el campo magnético una

distancia R de un alambre recto largo que lleva

una corriente I.

B = μ0I Ejemplo 76. ¿Un alambre recto largo que lleva
2πR una corriente I está doblad 90º en un arco circular
del radio R. ¿Cuál es el campo magnético en el
Solución. centro del arco?

∫B = μ0 I ∞ dxsenθ
−∞ r 2
4π

Donde senθ = R y r = x 2 + R 2
r

∫ ( )B = μ0I ∞ Rdx

4π −∞ x 2 + R 2 3 2

33

Campo magnético Hugo Medina Guzmán

Solución.

Cada sección recta es como una mitad de un

alambre recto infinitamente largo, así que la Considere el alambre de longitud a en la figura

contribución de estas dos secciones es →

B = μ0 I . La contribución de la sección arriba. Cualquier elemento d l tiene la
2πR →→

curvada es el de un cuarto de un círculo dirección del flujo de la corriente y d l× r da un
→
completo, B = 1 μ0 I . Luego en el centro
4 2R vector, para todo d l , dirigido hacia el papel.
→
B = μ0 I + μ0 I = 0,28 μ0 I
Así la contribución de todos los d l está en la
misma dirección y las magnitudes son sumadas

2πR 8R R →

directamente. Para el di elemento d l mostrado,
la magnitud del campo magnético producido en O
Ejemplo 77. ¿Un alambre largo, horizontal, rígido
una distancia z del alambre es
apoyado lleva una corriente de 50 A.
μ0 Idl senθ
Directamente sobre él y paralelo hay un alambre dB = 4π r2 .

fino, cuyo peso es 0,075 N por metro, que llevar

uno corriente de 25 A. ¿A qué distancia sobre el z r
r l
primer alambre debe estar el segundo alambre Pero = senθ , = -tanθ , por consiguiente

para ser sostenido por la repulsión magnética?

Solución. dl = r cos ec2θ dθ

Si el alambre superior va a ser soportado por la μ0I z cos ec2θ dθ.senθ
4π z 2 / sen 2θ
repulsión magnética, la fuerza magnética por ∴ dB =

longitud de unidad debe igualar el peso de una

longitud de unidad del alambre. Además, las = μ0 I senθ dθ
4π z
corrientes en los dos alambres deben estar en

direcciones opuestas para que la fuerza entre los

alambres sea de repulsión. Por lo tanto Para todo el alambre,

mg = F = μ0 II ' ⇒ r = μ0 II ' = ∫B = μ0 I θ2 senθ dθ
l l 2π r 2π mg / l
2 ×10−7 (50)(25) = 0,33 x 10-2m =0,33 cm 4π z θ1

0,075 = − μ0I (cosθ 2 − cosθ1 )
4π z

Por lo tanto los alambres deben ser muy finos para = μ0I a/2
permitir que sus centros estén muy cercanos.
.
4π z (a / 2)2 + z 2

Ejemplo 78. Determine el valor del campo
magnético en el centro de una bobina rectangular
de largo a y ancho b, que lleva una corriente I.
Solución.

Del dibujo arriba, es obvio que, puesto que las
corrientes entran en direcciones opuestas en los
dos alambres de la longitud a, el campo debido a
cada alambre en O es el mismo y z tiene el valor
b/2. Es también obvio que es el valor de B'

34

Campo magnético Hugo Medina Guzmán

debido a cada uno de los otros alambres de la

longitud b es

B'= μ0I 2) a/2

4π (a / (a / 2)2 + (b / 2)2

El valor total del campo magnético en O es:

BTotal = 2(B + B')

= μ0I a / 2 + μ0I a/2 Sea el solenoide de N vueltas por unidad de
longitud, longitud L y radio R.
2π a (a / 2)2 + (b / 2)2 2π b (a / 2)2 + (b / 2)2
El número de espiras del elemento dz es
= 2μ0 I ⎛⎜ a + b ⎞⎟
π a2 + b2 ⎝ b a ⎠ NLdz = Ndz .
L
= 2μ0I a2 + b2
πab El campo magnético en un punto P debido a este
elemento es:

→ = μ0 NdzI R2 kˆ
[ ]d
Ejemplo 79. ¿Dado un alambre que lleva una B 2 ( )R 2 + z0 − z 2 3 2
corriente, ¿Cuándo el campo magnético producido
en el centro será mayor, doblando el alambre en El campo magnético del solenoide es
un círculo o en un cuadrado?
Solución. μ0 NIR kˆ
El campo en el centro de una espira rectangular de ∫ [ ]→ L Rdz

lados a y b es B = 2μ0 I a 2 + b2 , Luego en B=
πab ( )2 0 R 2 + z0 − z 2 3 2

Cambiando la variable

z0 − z = Z , dz = −dZ

el centro de una espira cuadrada de lado a será: Cuando z = 0 ⇒ Z = z0

B1 = 2 2μ0 I y z = L ⇒ Z = z0 − L
πa
→ μ0 NIR 2 z0 −L dZ
z0 +Z2
Aquí la longitud del alambre con corriente es 4L, ∫ [ ]de aquíB= − 2 kˆ R2 32
luego a = L y así

B1 = 2 2μ0 I Integrando
πL
= − μ0 NIR 2 kˆ⎢⎡ ⎤ z0 −L
2 ⎢⎣ R 2
( )→

B
El campo magnético en el centro de una bobina Z 1 2 ⎥
R2 + Z 2 ⎦⎥
del radio r es z0

B2 = μ0 I = − μ0 NIR 2 kˆ⎢⎡ ⎤ z0 −L
2 r 2 ⎣⎢ R 2
( )→

B
Z 1 2 ⎥ =
R2 + Z 2 ⎦⎥
Aquí 2π r = 4L , ⇒ r = 2L o z0
π
μ0 NI kˆ⎨⎧⎪ (z0 − L) z0 ⎪⎫
μ 0πI 2 ⎪⎩ + [(z0 − L)]1 −
B2 = 4L . Finalmente: ( )− R 2 2 R2 2 1 2 ⎬
+ z 0 ⎭⎪

μ0I ⎜⎜⎝⎛ π 22 ⎟⎠⎟⎞ Finalmente
L 4 π
B2 − B1 = − ( )→ μ0 NI ⎧⎪ z0 (z0 − L) ⎫⎬⎪kˆ
2 ⎨ + [(z0 − L)]1 2 ⎭⎪
B = ⎪⎩ R2 2 12 + R2
0
= μ0 I (0,785 − 0,900) < 0 + z

L En el caso de L >> R, la expresión entre llaves es

Así el campo debido a una bobina cuadrada es igual a 2 y

mayor que el de una bobina circular.

Ejemplo 80. Campo magnético en el eje de un → = μ0 NIkˆ
solenoide.
Solución. B

Ejemplo 81. Otra forma de solución.
Demuestre que el campo magnético en el punto P
en el eje de un solenoide de la longitud finita y N

35

Campo magnético Hugo Medina Guzmán

vueltas por unidad de longitud y radio R que lleva ∫B = μ0 NI z2 sen 2α dα

una corriente I es 2 z1 senα

B = 1 μ0 NI (cosα 2 − cosα1 ) , donde α1 y = μ0 NI
2 2
∫ ( )= μ0NI

2
α2 senα dα − cosα α2
α1
α 2 se muestran en el dibujo α1

Finalmente B = μ0 NI (cosα1 − cosα 2 )
2

Ejemplo 82. Dos bobinas circulares de Helmholtz

Solución. de 250 vueltas son paralelas una a otra y

Considere el solenoide como una serie de lazos separadas por una distancia igual a su radio

circulares de radio R y ancho dx , cada uno con común. Encuentre el valor del campo magnético

corriente di = NdxI . en un punto en el eje entre ellas cuando la

El campo magnético a una distancia z en el eje de corriente atraviesa ambas bobinas en el mismo

μ0 IR 2 sentido, y demuestre que el campo es casi
R2 + x2
B= uniforme sobre el punto medio.
( )un lazo circular es .
32 Solución.
2
El campo magnético debido a una sola bobina en

El campo magnético producido por un lazo un punto a lo largo del eje una distancia y del

circular de ancho diferencial es: plano de la bobina es

= μ0 R 2di μ0 NIR 2dx B1 = μ0 Iasenα
R2 + x2 3 2 2r 3 2 r2
( )dB = para =

2 ( )μ0 Ia2 = μ0 Ia 2

encontrar el campo resultante integramos desde 2 r3 2 a2 + y2 3 2

x = x1 a x = x2 .

∫B = μ0 NI z2 R 2dx

2 rz1 3

( )De la figura anterior: R2 x2 12
r= +
,

senα = R cosα = x y dx ≈ r Similarmente, en el mismo punto el campo
r senα
, magnético debido a una sola vuelta de la segunda

r

cosα dα = − R dr = − R dx bobina es
r2 r3
Ia 2

a 2 + (a − y)2 3 2
( )dr = xdx = x dx [ ]B = μ0
x2 + R2 12 r 2

Éstos actúan en la misma dirección, y el efecto

( )Con r = R 2 + x 2 1 2 y dx ≈ r : total en O debido a las vueltas de n de ambas
senα
bobinas es

B = n(B1 + B2 )

∫ ∫B = μ0 NI z2 R 2dx = μ0 NI z2 R 2rdα 250μ0 Ia 2 ⎧⎪ 1 1 ⎪⎫
2 ⎨ + y2
⎪⎩ + (a − y)2
2 rz1 3 2 z1 r 3senα ( ) [ ]= a2 32 + 3 2 ⎬
⎭⎪
a2

Con senα = R =0

:
r

36

Campo magnético Hugo Medina Guzmán

Si y = a , entonces B = 8(250μ0 I ) , mas Ejemplo 83. En un laboratorio de Física se
2 requiere eliminar los efectos del campo magnético
53 2 a terrestre en un determinado punto P del mismo.
Para ello, se produce un campo magnético
adelante, contrario al campo magnético terrestre Btierra por
medio de un par de espiras circulares que
250μ 0 Ia 2 ⎪⎧ − 3y 3(a − y) ⎫⎪ comparten el mismo eje, ambas de radio R y
2 ⎨ a2 + y2 a2 + (a − y)2 separadas una distancia 2R entre sus centros, Las
( ) [ ]dB= ⎩⎪ 32 + 3 2 ⎬ corrientes de ambas espiras circulan en el mismo
⎭⎪ sentido y el punto P esta ubicado en el punto
dy medio del mencionado eje.
a) Suponga que el campo magnético de la tierra
, si y = a , es paralelo a su superficie y se dirige hacia el
2 norte, ¿Cuál es la posición en que tendrían que
ponerse las espiras para lograr el efecto deseado
También en el punto P?
b) ¿Cuál es la magnitud de la corriente en las
250μ0 Ia 2 ⎪⎧ espiras que anulará el campo magnético terrestre
2 ⎨ en el punto P?
d 2B ⎪⎩ −3 c) Obtenga la expresión de la magnitud del campo
+ y2 magnético resultante de las espiras Bespiras en
( ) [ ]dy2 cualquier punto sobre el eje que comparten,
= a2 32 − 3 32 tomando como origen el punto P.
d) A partir de su resultado en la parte anterior
a2 + (a − y)2 esboce un gráfico del campo Bespiras a lo largo de
dicho eje. Indique los valores críticos [máximo(s)
15 y 2 15(a − y)2 ⎪⎫ o mínimo(s)] en su gráfico.
a2 + y2 a 2 + (a − y)2 Solución.
( ) [ ]+ 32 + 3 2 ⎬ a)
⎪⎭

( ( ) )=
250μ0 Ia 2 ⎧⎪15y 2 − 3 a2 + y2
2 ⎨ y2
⎩⎪ a 2 + 32

[ ]15(a − y)2 − 3 a2 + (a − y )2 ⎫⎪ = 0,
[ ]+ a2 + (a − y)2 3 2 ⎬
⎭⎪

si y = a ,
2

dB d 2 B
Así y son cada uno igual a cero en el
dy 2
dy

punto y = a , en el punto medio entre las Las bobinas deben estar orientadas de norte a sur,
2 con las corriente como se indican en el dibujo de
tal manera que el campo producido por estás esté
bobinas. Por lo tanto de B difícilmente es cero en el mismo eje y opuesto al campo magnético
alrededor de ese punto, dando una región grande terrestre.
de campo uniforme en la región central entre las b) El campo magnético debido a una sola bobina
bobinas. en un punto P en su eje a una distancia R del
Con este espaciamiento particular de las bobinas, centro de la bobina es
al bajar el valor de B debido a una bobina cuando
nos alejamos de ella es compensado por el
aumento de B debido a la otra bobina para buena
parte de la región entre ellas.

( ) ( )→=−μ0R2IR2 32 iˆ = − μ0I iˆ
2 + R2 2 21,5 R
B1

Lo mismo para segunda bobina

La situación se ilustra en el diagrama. Las líneas ( ) ( )→=−μ0R2IR2 3 2 iˆ = − 2 μ0I R iˆ
llenas dan la magnitud de B debido a cada bobina 2 + R2 21,5
por separado a lo largo del eje. La línea B2
discontinua muestra el efecto combinado de las
dos bobinas, y la región del campo uniforme El campo total producido por las dos bobinas es:
alrededor del punto medio del sistema se ve
claramente. ( )→ → → =− μ0 I iˆ
21,5 R
B = B1+ B2

37

Campo magnético Hugo Medina Guzmán

El campo magnético terrestre es de la Tierra es
del orden de 0,5x10-4 T.

Para equiparar este campo debe de circular una

corriente:

0,5×10−4 = 4π ×10−7 I ⇒ d) En el gráfico puede verse que los máximos
2,83R
están en x = ±R y el mínimo entre las espiras en
( ( ) )I = el centro x = 0.
0,5 ×10−4 (2,83R) = 112,60 R El máximo en x = ±R es:

4π ×10−7

(Amperes) = μ0 IR 2 ⎧⎪ 1 + 1 ⎫⎪
c) El campo magnético resultante de las espiras 2 ⎨
Bespiras en cualquier punto sobre el eje que ⎪⎩ (R + R 2 + (R − R)2
comparten, tomando como origen el punto P. [ ] [ ]Bmáx R2 + R)2 32 3 2 ⎬
⎪⎭

Bmáx = μ0I ⎛⎜ 1 2 + 1⎞⎟ = 0,54 μ0I
2R ⎝ 53 ⎠ R

El mínimo en x = 0. es:

= μ0 IR 2 ⎧⎪ 1 + 1 ⎫⎪
2 ⎨
⎩⎪ (0 + R2 + (0 − R)2
[ ] [ ]Bmin R2 + R)2 32 3 2 ⎬
⎭⎪
μ0 IR 2
2
(x + R)2
=[ ]→− R2 3 2 iˆ μ0I ⎛⎜ 1 1 ⎞⎟ = μ0I 0,35 μ0 I
2R ⎝ 23 23 2 ⎠ 23 2 R R
B1 + Bmin = + =

2

Lo mismo para segunda bobina Ejemplo 84. Sobre la superficie de una esfera de
madera de radio R se enrolla en una sola capa un
número N de vueltas muy próximos entre si con
un alambre muy fino, cubriendo completamente la
superficie de le esfera. Como se muestra en la
figura. Si se hace circular una corriente I ¿cuál es
el campo magnético en el centro de la esfera?

=[ ]→−μ0 R2 IR2 R)2 3 2 iˆ
2
B2 + (x −

El campo total producido por las dos bobinas es:

→ →→ Solución.
El campo magnético formado en el centro de la
B = B1+ B2 =

μ0 IR 2 ⎧⎪ 1 1 ⎫⎬⎪etioˆsdfearsaleass la suma de los campos magnéticos de
2 ⎨ x+ x− espiras, como no es posible calcular una
[ ] [ ]( ) ( )−⎪⎩ 32 + 3 2
R2 2 R2 + 2 ⎭⎪pdiofreruennaciyalsueminatre,gernacreomntorasr.emos un elemento
+ R R

38

Campo magnético Hugo Medina Guzmán

→ μ0 NIR 2 cos2 θdθ ˆj ⇒

dB= 2πR 3

→ μ0 NI ˆj cos2 θdθ

dB= 2πR

El campo magnético total es

μ0 NI
∫→ ˆj π cos2 θdθ =

B=
2πR 0

μ0 NI ˆj 1 (θ π

2πR 2 + senθ cosθ )

La espira formada por el ángulo dθ y 0
determinada por θ produce un campo en el
Finalmente → μ0 NI ˆj

centro de la esfera igual a B= 4R

μ0r 2di
2 r2 + y2 3 2
( )→ ˆj

dB=

Donde

r = R cosθ , y = Rsenθ ,

dI = NIdl = NIRdθ = NI dθ
l πR π

Reemplazando

PREGUNTAS Y PROBLEMAS

1. Estudiar el movimiento en el vacío de una dos trayectorias iguales y paralelas a través de la
partícula de masa m, carga q, que se encuentra en combinación, y se entrega a las escobillas una
un campo magnético uniforme que forma un corriente de 12 amperes, encontrar el par
promedio desarrollado en la armadura. Tómese
ángulo θ con la velocidad inicial de la partícula. cada bobine como un cuadrado de 8 cm. de lado,
con los alambres paralelos al eje del motor a una
No se considerará la influencia del peso. distancia de 5 cm. del eje.

2. Una partícula de masa m y carga q en el vacío 4. Un protón de 2MeV se desplaza en una región
está sometida a un campo eléctrico uniforme E del espacio donde hay un campo eléctrico
vertical a un campo magnético B uniforme uniforme de una intensidad 10 V/m y un campo
horizontal. La partícula con una velocidad inicial magnético uniforme en ángulo recto con él. Si la
en el punto 0. dirección tanto del campo eléctrico como del
a) Estudiar el movimiento no tomando en cuenta campo magnético y el protón no se acelere,
la acción del peso. Considerar B paralelo al eje y. calcular la intensidad y el sentido del campo
b) ¿Cómo se manifestaría la acción del peso? ¿Es
despreciable?

