1r ciclo Espiral cuadrada

[jssln]

En este ejercicio al no darme el valor de la fuerza, pero si la masa, supongo que este dado para luego poder calcular I, lo sacare a traves de la aceleración, pero no se como calcularla, asi que si sois tan amables de ayudarme y explicarme el apartado a, porque yo entiendo que va hacia dentro pero no lo tengo claro.

Una espiral cuadrada, cuyos lados tienen un alongitud L= 1m y una masa total de M=50g puede pivotar del eje AA' coincidiendo con uno de los lados de la espiral. La espiral transporta una corriente I de manera que esta en equilibrio formando un angulo$\theta$= 20º con la vertical en el seno de un campo magnetico uniforme de magnitud B= 500 gaus y dirigido hacia abajo.

a) ¿Cual es la direccion de la corriente en la espiral? Justificar la respuesta.
b) Determine el valor de la intensidad de corriente que transporta la espiral


(perdon por la calidad de la foto)

[sater]

Re: Espiral cuadrada

Mira la expresión de la fuerza sobre un hilo con corriente por un campo magnético uniforme y piensa, en base al producto vectorial., hacia donde va la corriente para levantarse y por qué se queda en equilibrio. La corriente tiene el sentido del diferencial de longitud, o más bien al revés.

[Sarlacc]

Re: Espiral cuadrada

Hola a todos. Para este mismo ejercicio, ¿Sería correcto el siguiente razonamiento para deducir la fuerza necesaria para levantar la espira?



$\dst \sqrt{P^2+F^2}=\frac{F}{\sin \alpha}$


$\dst F=P\ \tan\alpha$



Después de eso solo quedaría calcular la intensidad que pasa por la espira cuadrada, de la que solo se tendría en cuenta el lado paralelo al suelo más bajo, ¿cierto o me estoy equivocando de una manera descomunal?

Gracias.

[sater]

Re: Espiral cuadrada

La verdad ni idea, yo lo veo mas fácil con torque neto cero y el peso actúa a l\2 y la fuerza a l

[oscarmuinhos]

Re: Espiral cuadrada

Correcto.
Se trata de un equilibrio de rotación en el que la suma de los momentos de las fuerzas que actúan sobre la espira ha de ser nulo.
Y siempre se puede substituir este sistema de fuerzas, -el peso (vertical hacia abajo) y la fuerza F que hace el campo sobre cada uno de los lados horizontales (paralelos al eje OY) de la espira (y que tendrá la dirección del eje OX y hacia afuera)-, por su resultante aplicada de forma que su momento resultante respecto al eje de giro de la espira sea nulo. Y para que el momento de esta fuerza resultante sea nulo, dicha resultante ha de tener la misma dirección que los lados inclinados de la espira.
Saludos

Aclaración sobre orientación en relación a los ejes: OX: dirección horizontal, OY: dirección vertical; OZ: dirección saliendo del papel.

[Sarlacc]

Re: Espiral cuadrada

Vale, es así fácil, en lo de antes me he equivocado y he puesto el peso en la punta de la espira en ved de en el centro de masas... Iré al infierno por eso.

Gracias a todos, un saludo.

[sater]

Re: Espiral cuadrada

Por cierto, uno de mi clase me dijo que la intensidad que te sale es un cuarto de la total, y yo creo que la intensidad en la fórmula de la fuerza ya se toma como la total y se despeja, ¿alguna aclaración sobre eso?
Gracias de antemano

[oscarmuinhos]

Re: Espiral cuadrada

Hola sater
El Peso en la ecuación que puso Sarlacc es el peso de un lado de la espira (el peso de los lados inclinados tiene el centro de gravedad en el eje de giro no dando lugar a momento alguno) y ese peso es la cuarta parte del peso de la espira.
Saludos

CORRECCIÓN: El Peso en la ecuación que puso Sarlacc es 3/4 del peso de la espira

[sater]

Re: Espiral cuadrada

yo es que lo hice con el peso total de la espira, que te lo da el problema tal cual, y lo supuse en el centro de gravedad para aplicar la sumatoria de momentos de las fuerzas. Mi duda es si la intensidad que se saca al aplicar la fuerza sobre el lado opuesto al fijo debida al campo magnético la intensidad que se saca es la total (como yo creo) o un cuarto de ésta.

[oscarmuinhos]

Re: Espiral cuadrada

Hola sater.
CORRIJO mi post 8: en la ecuación que puso Sarlacc el peso P que hay que poner no es P/4 sino 3/4.P.
Disculpas, pero la mala calidad de la imagen de la espira me hizo colocar mal el eje de la espira...
Es esquema de fuerzas sobre la espira sería el representado en la siguiente imagen que representa a la espira vista de perfil:

La espira gira sobre uno de sus lados y sobre ese eje de giro estarán aplicados el peso de dicho lado ($P/4$), la fuerza del campo magnético sobre dicho lado de la espira ($F$) y la fuerza de reacción $R$ (que, en este caso ha de ser vertical). El torque o momento de cada una de estas fuerzas respecto al eje de giro de la espira es nulo.
En el punto medio de cada uno del los lados inclinados de la espira estarían los pesos $P/4$ de cada uno de los lados inclinados que sumados dan $P/2$ y también las fuerzas del campo sobre cada uno de estos lados que tienen sentidos opuestos hacia afuera y dirección perpendicular al papel, por lo que estas dos fuerzas también tienen momento cero respecto al eje de giro.
En el cuarto lado de la espira actúan el peso $P/4$ de este lado y la fuerza $F$ que el campo magnético ejerce sobre este lado de la espira.

Por el método de Sarlacc, la suma de estos pesos que contribuyen al momento es 3/4P y este será el Peso que habrá que poner en la ecuación que el puso.

Por el método de los momentos:

$\sum \vec{M_F}=0$

Por lo tanto: $\dst F.L.\cos \alpha -\frac{P}{4}.L.\sin \alpha - \frac{P}{2}L.\sin \alpha =0$

O sea: $\dst \frac{3}{4}.P.\tan\alpha = F$

Solo queda ahora hacer $F =I.L.B$ (donde L es la longitud del lado de la espira)

-

[sater]

Re: Espiral cuadrada

Vale muchas gracias, lo que tenía yo mal entonces es que supuse el peso total de la espira en el centro, en lugar de separarla en cuatro alambres.

[Breogan]

Re: Espiral cuadrada

Hola:

Ambos modos de encarar la solución, tanto la de sater tomando el peso de toda la espira como actuando en el centro de esta, como el de oscar considerando la contribución de cada rama de la espira, están bien, y salvo errores en su implementación deben dar lo mismo.

[ATTACH=CONFIG]8366[/ATTACH]
.....
Por el método de los momentos:

$\sum \vec{M_F}=0$

Por lo tanto: $\dst F.L.\cos \alpha -\frac{P}{4}.L.\sin \alpha - \frac{P}{2}L.\sin \alpha =0$

O sea: $\dst \frac{3}{4}.P.\tan\alpha = F$

En esta deducción creo que a oscar se le escapo un error. Cada rama pesa P/4, el peso de la rama enfrentada al eje pivote esta a una distancia L, y el peso de las ramas laterales esta a una distancia L/2 del mismo eje. Planteando la ecuación de momentos queda:

$\dst F.L.\cos \alpha -\frac{P}{4}.L.\sin \alpha - 2 \ \frac{P}{4}\ \frac L 2 .\sin \alpha =0$

$\dst F.\cos \alpha -\frac{P}{2}.\sin \alpha =0$

A la misma ecuación se llega empleando el método indicado por sater.

s.e.u.o.

Suerte