fisica Cap-27

Fısica General III

Cartilla de Problemas

Heidy Gutierrez Garro

7 de agosto de 2012

1

Esta cartilla contiene problemas de magnetismo, electromagnetismo, optica y fısica mo-derna correspondiente al curso de Fısica General III. Cualquier error por favor reportelo a ladireccion de correo: [email protected].

mailto:[email protected]

Capıtulo 1

El Campo Magnetico

1.1. Fuerza magnetica sobre una carga

1.1.1. Nota Teorica

La fuerza magnetica que percibe una carga puntual, que se mueve a una velocidad v, enpresencia de un campo magnetico externo B, esta dada por medio de la expresion:

FB = qv ×B. (1.1.1)

q

v

B

φ

F

Figura 1.1: Fuerzamagnetica sobre q

La magnitud de esta fuerza esta dada por FB = |q|vB sinφ, siendoφ el angulo entre los vectores v y B. La presencia del productocruz indica que la fuerza magnetica es un vector perpendicular alplano definido por los vectores de campo magnetico y velocidad,como lo muestra la figura 1.1.

En el caso de que la partıcula sea neutra o se mueva con di-reccion paralela al campo magnetico, no habra fuerza magnetica,por lo que el campo no interfiere en el estado de movimiento dela carga. Cuando la partıcula se mueve con direccion perpendic-ular al campo magnetico, el angulo entre los vectores velocidad ycampo sera de 90◦, por lo que la fuerza magnetica sera maxima. Al ser la fuerza magneticaperpendicular a la velocidad sera tambien perpendicular al desplazamiento y siendo el trabajorealizado por una fuerza definido por:

WF =

∫C

F · dr,

el trabajo realizado por la fuerza magnetica sera siempre cero, ya que FB ⊥ dr. Si se considerauna partıcula, de masa constante, en la que solo perciba la fuerza magnetica1 y aplicando elTeorema de Trabajo y Energıa, se tendra:

1Es importante senalar que esta condicion se dara siempre y cuando el campo magnetico no varıe con eltiempo. En el caso de variaciones temporales, se presentan otras fuerzas como resultado de esta variacion,las cuales seran estudiadas posteriormente.

2

CAPITULO 1. EL CAMPO MAGNETICO 3

WFB = ∆K

0 =1

2m(v2

2 − v21

)v2 = v1.

Esto quiere decir que la fuerza magnetica, asociada campos magneticos que no varıan en eltiempo, solo puede cambiar la direccion de la velocidad, haciendo que permanezca inalteradala energıa cinetica de la partıcula.

En cuanto a las unidades, usando el S.I., si la fuerza esta dada en newtons (N), la velocidaden metros sobre segundo (m/s) y la carga electrica columbios (C), el campo magnetico debeestar en la unidad conocida como tesla (T). Otra unidad de uso comun es el gauss (G) y elfactor de equivalencia esta dado por 1 T = 1× 104 G.

Si estan presentes al mismo tiempo campos electrico y magnetico, la carga percibira tantola fuerza electrica como la magnetica, esta fuerza neta se conoce como fuerza Lorentz y seexpresa como:

FL = qE + qv ×B. (1.1.2)

En el caso de que los vectores E, v y B sean perpendiculares entre sı, dara como resultadoque la fuerza electrica y magnetica sean opuestas. Particularmente, si se desea de que lafuerza de Lorentz sea cero, ambas fuerzas deben tener la misma magnitud, haciendo que lacarga no sufra desviaciones y donde la magnitud de la velocidad se relaciona con la magnitudde los campos, por medio de:

v =E

B. (1.1.3)

1.1.2. Problemas Resueltos

Problema 1.1.1

En un campo magnetico de magnitud de 12.55 T y dirigido de izquierda a derecha, semueve un positron2 con una rapidez de 6× 106 m/s. Debido a esto, experimenta una fuerzamagnetica de 3.57× 10−12 N dirigida hacia afuera del plano de la pagina. ¿Cual es el anguloentre el vector velocidad y el campo magnetico?