3. La armadura de un motor de corriente continua, 5. Un electrón describe una trayectoria circular de
porta 24 bobinas espaciadas por igual, cada una 0,2m de radio en un campo magnético de 0,002
con 10 vueltas, conectada en serie con sus puntos Tesla. Calcular:
de conexión en los 24 segmentos del conmutador a) Su velocidad
rotatorio. Unas “escobillas” de carbón hacen b) Su periodo de revolución
contacto con el conmutador para poder admitir c) Su energía cinética en MeV
corriente en las bobinas; la disposición de las
escobillas y la geometría del campo magnético en 6. Una barra conductora de masa 50g en reposo, y
que gira la armadura son tales que cada alambre a ángulos rectos, dos carriles horizontales
paralelo el eje gira en un campo de 8500 Gauss en separados 10 cm. Una corriente de 20 A pasa a
promedio y los paras son todos del mismo sentido. través de la barra a partir de un carril al otro. El
Si, en cualquier instante, todas las bobinas están coeficiente de la fricción estática entre la barra y
conectadas a las escobillas de tal manera que haya los carriles es 0,30. ¿Cuál es el menor campo
magnético perpendicular al plano de la barra y de

39

Campo magnético Hugo Medina Guzmán

los carriles que moverá a la barra sobre los

carriles?
Respuesta. 0,0735 Wb/m2

7. El alambre de la figura tiene una longitud total

de 2l y el punto P está en la bisectriz
perpendicular con las coordenadas (0, 0, z).

→ b) Repitan el problema, calculando el campo en
un punto general con las coordenadas (x, y). ¿Es
Demuestren que B se dirige en el sentido del eje una restricción esencial la de que no
introduzcamos la coordenada z del punto de
x en la figura y tiene la magnitud campo?
c) Repitan el problema, suponiendo esta vez que
( )B = μ0 I las corrientes en los dos alambres se dirigen
2πz perpendicularmente hacia abajo.
l . Respuesta. b)
z2 + l2 1 2

→ = μ0I ⎪⎧⎡ y − 2a − x2 y y2 ⎥⎤iˆ
2π ⎩⎪⎨⎢⎣ x 2 + ⎦
B + (y − 2a)2

+ ⎡ x − x ⎤ ˆj⎬⎪⎫
⎢ + y− ⎥ ⎭⎪
⎣ x 2 y2 x2 + ( 2a )2 ⎦

8. Una corriente de 10 amperios fluye por un lazo 11. ¿Qué corriente debe circular por un lazo

de alambre con la forma de un triángulo circular de alambre de radio de 50 cm para que el
equilátero de 50cm de lado. Utilicen el resultado campo en el centro sea de 5 x 10-3 tesla? ¿Qué

del problema anterior y calculen B en el centro del corriente debe de fluir para que el campo tenga

lazo. una intensidad de dos. teslas?
Respuesta. 3,6 x105T Respuesta. 40A; 1,6 x 106A

9. Un alambre de 2l de longitud lleva una 12. Una corriente I fluye en un segmento de un

corriente I y reposa en el eje z de cierto sistema de lazo circular de radio a y un ángulo α como se
coordenadas con su centro en el origen.
→
→
muestra en la figura. Calcular B en el centro O
Demuestren que el campo B en un punto con las
del lazo, desdeñando los alambres de alimentación
coordenadas (x, 0, z), tiene la magnitud de la corriente.

= μ0I ⎪⎧ l−z
4πx ⎨
⎪⎩ z)2 + x 2
[ ]B (l − 1 2

l+z ⎫⎪

(l + z)2 + x2
[ ]+ 1 2 ⎬
⎪⎭

y determinen su dirección.

10. Dos alambres paralelos e infinitos están Respuesta.
separados por una distancia 2a y llevan corrientes
I, en direcciones opuestas, como se muestra en la μ0 Iα (abajo)
figura. 4π a

→ 13. Supongan que hubiera una corriente circular
en torno a la Tierra, en el ecuador. ¿Cuál sería la
a) Calculen B en un punto P que se encuentra u intensidad de esta corriente para producir el
campo observado en los polos de
una distancia b a lo largo de la bisectriz aproximadamente 7,5 x l0-5 tesla? ¿Iría la
perpendicular, de tal modo que, en función del corriente de este a oeste o en dirección opuesta?
sistema de coordenadas que se muestra, las
coordenadas de P son (b, a) ¿Cuál será su
respuesta cuando b = 0?

40

Campo magnético Hugo Medina Guzmán

14. Calculen en el punto P la intensidad del que lleva una corriente de 2,0 A tenga un campo
campo magnético debido a la corriente I a través magnético sobre su eje de 1,5 x l0-2 T?
del alambre de la figura. (Indicación:
19. Una corriente de 0,5 A fluye en torno a un
15. Una línea de carga circular de radio a y carga
solenoide de radio de 1,0cm y 40 cm de longitud.
por unidad de longitud λ , gira a una velocidad
angular ω en torno a su eje. Si el campo magnético uniforme cerca del centro
del solenoide es de l0-3 T, ¿qué cantidad de
a) Demuestren que este movimiento corresponde
a una corriente I que fluye en un lazo circular de vueltas por unidad de longitud tendrá el

radio a y está dada por I = λaω . solenoide?
Respuesta. 1,6 x 103 vueltas/m
→
20. Supongan que el campo sobre el eje de un
b) Calculen B en un punto sobre el eje de la línea
solenoide muy largo con 1000 vueltas por metro
de carga y a una distancia b de su centro. es de 50 x l0-3T.

16. Un disco de radio a lleva una carga uniforme a) Cuál es la corriente?

por unidad de área σ . y gira con una velocidad b) Si se pone ahora un alambre que lleva una
angular ω en torno a su eje.
corriente de 10 A con N vueltas por unidad de

longitud en torno al solenoide original, de tal

modo que el campo sobre el eje se reduzca a 2,5 x
l0-3T,calculen N. ¿Son los flujos de corriente

paralelos en las dos bobinas?

21. Un protón se desplaza a una velocidad de 5,0
x l05 m/s a lo largo del eje de un solenoide, que
tiene 1000 vueltas por metro y lleva una corriente
de 2,0 A. Calculen la aceleración del protón. ¿De
qué modo diferiría su respuesta, si se desplazan en
paralelo, pero no a lo largo del eje?
Respuesta. Cero

a) Demuestren que el campo magnética dB en el 22. Un hombre camina hacia el norte por debajo y
en sentido paralelo a una línea de potencia en la
punto P sobre el eje, debida a un anillo de radio r que fluye una corriente directa de 100 A. Si está a
10 m por debajo de la línea, ¿qué campo
y espesor dr es magnético más allá del que se debe a la Tierra,
medirá? ¿Tendrá esto una interferencia grave con
una lectura de la brújula en este punto?

= μ0σω r 2dr
2 r2 + b2 3 2
( )dB 23. ¿Cuál es el campo magnético en el eje de un

lazo circular de radio R con una corriente I a una

b) Demuestren que el campo total B en el punto P distancia z del centro del lazo?
es
Respuesta.

μ0σω ⎡ a 2 + 2b2 ⎤ ∫B = μ0 I 2π Rdφ cosθ ⇒
2 ⎢ a2 + b2 1 2 − 2b⎥ 0 r2
⎢⎣ 4π
( )B= ⎥⎦
( )B = μ0 IR2
2 R2 + z2 12

17. Un solenoide de 0,5 cm de radio y 20 cm de
longitud lleva una corriente de 10 A y tiene 1000
vueltas. Calculen el campo magnético sobre el eje
de la bobina en los puntos siguientes: a) el centro
de la bobina, b) el borde de la bobina, y c) a una
distancia de 100 cm al centro de la bobina, d)
tracen una gráfica de B en función de la posición
sobre el eje de la bobina.

18. ¿Qué cantidad de vueltas por unidad de
longitud se requieren para que un solenoide largo

41

Campo magnético Hugo Medina Guzmán

24 ¿Un alambre recto muy largo con una Determinar el carpo magnético para todo punto.
corriente I tiene un lazo circular de radio R. ¿Cuál
es el campo magnético en el centro del lazo? 29. Se tiene tres conductores paralelos como se
muestra en la figura. Calcular el campo magnético
en los puntos A, B, C y O.

I1 = 1 A , I 2 = 2 A , I3 = 3 A .

Respuesta. Sobreponga el campo de un alambre 30. Una espira lleva una corriente de 4 A y tiene
un radio de l0 cm. Si colocamos un alambre recto
recto, B = μ0 I , con el campo de un lazo, y largo en el eje de la espira con una corriente de
2πR 1 A, determinar la fuerza que ejerce la espira
sobre el alambre por unidad de longitud.
B = μ0I .
2R 31. Una aspira cuadrada de alambre de lado a a
lleva una corriente I , determinar el valor de B
B = μ0I + μ0I
2πR 2R en el centro de la espira.

25. Tres alambres largos, rectos, paralelos, cada 32. Calcular el campo magnético en el eje de la
espira radio R que está conectada en ambos lados
uno con corriente I en la misma dirección. Son como se muestra en la figura y pasa una corriente

equidistantes uno de otro con la misma separación I por ella. ¿Cual es el valor del campo en el

a . ¿Qué fuerza por unidad de longitud un centro de la espira?

alambre experimenta debido a los otros dos? 33. Un disco de plástico de radio a tiene una
Respuesta.
carga uniformemente distribuida en su superficie
B = 2 μ0 I cos 30° , F = BIL = 3 μ0 I 2
2π a 2π a ( )σ C/m 2 . Si el disco gira con velocidad angular

26. ¿Un disco del radio R lleva una densidad

uniforme σ de carga superficial. Rota sobre su
eje con velocidad angular ω . cuál es el campo

magnético en el centro del disco?

Respuesta.

Considere los anillos anulares de ancho dr . Cada

uno es como un lazo con corriente σ dAf ,

donde dA = 2πrdr y f = ω 2π .Luego el

campo en el centro de un lazo es:

∫B = R μ0 (rσωdr) = μ0σωR
0 2r 2

27. ¿Qué campo magnético es producido por un
solenoide muy largo con 150 vueltas por metro
que lleva una corriente de 20 A?

( )Respuesta. B = μ0 NI = 4π10−7 (150)(20)

= 3,77 x 10-3T.

28. Un conductor recto, largo y de radio a , lleva
una corriente I0 , se ha diseñado de tal manera

que la densidad de corriente dentro del conductor
varía de acuerdo a la expresión

J = 3 I0 π r
2 a3

42

Campo magnético Hugo Medina Guzmán

ω , encontrar el campo magnético en el centro del Las bobines están arrolladas densamente con N
vueltas y pasa una corriente I.
disco.

34. Dada una tira delgada de metal de ancho a y
muy larga. La corriente es longitudinal y vale I .

Encontrar el campo magnético en el plano de la

tira a una distancia b del borde más cercano.

35. calcular es Campo magnético B creado por
una espira circular de radio R por la que circula
una corriente I , en un punto P sobre el plano del

anillo. Realizar un desarrollo en potencia de
limitarse el segundo orden.

36. Determinar el campo magnético en el punto O 39. Una bobina cuadrada de 1 cm de lado, con 15
en la figura. Los alambres rectos se consideran vueltas, está colgada en el centro de un solenoide
muy largos. largo de 200 vueltas por metro y conduce 300
mA. Si el plano de la bobina forma un ángu1o de
37. Determinar el flujo magnético a través del 20º con el eje del solenoide y la bobina conduce 1
contorno rectangular mostrado en la figura creado mA, encontrar el par sobre ella.
por la corriente I que pasa por el alambre recto
infinito. 40. ¿Cual es el trabajo necesario para voltear la
bobina cuadrada del problema anterior de una
38. Determinar el flujo magnético a través de las posición en que la normal positiva a la bobina sea
secciones de los toroides mostrados en la figura.
→

paralela a la dirección B en el solenoide a una

posición invertida en 180°?

41. Las bobinas de Helmholtz son dos bobinas
circulares planas (asimilarlo a dos espiras
circulares de radio R), idénticas, con eje común,
por las que pasa una misma corriente I en el
mismo sentido. La distancia entre las bobinas es
2d.

→

Calcular el campo magnético B en un punto P

Situado en el ejes la distancia x del centro O da
las dos bobinas

42. Dos placas delgadas infinitas, paralelas de

ancho a y la distancia entre ellas es b , llevan
corrientes igual a I pero opuestas. Encontrar la

fuerza por unidad de longitud de cada placa.

43. Determinar el campo magnético debido a dos
planos paralelos con iguales densidades de
corriente superficial i constante. Considere los dos
casos cuando las corrientes fluyen en el mismo
sentido y en sentidos opuestos.

43

Campo magnético Hugo Medina Guzmán

44. Una esfera de radio a tiene carga uniforme es la razón de las energías cinéticas ale esos dos
sobre su superficie con una carga total q , rota isótopos?

alrededor de un diámetro con velocidad angular Respuesta.
( )K Li7
constante ω . Encontrar el campo magnético ( )5, l2 cm bajo la ranura; K Li 6 =7
6
dentro y fuera de la esfera.
50. Un ciclotrón que se utiliza para acelerar
45. Un protón en la capa superior de la atmósfera protones tiene un radio de 0,5 m y un campo
se desplaza a una velocidad de 10 m/s en ángulo magnético de 0,75 T.
recto con el campo de la Tierra, que tiene una a) ¿Cuál es la energía de los protones que salen?
intensidad de 5,0 x l0-5 T en este punto. Exprese su repuesta en Joules y en Mev.
a) ¿Cuál es el radio de la órbita del protón? b) ¿Cuál es la velocidad final de los protones
b) ¿Cuánto tiempo necesita el protón para expulsados?
completar una órbita? c) ¿Cuáles serían las energías de partículas alfa si
c) ¿Cuál es su frecuencia de ciclotrón? se vieran aceleradas por este ciclotrón?.
Respuesta. a) 210 m; b) 1,3x 10-3s; c) 4,8 x 103
rad/s 51. Con el ciclotrón del problema anterior.

46. Un electrón se desplaza en ángulo recto con a) ¿Cuál es la frecuencia del oscilador ω para
un campo magnético uniforme de una intensidad
de 3,0 x l0-2 T. Si su energía es de 50 keV (1 keV este ciclotrón, cuando acelera protones?
= l0-3 MeV), calculen: b) Si los protones recogen 100 keV cada vez que
a) su velocidad, b) el radio de su órbita y c) la cruzan el espacio entre las Des, ¿cuántas órbitas
frecuencia del ciclotrón. semicirculares completarán los protones antes de
verse expulsados?
47. Un protón y una partícula alfa se desplazan en c) Calculen el tiempo necesario para acelerar los
direcciones paralelas a la misma velocidad, protones hasta sus velocidades finales.
cuando entran a una región del espacio en la que Respuesta.
a) 7,2 x 107 rad/s; b) 69 órbitas; c) 3,0 x10-6s
→
52. Si se utilizara el mismo el ciclotrón para
hay un campo magnético uniforme B . Supongan acelerar electrones, entonces, desdeñando los
efectos relativistas, ¿cuáles serían las energías
que se desplazan en ángulo recto con el campo. finales de los electrones? ¿Tenemos razones para
a) ¿Cuál es la razón de los radios de sus órbitas? suponer que los efectos relativistas son
b) ¿Cuál es la razón de sus frecuencias de desdeñables?
ciclotrón? Respuesta. 9,l.2 x 104 MeV; no.
c) Cuál es la razón de sus energías?
Respuesta. 53. Un ciclotrón con un campo magnético de 2,0
T se usa para acelerar protones.
a) Rα = 2 , b) ωα = 1 , c) Kα = 4 a) ¿Cuál debe ser la frecuencia (en Hz) del campo
Rp ωp 2 K p oscilador entre las Des?
b) Si se utiliza este ciclotrón para acelerar
48. Un protón de 2 MeV se desplaza en una deuterones, ¿a qué frecuencia se deberá ajustar la
región del espacio donde hay un campo eléctrico frecuencia de este campo oscilador?
uniforme de una intensidad de 105 V/m y un
54. Si E0 es la energía de un ciclotrón, cuando
→
acelera protones, demuestren que puede acelerar
campo magnético uniforme B en ángulo recto

con él. Si la dirección de movimiento del protón
es perpendicular a la dirección tanto del campo
eléctrico como del campo magnético y el protón
no se acelera, calculen la intensidad y el sentido

→

de dirección del campo B .

49. Un haz que contiene una mezcla de los
isótopos Li y 7Li entra en la región de campo

→

magnético uniforme B 0 por la ranura C del

espectrómetro de masas. Si los iones Li6 se
detectan a una distancia de l0 cm por debajo de la
ranura C, ¿dónde aparecerán los iones Li7? ¿Cuál

44

Campo magnético Hugo Medina Guzmán

iones, de masas atómicas A y con Z unidades de

carga, a la energía

E = ⎝⎜⎜⎛ Z2 ⎞⎟⎠⎟E0
A

55. Si existiera un monopolo magnético de

intensidad ε , entonces, el campo magnético

asociado a él sería de → = ⎜⎛ ε ⎟⎞ → , en donde r
⎝ r3 ⎠
B r

es la posición en el espacio, medida a partir del

monopolo.

a) Escriban la ecuación del movimiento para una

partícula de carga q y masa m que se desplace en

el campo de un monopolo. 59. Demuestren que la fuerza sobre una porción
de alambre que lleva una corriente en un campo
b) Demuestren que la energía cinética de la magnético uniforme es la misma para todos los
alambres que tengan los mismos puntos extremos.
partícula es una constante de movimiento. O sea, demuestren que la fuerza sobre los
alambres 1 y 2 en la figura es la misma que si
→ →→ pasara la misma corriente por cada uno de ellos.

