En el instante $t=0$ se conecta un carrete de autoinducción $L$ y resistencia $R$ a una batería de diferencia de potencial constante $V$ y resistencia interna despreciable.
Calcular la energía magnética en el carrete en el instante $t = T$.
Sabemos que la energía magnética de un inductor es:
\[ \mathrm{U_m} = \frac{1}{2} \cdot L \cdot I^2 \]Por otro lado, sabemos que la intensidad es:
\[ i(t) = I \cdot \mathrm{e}^{-t \cdot \frac{R}{L}} \]Donde $I = \nicefrac{V}{R}$. Obtenemos un valor de:
\[ i(T) = \frac{V}{R} \cdot \left(1 - \mathrm{e}^{-T \cdot \frac{R}{L}} \right) \]Sustituyendo en la ecuación de la energía magnética, tenemos:
\[ \mathrm{U_m} = \frac{1}{2} \cdot L \cdot \frac{V^2}{R^2} \cdot \left(1 - \mathrm{e}^{-T \cdot \frac{R}{L}} \right)^2 \]La energía suministrada por la batería hasta ese instante.
Para ello, sabemos que la energía es integral de la potencia:
\[ E = \int_0^T V \cdot i(t) \: dt = \frac{V^2}{R} \int_0^T \left(1 - \mathrm{e}^{-T \cdot \frac{R}{L}} \right) \: dt = \frac{V^2}{R} T - \frac{V^2 \cdot L}{R^2} \mathrm{e}^{-T \cdot \frac{R}{L}} \]La energía disipada por efecto Joule hasta ese instante.
La obtenemos mediante la siguiente integral:
\[ \int_0^T R \cdot [i(t)]^2 = \frac{V^2}{R} \cdot \int_0^T \left( 1 - \mathrm{e}^{-t \frac{R}{L}} \right)^2 dt \]Integramos término a término, expandiendo la identidad notable:
\[ \left( 1 - \mathrm{e}^{-t \frac{R}{L}} \right)^2 = 1 - 2 \cdot \mathrm{e}^{-t \frac{R}{L}} + \mathrm{e}^{-2t \frac{R}{L}} \] \[ \int_0^T 1 \: dt = T \] \[ \int_0^T \mathrm{e}^{-2t \frac{R}{L}} = -\frac{L}{2R} \left( \mathrm{e}^{-2T \frac{R}{L}} \right) \] \[ \int_0^T -2 \cdot \mathrm{e}^{-t \frac{R}{L}} = \frac{2L}{R} \left( \mathrm{e}^{-T \frac{R}{L}} \right) \]En resumen, la integral da como resultado:
\[ \frac{V^2}{R} \left[ T + \frac{2L}{R} \left( \mathrm{e}^{-T \frac{R}{L}} \right) - \frac{L}{2R} \left( \mathrm{e}^{-2T \frac{R}{L}} \right) \right] \]Comprobar que la energía suministrada por la batería es la suma de la energía magnética almacenada y la energía disipada en calor.
La energía la obtendremos restando la energía suministrada por la batería y la energía magnética. Así pues, vemos que es correcto:
\[ E_{\mathrm{Joule}} = \left( \frac{V^2}{R} T - \frac{V^2 \cdot L}{R^2} \mathrm{e}^{-T \cdot \frac{R}{L}} \right) - \frac{1}{2} \cdot L \cdot \frac{V^2}{R^2} \cdot \left(1 - \mathrm{e}^{-T \cdot \frac{R}{L}} \right)^2 \]Un condensador plano paralelo de placas circulares de radio $b$ separadas una distancia $d$ tiene en su interior dos dieléctricos de permitividades 1 y 2 y permeabilidad $\mu_0$ que ocupa todo el espacio entre las placas del condensador: el dieléctrico de permitividad 1 ocupa el espacio de un cilindro de radio $a$ (con $a < b$) coaxial con el condensador y el dieléctrico de permitividad 2 ocupa el resto del espacio. El condensador se conecta a una batería que proporciona una diferencia de potencial:
\[V=V_0 \cdot t/\tau\]Calcular los campos en el interior del condensador.