Datos

B = 12.55 T

v = 6× 106 m/s

q = 1.6× 10−19 C

2El positron es la antipartıcula del electron, lo cual quiere decir que es una partıcula con la misma masaque la del electron pero con una carga electrica positiva.


F = 3.57× 10−12 N

Procedimiento

La figura 1.2 muestra los vectores de velocidad, campo magnetico, fuerza y el angulo pordeterminar.

q

B

v

θF

Figura 1.2: Trayectoria de q

La magnitud de la fuerza magnetica esta dada por:

F = qvB sin θ,

por lo que al despejar:

θ = sin−1

(F

qvB

)= sin−1

[3.57× 10−12

1.6× 10−19(6× 106)12.55

],

de tal forma:

θ = 17.24◦.

Problema 1.1.2

Una partıcula alfa3 tiene una velocidad de(

3 i + 5 j− 9 k)

m/s dentro de un campo

magnetico uniforme dado por(

3 i− 20 j + 5 k)µT.

a. ¿Cual es la fuerza que percibe la partıcula alfa?

b. ¿Que campo electrico hace que la fuerza neta sobre la carga sea cero?

Datos

v =(

3 i + 5 j− 9 k)

m/s

B =(

3 i− 20 j + 5 k)µT =

(3 i− 20 j + 5 k

)× 10−6 T

q = 2e = 3.2× 10−19 C

3Una partıcula alfa corresponde al nucleo de He, es decir esta formado por dos protones y dos neutrones.


Procedimiento

a. La fuerza magnetica esta dada por medio de:

F = qv ×B.

Al sustituir los valores en ella se obtiene:

F = 3.2× 10−19

∣∣∣∣∣∣i j k3 5 −9

3× 10−6 −20× 10−6 5× 10−6

∣∣∣∣∣∣ ,por lo que el resultado es:

F =(−4.96 i− 1.34 j− 2.40 k

)× 10−23 N.

b. Si las fuerzas electrica y magnetica estan equilibradas, indica que la fuerza de Lorentzdebe ser nula:

FL = 0 = qE + qv ×B,

de tal forma que:

E = −v ×B,

entonces:

E =(

1.55 i + 0.42 j + 0.75 k)× 10−4 V/m.

Problema 1.1.3

y

z

x

q2

q1

v2

v1

30◦

Figura 1.3: Problema propuesta

Las cargas q1 = 2 µC y q2 = −5 µC, que semuestran en la figura, se mueven con rapideces dev1 = 3 m/s y v2 = 5 m/s. Determine el campomagnetico de forma tal que la fuerza que perceibenambas cargas sean la misma y considerando que elvalor de la componente z del campo es de 2 T.

Datos

q1 = 2 µC

q2 = −5 µC

v1 = 3 m/s

v2 = 5 m/s.


Procedimiento

Se calcula la fuerza magnetica sobre cada una de las cargas:

F1 = q1v1 ×B F2 = q2v2 ×B

= 2× 10−6

∣∣∣∣∣∣i j k0 3 0Bx By Bz

∣∣∣∣∣∣ = −5× 10−6

∣∣∣∣∣∣i j k0 5 cos 30◦ 5 sin 30◦

Bx By Bz

∣∣∣∣∣∣= 2× 10−6

(3Bz i− 3Bx k

)= −5× 10−6

[(5 cos 30◦Bz − 5 sin 30◦By) i

+5 sin 30◦Bx j− 5 cos 30◦Bx k].

Como se desea que la fuerza percibida por ambas cargas sea igual, se iguala cada componente:

i : 3(2× 10−6

)Bz = −5× 10−6 (5 cos 30◦Bz − 5 sin 30◦By)

j : 0 = −5× 10−6 (5 sin 30◦Bx)

k : −3(2× 10−6

)Bx = −5× 10−6 (5 cos 30◦Bx) ,

sabiendo que Bz = 2 T, se encuentra:

B =(

2.7 j + 2.0 k)

T.

Problema 1.1.4

Un electron se mueve con una aceleracion de (200 i + 500 j) m/s2 y en un instantedado su velocidad es de 4 m/s i. La situacion anterior es el resultado de la presencia decampos electrico y magnetico. El campo magnetico tiene una orientacion en k, mientrasque el electrico tiene direccion −i. El campo electrico es producido por dos placas paralelasseparadas una distancia de 15 cm y conectadas a una diferencia de potencial ∆V . Para estesituacion, determine:

a. la magnitud del campo magnetico

b. la diferencia de potencial.

