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Compruebe Lo Aprendido

14.1

4,77 × 10 −2 V 4,77 × 10 −2 V

14.2

a. disminuyendo; b. aumentando; Dado que la corriente fluye en el sentido contrario del diagrama, para obtener una emf positiva en el lado izquierdo del diagrama (a), tenemos que disminuir la corriente hacia la izquierda, lo que crea una emf reforzada donde el extremo positivo está en el lado izquierdo. Para obtener una emf positiva en el lado derecho del diagrama (b), necesitamos aumentar la corriente hacia la izquierda, lo que crea una emf reforzada donde el extremo positivo está en el lado derecho.

14.3

40 A/s

14.4

a 4,5×10−5H4,5×10−5H; b 4,5×10−3V4,5×10−3V

14.5

a 2,4×10−7Wb2,4×10−7Wb; b 6,4×10−5m26,4×10−5m2

14.6

0,50 J

14.8

a. 2,2 s; b. 43 H; c. 1,0 s

14.10

a 2,5μF2,5μF; b π/2rad o3π/2radπ/2rad o3π/2rad; c 1,4×103rad/s1,4×103rad/s

14.11

a. Sobreamortiguado; b. 0,75 J

Preguntas Conceptuales

1.

Wb A = T · m 2 A = V · s A = V A/s Wb A = T · m 2 A = V · s A = V A/s

3.

La corriente inducida de la batería de 12 V pasa por un inductor, generando un gran voltaje.

5.

La autoinducción es proporcional al flujo magnético e inversamente proporcional a la corriente. Sin embargo, como el flujo magnético depende de la corriente I, estos efectos se anulan. Esto significa que la autoinducción no depende de la corriente. Si la emf se induce a través de un elemento, sí depende de cómo cambia la corriente con el tiempo.

7.

Considere los extremos de un cable como parte de un circuito RL y determine la autoinducción de este circuito.

9.

El campo magnético se ensanchará al final del solenoide, por lo que hay menos flujo a través de la última vuelta que a través del centro del solenoide.

11.

A medida que la corriente fluye a través del inductor, hay una corriente de retorno por la ley de Lenz que se crea para mantener la corriente neta en cero amperios, la corriente inicial.

13.

no

15.

En t=0t=0, o cuando se acciona el interruptor por primera vez.

17.

1/4

19.

Inicialmente, IR1=εR1IR1=εR1 y IR2=0IR2=0, y después de que haya pasado mucho tiempo, IR1=εR1IR1=εR1 y IR2=εR2IR2=εR2.

21.

23.

La amplitud de las oscilaciones de energía depende de la energía inicial del sistema. La frecuencia en un circuito LC depende de los valores de inductancia y capacitancia.

25.

Esto crea un circuito RLC que disipa energía, haciendo que las oscilaciones disminuyan en amplitud lenta o rápidamente dependiendo del valor de la resistencia.

27.

Tendría que elegir una resistencia lo suficientemente pequeña como para que solo se capte una emisora a la vez, pero lo suficientemente grande como para que el sintonizador no tenga que estar ajustado exactamente a la frecuencia correcta. La inductancia o la capacitancia tendrían que variar para sintonizar la emisora, sin embargo, en la práctica, los condensadores variables son mucho más fáciles de construir en un circuito.

Problemas

29.

M = 3,6 × 10 −3 H M = 3,6 × 10 −3 H

31.

a 3,8×10−4H3,8×10−4H; b 3,8×10−4H3,8×10−4H

33.

M 21 = 2,3 × 10 −5 H M 21 = 2,3 × 10 −5 H

35.

0,24 H

37.

0,4 A/s

39.

ε = 480 π sen ( 120 π t π / 2 ) V ε = 480 π sen ( 120 π t π / 2 ) V

41.

0,15 V. Esta es la misma polaridad que la emf que conduce la corriente.

43.

a. 0,089 H/m; b. 0,44 V/m

45.

L l = 4,16 × 10 −7 H/m L l = 4,16 × 10 −7 H/m

47.

0,01 A

49.

6,0 g

51.

U m = 7,0 × 10 −7 J U m = 7,0 × 10 −7 J

53.

a. 4,0 A; b. 2,4 A; c. en R: V=12VV=12V; en L: V=7,9VV=7,9V

55.

0,69 τ 0,69 τ

57.

a. 2,52 ms; b 99,2Ω99,2Ω

59.

a I1=I2=1,7AI1=I2=1,7A; b I1=2,73A,I2=1,36AI1=2,73A,I2=1,36A; c I1=0,I2=0,54AI1=0,I2=0,54A; d I1=I2=0I1=I2=0

61.

realice una prueba con la

63.

ω = 3,2 × 10 7 rad/s ω = 3,2 × 10 7 rad/s

65.

a 1,57×10−6s1,57×10−6s; b 3,93×10−7s3,93×10−7s

67.

q = q m 2 , I = q m 2 L C q = q m 2 , I = q m 2 L C

69.

C = 1 4 π 2 f 2 L f 1 = 540 Hz; C 1 = 3,5 × 10 −11 F f 2 = 1.600 Hz; C 2 = 4,0 × 10 −12 F C = 1 4 π 2 f 2 L f 1 = 540 Hz; C 1 = 3,5 × 10 −11 F f 2 = 1.600 Hz; C 2 = 4,0 × 10 −12 F

71.

6,9 ms

Problemas Adicionales

73.

Sea a igual al radio del alambre largo y delgado, r el lugar donde se mide el campo magnético, y R el límite superior del problema donde tomaremos R al acercarse al infinito.
Realice una prueba. En el exterior,B=μ0I2πrEn el interior,B=μ0Ir2πa2 U=μ0I2l4π(14+InRa) Así que,2UI2=μ0l2π(14+InRa)yL= En el exterior,B=μ0I2πrEn el interior,B=μ0Ir2πa2 U=μ0I2l4π(14+InRa) Así que,2UI2=μ0l2π(14+InRa)yL=

75.

M = μ 0 l π In d + a d M = μ 0 l π In d + a d

77.

a. 100 T; b. 2 A; c. 0,50 H

79.

a. 0 A; b. 2,4 A

81.

a 2,50×106V2,50×106V; (b) El voltaje es tan extremadamente alto que se produciría un arco eléctrico y la corriente no se reduciría tan rápidamente. (c) No es razonable apagar una corriente tan grande en un inductor tan grande en un tiempo tan extremadamente corto.

Problemas De Desafío

83.

prueba

85.

a dBdt=6×10−6T/s;dBdt=6×10−6T/s; b Φ=μ0aI2πIn(a+bb)Φ=μ0aI2πIn(a+bb); c. 4,4 nA

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