Respuesta. a) m d v = qε v× r 60. Una corriente de 5,0 A fluye en un lazo
dt r 3 cuadrado de lado de 10 cm. Calculen la fuerza
total en dos de sus lados adyacentes, producida
56. Para el sistema físico del problema anterior, por una inducción magnética externa
perpendicular al plano del lazo y una intensidad
demuestren que: de 0,1 T.

→→ 61. Una corriente de una intensidad I fluye en una
bobina que tiene la forma de un pentágono regular
a) La cantidad de movimiento angular m r× v de lado a. Supongan que hay un campo magnético
uniforme B perpendicular al plano de la bobina.
(en relación al monopolo) de la partícula no es a) Calculen la fuerza producida por el campo
externo en cada segmento.
constante en general. b) Al utilizar los resultados de (a) demuestren
explícitamente que la fuerza total sobre el lazo es
d ⎜⎛ m → → ⎟⎞ cero.
b) La cantidad ⎝ ⎠ es constante y
r⋅ v Respuesta. a) IaB dirigido perpendicularmente

dt al alambre en el plano de la bobina

determinen su valor en función de la velocidad 62. Sean dos alambres paralelos, cada uno de ellos

→ con una longitud l , que tienen las mismas

inicial v 0 . corrientes I y están separados por una distancia a,
como en la figura.
57. Se ha estimado que en la superficie de una a) Demuestren que el campo magnético B en el
punto (x, a) del alambre superior, debido a la
estrella de neutrones, el campo B puede ser de corriente en el interior, tiene la magnitud
hasta 109 T. Para un protón de lo MeV que se

desplace en ese campo, determinen:

a) su frecuencia de ciclotrón y b) el radio de su

órbita.
Respuesta. a) 9,6 x 1016 rad/s b) 4,6x 10-10m

58. Una bobina rectangular de alambre lleva una
corriente I y tiene una anchura a. Si el extremo
inferior de la bobina se mantiene entre los polos
de un electroimán con un campo magnético B y
dirigido como se muestra en la figura, calculen la

→

magnitud de la fuerza F necesaria para sostener

la bobina, por encima de la gravedad.

45

Campo magnético Hugo Medina Guzmán

= μ0I 1 ⎧ (l 2) − x Respuesta. 9,7 x 10-5 N entre alambres más
4π a ⎨ (x − l 2)2 +
[ ]B ⎩ a2 largos;
2,4 x 10-6 N entre alambres más cortos

(l 2) + x ⎫ 66. Sean dos alambres de longitudes l y L en
(x + l 2)2 + a2 ⎬
[ ]+ ⎭ ángulo recto entre sí, de la figura. Supongan que

¿Cuál es la dirección de B? las corrientes I1 e I2 se dirigen como se muestra.

b) Calculen la fuerza dF sobre el elemento de →

longitud dr, situado en el punto (x, a) del alambre a) Demuestren que el campo magnético B en la

superior. posición del elemento de longitud dy situado en el

punto (0, y, 0) es

c) Demuestren por integración que la fuerza total ( )→ μ0 I1 ⎧⎪ −b
4πy ⎨ + y2
F sobre el alambre superior es descendente y tiene B= kˆ ⎪⎩

[( ) ]la intensidad μ0I 2 ⎜⎛ 1 ⎟⎞ b2 12
2π ⎝a⎠
F = l2 + a2 12 −a

b+l ⎪⎫

(b + l)2 + y 2
[ ]+ 1 2 ⎬
⎭⎪

b) Demuestren que la fuerza magnética dF sobre
el elemento dy es

→ = iˆ μ0 I1I 2 dy⎨⎧⎪ −b
4πy ⎪⎩ + y2
F( )d b2 12

63. En la figura, si a = 3,0 cm, b = 5,0 cm,c = 3,0 b+l ⎪⎫
cm, I1 = 5,0 A e I2 = 2,0 amperios, calculen:
a) la fuerza en el segmento AC que se debe a la (b + l)2 + y 2
corriente en el alambre largo, y [ ]+ 1 2 ⎬
b) la fuerza en el segmento AE que se debe a la ⎪⎭
corriente en el alambre largo.
→

c) Calculen la fuerza total F sobre alambre de

longitud L.

64. Sea nuevamente el sistema del problema →

anterior. Esta vez, calculen la fuerza sobre el 67. Dos elementos de corrientes I1d l 1 e

alambre recto y largo debida a la medición →

magnética producida por el lazo rectangular. I 2 d l 2 se colocan uno en relación al otro, como

Respuesta. se muestra en la figura.
a) Calculen la fuerza que ejerce el elemento
μ0 I1I 2h ⎜⎛ 1 − 1 ⎞⎟ , (izquierda)
2π ⎝ a b ⎠ →

65. Un lazo rectangular de alambre de lados de 10 I1d l 1 sobre el otro.
y 30 cm lleva una corriente de 15 A. Calcular las
fuerzas mutuas de repulsión entre los dos pares de b) Calculen la fuerza que ejerce el elemento
alambres opuestos.
→

I 2 d l 2 sobre el otro.

c) Expliquen la razón por la que, cuando los
resultados en (a) y (b) no sean iguales y opuestos,
no haya contradicción esencial con la ley de
Newton de la acción y la reacción.

46

Campo magnético Hugo Medina Guzmán

Respuesta. 9,4 x 10-3 N.m

73. Se suspende un lazo rectangular de lados a y b
de tal modo que tenga libertad para girar en torno
al eje horizontal AB. Si tiene una masa m y si la

corriente en torno es I, calculen el ángulo θ al

que estará en equilibrio en presencia de un campo

→

magnético vertical uniforme B .

68. En cierto sistema de coordenadas fluye una

corriente I2 a lo largo de un alambre infinitamente
largo que se encuentra a lo largo del eje x.

Demuestren que la fuerza magnética sobre el

segundo alambre de longitud l y que lleva una 74. Sea un lazo plano de alambre que lleva una
corriente I1 cuyos puntos extremos están en los corriente I en presencia de un campo magnético

puntos (0, 0, a) y (0, l , a) es →

→ = iˆ μ0 I1I 2 ln⎜⎜⎛⎝1 + l2 ⎟⎟⎞⎠ uniforme B .
4π a2 a) Demuestren que el torque τ en torno a un
F
punto P dentro del lazo se puede expresar,

69. Sea la misma situación que en el problema ∫→ → × ⎛⎜ d → → ⎞⎟ ,
anterior, suponiendo esta vez que los puntos
extremos del segmento más corto están en los utilizando, en la forma τ = iˆ r l× B
⎝⎠
puntos (0, − l 2 -, a) y (0, l 2 , a).
→
a) Demuestren que esta vez no hay fuerza sobre el
segmento más corto. en donde r es el vector del punto P al elemento
b) Calculen el torque en torno al punto (0,0, a)
sobre el segmento más corto. →

Id l .

b) Utilizando el hecho de que la integral se debe
llevar en torno a un lazo cerrado, demuestren que

otra fórmula equivalente para τ es

∫→ = 1 iˆ⎜⎛ → → ⎟⎞ × →

70. Calculen los momentos dipolares magnéticos τ r ×d l B
asociados a cada uno de los lazos planos 2⎝ ⎠
siguientes (suponiendo que en cada caso, la
corriente es de 2,0 A y que hay 10 vueltas en cada c) Finalmente, demuestren que la integral
lazo):
a) Un lazo circular de radio de 10 cm. 2∫1 →→
b) Un lazo rectangular de lados de 2 y 10 cm.
c) Un lazo de forma elíptica de eje semi mayor de r×d l es el área vectorial del lazo y, en esa
10cm y semi menor de 5cm.
Respuesta. forma, establezcan la validez general de
a) 0,63 A.m2, b) 4,0 x 10-2 A.m2, c) 0,31 A.m2
→ →→

τ = m× B .

71. Al calcular el trabajo que se requiere para → →→

hacer girar un lazo de corriente de momento 75. Demuestren que τ = m× B es válido para un

→ lazo de forma arbitraria, reemplazando el lazo
dado de corriente por un conjunto de lazos
dipolar en un campo magnético B , demuestren rectangulares contiguos y muy delgados, cada uno
de los cuales tenga la misma corriente I.
que la energía U asociada con él es
76 Sea un alambre de longitud fija l y que lleve
→→
una corriente I. Este alambre se puede formar en
U = − m⋅ B varios lazos, tales como el cuadrado del lado

(Indicación: El trabajo dW que se re quiere para l 4 , n lazos circulares cada uno de ellos de

hacer girar un dipolo en un pequeño ángulo dα
es rdα , donde τ es el torque que se tiene que

aplicar.)
72. Una bobina circular de alambre de radio de

10cm y 150 vueltas lleva una corriente
de 10-2 A. Cuál es el torque máximo que se puede
ejercer sobre esta bobina mediante un campo

magnético uniforme de una intensidad de 0,2 T.

47

Campo magnético Hugo Medina Guzmán

radio 1 2π n , etc. Demuestren que el torque área de corte transversal de la lámina metálica sea

máximo en cualquiera de ellos en un campo de 2 cm2 y que Et = l0 V/m, calculen:

→ a) La velocidad de deriva de los electrones.
b) El valor del coeficiente de Hall.
magnético uniforme B se logra cuando el e) El número de portadores de carga por unidad de
alambre forma un circulo de radio 1 2π y volumen, comparando esto con el número de
átomos de sodio por unidad de volumen. La masa
calculen la torque en este caso. atómica del sodio es de 23 y su densidad de l0
Respuesta. kg/m3.
Respuesta.
Il 2 B a) 1.3 x 10-5 m/s, b) 2,5x 10-10 m3/C, c) 2,5 x 1028
4π portadores de carga/m3

77. Un lazo circular de alambre de masa m y radio 79. Supongan que el galvanómetro de bobina

a lleva una corriente I y tiene libertad para girar →

en torno a un diámetro horizontal AC en presencia pivotante de la figura tiene un campo radial B de

→ una intensidad de 0,3 T, y que la bobina misma
tenga 200 vueltas y un área de 3,0 cm2. Calculen
de un campo B uniforme, dirigido verticalmente la constante de resorte (torsión/desplazamiento
angular), suponiendo que una corriente de 1,0 mA
hacia arriba. Si está distribuido en una cantidad produzca una deflexión angular de 15°.

ligera a partir de su posición de equilibrio,

demuestren que oscilará en torno a AC con un

movimiento armónico simple de periodo

T = ⎛⎜ 2π m ⎟⎞1 2
⎝ IB ⎠

(Nota: El momento de inercia de este lazo en

torno a un diámetro es de I inercia = 1 ma 2 .)
2

78. En un experimento para medir el efecto de
Hall en el sodio, supongan que se utiliza un
campo magnético de una intensidad de 0,8 T y se
mide una corriente de 10 A. Suponiendo que el

48

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

CAPÍTULO 4. Ley de Faraday e inductancia

INTRODUCCION LEY DE LENZ. Hasta este momento no hemos
Si tenemos una carga q, ésta ocasiona un campo explicado el signo menos, esto nos indica que la
fuerza electromotriz aparece en oposición al cambio
→ que se produce sobre él. Es decir, si incrementamos el
flujo magnético a través del circuito, la fuerza
eléctrico E y si esta carga está moviéndose con una electromotriz indicada tiende a causar corriente en tal
dirección que el flujo decrezca, si tratamos de
→ introducir un imán en una bobina, la corriente
inducida tendrá un sentido tal que forma un campo
velocidad v ocasionará también un campo magnético que tiende a repeler el polo magnético.
Quien estableció el sentido de las corrientes
magnético. Es decir, tenemos asociados tanto un Inducidas fue H.F. Lenz, contemporáneo de Faraday
campo eléctrico en movimiento con un campo con el siguiente enunciado conocido como Ley de
magnético. En 1839 fue Michael Faraday quien Lenz: “La corriente que es inducida tendrá una
presentó un informe de sus observaciones de un dirección de tal forma que se oponga a la causa que la
campo eléctrico asociado con un campo magnético en produce”; que es una consecuencia de la
movimiento. A partir de estos experimentos se han conservación de la energía, de no ser así la corriente
desarrollado los generadores modernos, los inducida podría seguir induciendo corriente y a la vez
transformadores, etc. aumentándola, lo que no es cierto.
En este Capítulo trataremos de la formulación de las
leyes de la inducción y su aplicación en casos Ejemplo 1. Un solenoide de longitud l y n2 vueltas,
simples.
diámetro D2 y resistencia R en su interior hay un
LEY DE FARADAY solenoide de igual longitud y n1 vueltas, diámetro D1
Faraday observó experimentalmente la asociación de conectado a una pila por medio de una llave S.
Determinar la corriente que circula en el solenoide
→ exterior al momento de cerrar le llave S en función de
la corriente y en el solenoide Interior.
un campo magnético variable en el tiempo B con un

campo eléctrico.
En la figura siguiente se muestra un imán en
movimiento y el efecto que hace sobre una aspira de
alambre conectada a un galvanómetro.
Se ve efecto solamente cuando el imán está en
movimiento no así cuando está estático.

Solución.
El campo magnético producido por el solenoide

interior es

B = μ0 N1I1 = μ0 n1 I1
l
El flujo magnético es

El resultado de un gran número de experimentos Φ = BA = μ0 n1 I 1 ⎜⎛⎝⎜ πD12 ⎠⎟⎟⎞
l 4
puede resumirse asociando a una fuerza electromotriz

con un cambio de flujo magnético. Es fuerza electromotriz inducida en el solenoide

ε = − dΦ exterior es:
dt
ε = −n2 d Φ = −n2 d μ0 n1πD12 I1
Esto se conoce como la Ley de Faraday. dt dt 4l

→→ ε = − μ0n1n2πD12 dI1
4l dt
∫Como ε = E ⋅ d l
L

→ La corriente es:

∫y Φ = B ⋅ nˆdS ε μ0 n1n2πD12 dI1
S R 4Rl dt

Podemos escribir que I2 = =

⋅∫ ∫→d→ = − d →

E l B ⋅ nˆdS
L dt S

1

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

De este resultado deducimos que tendremos corriente Ejemplo 3. El eje de una bobina de 250 vueltas y del
área 0,002 m2 se alinea a 40° con un campo
I 2 mientras la corriente I1 este variando, o sea, magnético uniforme. ¿El campo magnético
disminuye a partir de 0,08 a 0,02 T en 0,020 s. cuál
mientras sube de su valor cero hasta que toma su es la fuerza electromotriz media generada en la
valor máximo. bobina?
Solución.
Ejemplo 2. Tenemos dos circuitos como los
mostrados en la figura. Usar la ley de Lenz para ε = ΔΦ B = nAΔB cosθ
determinar la dirección de la corriente inducida en la Δt Δt
resistencia R’, cuando.
a) Le bobina A se acerca a la bobina B. (250)(0,002)(0,06)(cos 40º)
b) Se disminuye la resistencia R.
c) Se abre la llave S. =

Solución. 0,02
a) Al acercarse B hacia A el flujo magnético aumenta
en B, para contrarrestar esto debe aparecer un campo = 1,15 V
magnético en oposición. Este campo magnético sería
originado por una corriente como la indicada en la Ejemplo 4. Acercando un imán a una bobina de 2000
figura. espiras se incrementa el flujo magnético que corta a
la bobina de 0 a 1,5 x 10-5 Wb en 1/10 de segundo. Si

la resistencia de la bobina es de 20 Ω , determine la

corriente media que se induce en la misma.

Solución.

b) A1 disminuir 1a resistencia R aumenta la corriente I=ε = ε
y al aumentar la corriente el flujo magnético se R 20
incrementa. En oposición a este cambio debe aparecer
un campo magnético originado por una corriente − dΦ 1,5 ×10 −5
como la indicada en la figura. dt 10 −1
ε = = −2000

= - 0,3 V

I = 0,3 = 0,015 V
20

c) Al abrir la llave la corriente empieza a disminuir su Ejemplo 5. A través de un solenoide de 1000 vueltas
valor hasta cero, esto ocasiona una disminución de pasa un flujo magnético de 10-3 Wb. Si el flujo se
flujo magnético. En oposición a este cambio debe reduce en 10-3 s a 10-4 Wb. ¿Cuál será en voltios la
aparecer un campo magnético originado por una
corriente como la indicada en la figura. fuerza electromotriz que se induce?

Solución.

La variación de flujo magnético es

ΔΦ = 10−3 − 10−4 = 9 ×10−4 Wb

y, por tanto, la fuerza electromotriz inducida es:

ε = n ΔΦ = 1000 9 × 10 −4
Δt 10 −3

= 900 V.

Ejemplo 6. Un solenoide alargado transporta una
corriente que produce un campo magnético B en su
centro. Se introduce el solenoide dentro de una
bobina estrecha de 20 espiras y área 2 cm2 que tiene

2

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

una resistencia total de 1 Ω . Al conectar los ε = n ΔΦ = n BA
Δt Δt
extremos de la bobina e invertir la corriente que
= 1× 0,5π (0,1)2 = 40π = 0,4π
circula el solenoide se produce en la bobina una
1 80 100
corriente inducida de 10 μA durante 0,1 s. Calcule el
= 1,26 V.
campo B.
Ejemplo 9. Una bobina de n vueltas y de área A se
Solución. coloca en un campo magnético B y se la hace rotar

Al invertir la corriente la variación del flujo es: con velocidad angular constante ω sobre un

ΔΦ = nBA − (− nBA) = 2nBA diámetro perpendicular al campo magnético. Derive
una expresión para la fuerza electromotriz inducido
De aquí en la bobina.
Solución.
ε = ΔΦ = 2nBA
Δt Δt Φ B = nAB cosθ = nAB cosωt ,
( )2 × 20B 2 ×10−4
= 8 ×10−2 B ε = − dΦ B = nABsenωt
= dt
0,1
Ésta es la base para un generador de corriente alterna.
La corriente inducida es: Por medio de los contactos convenientes, puede
generarse corriente continua.
I = 10 ×10−6 = ε = 8 ×10−2 B
R1

De donde resulta:
B = 1,25 x 10 T.