Datos

q = −1.6× 10−19 C

m = 9.11× 10−31 kg

v = 4 m/s i


a = (200 i + 500 j) m/s2

d = 0.15 m

E = −E i

B = B k

Procedimiento

La aceleracion que percibe el electron es producto de la fuerza de Lorentz y la magnituddel campo electrico es dado por ∆V

d, entonces:

FL = ma

q(v ×B + E) = ma

(−1.6× 10−19)(

4 i×B k− E i)

=(9.11× 10−31

)(200 i + 500 j)

−4B j− ∆V

0.15i = −

(1.14 i + 2.85 j

)× 10−9,

comparando las componentes por separado, se encuentra:

−4B = −2.85× 10−9 −∆V

0.15= −1.14× 10−9

B = 7.13× 10−10 ∆V = 1.71× 10−11.

Usando el valor de entonces:

B = 7.13× 10−10 T

∆V = 1.71× 10−11 V.

1.2. Cargas Circulantes

1.2.1. Nota Teorica q

v

F

r

B

Figura 1.4: Cargas circulantes

La fuerza magnetica que se muestra en la figura 1.4 sele conoce como deflectora y cumple con dos caracterısti-cas:

a. no altera la rapidez de las partıculas

b. siempre opera perpendicular a la velocidad.


En forma mas simple, esta fuerza es tipo centrıpeta y genera que las cargas sigan un movimien-to circular uniforme. De lo anterior, usando las magnitudes de fuerza centrıpeta y fuerzamagnetica se tendra4:

Fcent = FB

|q|vB = mv2

r,

de tal forma que:

r =mv

|q|B, (1.2.1)

donde mv es la magnitud de la cantidad de movimiento lineal p. Ademas como es unmovimiento circular, las expresiones de frecuencia y rapidez angular siguen siendo validas:

ω =v

rf =

ω

2π

ω =|q|Bm

f =|q|B2πm

.

La frecuencia (f) se conoce con el nombre de frecuencia de ciclotron. Recibe este nombre,ya que el dispositivo llamado ciclotron, utiliza estas ideas para acelerar partıculas cargadas.

A partir de estos resultados es posible calcular la energıa cinetica de la partıcula:

K =p2

2m=

(qBm)2

2m. (1.2.2)

4El caso que se esta analizando es no relativista, es decir v � c, llamado tambien movimiento de ciclotron,el caso relativista se conoce como movimiento de sincrotron y se deben realizar correcciones sobre algunas delas expresiones citas aquı.


1.2.2. Problemas Resueltos

Problema 1.2.1

B

q

∆V

r

Figura 1.5: Trayectoria de q

Un ion con carga +2e tiene una masa de 3.2× 10−26 kg.Se acelera desde el reposo por una diferencia de potencialde 900 V, luego entra en un campo magnetico uniforme de0.98 T, perpendicularmente. Calcule:

a. la rapidez del ion

b. el radio de su trayectoria dentro del campo magnetico.

Datos

q = 3.2× 10−19 C

m = 3.2× 10−26 kg

∆V = 900 V

B = 0.98 T

Procedimiento

La figura 1.5 muestra un esquema de la trayectoria de la partıcula. Esta trayectoria sedivide en dos partes:

a. Se acelera en lınea recta en la region donde se ha definido una diferencia de potencial∆V .

b. Su trayectoria se dobla formando un semicırculo, esto debido a que ingresa en una zonadonde esta presente un campo magnetico perpendicular al sentido del movimiento.

Una vez entendido el problema se responderan las preguntas en el orden en que se hanformulado.

a. El trabajo realizado por el campo electrico sobre la carga, en la region donde existe ladiferencia de potencial esta dado por:

W = q∆V.

