Generador de CA de dos anillos

De Laplace

Contenido

1 Enunciado
2 Solución
- 2.1 Cálculo de la intensidad de corriente
- 2.2 Balance energético

1 Enunciado

Suponga la misma configuración geométrica del problema Inducción mutua de dos anillos Por el anillo exterior se hace circular una corriente constante

I 0

. El anillo interior se hace girar en torno al diámetro común, de forma que el ángulo

θ

varía con velocidad constante

ω

.

Despreciando los efectos de la autoinducción, halle la corriente que circula por el anillo interior.
Calcule la energía disipada en este anillo durante un periodo de revolución.

2 Solución

2.1 Cálculo de la intensidad de corriente

Al girar el anillo interior, varía el flujo del campo exterior a través de el, produciéndose una corriente en el anillo interior, de acuerdo con la ley de Faraday,

$I_1=\frac{\mathcal{E}_1}{R}=-\frac{1}{R}\,\frac{\mathrm{d}\Phi_m}{\mathrm{d}t}$

En este caso, aunque se verifica que $\Phi_m=L_{12}I_0$, no puede extraerse el coeficiente de inducción mutua de la derivada, sino que, por el contrario, es su variación temporal (debida al cambio de posición de la espira) la que genera la corriente inducida

$I_1=-\frac{1}{R}\frac{\mathrm{d}\ }{\mathrm{d}t}(MI_2)=-\frac{I_0}{R}\,\frac{\mathrm{d}M}{\mathrm{d}t}$

donde hemos llamado $M\,$ a $L_{12}\,$ . Sustituyendo el valor obtenido en el problema Inducción mutua de dos anillos

$M=\frac{\mu_0\pi a^2}{2b}\cos(\omega t)=M_0\cos(\omega t)$ $I_1=\frac{M_0I_0\omega}{R}\,\mathrm{sen}(\omega t)$

Se obtiene una corriente alterna de frecuencia $f=\omega/2\pi\,$ . De hecho, este es uno de los más sencillos generadores de corriente alterna.

2.2 Balance energético

La potencia instantánea disipada es

$P_d=I_1^2R=P_0\,\mathrm{sen}^2(\omega t)\qquad P_0=\frac{M_0^2I_0^2\omega^2}{R}$

Esta potencia posee un promedio positivo, indicando que se pierde energía de forma neta en cada periodo $T = 2π / ω$

$W_d=\int_0^T P_d\,dt=P_0\int_0^T \!\!\mathrm{sen}^2(\omega t)\,\mathrm{d}t=\frac{TP_0}{2}=\frac{\pi M_0^2I_0^2\omega}{R}$

En esta situación el campo magnético hace de intermediario en la disipación de energía, ya que la energía del propio campo magnético no cambia ni la cinética del anillo tampoco. Le energía disipada debe provenir de un agente externo.

En este caso, se trata del agente mecánico que produce la rotación de la espira. Al circular la corriente $I_1\,$ por la espira pequeña, esta adquiere un momento magnético

$\mathrm{m}=I_1\pi a^2\mathbf{n}$

El campo magnético externo tiende a alinear este dipolo, ejerciendo un par sobre la espira. Para mantener una rotación uniforme es necesario vencer este par, ejerciendo un par de signo contrario. El trabajo realizado de esta forma debe coincidir con la energía disipada.

El par debido al campo magnético es

$\mathbf{\tau}=\mathbf{m}\times\mathbf{B}=\frac{\mu_0 I_1I_2\pi a^2}{2b}\mathbf{n}\times\mathbf{u}_{z}=M_0I_1I_2\,\mathrm{sen}(\omega t) \mathbf{u}_{x}$

(tomando como $\mathbf{u}_{x}$ la dirección del diámetro común). El par externo debe ser igual a éste con signo contrario