Ejemplo 7. Un campo magnético se puede medir de Ejemplo 10. Una bobina de 1 000 espiras y radio 5

la manera siguiente: Una bobina de 250 vueltas y de cm conectada a un galvanómetro, y situada
área 1,80 cm2 se coloca en un imán permanente de
perpendicularmente al campo de un electroimán se
modo que el flujo magnético máximo pase a través de
extrae bruscamente del mismo. El galvanómetro,
la bobina. Se conecta con un galvanómetro que mide
cuya resistencia es de 1 000 Ω , acusa en este
el flujo total de la carga. Cuando la bobina se mueve
proceso una carga total inducida de 10 C.
de un tirón rápidamente fuera del imán, se observa
Determínese la inducción magnética del electroimán,
que fluye una carga de 0,25 mC. El circuito del
sabiendo que la bobina tiene una resistencia de 20
galvanómetro de bobina tiene una resistencia de 4
Ω.
Ω . ¿Cuál es el campo magnético?
Solución.
Solución.
ε = n Φ = IR ,
I = Δq = ε = ΔΦ B = nAB t
Δt R RΔt RΔt
( () )B
( ( ))⇒ Φ 10−3 (1020)
B= RΔq = (4) 0,25 ×10−3 = A = ItR = (1000) π 0,052
nA (250)1,8 ×10−4 nA

= 0,022 T = 0,13 T

Ejemplo 8. Una espira circular de radio 10 cm está FUERZA ELECTROMOTRIZ DEL
situada perpendicularmente al campo magnético de MOVIMIENTO
0,5 T de un electroimán. ¿Cuál es la fuerza Un ejemplo interesante de una fuerza electromotriz
electromotriz que se induce en la espira cuando gira inducida ocurre cuando un conductor se mueve a
alrededor de su diámetro con una velocidad de 1 200 través de un campo magnético. En la figura a
rpm?
continuación una barra del metal de longitud l

orientada perpendicularmente a un campo magnético
uniforme y movido con velocidad constante
perpendicular a su longitud y al campo. Un portador

→→

positivo de carga experimentará una fuerza q v× B

dirigida hacia la parte superior de la barra.

Solución.

ω = 1200 rpm = 1200 = 20 rps
60

En 1/4 de vuelta (equivalente a 1/80 segundos) la
espira pasa de una posición de máximo número de
líneas de flujo cortadas a otra posición de mínimo
(cero). Por tanto,

3

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

La carga positiva se acumulará en el extremo superior Φ = BA = Blx
Al moverse el conductor con velocidad v se produce
→
un cambio en este flujo
de la barra y formará un campo eléctrico E , tal que
en el qE = qvB en la situación constante. Esto dΦ Bl dx Blv
dt dt
significa que se desarrollará una fuerza electromotriz = =
entre los extremos de la barra,
Por la ley de Faraday esto produce una fuerza
∫ε = Edy = E l = B l v . Podríamos
electromotriz.

también llegar este resultado usando la ley de ε '= − dΦ = −Blv
Faraday. dt
Considere un lazo rectangular imaginario, indicado
por la línea discontinua. La barra forma un lado del Haciendo circular una corriente I’ en oposición a I

lazo. En el tiempo dt la barra se mueve una (por la Ley de Lenz)

distancia vdt hacia la derecha, aumentando el área I '= ε ' = − Blv
RR
del lazo vdtl . Esto aumenta el flujo a través del
Siendo R la resistencia del circuito.
dΦ B
lazo en dΦ B = Bvldt , tal que ε = dt = Bvl . Otra manera de encontrar esta fuerza electromotriz
inducida es mediante la fuerza de Lorentz y la
Esta clase de fuerza electromotriz es conocida como conservación da la energía.

fuerza electromotriz de movimiento. La potencia suministrada es ε 0 I , se consume

ε = Bvl I 2 R en la resistencia y Fv en mover al alambre con
una velocidad v .
Ejemplo 11. Se ha sugerido que Las aves podrían
utilizar la fuerza electromotriz inducida entre los De tal modo que: ε 0 I = I 2 R + Fv
extremos de sus alas por el campo magnético de la
tierra como un medio para ayudarles en su El valor de I es menor que ε 0 , el valor en caso
navegación durante la migración. Qué fuerza R
electromotriz sería inducida para que un ganso de
Canadá con una extensión de alas de 1,5 m que vuela estático.
con una velocidad de 10 m/s en una región donde la Para evitar esta dificultad sumamos una variable
componente vertical del campo de la tierra es 2 x 10-5
T. adicional con el fin de mantener a I constante.
Solución.
(ε 0 + ε ')I = I 2 R + Fv
ε = Blv = (2 x 10-5)(1,5)(10)
Aquí corresponde ε 0 I = I 2 R
= 3 x 10-4 V = 0,3 mV.
Esto probablemente es demasiado pequeño para ser Dejando ε ' I = Fv = (IlB)v ⇒ ε ' = Blv
detectado por las aves, puesto que los voltajes
celulares son típicamente 70 mV. Sin embargo, para ε ' no es la fuerza electromotriz inducida, es el
los jets 747 con una extensión de alas de 60 m y una
velocidad de 900 km/h, el efecto es apreciable. negativo de ella, cuyo fin es mantener la corriente
constante
Fuerza electromotriz producida por un alambre
que se desliza en un campo magnético. ε '= − dΦ
Supongamos dos rieles horizontales paralelos dt

separados una distancia l , como se muestra en la Ejemplo 12. Una barra horizontal de 5 m de longitud
orientada en la dirección Este-Oeste cae desde lo alto
figura. de un precipicio formando un ángulo recto con la
componente horizontal del campo magnético de valor
Sea un campo magnético perpendicular al plano. 2,4 x 10-5 T. ¿el valor instantáneo de la fuerza
Debido a la corriente I, el conductor sufre una fuerza electromotriz inducida en la barra a los 5 s y a los 10
s de caída?
de magnitud F = lIB F hacia la derecha. Esta fuerza Solución.
La velocidad de la barra a los 5 s y 10 s de caída será,
lo acelera hacia la derecha, de tal manera que en un respectivamente,
determinado lapso de tiempo se mueve con una
v5 = gt5 = 9,81× 5 = 49,05 m/s,
velocidad v .
v10 = gt10 = 9,81×10 = 98,10 m/s.
El flujo magnético a través de la aspira es:
La fem inducida en la barra en cada caso será:

ε 5 = Blv5 = 49,05 x 2,4 x 10-5

= 58,86 x 10-4 V

ε10 = Blv10 = 98,10 x 2,4 x 10-5

4

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

= 117,72 x 10-4 V Al inducirse corriente aparecen fuerzas sobre la

Ejemplo 13. ¿Qué fuerza electromotriz se induce en espira, F1 y F2 son iguales en magnitud y opuestas
el eje frontal de un automóvil que se dirige hacia el en sentido, F3 = IlB en el sentido indicado, como
Norte a la velocidad uniforme de 100 km/h si el eje
tiene 1,5 m de longitud y la componente vertical del la espira se desliza a velocidad constante la fuerza
campo magnético terrestre es de 5 x 10-5 T? ¿Qué
extremo del eje estará a mayor potencial? externa Fexterna es igual a F3 .
Solución.
El eje se desplaza con una velocidad de: 100 km/h Fexterna = IlB
=27,78 m/s.
Por tanto, la fuerza electromotriz inducida en un La potencia desarrollada por el agente externo
campo de 5 x 10-5 T será:
( )P = Fexterna v = IlBv
ε = Blv = 27,78 x 5 x 10-5 x 1,5
Como I = Blv , tenemos
= 2,08 x 10-3 V. R
Las cargas positivas (regla de la mano derecha) se
desplazan en estas condiciones de E a O. Por tanto, P = B2l2v2
estará a mayor potencial el extremo izquierdo (oeste) R
del eje.
La potencia disipada en al circuito es
Ejemplo 14. Espira rectangular en presencia de un
campo magnético. P = I 2 R , con I = Blv :
R
Demostrar que la potencia entregada es igual a la
P = B2l2v2
potencia disipada. R

Solución. Con lo que demostramos que la potencia entregada
es igual a la potencia disipada.
Supongamos una espira como la mostrada en la figura
Ejemplo 15. Una espira rectangular de dimensiones
de resistencia R y que sale con velocidad v de la
l y a con resistencia R se mueve con velocidad
acción del campo B. constante v hacia la derecha como se muestra en la

El flujo magnético encerrado por la espira en un figura, penetra en una región donde hay un campo
magnético uniforme perpendicular al plano del papel
momento dado es y hacia dentro de módulo B. Calcular y hacer un
gráfico de:
Φ = Blx a) El flujo, la fuerza electromotriz y la fuerza sobre la
Como x está variando espira, en función de la posición de la espira, es decir,
cuando la espira se está introduciendo, está
dΦ = Bl dx = Blv introducida, y está saliendo de la región que contiene
dt dt el campo magnético.
b) Explíquese el mecanismo (fuerza sobre los
La fuerza electromotriz inducida es: portadores de carga) de establecimiento de la
corriente inducida en los tres casos citados.
ε = − dΦ = −Blv c) Grafique el flujo, la fuerza electromotriz y la
dt fuerza neta en función de la posición x.

La corriente producida es

I = ε = Blv
RR

El sentido en oposición a la disminución de líneas de

flujo seria el indicado en la figura siguiente.

Solución.

5

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

a) El flujo, la fuerza electromotriz y la fuerza sobre la
espira, en función de la posición de la espira, es decir,
cuando la espira se está introduciendo, está
introducida, y está saliendo de la región que contiene
el campo magnético.

( )→ →

F1 = I lˆj × B ( l lleva el sentido de la corriente I)

F1 = IlB = ⎜⎛ Blv ⎟⎞lB = B2l2v
⎝ R ⎠ R

Φ = B(lx) Fuerza neta de F1 hacia la izquierda (−iˆ) .

ε = − dΦ = −Bl dx = −Blv ( )→ →
dt dt
F2 = I − .iˆx × B (x lleva el sentido de la corriente

I)

I = ε = − Blv F2 = IxB = ⎛⎜ Blv ⎟⎞xB = B 2lx
RR ⎝ R⎠ R

El sentido de la corriente es antihorario. Fuerza neta de F2 hacia abajo ( ˆj) .

Cuando la espira se encuentra dentro del campo ( )→ →
magnético.
F3 = I iˆx × B (x lleva el sentido de la corriente I)

F3 = IxB = ⎛⎜ Blv ⎟⎞xB = B 2lx
⎝ R⎠ R

Fuerza neta de F3 hacia arriba (− ˆj) .

→→

F2 = −F3

Φ = Bla Saliendo la espira.
ε = − dΦ = 0
( )→ →
dt
No hay corriente inducida, I = 0 F1 ×B

Cuando la espira esta saliendo del campo magnético.

= I (x − 2a) − iˆ [(x – 2a) lleva el sentido

de la corriente I]

F1 = IlB = ⎜⎛ Blv ⎞⎟lB = B2l2v
⎝ R ⎠ R

Fuerza neta de F1 hacia la izquierda (−iˆ) .

→ = I (x − 2a )iˆ × → [(x – 2a) lleva el sentido de la

Φ = B[a − (3a − x)]l = B(x − 2a)l F2 B

corriente I].

ε = − dΦ = Bl dx = Blv F2 = I (x − 2a)B = ⎛⎜ Blv ⎟⎞(x − 2a)B
dt dt ⎝ R
⎠

I = ε = Blv = B2l(x − 2a)
RR
R

El sentido de la corriente es horario. Fuerza neta de F2 hacia arriba (− ˆj) .

Fuerza sobre las corrientes. ( )→ →
Ingresando la espira.
F3 ×B
= I (x − 2a) − i [(x – 2a) lleva el sentido

de la corriente I].

6

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

F3 = I (x − 2a)B = ⎛⎜ Blv ⎟⎞(x − 2a)B
⎝ R
⎠

= B2l(x − 2a)

R

Fuerza neta de F3 hacia abajo ( ˆj) .

→→

F2 = −F3

b) El mecanismo (fuerza sobre los portadores de
carga) de establecimiento de la corriente inducida en
los tres casos citados.

Cuando se introduce la espira rectangular. Ejemplo 16. Un lazo rectangular de dimensiones a x
b, resistencia R, y masa m está orientado
perpendicularmente a un campo magnético uniforme
horizontal. Se suelta del reposo y baja de modo que
parte del lazo esté fuera del campo, como se muestra
en la figura. ¿Qué velocidad terminal máxima
alcanza el lazo?

→ →→ Solución.

F B = q v× B Cuando la fuerza magnética en la corriente inducida

→ es igual al peso del lazo, la fuerza actuante será cero

( )Fuerza neta F 1 hacia la izquierda − iˆ y el lazo tendrá aceleración cero.

Con toda la espira rectangular en el campo FB = mg
magnético.
Las fuerzas exteriores en las dos ramas laterales se
→ →→
cancelan. La fuerza ascendente en la porción superior
F B = q v× B
es FB = IaB , donde
No hay corriente, se compensan.
Cuando se saca la espira rectangular. I = ε = 1 dΦ B = Badx = Bav
R R dt Rdt R
→ →→
Así
F B = q v× B
mg = B⎜⎛ Bav ⎟⎞a = B2a2v y v= mgR
→ ⎝R⎠ R B2a2

( )Fuerza neta F 1 hacia la izquierda − iˆ Observe que la corriente inducida fluye a la derecha

c) Gráficos del flujo, la fuerza electromotriz y la en un intento de mantener el flujo dentro del lazo
fuerza neta en función de la posición x.
constante.

Ejemplo 17. Supongamos una espira como la
mostrada en la figura de resistencia R y que sale con

→

velocidad v = v0iˆ de la acción del campo

→

B = B0 ˆj .

7

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

a) Calcule el flujo magnético y la corriente inducida P = B2l2v2
R
(valor y dirección) cuando un segmento x aún no sale
La potencia disipada en al circuito es
la región con campo. Justifique.
P = I 2 R , con I = Blv :
b) Calcule en es mismo instante las fuerzas R

magnéticas sobre cada lado de la espira. P = B2l2v2
R
c) Si la velocidad de la espira y el campo magnético
Con lo que demostramos que la potencia entregada
tienen valores constantes, calcule la fuerza externa es igual a la potencia disipada.

necesaria para que este movimiento se realice. Ejemplo 18. Una espira cuadrada de lado l , masa m,

d) Calcule el trabajo por unidad de tiempo realizado y resistencia R. se encuentra en la frontera de una

por la fuerza externa y la potencia disipada por la →

corriente inducida. Comente los resultados. zona donde actúa un campo magnético uniforme B0 ,

Solución. perpendicular al plano del papel y saliendo de él,
como lo muestra la figura.
a) El flujo magnético encerrado por la espira en un En t = 0, se deja caer la espira la cual se introduce

momento dado es →

Φ = Blx progresivamente en el campo magnético B0 . Se
Como x está variando
pide:
dΦ = Bl dx = Blv a) Hallar el flujo magnético en la espira en función de
dt dt la distancia vertical y.
b) Encontrar la fem y la corriente inducida en la
La fuerza electromotriz inducida es: espira. ¿Cuál es el sentido de dicha corriente?
c) Mostrar en un diagrama de cuerpo libre las
ε = − dΦ = −Blv diferentes fuerzas que actúan sobre la espira, e indicar
dt los valores respectivos.
d) Plantear la ecuación diferencial del movimiento
La corriente producida es vertical en función de la velocidad de la espira.
e) Resolver la ecuación diferencial planteada en (d), y
I = ε = Blv obtener la velocidad en función del tiempo.
RR

El sentido en oposición a la disminución de líneas de

flujo seria el indicado en la figura siguiente.

b) Solución.
Al inducirse corriente aparecen fuerzas sobre la a)

espira, F1 y F2 son iguales en magnitud y opuestas El flujo magnético en la espira en función de la
en sentido, F3 = IlB en el sentido indicado. distancia vertical y:
F1 = F2 = IBx
ΦB = B0 A = B0ly
c) Como la espira se desliza a velocidad constante la
b) La fem:
fuerza externa Fexterna es igual a F3 .

Fexterna = IlB

d) La potencia desarrollada por el agente externo

( )P = Fexterna v = IlBv

Como I = Blv , tenemos
R

8

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

y = 1 gt 2 ln⎝⎜⎜⎛ v − mRg v = − B02l 2 t t ⇒
2 B02l 2 mR 0
⎠⎟⎞⎟ 0
ε = − dΦB = − B0l dy = −B0lv
dt dt v − mRg

La corriente inducida en la espira ln B02l 2 = − B02l 2 t ⇒

I = ε = B0lv − mRg mR
RR
B02l 2
Como el campo durante la caída esta aumentando

hacia el papel, por la ley de lenz en oposición a ese v − mRg
B02l 2
aumento debe aparecer un campo magnético opuesto, − B02l2 t

este se debería a una corriente en la espira en sentido − mRg = e mR ⇒

horario.

c) B02l 2

v− mRg = − mRg − B02l2 t ⇒

B02l 2 B02l 2 e mR

v = mRg ⎝⎜⎛⎜1 − e − B02 l 2 t ⎞⎟
B02l 2 mR ⎟⎠

Esta velocidad es mientras la espira está ingresando

en el campo, después de haber ingresado

completamente la velocidad llega a un valor v' .