Usando sobre esta expresion el Teorema de Trabajo y Energıa se encuentra:

q∆V =1

2mv2, (1.2.3)

al despejar la velocidad:


v =

√2q∆V

m

=

√2(3.2× 10−19)900

3.2× 10−26,

dando como resultado:

v = 1.34× 105 m/s.

b. El radio de la trayectoria circular esta dado por:

r =mv

qB

=3.2× 10−26(1.34× 105)

3.2× 10−19(0.98),

dando como resultado:

r = 13.69 mm.

Problema 1.2.2

El cinescopio de la television (antigua) utiliza dos imanes de desviacion en lugar de placaselectricas de desviacion. Suponga que un haz de electrones se acelera a traves de una diferenciade potencial de 50 kV y entonces pasa a traves de un campo magnetico uniforme producidopor los imanes en una region de 1 cm a lo largo del movimiento de los electrones. La pantallaesta localizada a 50 cm del punto donde los electrones dejan el campo magnetico y es de 50 cmde la parte inferior de la pantalla a la parte superior de esta. Cuando el campo esta ausente,el haz de electrones golpea el centro de la pantalla. ¿Que intensidad de campo es necesariopara desviar el haz hasta el extremo de la pantalla?

Datos

q = 1.6× 10−19 C

m = 9.1× 10−31 kg

V = 50× 103 V


v−

q

B PA

NT

AL

LA

1 cm 50 cm

25 cm

Figura 1.6: Esquema de funcionamiento de un cinescopio

Procedimiento

La figura 1.7 muestra el viaje los electrones (color verde), donde el origen de las coorde-nadas (O) coincide con el comienzo del movimiento. El punto A corresponde a la posicionen donde esta la partıcula cuando abandona la zona de campo magnetico y el punto Bcorresponde a la posicion en la pantalla donde choca la partıcula. Del punto O al puntoA, al estar dentro de un campo magnetico y ser la velocidad perpendicular al campo, lapartıcula describe una trayectoria circular. Del punto A al punto B, al desaparecer el campomagnetico y no existir ninguna otra fuerza, la velocidad sera constante, el movimiento enlınea recta y su direccion tendra la direccion de la velocidad en el punto A, es decir tangentea la circunferencia en este punto.

La figura 1.8 muestra el detalle del movimiento de los electrones dentro del cırculo. Laecuacion de un cırculo con su centro en (0, r), esta dada por:

x2 + (y − r)2 = r2. (1.2.4)

Evaluando esta expresion en el punto donde deja la trayectoria circular, ya que es dondetermina la zona del campo magnetico, (punto A):

(0.01)2 + (h− r)2 = r2

0.0001 + h2 − 2rh = 0 (1.2.5)


x

y

B PA

NT

AL

LA

O

A

B

Figura 1.7: Trayectoria de los electrones


x

y

B

O

A

0.01 m

h

r

Figura 1.8: Trayectoria de los electrones


Por otro lado, la direccion del movimiento entre A y B, es la direccion de la velocidaden el punto A. Como la direccion de la velocidad en un movimiento circular es tangente ala trayectoria circular, la direccion de la velocidad corresponde a y′ = dy

dxde la trayectoria

circular, evaluada en el punto A. Entonces, al derivar implıcitamente, con respecto a x, laexpresion (1.2.4) y despejando y′, se obtiene:

y′ =x

r − yy al evaluarla en el punto A:

y′ =0.01

r − h(1.2.6)

Otra forma de determinar la direccion del movimiento entre los puntos A y B, es calculandola pendiente de la lınea recta definida por AB:

m =0.25− h

0.51− 0.01

= 0.5− 2h. (1.2.7)

Entonces las expresiones (1.2.6) y (1.2.7) son iguales, al hacer y′ = m y simplificar se en-cuentra:

0.5r − 2hr − 0.5h+ 2h2 = 0.01. (1.2.8)

Las ecuaciones (1.2.5) y (1.2.8) forman un sistema, al eliminar la variable r, se encuentra lasiguiente expresion:

2h3 − 0.5h2 − 0.0202h+ 0.00005 = 0

h = 2.34× 10−3 m,

en realidad esta expresion tiene tres soluciones, sin embargo las otras dos se desechan. Laprimera solucion se elimina porque es un numero mas alto que la altura de mitad superiorde la pantalla, mientras que la otra por ser un valor negativo.