Sabemos que:
\[ \vec{E} = \frac{V}{d} \hat{r} = \frac{V_0 \cdot t}{d \cdot \tau} \hat{r} \]Por otro lado, sabemos que la permitividad eléctrica en los dieléctricos se define a trozos:
\[ \varepsilon (r) = \cases{ \varepsilon_1 \qquad 0 < r < a & \\ \varepsilon_2 \qquad a < r < b } \]Así el campo de desplazamiento será:
\[ \vec{D} = \varepsilon(r) \cdot \vec{E} \]Aplicamos la ley de Ampère-Maxwell para poder obtener el campo magnético, partiendo de contorno C:
\[ \oint_C \vec{B} \cdot d\vec{l} = 2 \pi r B_\theta \]Ahora, calculamos el flujo de desplazamiento a través de la superficie $A$ encerrada por $C$:
\[ \int_A \vec{D} \cdot d\vec{S} \]Existen variaciones según el punto donde se mida la superficie:
\[ \int_A \vec{D} \cdot d\vec{S} = \cases{ \varepsilon_1 \cdot E \cdot \pi r^2 \qquad 0 < r < a & \\ \varepsilon_1 \cdot E \cdot \pi a^2 + \varepsilon_2 \cdot E \cdot \pi \left( r^2 - a^2 \right) \qquad a < r < b & \\ \pi \cdot E \cdot \left[ \varepsilon_2 \cdot b^2 + \left( \varepsilon_1 - \varepsilon_2 \right) \cdot a^2 \right] \qquad r \geq b } \]Conseguido esto, podemos aplicar la ley de Ampère propiamente. Considerando que el campo electrico depende linealmente del tiempo,
\[ \vec{B} = \cases{ \frac{\mu_0 \varepsilon_1 \cdot r}{2} \cdot \frac{V_0}{d \cdot \tau} \qquad 0 < r < a & \\ \frac{\mu_0}{2} \cdot \frac{V_0}{d \cdot \tau} \cdot \left[\varepsilon_2 \cdot r + \frac{\left( \varepsilon_1 - \varepsilon_2 \right) \cdot a^2}{r}\right] \qquad a < r < b & \\ \frac{\mu_0 \cdot V_0}{2r \cdot \tau d} \cdot \left[ \varepsilon_2 b^2 + \left( \varepsilon_1 - \varepsilon_2 \right) a^2 \right] \qquad r \geq b } \]La densidad de carga en las placas del condensador.
La densidad de carga se calcula mediante el vector desplazamiento.
\[ \sigma = \cases{ \varepsilon_1 \cdot E \qquad r \in (0,a) & \\ \varepsilon_2 \cdot E \qquad r \in (a,b) } \]Donde $E$ es conocido.
En un medio dieléctrico de permitividad $\mu_0$ se propaga una onda electromagnética, plana y planopolarizada cuya frecuencia es $f={10}^6 \: \mathrm{Hz}$. Siendo el índice de refracción del medio para esta frecuencia $n=1.5$ y la amplitud del campo eléctrico $E_0= \unitfrac[2 \cdot 10^{-5}]{V}{m}$, se desea conocer:
La impedancia intrínseca del medio. Los valores instantáneos de campos eléctrico y magnético.
Para calcular esto debemos saber que a partir de la impedancia en el vacío y el índice de refracción podemos calcular la impedancia:
\[ Z = \frac{Z_0}{n} = \frac{\mu_0 \cdot c_0}{n} = 251.15 \: \Omega \]Para calcular los valores de campo eléctrico instantáneo, recordamos la ecuación de onda.
\[ E = E_0 \cdot \cos \left( kz - \omega t \right) \]Sabiendo que la onda se propaga a $\unitfrac[2 \cdot 10^8]{m}{s}$ y que la longitud de onda es $\lambda = \nicefrac{v}{f}$, $k = \nicefrac{2\pi}{\lambda}$ y $\omega = 2 \pi f$, tenemos que:
\[ E = 2 \cdot10^{-5} \cdot \cos \left( \frac{\pi}{100}z - 2 \cdot \pi \cdot 10^6 t \right) \]Calculando la amplitud del campo magnético como $B_0 = \nicefrac{E_0}{v}$, tenemos que el campo magnético es:
\[ B = B_0 \cdot \cos \left( kz - \omega t \right) \]Sustituyendo,
\[ B = 1 \cdot 10^{-13} \cdot \cos \left( \frac{\pi}{100}z - 2 \cdot \pi \cdot 10^6 t \right) \]La energía media transportada por la onda y la energía media almacenada en el medio
Para calcular la energía media utilizaremos el vector de Poynting:
\[ \mathrm{E_m} = \frac{E_0^2}{2Z} = \frac{4 \cdot 10^{-10}}{2 \cdot 251.15} = \unitfrac[7.96 \cdot 10^{-13}]{W}{m^2} \]Para calcular la densidad de energía, sumaremos las densidades magnética y eléctrica divididas por dos:
\[ \mathrm{U_m} = \frac{1}{4}\epsilon_0 \cdot n^2 \cdot E_0^2 + \frac{1}{4}\frac{B_0^2}{\mu_0} = \unitfrac[3.98 \cdot 10^{-21}]{J}{m^3} \]Si se coloca un carrete plano de 100 espiras y 0.5 m de lado con su plano paralelo a la dirección del campo eléctrico, ¿cuánto vale la f.e.m. inducida?
Aplicamos la ley de Faraday:
\[ \mathcal{E} = N\dv{\phi_B}{t} = N \cdot A \cdot B_0 \cdot \omega \sin \left( kz - \omega t \right) = 100 \cdot 0.5^2 \cdot 1 \cdot 10^{-13} \cdot 2 \pi \cdot 10^{6} \cdot \sin \left( \frac{\pi}{100} z - 2 \pi \cdot 10^{6} t \right) \]Discutir qué valor tomará la f.e.m. inducida en el carrete si la frecuencia de la onda fuese $f={10}^9 \: \mathrm{Hz}$.
El valor sería mucho más alto (3 órdenes de magnitud) por la frecuencia. Sin embargo, el índice de refracción compensaría también parte de ese aumento, aunque nunca la totalidad. Aunque, el valor real diferirá de 1000 veces el obtenido anteriormente por lo mencionado, será evidentemente mucho mayor al que hemos visto.