IlB0 B02l2v v' < vlímite = mRg (Cuando a = 0 ).
R B02l 2
F = =

∑ F = ma Desde este instante en adelante la velocidad estará

dada por:

mg − F = ma ⇒ mg − IlB0 = ma ⇒ v = v'+ 1 gt'2 .
2
mg − B02l2v = m dv
R dt Ejemplo 19. Sabiendo que el módulo del campo
magnético producido por una corriente rectilínea
La ecuación diferencial del movimiento vertical en indefinida de intensidad I a una distancia r vale
función de la velocidad de la espira. Es:
B = μ0I
dv + B02l 2v − g = 0 2π r
dt mR
a) Calcular la diferencia de potencial entre los
d) extremos A y B de una varilla que se mueve
paralelamente a la corriente rectilínea con velocidad
dv = − B02l 2v + g ⇒ v.
dt mR b) ¿Cuál es el potencial más alto de los dos?. Razonar
las respuestas
dv = − B02l 2 ⎜⎛⎝⎜ v − mRg ⎟⎞⎟⎠ ⇒
dt mR B02l 2

dv = − B02l 2 dt
⎛⎝⎜⎜ v ⎠⎟⎟⎞ mR
− mRg
B02l 2

Integrando:

9

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

¿Cuál punto a o b es el de mayor potencial?
Justifique.

Solución. b) Suponga que se sustituye la barra por una espira
a) Un portador de carga positiva de la varilla, al rectangular de alambre de resistencia R. Calcule el
moverse con velocidad v, en el campo magnético flujo magnético y la corriente inducida en la espira.
producido por la corriente rectilínea indefinida ¿Cuál es el sentido de la corriente inducida?

experimente una fuerza FB = qvBsen90º , dirigida

a lo largo de la varilla hacia A.

Las cargas positivas se acumulan en A y las negativas c) Lo mismo que la parte anterior, pero para una
en B. corriente variable en el tiempo en el alambre igual a

→ ( )I t = I0e−αt , donde α . es una constante positiva

Surge un campo eléctrico E entre A y B, que se de unidad s-1.
d) Para la situación de la parte c). ¿Cuál es la fuerza
opone a que se siga acumulando carga. magnética resultante sobre la espira? El resultado
puede ser expresado en función de la corriente
En el equilibrio
inducida Iind de la espira.
FB = FE ⇒ qvB = qE ⇒ E = vB = v μ0 I
2π r Solución.
a) Un portador de carga de la varilla, al moverse con
b b μ0I = v μ0I b dr velocidad v, en el campo magnético producido por la
ar corriente rectilínea experimente una fuerza
Edr = v
→ →→
a
∫ ∫ ∫VA − VB = dr FB = q v× B , dirigida a lo largo de la varilla hacia
a 2π r 2π
b.

= v μ0 I ln b
2π a

b) El potencial más alto esta en a (+), es un punto

mas cercano al alambre con corriente.

Las cargas positivas se acumulan en a y las negativas
en b.

Ejemplo 20. El alambre recto y largo conduce una →
corriente constante I. Una barra metálica de longitud
L se desplaza a velocidad constante v, como se Surge un campo eléctrico E entre a y b, que se opone
muestra en la figura. El punto a está a una distancia d
del alambre. Calcule la fem inducida en la barra. a que se siga acumulando carga.

10

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

En el equilibrio FB = FE ⇒ qvB = qE = μ0aI 0α ln⎜⎛ d + L ⎞⎟e −αt
⇒ E = vB = v μ0 I 2π ⎝ d ⎠
2π r
I ind = ε = μ0aI0α ⎜⎛ d + L ⎟⎞e−αt
La fem inducida en la barra. R 2πR ⎝ d ⎠

∫d+L El sentido de la corriente inducida de acuerdo con la
ley de Lenz, como la corriente va disminuyendo, el
Va − Vb = d Edr campo magnético también, luego para que aparezca
un campo en oposición la disminución del campo
d+L μ0I dr = v μ0 I d +L dr debe circular una corriente inducida en sentido
horario.
v
∫ ∫= d) Para la situación de la parte c). ¿Cuál es la fuerza
d 2π r 2π d r magnética resultante sobre la espira? El resultado
puede ser expresado en función de la corriente
= μ0 Iv ln d + L
2π d inducida Iind de la espira.

El punto de mayor potenciales a.

b) Suponga que se sustituye la barra por una espira
rectangular de alambre de resistencia R. Calcule el
flujo magnético y la corriente inducida en la espira.
¿Cuál es el sentido de la corriente inducida?

→ = I ind a μ0I ˆj
2πd
F1

→→

F2 = −F3

→ = −I ind a μ0I L) ˆj

F4 2π (d +

La fuerza magnética resultante sobre la espira

d+L μ0I μ0 Ia ln⎜⎛ d + L ⎟⎞ → →→ = I ind a μ0I ˆj − I ind a 2π μ0 I L) ˆj
d 2πr 2π ⎝ d ⎠ 2πd +
F = F1+ F4 (d

∫Φ B = adr =

Como el flujo es constante no hay fem inducida, por → = μ0 IIind a ⎡1 − (d 1 ⎤ ˆj
lo tanto tampoco corriente inducida. 2π ⎣⎢ d +
F L)⎦⎥

No hay corriente inducida, puesto que el flujo En oposición al ingreso.
magnético es constante en el tiempo.

c) Si la corriente en el alambre igual a Ejemplo 21. Una varilla conductora de masa 10 g
desliza sobre carriles paralelos distantes 20 cm y que
I (t ) = I0e−αt . forman un ángulo de 30º con el plano horizontal. Los
carriles se cierran por la parte inferior, tal como se
= − dΦ B d +L μ0 I adr indica en la figura. En la región existe un campo
dt d 2πr magnético uniforme y perpendicular al plano
∫ε , ΦB = horizontal de intensidad 1 T.

= μ0 Ia ln⎛⎜ d + L ⎞⎟ a) Calcular la fuerza electromotriz en función de la
2π ⎝ d ⎠ velocidad constante de la varilla. La intensidad de la
corriente inducida si la resistencia del circuito es de
ε = − dΦ B = − μ0aI 0 ln⎜⎛ d + L ⎞⎟e−αt 10 Ω. La(s) fuerza(s) sobre la varilla.
dt 2π ⎝d⎠
b) ¿Cuánto valdrá la velocidad de la varilla cuando
desliza con movimiento uniforme? (se desprecia el
rozamiento).

11

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán
Razonar las respuestas dibujando los esquemas

Solución. mgsen30º = FB cos 30º
a)
(0,01)(9,8)(0,5) = 0,002 3v 3
El sentido de la corriente inducida es en oposición a 2
la disminución del flujo magnético.
⇒ v = 50 m
El flujo es 3s

→ Ejemplo 22. Faraday inventó un dispositivo
ingenioso llamado generador homopolar, o disco de
Φ = B⋅ nˆA = BAcos 30º Faraday. Un disco de cobre del radio r se monta con
su eje paralelo a un campo magnético uniforme B. El

disco rota en la frecuencia angular ω . el contacto

eléctrico con las escobillas que conducen se hace en
los puntos A y C, en el perímetro y el eje del disco.
¿Qué fuerza electromotriz se genera entre los
terminales A y C?

= (1)⎜⎛⎝⎜0,2x 3 ⎟⎟⎞⎠ = 0,1 3 x Wb
2

b) La fuerza electromotriz es Solución.
Imagine un lazo cerrado consistente en de las
ε = − dΦ = −0,1 3 dx = 0,1 3 v V
dt dt conexiones mostradas, más un segmento que conecta

Y la corriente I = ε = 0,1 3 v A y C, más un pedazo radial del disco del centro a un
R 10
punto en la circunferencia, más un arco a lo largo de

la circunferencia.

Fuerzas sobre la varilla En el tiempo dt este pedazo radio barre un triángulo

pequeño de área 1 r(rdθ ) = 1 r 2ωdt . Esto

22

aumenta el flujo a través del lazo en

dΦ B = BdA = 1 Br 2ωdt . Así la fuerza
2

electromotriz inducida entre A y C es:

→ →→ ε = dΦ B = 1 Br 2ω
dt 2
F B = I l× B ,
Ejemplo 23. Determinar la diferencia de potencial
→ entre los extremos de una barra metálica que gira con

( l lleva el sentido de la corriente I ) velocidad angular uniforme ω dentro de un campo

FB = I (0,2)(1)sen90º = 0,02 0,1 3 v magnético B como el mostrado en la figura.
10

= 0,02 3v N

Para que vaya a velocidad constante ambas fuerzas
deben ser iguales.

12

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

Solución. Solución.
Escogemos un elemento diferencial dr a una Consideremos una banda radial del disco. Como
distancia r del centro, tendrá una velocidad tangencial
ω = 2400 rpm = 2400 = 40 rps , en una vuelta,
v = ω r . El elemento de longitud dr se mueve con 60

une velocidad v en un campo B perpendicular el. De o sea en 1/40 segundos cada banda radial del disco
allí que la fuerza electromotriz entre sus extremos es: cortará todas las líneas de flujo que cubre su área A.
Por tanto,
dε = B(dr)v = B(dr)(ω r) = Bω rdr
Φ = BA = 1× π (0,25)2 = 0,196 Wb,
La fuerza electromotriz entre los extremos del
alambre es: ε = − ΔΦ = 0,196 = 7,85 V.
Δt 1 40
∫ ∫ε = dε = L Bω rdr = Bω r 2 L = 1 BωL2
EL BETATRÓN. Un campo magnético que
0 22 cambiante en el espacio crea un torbellino como
0 campos eléctricos, y esto es verdad sin o con un
conductor presente. Tales campos se utilizan en el
Calculo por medio de la Fuerza de Lorentz. Otra betatrón para acelerar electrones a alta velocidad.
forma de llegar al mismo resultado es mediante la Un “anillo” evacuado se coloca en el campo de un
Fuerza de Lorentz electroimán grande, y los electrones viajan en órbitas
circulares. El campo magnético se varía
→ →→ sinusoidalmente, y por un cuarto del ciclo los
electrones son acelerados por el campo eléctrico
F = q v× B , F = qvB inducido. Así el campo magnético sirve para hacer
girar a los electrones en órbitas circulares y
El trabajo realizado por la fuerza en la distancia dr es: acelerarlos. Para lograr esto, el campo magnético
debe ser más débil en la órbita que en el interior de la
dW = Fdr = qvBdr = qBω rdr trayectoria circular, según lo indicado en la figura.

el trabajo total es Ejemplo 25. Demuestre que el campo magnético en

∫ ∫W = dW = L qBω rdr = qBω r 2 L la órbita en un betatrón debe ser la mitad del campo

02 magnético promedio sobre el área encerrada por la
0
órbita.
= 1 qBωL2
2 Solución.

El trabajo total por unidad de carga es La fuerza magnética proporciona la fuerza centrípeta

W = ΔV = ε = 1 BωL2 necesaria, tal que qvB = mv 2 . La fuerza
q2 r

Ejemplo 24. Un disco de cobre de 25 cm gira con electromotriz inducida es
una velocidad angular de 400 rpm alrededor de su eje
y perpendicularmente a un campo magnético de 1 T. → dΦ E
¿Qué diferencia de potencial se induce entre el borde
del disco y su centro? E ⋅ nˆdS

∫ε = = 2π rE = dt .

13

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

Por la segunda ley de Newton, la fuerza sobre el i= ε ΦB → Bl 2 cos ωt
R
electrón es b) , = B⋅ nˆA =

F = d (mv) = qE = 1 dΦ B Luego ε = − dΦ B = − d Bl2 cosωt
dt dt
dt 2π r dt

Desde que v = 0 en t = 0, = Bl 2ω senωt

mv = 1 r ΦB = qrB Finalmente i = Bl2ω senωt
2π R

Pero ΦB =π r2 Bm , tal que B = 1 Bm . c) La figura muestra la vista lateral y la vista frontal
2
sobre el plano xy.

Ejemplo 26. La espira conductora cuadrada en el →→

plano xy de la siguiente figura de lado l y resistencia Actúan las fuerzas F 3 y F 4 , tal que
R gira con velocidad angular ω uniforme alrededor F3 = F4 = IlB .

del eje x. La espira se encuentra inmersa en un campo Estas fuerzas son iguales en magnitud y opuestas en
magnético uniforme B que tiene la dirección del eje z. sentido, formando así un par de fuerzas de valor
a) Si el movimiento empieza cuando el flujo es
máximo, calcule el valor de flujo magnético inicial y τ = F3lsenθ = IlBlsenθ
el sentido de la corriente inducida por el movimiento. con l 2 = A (área de lo espira) podemos escribir
b) ¿Cuál es la corriente inducida en función del τ = IABsenθ
tiempo?
c) Calcule el momento o torque necesario para Este par puede escribirse como producto vectorial de
mantener la espira girando a velocidad angular
constante. →
d) Explique si en este proceso se conserva la energía.
nˆ (normal a la superficie A) y B .
Solución. nˆ

→ →→

a) Φ B = B⋅ nˆA τ = IAnˆ × B .

El flujo magnético inicial Φ B = Bkˆ ⋅ kˆl2 = Bl2 d) No se conserva la energía, se disipa en forma de
calor por la resistencia de la espira debido al efecto
Si consideramos que el movimiento se inicia en la Joule.

posición mostrada en el dibujo (θ = 0) , para CAMPOS ELECTRICOS INDUCIDOS POR

θ = π 2 , el flujo es cero, para θ = π , el flujo es CAMPOS MAGNETICOS VARIABLES CON EL

máximo nuevamente pero en sentido contrario, como TIEMPO.
la fuerza electromotriz inducida es alterna, la
corriente también es alterna. Como al inicio el flujo Tenemos que
es máximo y va disminuyendo, la fuerza
electromotriz es en oposición a ese cambio, la →→ → → dΦ
corriente inicial será en el sentido indicado en el
dibujo. E⋅d l y E l
∫ ∫ε = ⋅ d = − dt ,

es decir un campo magnético que varia con el tiempo

nos induce un campo eléctrico. El sentido del campo

eléctrico lo obtenemos mediante la ley de Lenz,

consideremos una espira circular en presencia de un

campo magnético tal como se muestra en la figura a

continuación, si el campo magnético se está

incrementando, se produce un campo eléctrico

tangente a la trayectoria circular con una dirección

contraria al sentido de las agujas del reloj

14

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

si el campo va en disminución el sentido del campo El campo en la barra es
eléctrico será en el sentido horario.
La diferencia entra el campo eléctrico producido por Ebarra = E cosθ
carga eléctrica y los inducidos es que los primeros
son conservativos. Como cosθ = d
r
→→
Ebarra = − r dB ⎛⎜ d ⎞⎟ = − d dB
∫E⋅d l =0 2 dt ⎝ r ⎠ 2 dt

Los segundos no lo son En esta expresión observamos que el campo eléctrico
en la barra es constante en cualquier punto.

Los segundos no lo son

∫→ ⋅ d → = − dΦ CORRIENTES DE FOUCAULT
E Acabamos de ver que por un flujo magmático
l dt variable se establecen circuitos definidos.
Frecuentemente se establecen corrientes circulares
Ejemplo 27. Encontrar el campo eléctrico inducido denominadas Corrientes de Foucault o de Eddy en
en una barra metálica de longitud L que se encuentra un trozo de metal como en el núcleo de un
en una región cilíndrica de radio R en el espacio transformador. Por ejemplo, consideremos un bloque
donde el campo magnético cambia con una razón conductor situado entre los polos de un electroimán,
si el campo magnético varía con el tiempo se induce
dB una fuerza electromotriz en cualquier trayectoria
cerrada en el interior del metal, tal como la curva C.
.

dt

Solución. La fuerza electromotriz inducida produce una
corriente en el circuito. Las corrientes de Foucault
Para cualquier punto dentro da la región cilíndrica pueden reducirse construyendo el bloque mediante
láminas o tiras la resistencia del trayecto aumente
con respecto al centro, el campo eléctrico se puede debido al pegamento que se utiliza entre láminas, de
esta manera se rompen los grandes circuitos y se
obtener a partir de: reduce en gran manera la pérdida de potencia, una
aplicación de esta corriente es el freno magnético
∫→ ⋅ d → = − dΦ debido a esta corriente y al campo magnético aparece
E una fuerza magnética en oposición al movimiento del
l dt bloque metálico.

→ Ejemplo 28. Un disco de resistividad η , de radio a,

∫Como Φ = B ⋅ nˆdS ⇒ y de espesor b se coloca con su plano perpendicular a

∫ ∫ ∫dΦ = d un campo magnético variable, B = Bosenω t . Se
→ → ⋅d → = − d →
inducen corrientes circulares llamadas las corrientes
dt dt B ⋅ nˆdS y E l dt B ⋅ nˆdS de Foucault, y la energía se disipa en el disco.
Calcule el índice de la disipación de la energía. Esta
A lo largo de la circunferencia de radio r pérdida de energía termal presenta un problema en

E2π r = −π r2 dB
dt

⇒ E = − r dB
2 dt

En la figura siguiente mostramos el detalle de la
región de radio r

15

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

dispositivos tales como transformadores. Este efecto Ejemplo 29. La espira conductora cuadrada en el

tiene aplicación en los detectores de metales usados plano xy de la siguiente figura de lado l y resistencia
R gira con velocidad angular ω uniforme alrededor
en los aeropuertos, para encontrar monedas
del eje x. La espira se encuentra inmersa en un campo
enterradas y en hornos de inducción. magnético uniforme B que tiene la dirección del eje z.
a) Si el movimiento empieza cuando el flujo es
Solución. máximo, calcule el valor de flujo magnético inicial y
el sentido de la corriente inducida por el movimiento.
Considere un anillo de ancho dr y radio r. el flujo a b) ¿Cuál es la corriente inducida en función del
tiempo?
través de este anillo es Φ = π r 2 B0senω t , c) Calcule el momento o torque necesario para
mantener la espira girando a velocidad angular
La fuerza electromotriz inducida en el anillo es constante.
d) Explique si en este proceso se conserva la energía.
ε = − dΦ = π r 2ωB0 cosω t .
dt Solución.