Tomando el valor de h encontrado y sustituyendolo en la expresion (1.2.8) se encuentra:

r = 22.53× 10−3 m.

Combinando las expresiones (1.2.1) y (1.2.3) y despejando el campo magnetico se encuen-tra:

B =1

r

√2mV

q, (1.2.9)

sustituyento el valor de r encontrado, junto con los datos del problema:

B = 33.47 mT.


Problema 1.2.3

Una partıcula con carga q y masa m se proyecta dentro de un campo magnetico uniformeB (observe la figura 1.9(a)), con una rapidez v formando un angulo α con el campo magnetico(0 < α < 90◦). Halle:

a. el periodo

b. el paso p

c. el radio de la trayectoria helicoidal.

B

+

q

v

r

p

(a) Trayectoria seguida por q

B

vz

vθ

v

α

(b) Componentes del vector ve-locidad

Figura 1.9: Solucion del problema 1.2.2

Procedimiento

El movimiento de una partıcula en forma de helice esta formado por dos partes, unmovimiento circular y un movimiento lineal, con direccion perpendicular al plano del cırculo.Para que esto ocurra, la velocidad debe tener una componente tangente a la trayectoriacircular y la otra componente perpendicular al plano del cırculo.

En el caso del problema planteado, se elegira la direccion del eje z paralela al vector decampo magnetico (ver figura 1.9(b)). De esta forma el vector velocidad se puede descomponeren una componente paralela al eje z, la responsable del movimiento lineal y una componentetangencial a la trayectoria, responsable del movimiento circular:

vz = r cosα vθ = r sinα.

Como la componente vz es paralela al campo magnetico, no hay fuerza magnetica en esta di-reccion, manteniendo inalterada la magnitud y direccion de esta componente de la velocidad.En cambio como la componente tangencial es perpendicular al campo magnetico, se gen-era una fuerza magnetica que hace que la trayectoria sea circular; la combinacion de ambosresultados genera una trayectoria helicoidal, como se muestra en la figura 1.9(a).


a. La frecuencia del movimiento circular, en un campo magnetico, esta dada por:

f =|q|B2πm

y su recıproco, corresponde al periodo de la orbita:

T =2πm

qB. (1.2.10)

b. El paso p, es decir la distancia que recorre la partıcula en la direccion z, en el mismotiempo que le toma dar una vuelta. El moviemiento en la direccion z corresponde amovimiento rectilıneo uniforme, ya que vz es constante, de tal forma usando la ecuacionque describe este tipo de movimiento se tiene:

p = vzT = v cos θT,

por lo que, al usar la expresion (1.2.10) sobre este resultado:

p =2πmv cosα

qB

c. El radio de la trayectoria se calcula usando la velocidad tangencial a esta trayectoria(vθ):

r =mvθqB

,

por lo que:

r =mv sinα

qB.

Problema 1.2.4

Una partıcula de carga q y masa m tiene una cantidad de movimiento lineal p = mv yuna energıa cinetica K = 1/2mv2. Si se mueve en una orbita circular de radio r en el interiorde un campo magnetico B. Demuestre que:

a. p = B|q|r

b. K = (Bqr)2/2m


Procedimiento

Si es un movimiento circular, es cierto que:

v = rω ω =|q|Bm

a. Aplicando las anteriores relaciones para la cantidad de movimiento lineal:

p = mv

= mr

(|q|Bm

)= B|q|r,

con lo cual queda demostrado el primer ıtem.

b. En el caso de la energıa cinetica se tendra:

K =1

2mv2

=1

2m

[r

(|q|Bm

)]2

=(qrB)2

2m,

con lo que queda demostrado el segundo ıtem.

Problema 1.2.5

Protones (q = +e), deuterones (q = +e) y partıculas α (q = +2e), con la misma energıacinetica, entran en un campo magnetico B que es perpendicular a sus velocidades. Sean rp,rd y rα son los radios de sus orbitas circulares. Si las masas de las partıculas son mα = 2md =4mp, determine los cocientes rd/rp y rα/rp.