La resistencia del anillo es →

R = η⎜⎛ L ⎟⎞ = η⎜⎛ 2π r ⎞⎟ , a) Φ B = B⋅ nˆA
⎝ A ⎠ ⎝ bdr ⎠ El flujo magnético inicial Φ B = Bkˆ ⋅ kˆl 2 = Bl 2

La energía total disipada en el disco es Si consideramos que el movimiento se inicia en la

( )∫ ∫P = ε 2 = a π r 2ωB0 cosω t 2 bdr posición mostrada en el dibujo (θ = 0) , para
R0 2π rη θ = π 2 , el flujo es cero, para θ = π , el flujo es

= 1 π ba 4ω 2 B02 cos2 ω t máximo nuevamente pero en sentido contrario, como
8η la fuerza electromotriz inducida es alterna, la
corriente también es alterna. Como al inicio el flujo
La disipación de energía depende de la cuarta es máximo y va disminuyendo, la fuerza
electromotriz es en oposición a ese cambio, la
potencia del radio del disco, y esta dependencia se corriente inicial será en el sentido indicado en el
dibujo.
encuentra para otras formas también, así que los

núcleos de los transformadores con hojas laminadas

finas de metal ayudan a reducir las pérdidas

perceptiblemente. El promedio de cos2 ω t en un

período es 1/2, tal que:

Pm = 1 π ba 4ω 2 B02
16η

GENERADOR DE CORRIENTE ALTERNA
La aplicación principal de la Ley da Faraday es el
generador de corriente alterna.
Un generador de corriente alterna básicamente
consiste una bobina cuadrada con n vueltas que gira
con cierta frecuencia f (velocidad angular

ω = 2π f ) en un campo magnético B uniforme, tal

como se muestra en la figura.

De acuerdo a la Ley de Faraday al venir el flujo b) I = ε , ΦB = → Bl 2 cos ωt
magnético se induce una diferencia de potencial en R
los terminales de la bobina. El potencial que se B⋅ nˆA =
obtiene es una función senoidal, habrá un voltaje
Luego ε = − dΦ B = − d Bl2 cosωt =
→ dt dt

máximo cuando B y la sección A = ab de la Bl2ω senωt
bobina (el vector nˆ ) están en la misma dirección y

mínima cuando están en direcciones opuestas.

16

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

Finalmente I = Bl2ω senωt
R

c) La figura muestra la vista lateral y la vista frontal
sobre el plano xy.

El campo magnético n un punto P en el interior espira

1 puede calcularse con la ley de Biot y Savart y es la

suma de los campos producidos por la espira te 1

(corriente I1 ) y por la espira 2 (corriente I 2 ). Por lo

tanto podernos escribir que el flujo a través de la

→→ espira 1 es proporcional a I1 y a I 2 , es decir, es

Actúan las fuerzas F 3 y F 4 , tal que función de I1 y de I 2 .
F3 = F4 = IlB .
( )Φ1 = Φ1 I1, I 2
Estas fuerzas son iguales en magnitud y opuestas en
sentido, formando así un par de fuerzas de valor La fuerza electromotriz inducida de la espira 1 es:

τ = F3lsenθ = IlBlsenθ ε1 = − dΦ1 = −d Φ1(I1, I2 ) =
con l 2 = A (área de lo espira) podemos escribir dt dt
τ = IABsenθ
− dΦ1 dI1 − dΦ1 dI2 = − L1 dI1 − M 21 dI 2
Este par puede escribirse como producto vectorial de dI1 dt dI2 dt dt dt

→ Definimos

nˆ (normal a la superficie A) y B . AUTOINDUCTANCIA de la espira 1
nˆ
L1 = − dΦ1
→→ dI1

τ = IAnˆ × B . INDUCTANCIA MUTUA

d) No se conserva la energía, se disipa en forma de (efecto de la espira 2 sobre 1)
calor por la resistencia de la espira debido al efecto
Joule. M 21 = − dΦ 21
dI 2
INDUCTANCIA
Hemos estudiado dos elementos constituyentes de un L1 solo depende de la geometría del circuito 1
circuito, resistencia y condensador. Mientras la
resistencia solo disipa energía, los condensadores y la mientras que M 21 depende de la disposición de
capacidad están relacionados con los campos
eléctricos, similarmente tenemos para con los campos ambos circuitos.
magnéticos un elemento que almacena la energía
magnética, este elemento es la inductancia. Es fácil demostrar que

DEFINICIÓN DE INDUCTANCIA M 21 = M 12
Consideremos que tenemos dos circuitos como los
mostrados en la figura y que en las cercanías no hay Asimismo, si en lugar de tener 2 circuitos tenemos n
ninguna fuente de campo magnético y todo el flujo
magnético será debido a las dos espiras. circuitos la inductancia mutua de cualquiera de ellos

será

M ij = − dΦ ij i≠ j
dI j

La unidad de inductancia es el HENRY (H) en honor

de Joseph Henry, científico norteamericano que

descubrió la ley de inducción electromagnética en la

misma época que Faraday.

Comumente se usan los submúltiplos
milihenry (mH) 10-3H

microhenry μ H = 10-6H

Aplicación. El toroide
Autoinductancia de un toroide.

17

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

Consideremos un toroide (bobina larga a la que se da Observando los valores hallados, encontramos
forma circular) mostrado en la figura siguiente, con
M 12 = M 21 = L1L2
n1 vueltas y corriente I1,
En general

M = k L1L2

donde k es el coeficiente de acople

k ≤1

Ejemplo 30. Determine la autoinductancia de un

toroide con n vueltas de sección transversal

cuadrada a x a y radio interno R.

Solución.

De la ley de Ampere 2π rB = μ0nI :

BdS = n R+a ⎜⎛ μ0nI ⎞⎟(adr )

R ⎝ 2π r ⎠
∫ ∫Φ B = n

= μ 0n2 Ia ⎡ 1 − 1⎤
2π ⎢ R2 ⎥
El campo magnético en su interior se encuentra ⎣ (R + a )2 ⎦
aplicando la ley de Ampere
L= ΦB = μ0n2 a ⎡ 1 − 1 ⎤
→→ I 2π ⎢ R2 ⎥
⎣ (R + a)2 ⎦
∫ B ⋅ d l = μ0 I ⇒ B1 2π a = μ0n1I1 ⇒

B1 = μ 0 n1 I1 Ejemplo 31. Determine la autoinductancia por
2π a

El flujo magnético a través de A debido a las n1 unidad de longitud de un cable coaxial recto largo de

vueltas radio interno a y de radio externo b.

⎛⎜ μ 0 n1 I1 A ⎠⎟⎞n1 μ0n12 AI1 Solución.
⎝ 2π a 2π a
Φ1 = (B1 A)n1 = = De la ley de Ampere 2π rB = μ0 I .

Para la unidad de longitud.

La autoinductancia ∫L = Φ B =1 b ⎛⎜ μ0 I ⎞⎟ μ0 ln⎛⎜ b ⎞⎟
I I a ⎝ 2π r ⎠ 2π ⎝a⎠
dΦ1 μ0 n12 A =
dI1 2π a
L1 = =

La inductancia mutua. En el mismo ejemplo Ejemplo 32. ¿Cuál es la autoinductancia de un

consideremos que tenemos un segundo arrollamiento solenoide largo del radio a con N vueltas por metro?

toroidal añadido al anterior, esta vez n2 vueltas y Solución.

con corriente I2. El campo dentro de un solenoide es μ0 NI , así que
El flujo
el flujo con una vuelta es

Φ 21 = (B2 A)n1 = ⎛⎜ μ0n2 I 2 A⎠⎟⎞n1 = π a 2 B = π a 2 μ0 NI .
⎝ 2π a
En 1 m hay N vueltas, así que el flujo con estas N

μ 0 n1n2 A I vueltas es
2π a
2 ( )Φ B = N π a 2μ0 NI y

La inductancia mutua L= ΦB =π μ0N 2a2
I
M 21 = dΦ 21 = μ0n1n2 A
dI 2 2π a
Ejemplo 33. Encontrar la inductancia de un solenoide
De igual manera podemos encontrar la
de gran longitud l , n vueltas muy juntas y sección
autoinductancia del segundo arrollamiento
A.
L2 = dΦ 2 = μ0 n22 A Solución.
dI 2 2π a Aplicando la ley de ampere encontramos el campo
magnético en el interior del solenoide.
Y la inductancia mutua
B = μ0nI
M 12 = dΦ12 = μ0 n1n2 A l
dI1 2π a
Cuando nos piden encontrar la inductancia en
realidad están pidiendo la autoinductancia.

18

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

El flujo magnético es b) Calcúlese la fuerza electromotriz inducida en la
bobina B del ejercicio anterior si corriente que circula
ΦB = BA = μ 0 nIA por A se extingue en 0,1 segundos.
l
La inductancia

L = n dΦ B = μ0n2 A
dt l

Ejemplo 34. Dos bobinas circulares de los radios a y

b (a >> b) concéntricas y coplanares. La bobina más Solución.

grande tiene n1 vueltas, y la más pequeña tiene n2 ( )a)
LA = nAΦ A = (1000) 3×10−3
vueltas.¿Cuál es su inductancia mutua? IA = 0,60 H.
5
Solución.
( )M AB
El campo magnético en el centro de la bobina grande nB Φ B (2000) 1,3 × 10 −3
IA
= μ 0 n1 I1 = = 5 = 0,52 H.
2a
es B1 .

Así el flujo a través de la bobina pequeña es b) εB = M AB ΔI A = 0,52 5 − 0 = 26,0 V.
Δt 0,1
aproximadamente Φ B21 = n2πb 2 B1 ,
o también
Φ B21 ⎜⎜⎝⎛ b2 ⎟⎠⎟⎞
tal que M = I = μ 0 n1n2π 2a εB = nB ΔΦ B = 2000 1,3 ×10−3 = 26,0 V.
Δt 0,1

Ejemplo 35. Determínense las dimensiones del Ejemplo 37. Una corriente continua de 5 A en una
bobina de 1000 vueltas da lugar a un flujo de 10-3 Wb
cociente L/R. ¿Cuánto vale 1 henrio/ohmio? en el interior de la misma. Calcúlese:
a) La fuerza electromotriz de autoinducción inducida
Solución. en la bobina si la corriente se interrumpe en 0,1s.
b) la autoinducción de la bobina.
Recordando las expresiones Solución.

ε = −L dI y V = IR
dt

Resulta
1V = 1H 1A ⇒ H = (1V)(1s)
a) ε = n ΔΦ = 1000⎝⎛⎜⎜ 10 −3 − 0 ⎞⎠⎟⎟ = 10 V
Δt 0,1
1s 1A (1V)
(1A)
1V = (1A)(1Ω) ⇒ (1Ω) = b) ε = L ΔI
Δt
Por tanto,
10 = L (5 − 0) = 50L ⇒ L = 10 = 0,20 H.
(1 V )(1 s)
0,1 50
1H = 1A
Ω 1V = 1s o también L = nΦ = 1000 ×10−3 = 0,20 H.
I5
1A

Dimensiones L = tiempo Ejemplo 38. Una bobina de autoinducción L = 1
R
dI
1 H = 1s
Ω henrio se conecta a una batería de 24 V. Calcule :

Por esta razón el cociente L/R suele llamarse dt
constante de tiempo.
a) en el instante de conectar la bobina a la batería;
Ejemplo 36. Dos bobinas A y B situadas una junto a b) en el momento en que la corriente alcanza el 90
por 100 del valor correspondiente a la ley de Ohm.
la otra poseen 1000 y 2000 espiras respectivamente. Solución.
a) En el instante inicial, I = 0 y, por tanto, IR = 0
Cuando por A circula una corriente de 3 A se produce
en a un flujo de 3 x 10-3 Wb, y en B un flujo de 1,3 x V − L dI = IR = 0 ⇒ dI = V = 24 = 24 A/s.
10-3 Wb. d dt L 1

a) Calcule la autoinducción de A y la inductancia b) Valor máximo de la corriente (ley de Ohm):

mutua de las bobinas A y B.

19

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

I max = V = 24 , V − L dI = IR ,
R R d

24 −1 dI = ⎜⎛ 0,90 24 ⎟⎞R = 21,6
d ⎝ R⎠

dI = 24 − 21,6 = 2,4 A/s. La figura muestra una sección de la línea. El campo
dt magnético en la sección diferencial es

Ejemplo 39. Un cable coaxial está formado por un →→ →

conductor cilíndrico interno de radio a, y un cascarón B = B1+ B2

cilíndrico exterior (coaxial al cilindro interno) de → = μ0I + μ0I
2π r
radio b. Demuestre que su auto-inductancia por B 2π (d − r)

unidad de longitud es igual a L = μ0 ln⎜⎛ b ⎞⎟ . El flujo magnético por unidad de longitud a través del
2π ⎝a⎠
área diferencial es

Solución. dΦ B = Bdr = μ0I ⎡1 + 1 ⎥⎦⎤dr
2π ⎢⎣ r −
d r

El flujo por unidad de Longitud es

∫ ∫Φ B = d −a μ0I ⎡1 1 ⎥⎤⎦dr
dΦ B = a 2π ⎣⎢ r + d − r =

μ0I [ln r − ln(d − )]r d −a =
2π a

μ0I ⎡ (d − a) − ln d − (d − a)⎤ =
2π ⎢ln ⎥
⎣ a (d − a) ⎦

El campo magnético de un conductor cilíndrico está μ0I ⎡ (d − a) − ln a ⎤ =
2π ⎢ln a −
dado por: ⎣ (d a)⎥⎦

Para r < a B=0 μ0 I ln (d − a)

Para a < r < b B = μ0 I πa
2πr
Como d >> a

Para r > b B=0 ΦB = μ0I ln d
π a
El flujo magnético a través de la sección diferencial
La inductancia por unidad de longitud es
dS = ldr es:

dΦ B = BdS = ⎛⎜ μ0 I ⎞⎟(ldr ) = μ0 Il dr L = dΦ B = μ0 I ln d
⎝ 2πr 2π r dt π a
⎠

Integrando:

μ0 Il b dr μ0 Il ln⎜⎛ b ⎟⎞ Ejemplo 41. Encontrar la inductancia mutua entre un
2π 2π ⎝ a ⎠ alambre delgado finito y una espira cuadrada.
∫ ∫Φ B = =
dΦ B
ar

La autoinductancia:

L= dΦ B == μ0l ln⎜⎛ b ⎟⎞
dI 2π ⎝ a ⎠

La auto-inductancia por unidad de longitud es igual a

L = μ0 ln⎛⎜ b ⎞⎟ .
2π ⎝ a ⎠

Ejemplo 40. Determinar la autoinductancia por Solución.
unidad de longitud de una línea de dos alambres Vamos a calcular la inductancia mutua entre 1 (el
paralelos. El radio de los alambres es a y la alambre) y 2 (la espira).
separación entre ellos d (d >> a). Tomemos un elemento diferencial tal como el
Solución. mostrado en la figura.

20

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

El flujo a través del área diferencial es μ0 Ia 2
2 a2 + d2
dΦ 21 = B2 dA1 = μ0I2 cdx ( )Bz(z=d )= 32
2π x

El flujo total es Luego el flujo enlazado por la espira de
radio b, debido a la otra espira es
μ0cI 2 a+b dx
2π ax
∫ ∫Φ 21 =
dΦ 21 = =

μ0cI 2 ln x a+b = μ0cI 2 ln a + b μ0πa 2b 2 I
2π a 2π a 2 a2 + d2 3 2
( )Φ ab= .

La inductancia mutua es

M 21 = dΦ 21 = μ0c ln a+b Con esto, el coeficiente de inducción mutua
dI 2π a es

Como M 21 = M 12 = M ( )M = Φ ab = μ0πa 2b2
La inductancia mutua M es I 2 a2 + d2 3 2

M = μ0c ln a + b INDUCTANCIAS EN SERIE Y EN PARALELO
2π a En los esquemas de circuitos 1as inductancias
aparecen bajo e! símbolo indicado en las figuras
Ejemplo 42. Una bobina de 10 vueltas se envuelve siguientes.
apretadamente alrededor de un solenoide largo del 2
cm de radio y 200 vueltas por metro. ¿Cuál es la Inductancias en serie
inductancia mutua del sistema? Consideremos dos elementos en serie con
autoinductancias L1 y L2 respectivamente e
Solución. inductancia mutua M.

M = Φ B = nμ0 NI1π r 2
I1 I1

( )= (10) 4π ×10−7 (200)π (0,02)2

= 3,2 x 10-6 H.

Ejemplo 43. Encontrar la inductancia mutua de dos
espiras, de radios a y b, dispuestas de manera que sus
centros están en el mismo eje (eje z), sus planos son
perpendiculares al eje z, y sus centros están a una
distancia d. Si una de las espiras es muy pequeña, d
>> a.

Solución.

Con la corriente I común

ε1 = − L1 dI − M dI
dt dt

ε2 = −L2 dI − M dI
dt dt

y ε = ε1 + ε2

Tenemos: ε = −(L1 + L2 + 2M ) dI

El campo magnético, en el eje de la espira dt

mayor (de radio a) es El valor efectivo de la inductancia es

= μ0 Ia 2 Lef = L1 + L2 + 2M
2 a2 + z2
( )Bz 32

Como la espira menor es muy pequeña, el En el caso que las inductancias estuvieran en
campo en cualquier punto de ella debe ser oposición, como se muestra en la figura a
constante, de valor continuación, las inductancias mutuas hacen un
efecto en sentido contrario.