Procedimiento

Como las tres partıculas tienen la misma energıa cinetica, se puede determinar el valorpara la rapidez de cada una:

K =1

2mpv

2p K =

1

2mdv

2d K =

1

2mαv

2α


vp =

√2K

mp

vd =

√2K

md

vα =

√2K

mα

.

El radio para una partıcula carga en una orbita circular esta dada por:

r =mv

|q|B,

al evaluar para cada partıcula:

rp =mpvpqpB

rd =mdvdqdB

rα =mαvαqαB

rp =mp

√2Kmp

qpBrd =

md2Kmd

qdBrα =

mα

√2Kmα

qαB

rp =

√2Kmp

qpBrd =

√2Kmd

qdBrα =

√2Kmα

qαB.

Al realizar las relaciones de radio solicitadas:

rdrp

=

√2KmdqdB√2Kmp

qpB

rαrp

=

√2KmαqαB√2Kmp

qpB

rdrp

=qpqd

√md

mp

rαrp

=qpqα

√mα

mp

rdrp

=e

e

√2mp

mp

rαrp

=e

2e

√4mp

mp

rdrp

=√

2rαrp

= 1

1.3. Fuerza Magnetica sobre un Cable

1.3.1. Nota Teorica

La fuerza magnetica que percibe un alambre recto que conduce una corriente electricauniforme5 y que esta dentro de un campo magnetico uniforme en magnitud y direccion,esta dada por medio de la expresion:

F = i`×B (1.3.1)

donde:5La palabra uniforme es distinta a constante. Una cantidad uniforme NO depende de las coordenadas

espaciales pero sı puede depender del tiempo.


F es la fuerza magnetica sobre el alambre

i es la corriente electrica que el cable porta

` es la longitud del cable

` es un vector con direccion a lo largo del cable, con el mismo sentido que lleva la corrienteelectrica y con una magnitud igual a la longitud del cable

B es el campo magnetico.

`

B

F

i

(a) Cable recto

i

d`

B

F

INICIO

FINAL

(b) Cualquier cable

Figura 1.10: Fuerza magnetica sobre un cable que lleva una corriente electrica

La expresion anterior se puede generizar para el caso de un cable sobre el que circuleuna corriente electrica constante pero que tenga cualquier forma o que el campo magneticoexterno pueda variar con las coordenadas espaciales. Para ello se tomara un segmento dife-rencial de cable d`, el cual percibe una fuerza magnetica de tamano diferencial y dada por laexpresion (1.3.1): dF = id` ×B. La fuerza magnetica total se encuentra al sumar todas lascontribuciones de la fuerza a lo largo del cable completo, esto es integrar sobre todo el cable:

F = i

∫ final

inicio

d`×B (1.3.2)

donde:

i es la corriente electrica que circula por el segmento de cable analizado

d` vector unitario, cuya direccion es siempre positiva, segun el sistema de referencia

B el campo magnetico externo aplicado sobre el cable


los lımites inicial y final, corresponden a los extremos del segmento de cable que se estaconsiderando, el inicio se define como aquel de donde viene la corriente electrica y elextremo final es el extremo a donde llegue la corriente electrica, es decir siguiendo elsentido de la corriente electrica.

Para un circuito cerrado, dentro de un campo magnetico uniforme, se comprueba que lafuerza magnetica neta es nula; por lo que la fuerza magnetica sobre un segmento de estecircuito es igual en magnitud que la fuerza magnetica sobre el resto del circuito pero sudireccion es opuesta.

1.3.2. Problemas

Problema 1.3.1

En un campo magnetico constante B = 3 i T hay un segmento de alambre en forma deL (observe la figura 1.11(a)). El alambre lleva una corriente electrica de 2 A, la seccion largamide 3.6 m y forma un angulo de 60◦ con el eje x, como se muestra en la figura, y la seccioncorta mide 0.4 m. Determine la fuerza que percibe el alambre debido al campo magnetico.