21

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

(1)× M → εM = −ML1 dI1 −M2 dI 2
dt dt

(2)× L1 → εL1 = −L1L2 dI 2 − ML1 dI1
dt dt

Restando estas dos últimas obtenemos:

( )ε (L1 − M ) = − L1L2 − M 2 dI 2 (2) a
dt

Sumando (1)a y (2)a

ε1 = − L1 dI + M dI ( )ε (L1L2 − 2M ) = − L1L2 − M 2 d (I1 + I2 )
dt dt dt

dI dI Con I = I1 + I 2
dt dt ( )ε
ε2 = −L2 + M = − L1L2 − M 2 dI
dt
y ε = ε1 + ε2 (L1 + L2 − 2M )

−(L1 ) dI La inductancia efectiva es
( )Lef
Tenemos: ε = + L2 − 2M dt = L1L2 − M 2

El valor efectivo de la inductancia es (L1 + L2 − 2M )

Lef = L1 + L2 − 2M Si están alejados de tal manera que la inductancia

Si las inductancias están muy alejadas, de tal manera mutua sea despreciable

que la inductancia mutua sea despreciable Lef = L1L2 o 1 =1+1
L1 + L2 Lef L1 L2
Lef = L1 + L2

Inductancias en paralelo Es decir, la inductancia, inversa equivalente es igual a

Conectemos ahora las inductancias en paralelo la suma de las inversas de las inductancias

componentes en paralelo.

ENERGÍA ALMACENADA POR UNA

INDUCTANCIA

Cuando conectamos una bobina a una fuerza

electromotriz. ε 0 (por ejemplo una batería) se

produce un flujo magnético cambiante en aumento

Tenemos que hasta que se estabiliza la corriente. Durante ese

intervalo se induce una fuerza electromotriz ε .

ε = − L1 dI1 − M dI 2 (1) ε = −L dI
dt dt dt

Para producir esta fuerza electromotriz tiene que

ε = −L2 dI 2 − M dI1 (2) realizarse un trabajo, que es desarrollado por la fuente
dt dt
que produce la corriente.

Tenemos que obtener dos ecuaciones una dependiente La potencia instantánea que nos proporciona la fuente

de I1 solamente y otra dependiente de I 2 solamente. es

Para eliminar I 2 . dW =ε I

Potencia =
dt
Sustituyendo la magnitud de ε
(1)× L2 → εL2 = −L1L2 dI1 − ML2 dI 2
dt dt dW = IL dI
dt dt
(2)× M → εM = −ML2 dI 2 −M 2 dI1
dt dt Como los diferenciales de tiempo son iguales

Restando estas dos últimas obtenemos: dW = ILdI = LIdI

( )ε (L2 − M ) = − L1L2 − M 2 dI1 El trabajo realizado en llevar la corriente de I = 0 a
dt
(1) a su valor constante estacionario I

Para eliminar I1 . ∫ ∫W = dW = I LIdI = 1 LI 2

02

22

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

Este trabajo es realizado por la batería y equivale a la ( )U B 1 1 I2
= 2 LI 2 = 2 πμ0 N 2a 2
energía almacenada en forma de campo magnético

por la bobina, esto es El volumen por unidad de longitud es π a 2 , así que

Energía magnética,U B . la densidad de energía magnética es

UB = 1 LI 2 uB = 1 μ N 2 I 2 (en J/m3).
2 2
0

Esta energía almacenada se puede recuperar como lo En términos del campo magnético B = μ0 NI , esto

veremos en la sección siguiente, esta ecuación vale

para cualquier inductancia y es similar a la de la puede ser escrito:

energía eléctrica almacenada en un condensador que 1 B2
2 μ0
tiene una diferencia de potencial V. uB =

UE = 1 CV 2
2
Ejemplo 45. ¿Cuánta energía se almacena en un
De igual manera a como hicimos para los
solenoide de longitud 10 cm y diámetro 1,2 cm si
condensadores podemos para la inductancia
tiene 200 vueltas y lleva 1,2 A?
encontrar una expresión de la energía almacenada en
Solución.
función del campo magnético. Consideremos una
Con las aproximaciones de un solenoide muy largo,
bobina larga de longitud l , sección A y N vueltas
tenemos L = μ0πN 2a 2 .
( )por unidad de longitud n = Nl , su inductancia es
1
μ0 N 2A UB = 2 μ 0πN 2 a 2 I 2
l
L = = μ 0 n 2 lA

La energía almacenada ( )= (0,5) 4π ×10−7 (π )⎜⎛ 200 ⎞⎟2 (0,006)2 (1,2)2
⎝ 0,10 ⎠
UB = 1 LI 2 = 1 μ n 2 lAI 2
2 2
0 = 4,1 x 10-4 J

Su volumen Vol = Al Ejemplo 46. Determinar la energía almacenada por

Considerando que la energía almacenada esta un toroide de n vueltas, longitud media l , sección
transversal A, la corriente que circula es I .
distribuida uniformemente, definimos

Densidad de energía uB : Solución.

1 La inductancia del toroide es
2
μ n 2 lAI 2 L = μ0n2 A
l
= UB 0 1 μ0n2I 2
Vol 2 La energía almacenada es
uB = Al =

Recordando que para una bobina 2

B = μ0nI UB = 1 LI 2 = 1 ⎜⎜⎛⎝ μ 0 n A ⎠⎞⎟⎟ I 2
2 2 l
Reemplazando

uB = 1 B2 Ejemplo 47. Se propone el uso de grandes inductores
2 μ0
como dispositivos para almacenar energía. ¿Cuál es la
Esta expresión es aplicable para cualquier caso,
inductancia que necesitamos para que al circular una
similar al caso de los condensadores en que
corriente de 60 A, la energía sea la suficiente para

uE = 1 ε E 2 encender un foco de 100 vatios por una hora?
2
0 Solución.

Ejemplo 44. ¿Determine la energía almacenada por U = PΔt = (100)(3600) = 3,6x105 J

unidad de longitud y la energía almacenada por ( )U
1 2 2U 2 3,6x105
unidad de volumen en un solenoide muy largo del = 2 LI ef ⇒ L = I2 = 60 2 =2H

radio a con N vueltas por metro y que lleva una

corriente I?

Solución. Ejemplo 48. Calcular para todo punto la densidad de
Tenemos que la inductancia de un solenoide muy energía magnética para un conductor largo, cilíndrico
de radio b con una cavidad cilíndrica concéntrica de
largo de radio a con N vueltas por metro es radio a y lleva una corriente I.
Solución.
L = π μ0N 2a2 .

La energía es:

23

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

Para r < a Solución.

No hay corriente encerrada, no hay campo magnético El campo magnético del alambre es

por consiguiente no hay energía almacenada. B = μ0I
2π r
Para a < r < b

Aplicando la ley de Ampere El flujo en el lazo es

→→ → 2a ⎜⎛ μ0 I ⎟⎞adr μ0 Ia ln 2
∫ B ⋅ d l = μ0 ∫ J ⋅ nˆdS a ⎝ 2π r ⎠ 2π
∫Φ B= =

J = I
b2 − a2
( )donde π La fuerza electromotriz en el lazo es

( )B2π r = μ0 I π r 2 − a 2 ⇒ ε = dΦ B = μ0a ln 2 dI
( )π b2 − a2 dt 2π dt

( )B = μ0 I r 2 − a2 La potencia en la espira es:
( )2π r b2 − a2
P = ε2 1 ⎜⎛ μ 0a ln 2 ⎟⎞ 2
R R ⎝ 2π ⎠
= (I 0ω cos ωt )2

La densidad de energía es Tenemos que:

(( ))uB 1
= 1 B2 = μ0I 2 r2 − a2 2 ( ) ∫cos2 ωtm = T T cos2 ωtdt ,
2 μ0 8π 2 r 2 b 2 − a 2 2
0

Para r > b T = 2π y cos2 ωt = 1 − cos 2ωt
ω2
Aplicando la ley de Ampere
( )De aquí =1
→→ cos2 ωt m 2

∫ B ⋅ d l = μ0 I ⇒ B2π r = μ0 I ⇒

B = μ0I Finalmente:
2π r
( )Pm ⎡(μ0a ln 2)(I0ω)⎤ 2
La densidad de energía es = μ0a ln 2 I 02ω 2 = 1
8π 2 R 2R ⎢⎣ 2π ⎦⎥

uB = 1 B2 = μ0I 2 MATERIALES MAGNETICOS
2 μ0 8π 2r 2 Hasta esta parte hemos estudiado los campos
magnéticos producidos por distribuciones de
La energía almacenada podemos evaluarla por corrientes eléctricas específicas. Por ejemplo,
podemos calcular el campo magnético en el vacío
integración producido por un alambre con la ayuda de la ley de
Biot y Savart, pero si rodeamos el alambre por un
∫U = Vol μ B dVol medio material, el campo magnético se altera, ya que
la materia esté constituida por átomos, y cada átomo
dVol = 2π rldr consiste de electrones en movimiento, estos circuitos
de electrones, cada uno de los cuales confinado en un
b ⎛⎝⎜⎜ μ0I 2 ⎟⎠⎟⎞2π rldr b μ0 I 2l dr átomo, son llamadas corrientes atómicas las cuales
a 8π 2r 2 a 4π r producen campos magnéticos que se suman al efecto
∫ ∫U = = del campo magnético producido por la corriente
circulante por el alambre.
= μ0 I 2l ln r b = μ0 I 2l ln b
4π a 4π a EL ÁTOMO COMO UN IMÁN.

Ejemplo 49. Un alambre recto largo se coloca en el
plano de una espira conductora cuadrada de lado a y
resistencia R. el alambre es paralelo al lado más
cercano del cuadrado y a una distancia a de él. ¿Cuál
es la energía media disipada en la espira cuando la

corriente en el alambre es I = I 0senω ?

24

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

Hemos visto anteriormente que el campo magnético

en el eje de una espira con corriente I es Por lo tanto, en dispositivos tales como electroimanes
o inductores, el hierro o algún otro material
μ0 Ir 2 “permeable” se inserta para realzar los efectos
( )→ kˆ magnéticos. Una medida del grado de magnetización

B= obtenido es la permeabilidad relativa μr .
2 z2 + r2 3 2
En cálculos de los efectos magnéticos, por ejemplo,
Cuando z = 0 es el campo en el centro del anillo de la inductancia o el campo magnético resultante

→ = μ0I kˆ generalmente es suficiente sustituir μ0 en nuestras

B 2r ecuaciones anteriores por μ = μr μ0 . μr , no tiene

Si ponemos en función del área A = π r 2 dimensiones.

→ μ0 IA kˆ = μ0 IA kˆ

B= 2r(π r 2 ) 2π r 3

El campo magnético es proporcional al producto IA Ejemplo 50. Sobre un núcleo de hierro de 1 m de
longitud y 2 cm de radio se arrollan dos solenoides.
y con sentido perpendicular al área A. Uno de ellos, que actúa de primario, posee 1000
Para pequeños círculos de corriente definimos espiras y por él circula una corriente de 5 A. ¿Qué
fuerza electromotriz se inducirá en el secundario, que
→ posee 5000 espiras, cuando la corriente del primario
se extingue en 1/10 de segundo? Para el hierro,
momento magnético μ = IAnˆ , tal que
μ' = 50 .
→ = μ0 →
2π r 3
B μ

EL FERROMAGNETISMO Y EL Solución.
PARAMAGNETISMO. Flujo inicial
En algunos materiales, tales como hierro, los átomos
se comportan como pequeños lazos de corriente o Φ = BA = μ'μ0 n1 I A
dipolos magnéticos, actúan como imanes de barra l
pequeños, y obran recíprocamente de modo que se = (50)(4π ×10−7 )(1000)(5) (π 0,022 )
alinean espontáneamente y dan lugar algunas veces a 1
un material “magnetizado”. Tales sustancias son las
ferromagnéticas, y se utilizan para hacer los imanes = 3,94 x 10-4 Wb
permanentes con los cuales estamos familiarizados.
Si un elemento ferromagnético se calienta sobre ε (sec undario ) = n2 ΔΦ = 3,94 ×10−4
cierta temperatura crítica (la temperatura de Curie), la Δt 5000
agitación termal hace que los pequeños imanes se
desordenen, y el material pierde su ferromagnetismo. 1/10
Cuando los imanes no se alinean espontáneamente,
son los paramagnéticos. El paramagnetismo, así = 19,7 V.
como el ferromagnetismo, son de gran importancia
práctica. Por ejemplo, el campo en un solenoide de CIRCUITOS RL, LC y RLC
base de aire debido a la corriente en las bobinas es CIRCUITO RL.
típicamente muy débil. Sin embargo, cuando un
solenoide se llena con hierro paramagnético, el La figura muestra una inductancia L, una resistencia
campo débil debido a la corriente es suficiente para
hacer que los dipolos del hierro se alineen, y R que se conectan a una fuerza electromotriz ε 0 por
produzcan un campo magnético muy grande.
medio de una llave S de tres posiciones, la corriente
en el circuito inicialmente es cero, en el momento

t = 0 se pone la llave en posición 1.

25

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

ε = Ld ε0 ⎝⎜⎛⎜1 − e − R t ⎠⎟⎟⎞ −Rt
dt R L
= − ε0e L

Para t = 0 → ε = ε 0 , para t = ∞ → ε = 0 ,

La figura siguiente muestra los gráficos I − t y
ε −t.

Al ir aumentando la corriente existe una fuerza

electromotriz inducida ε en oposición, en la

resistencia R existe una caída de potencial IR.
Aplicando la segunda regla de Kirchoff, tenemos:

ε 0 + ε − IR = 0

ε0 − L dI − IR = 0
dt
Después de pasado un tiempo en el que consideramos
dI + R I − ε 0 = 0 que la corriente ha alcanzado su valor estacionario
dt L L
I = ε 0 pasamos la llave S a la posición 2.
Resolviendo la ecuación para las condiciones R

iniciales, para t = 0 , y para un tiempo t genérico.

dI = − R ⎜⎛ I − ε 0 ⎞⎟
dt L ⎝ R ⎠

dI = − R dt
⎜⎛ I − ε 0 ⎟⎞ L
⎝ R⎠

Integrando En este circuito la inductancia actúa como fuente de

dI =−R voltaje hasta que se disipa en la resistencia la energía
∫ ∫I t
o ⎜⎛ I − ε 0 ⎟⎞ que tenia almacenada.
dt
L0
Aplicando la segunda ley de Kirchhoff al circuito.

⎝ R⎠ ε = −IR = 0 ⇒ − L dI − IR = 0 ⇒
dt
ln⎜⎛ I − ε0 I =−Rtt
= L0 dI + R I = 0
⎟⎞ dt L
⎝ R ⎠0

I − ε0 =−Rt Las condiciones son para t = 0 → I0 = ε0 y
L L R
= ln − ε0

para un t genérico tenemos una I genérica.

L ∫ ∫I dI = − R t ⇒ ln I I =−Rtt ⇒

De aquí: dt LI0 0
I0 I L 0
I − ε0
R −Rt I = −Rt = ε0 −Rt
R
− ε0 =e L I0e L eL

R Como ε = −L dI
dt
Finalmente

I = ε0 ⎝⎜⎜⎛1 − e − R t ⎟⎞⎠⎟ ⎜⎝⎜⎛ R ⎟⎠⎞⎟ R
R L L t
d − t −
ε = − L dt e = ε 0e L

Para t = 0 → I = 0 , para t = ∞ → I = ε 0 , Para t = 0 → ε = ε 0 .
R Para t = ∞ → ε = 0 .

Como ε = −L dI La figura siguiente muestra 1os gráficos I − t y
dt ε −t.

26

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

Ejemplo 51. En la figura suponga que el interruptor S R2 y R3 están en paralelo, la resistencia equivalente
se cierra en t = 0. Determine:
a) La corriente que pasa por cada resistencia a t = 0. es: 1 = 1 + 1 = 1 + 1 = 1
b) La corriente que pasa por cada resistencia para un Req R2 R3 6 3 2
tiempo muy largo.
Luego de un tiempo muy largo, el interruptor S se ⇒ Req = 2Ω
abre (suponga ahora este instante t = 0. Considere la

corriente inicial I 0 como la corriente que pasaba por

L en la parte b).
c) Plantee y resuelva la ecuación diferencial, para
encontrar la ecuación de la corriente en la inductancia
L, como una función del tiempo.
d) Calcule el valor de L, sabiendo que el tiempo que
tarda la corriente en disminuir la mitad de su valor
inicial es 69 milisegundos.

I1 = ε = 18 =3A
R1 + Req 4+2

También tenemos: I 2 + I 3 = I1 = 3 y

I 2 R2 = I 3 R3 ⇒ I2 = R3 = 3 = 1
I3 R2 6 2

Solución. Luego I 2 = 1 A e I 3 = 2 A
a) Para t = 0, La corriente por la inductancia L es cero
y la corriente por R3 también es cero. Luego el Luego de un tiempo muy largo, el interruptor S se
circuito se reduce a:
abre (suponga ahora este instante t = 0). Considere la

corriente inicial I 0 como la corriente que pasaba por

L en la parte b).

La corriente que pasa R1 y R2 es: c) Aplicando la segunda regla de Kirchhoff.

I= ε 18 IR2 + L dI + IR3 = 0
dt
= = 1,8 A
R1 + R2 4 + 6
dI = − (R2 + R3 ) I = − 9 I
I1 = I 2 = 1,8 A, I 3 = 0

b) Para un tiempo muy largo la corriente en la dt L L

Inductancia tiene su valor máximo, el circuito es ⇒ dI = − 9 dt
IL
equivalente al siguiente:

Integrando de t = 0 a t = t:

27

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

ln I I = − 9 t t ⇒ ln I = − 9 ⇒ d) Las ecuaciones de Kirchhoff que permitan
LI0 0 I 0 Lt encontrar los valores de todas las corrientes del
circuito.

−9t

I = I0e L

d) Para t = 0,069 s I = I 0 2

( )I0

2
− 9 (0,069) ⇒ 9 0,069 = ln 2
L
= I0e L

⇒ L = 9(0,069) = 9(0,069) = 0,9 H Por la primera ley de Kirchhoff
ln 2 0,693
I = I1 + I2 (1)

Ejemplo 52. Una bobina tiene un valor de auto- Por la segunda ley de Kirchhoff
inductancia L, y se conecta en paralelo a una
resistencia R. Los dos elementos se conectan en t = 0 − Ir + V0 − L dI1 = 0 (2)
a una fuente electromotriz “real” que esta formada dt
por una fuente ideal de potencial V0 constante; una
resistencia interna en serie r. Calcule los siguientes − Ir + V0 − I2R = 0 (3)
acápites, justificando físicamente los valores que
encuentre: e) La ecuación diferencial que permite obtener la

a) El valor de la corriente en la fuente en t → 0 . ( )corriente instantánea I t en la resistencia interna r

b) El valor de la corriente en la fuente a un tiempo de la fuente electromotriz.
muy largo. Derivando (3) y multiplicando por L:
c) Un esbozo del gráfico de la magnitud de la
corriente en la resistencia R en función de t. − rL dI − RL dI2 = 0 (3a)
d) Las ecuaciones de Kirchhoff que permitan dt dt
encontrar los valores de todas las corrientes del
circuito. Multiplicando (2) por R:
e) Plantee la ecuación diferencial que permita obtener
− IRr + V0R − RL dI1 = 0 (2a)
( )la corriente instantánea I t en la resistencia interna dt

r de la fuente electromotriz. No resuelva la ecuación Sumando (2a) y (3a): d (I1 + I2 )
diferencial.
Solución. − IRr − rL dI + V0R − RL dt = 0
dt

⇒ − IRr − rL dI + V0 R − RL dI =0
dt dt

⇒ − IRr + V0 R − (R + r )L dI =0
dt

⇒ (R + r)L dI + R(V0 − Ir) = 0

dt

Finalmente:

a)Para t = 0: I = V0 dI + R(V0 − Ir ) = 0
R+r dt L(R + r)

b) Para t = ∞ : I = V0 Ejemplo 53. En el circuito mostrado, se conecta el
r interruptor S y después de un tiempo muy largo se
desconecta. Ese instante lo consideramos como el
c) Esbozo del gráfico de la magnitud de la corriente estado inicial.
en la resistencia R en función de t.

a) Establezca la ecuación diferencial para hallar la
corriente.

28

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

b) Resuelva la ecuación, teniendo en cuenta que una Como τ = L ⇒
R
función f(t) que cumple que d 2 f (t ) = −ω 2 f (t ),
( )L = 2,46t = 2,46 50 ×10−6 = 1,23 x 10-4
dt 2
tiene solución f (t ) = Acos(ωt + φ ). Halle A , ω R

yφ. Finalmente L = 1,23 x 10-4R = 1,23 x 10-4(180)=
0,022 H
Solución.
c) τ = L = 0,022 = 0,122 ms
a) q + L dI =0 ⇒ 1 I + L d 2I =0 R 180
C dt C dt 2
CIRCUITO LC.
⇒ d2I + 1 I = 0
dt 2 LC

b) I = I0 cos(ωt + φ ), ω = 1

,

LC

Para t = 0 , I = I0 = ε , ϕ = 0
R

Ejemplo 54. Un solenoide tiene una inductancia de La figura arriba muestra un circuito LC, que vamos a

30 H y una resistencia de 20 Ω . Si se conecta a una considerar ideal (sin resistencias propias). Si

batería de 12 V, ¿cuánto tiempo tarda la corriente en ponemos la llave S en la posición 1 se carga al
alcanzar la tercera parte de su valor de equilibrio?
Solución. condensador hasta tener un voltaje igual a la fuerza
El valor de equilibrio I = V/R = 12/20 = 0,6 A se
electromotriz y almacena una energía igual a
alcanza para t → ∞ .
UE = 1 Q2
La tercera parte de este valor se alcanza cuando se 2 C
cumple:
Donde Q = V0C
( )1 V = V 1 − e−t τ
Si pasamos el interruptor a la posición 2, el
3R R
condensador se descarga a través de la inductancia, a
es decir,
medida que el condensador se descarga la energía
2 = e−t τ , ln 2 = t
3 3τ pasa a la inductancia, una vez que el condensador

y como τ = L resulta: queda descargado, la corriente alcanza su valor
R
máximo, como no hay fuente que siga manteniendo
t = L ln 2 = 30 ln 2 = 0,61 s.
R 3 20 3 esta corriente comienza a decrecer llevando carga al

condensador hasta que la corriente es cero y el

condensador queda cargado, pero esta vez con

polaridad invertida, como el circuito es ideal no hay

resistencia, se re pite el proceso y así siguen

Ejemplo 55. Un instrumento sensible de detección en intercambiando energía de tal manera que la energía

un vehículo espacial tiene una resistencia de 180 Ω total del circuito es constante.

y se diseña para funcionar con una corriente de 42 U B + U E = U = constante
mA. Sin embargo, es necesario que la subida de
corriente sea no más del 10 por ciento de este valor o 1 LI 2 + 1 q 2 = U
de funcionamiento dentro de los primeros 50 ms 2 2C
después de aplicar el voltaje. Para alcanzar esto, se
conecta una inductancia en serie con el dispositivo. Derivando respecto al tiempo
a) ¿Qué voltaje se requiere?
b) ¿Cuál es la mínima inductancia requerida? LI dI + q dq = 0
c) ¿Cuál es la constante de tiempo del circuito? dt C dt
Solución.
Como I = dq y dI = d 2q
( )a) ε = IR = 42 ×10−3 (180) = 7,56 V dt dt dt 2
( )b) I = I 0 1 − e−t τ = 0,1I0 ⇒ e−t τ = 0,9
Tenemos

L d 2q + q = 0 ⇒ d 2q + 1 q = 0
ln⎜⎛ t ⎟⎞ dt 2 C dt 2 LC
⇒ ⎝ − τ ⎠ = ln 0,9 ⇒ τ = 2,46t
La solución de esta ecuación es el caso de

movimiento armónico simple.

29

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

q = A cos(ωt + δ )

Donde ω = 1

, A es el valor máximo de q y
LC

depende de las condiciones iniciales, en nuestro caso

A = Q y debe ser cero porque la carga es máxima

para t = 0, de aquí:

q = Q cos(ωt + δ )

y la corriente es Solución.

I = dq = −ωQsenω t f = 1 11 1
dt 2π LC = 2π
( )( ) =
La figura a continuación muestra los gráficos de
2,6 ×10−3 8 ×10−2
q−t e I −t.
1,1 MHz.

Ejemplo 57. Un receptor de radio de amplitud

modulada (AM) utiliza un circuito resonante LC

cuya frecuencia empareja la frecuencia de las ondas

de radio entrantes. ¿Si una inductancia de 16 μH se

utiliza, qué rango de capacidad variable se requiere

para sintonizar sobre la banda AM a partir de 500 a

1700 kHz?

Solución.

f= 1 ⇒ C = 1 f )2
2π LC
L(2π

Podemos ver es un circuito oscilante, con frecuencias. Con 500 kHz → 6,3 x 10-9 F
Con 1700 kHz → 5,5 x 10-10 F

De tal modo que C varía de 5,5 x 10-10 a 6,3 x 10-9 F.

f=ω = 1 1 CIRCUITO RLC.

periodo
2π 2π LC

T = 2π = 2π LC
ω

Con los valores de Q e I podemos demostrar que la

energía total es constante para cualquier tiempo t.

UB +UE = U

1 LI 2 + 1 q 2 = U La figura arriba muestra un circuito RLC, en la
2 2C posición 1 el condensador se carga. Al pasar a la
posición 2, la energía almacenada en el condensador
1 Lω 2Q 2sen 2ω t + 1 Q 2 cos2ω t = U se descarga, parte se disipa en la resistencia y parte se
2 2C almacena en la inductancia, entonces la inductancia
repite el proceso, parte se disipa en la resistencia y
Como ω 2 = 1 parte se almacena en el condensador y así
LC periódicamente hasta que la energía que tenia
inicialmente el condensador se disipa totalmente en la
( )1 Q 2 sen 2ω t + cos2ω t = 1 Q 2 = U resistencia.
Aplicando la segunda Ley de Kirchoff
2C 2C
q + L dI + IR = 0
Tal como esperábamos. C dt

Ejemplo 56. ¿Cuál es la frecuencia resonante del Como I = dq y dI = d 2q
circuito de la figura si L = 260 mH y C = 8,0 pF? dt dt dt 2

Nos queda la ecuación

d 2q + R dq + 1 q = 0
dt 2 L dt LC

30

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

Ecuación que corresponde a la de las oscilaciones La expresión de la carga del condensador vimos que
amortiguadas, cuya solución es es:

q = e−β t ⎜⎝⎛ Be + Deβ 2 −ω02 t − ⎟⎠⎞β 2 −ω02 t ( )q = εC 1 − e−t RC

Donde β = 1 R Cuando pasa un tiempo largo t
2L
Q = εC

ω0 = 1 Cuando pasa a la posición 2 tenemos un circuito LC
LC con el condensador con carga inicial

( )Q = (10) 4 ×10−6 = 40 x 10-6 C.

B y D dependen de las condiciones iniciales. a) La frecuencia de oscilación del circuito LC
depende solamente de los valores de L y C.

La forma de la solución depende de los valores de R, 1 1
2 ×10−3 4 ×10−6 =
L y C, los cuales determinan si β 2 − ω02 es menor, =
( )( )ω =
igual o mayor que cero siendo para cada caso una LC

oscilación subamortiguada, críticamente amortiguada 10 ×108 = 1,12 x 104 rad/s.
8
o sobreamortiguada respectivamente.

En el caso de oscilación subamortiguada,

β 2 − ω02 < 0 . f = ω = 1,78 x 103 Hz.
2π
β 2 − ω02 = iω1
b) La energía almacenada en el condensador es
q = Ae−βt cos(ω1t + δ ) q = Ae−βt cosω1t
( )U E 2
La figura a continuación muestra = 1 Q2 1 40 ×10−6
2C = 2 4 ×10−6 = 2 x10-4 J.
el grafico q − t para el caso en que δ = 0 .

Como la energía pasa del condensador a la
inductancia y así sucesivamente, la energía máxima
almacenada por la inductancia es

U B = 2 x10-4 J.

Ejemplo 58. En la figura tenemos un circuito RC Ejemplo 59. Se ha sugerido que la energía sobrante
cuando pone la llave en la posición 1 y un circuito LC de una planta de generación se podría almacenar en el
en la posición 2. Después de tener un tempo largo en campo magnético de un toroide gigante. ¿Si el
la posición 1 se pasa la llave a la posición 2. campo magnético en el toroide fuera de 12 T (muy
Calcular: grande), qué volumen sería necesario para almacenar
a) La frecuencia de oscilación del circuito LC. 106 kWh de energía? ¿Si el toroide fuera en forma de
b) La energía máxima almacenada por la inductancia. anillo, con el radio interno R y el radio externo 2R,
cuán grande tendría que ser R?
Solución. Solución.
Al estar en posición 1 la corriente circula hasta que se
carga el condensador completamente. U = ⎜⎜⎝⎛ B2 ⎠⎟⎟⎞(volumen)
2μ0

≈ ⎜⎝⎛⎜ B2 ⎞⎟⎠⎟(2π )⎛⎜ 3 R ⎞⎟⎠⎜⎝⎜⎛ πR 2 ⎞⎠⎟⎟
2μ0 2 4
⎝

U ≈ 3π 2R2B2
8

( )R ⎟⎞1 3 ⎡8 ⎤1 3
⎜⎛ 8U ⎠ ⎢ 106 × 3,6 ×106 ⎥
= ⎝ 3π 2 B 2 ≈ ⎣ ⎦
3π 2 (12)2

= 1890 m ¡demasiado grande!

31

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

PREGUNTAS Y PROBLEMAS

1. Si una aspira rectangular conductora de lados a y b rota alrededor del eje vertical MN perpendicular a la

→ →

se aleja con una velocidad constante v de un velocidad angular ω . En al instante t = 0, es normal

alambre largo recto con una corriente I. al plano del conductor. Calcular en función del
Determinar la corriente inducida en la espira como tiempo, el flujo del campo magnético a. través del
cuadro. Deducir le fuerza electromotriz de inducción
función del tiempo, pera t = 0 , r = r0 .
ε.

2. Una barra metálica de longitud a e inclinación α , 6.- Una bobine de 100 vueltas y sección circular esté
arrollada compactamente de tal modo que las espiras
separada b de un alambre recto y largo con corriente están en un mismo plano. El radio promedio de la
I. La barra se desplaza una velocidad constante bobine es 3 cm. La bobina rota alrededor de un
paralela al alambre. Calcular la fuerza electromotriz diámetro a 900 rpm. Cuando el eje de rotación está
inducida en la barra. vertical, la fuerza electromotriz promedio inducida es
0,50 mV. ¿Qué se puede decir del campo magnético
terrestre en ese lugar?

3. Dos espiras circulares metálicas de radios a y b 7.- Un disco rota alrededor de su eje con velocidad
están conectadas por dos barras metálicas, como se
muestra en la figura. Si este conjunto rota con angular ω . El disco está hecho con metal de

→ conductividad g, y su espesor es t. El disco se coloca
entre los polos de un imán que produce un campo
velocidad angular ω perpendicular a B . ¿Cuál es la magnético uniforme B sobre una pequeña área

fuerza electromotriz inducida entre las espiras? cuadrada de tamaño a 2 a la distancia promedio r

4. Un circuito plano de resistencia R, compuesto de n del eje, B es perpendicular al disco. Calcular el torque
espiras, con una superficie A, se coloca perpendicular aproximado sobre el disco.
a un campo magnético alterno uniforme tal que
8. Sea el circuito en serie constituido por una fuerza
B = B0 cosωt .
electromotriz ε , un interruptor S, un condensador de
Encontrar la expresión de la intensidad eficaz de
capacidad C, un sistema consistente en una barra que
corriente I ef inducida en el circuito. desliza sin fricción sobre dos rieles horizontales y

5. Un conductor rectangular de lados a y b se coloca paralelos separados una distancia l en presencia de
→
→
un campo magnético B uniforme y vertical. La
en un campo magnético B uniforme y horizontal,
resistencia total del circuito es R.
La masa de la barra móvil es m.

En t = 0 se cierra el interruptor, inicialmente la

barra está en reposo y el condensador descargado.
Escribir las expresiones de la velocidad y la carga del
condensador.

32

Ley de Faraday e inductancia Hugo Medina Guzmán

9. Una rueda de Barlow de radio a rota sin fricción en Determine la magnitud y dirección de la corriente que

→ registra el amperímetro para t = 4 s si R = 10 Ω .

un campo magnético B uniforme y normal al plano 13. Dos solenoides (S1) y (S2) indeformables y
coaxiales, de secciones A1 y A2, (A2 < A1) tienen
de la rueda. Sobre su eje horizontal se fija un cilindro respectivamente N1 y N2 espiras por unidad de
de radio b sobre el que se enrolla una cuerda que longitud, son recorridos por corrientes iguales y del
soporta un peso mg. El conjunto, rueda, eje, cilindro mismo sentido, I1 e I2 constantes. El solenoide S2
tiene un momento de inercia IrB. El circuito eléctrico penetra una longitud x en el interior de S1 donde el
de la rueda de Barlow está conectado a una campo magnético se supone uniforme.
resistencia total R. Estudiar el movimiento a partir del a) Si consideramos que el flujo que atraviesa las
reposo, no tomar en cuenta las corrientes de Foucault.
espiras de S2 exterior a S1 se escribe Φ 0 = KI ,
10. Un conductor rectilíneo AOB puede rotar
alrededor de un eje vertical que pasa por O. Está en donde K es una constante, calcular el flujo total que
contacto con un conductor C circular horizontal de atraviesa S2 debido a S1.
radio a. El conjunto está colocado en un campo b) ¿Cuál es la fuerza magnética actuante sobre el
solenoide S2? ¿Cuál es la acción que origina esta
→ fuerza?

magnético uniforme B , vertical dirigido hacia arriba. 14. Un alambre de cobre de 1 m de longitud se mueve
con velocidad de 75 cm/s perpendicularmente a un
Se hace pasar una corriente por medio de una fuerza campo magnético de 1 T. ¿Qué fuerza electromotriz
se induce en la barra? Si sus extremos se conectan a
electromotriz ε . La resistencia de C es despreciable
una resistencia de 10 Ω . ¿Cuál es la potencia
y la del circuito es constante e igual a R.
Determinar la ley de la variación de la velocidad disipada en el movimiento del alambre?
después de cerrar la llave S, despreciar la fricción.

11. Una rueda de Barlow de radio a rota sin fricción Respuesta.

→ ε = Blv = 1 x 1 x 0,75 = 0,75 V,
P = ε 2 = 0,752 = 0,056 W.
en un campo magnético B normal el plano de la
R 10
rueda, el circuito de la rueda está en serie con un
condensador C inicialmente descargado, una llave S y 15. La hélice de un aeroplano mide2,0 m de un
la resistencia total del circuito es R. La rueda rota con extremo al otro extremo, gira a 18000 RPM. ¿Si el
aeroplano está volando dirigido al norte debido en un
una velocidad angular ω0 . Se cierra la llave S, punto donde la componente horizontal del campo
magnético de la tierra es 1,2 x 10-5 T, qué voltaje se
estudiar el movimiento de la rueda a partir de este genera entre las extremos de la hélice?
instante. Respuesta.

El momento de inercia de la rueda es I rB . Despreciar Cada mitad del propulsor barre un área π r 2 en cada

las corrientes de Foucault. revolución, tal que ε = 2Bπ r 2 f .

12. En el circuito mostrado en la figura tenemos dos ( )ε (1,0)2 ⎜⎛ 18000 ⎞⎟
espiras circulares iguales de sección A = l m2 cada = 2 1,2 ×10−5 π ⎝ 2π 60 ⎠ = 0,0036 V
una, pero con diferentes campos magnéticos que va
16. Dos rieles conductores paralelos largos están
rían con el tiempo B1 = 2t 2 + 4t y B2 = −5t 2 . separados una distancia d. En un extremo están
unidos por medio de una resistencia R. Una barra
conductora de longitud d se hace resbalar con

33