Datos

B = 3 i T

i = 2 A

`1 = 0.4 m

`2 = 3.6 m

θ = 60◦

Procedimiento

La fuerza magnetica para ambos segmentos rectos, esta dada por medio de la expre-sion (1.3.1), tomando como las direcciones de los vectores las dadas en la figura 1.11(b), setendra que la fuerza magnetica para cada segmento es:

F1 = i`1 ×B F2 = i`2 ×B

= i`1(cos 30◦ i− sin 30◦ j)×B i = i`2(cos 60◦ i + sin 60◦ j)×B i

= i`1B sin 30◦ k = −i`2B sin 60◦ k,

al sustituir los valores numericos se encuentra:

F1 = 1.2 N k F2 = −18.7 N k.


x

y

B

i

60◦

(a) Configuracion

x

y

60◦

30◦

`1

`2

B

(b) Vectores


De tal forma que la fuerza neta es la suma vectorial de estos dos resultados:

F = −17.5 N k.

Problema 1.3.2

Un cable recto, de una longitud de 0.75 m, se coloca en el eje x positivo, de tal formaque el origen de coordenadas coincida con uno de los extremos del cable. El cable porta unacorriente electrica de 0.4 A dirigida hacia x negativo. El cable se coloca en una zona de uncampo magnetico dirigido hacia el eje y positivo, pero con una magnitud variable y dada porla expresion:

B = 3x2 + 1,

con B en teslas y x en metros. Determine la fuerza magnetica.

Datos

` = 0.75 m

B = (3x2 + 1) j

i = 0.4 A


Procedimiento

Interpretando el problema, se tiene el siguiente esquema:

y

xi

B

dx

d`

Figura 1.12: Diagrama del problema

Como la magnitud del campo magnetico no es constante, es necesario calcular la fuerzasobre un diferencial de cable, de largo dx y luego sumar esta fuerza a lo largo de todo elcable, donde los lımites de la integral siguen la direccion de la corriente electrica.

FB =

∫dFB

FB = i

∫d`×B

= 0.4

∫ 0

0.75

(dx i

)×[(

3x2 + 1)

j]

= 0.4

∫ 0

0.75

(3x2 + 1

)dx k

= 0.4(x3 + x

)∣∣00.75

k,

evaluando:

F = −0.47 N k.

Problema 1.3.3

Un alambre largo esta doblado en la forma que se muestra en la figura 1.13(a) y lleva unacorriente electrica de 13 A. Encuentre la fuerza magnetica neta sobre el, si esta dentro de uncampo magnetico que varıa angularmente como 2 sin θ T y que sale del plano de la pagina.Tome en cuenta que el radio es de 20 cm.

Datos

i = 13 A

R = 0.2 m

B = 2 sin θ T k


Procedimiento

y

x

i

R

B

(a) Configuracion

y

x

i

θ

dθ

ds

B

a b

d`

(b) Variables utilizadas

Figura 1.13: Fuerza magnetica sobre un cable doblado

Para encontrar la fuerza magnetica sobre el cable, se toma un diferencial de arco ds, detal forma que el vector d` sea tangente a la circunferencia, es decir d` = Rdθ θ. De estaforma:

d`×B =(Rdθ θ

)×(

2 sin θ k)

= 2R sin θdθ(θ × k

)= 2R sin θdθ r

= 2R sin θdθ(

cos θ i + sin θ j),

el diferencial dθ, indica que la variable de integracion es la coordenada θ. La fuerza neta sedetermina por integracion de esta expresion y segun el sentido de la corriente electrica quecircula en el cable, los lımites de integracion son desde el punto a hasta el punto b.

F =

∫id`×B

=

∫ 0

π

i2R sin θdθ(

sin θ i + cos θ j)

= 2Ri

[∫ 0

π

cos θ sin θ dθ i +

∫ 0

π

sin2 θ dθ j

]= −Riπ j,

al sustituir los valores:

F = −8.17 N k.


Problema 1.3.4

La figura muestra un cable doblado en una estructura cubica no conductora y que portauna corriente electrica uniforme i, en una zona donde existe un campo magnetico B = B kuniforme. Demuestre que la fuerza magnetica sobre el es nula.

Procedimiento

z

y

x

i

B

L

a

b

c

d

e


Datos

Del sistema de coordenadas que se muestra en la figura se obtiene la siguiente informacion

B = B k

rab = rb − ra = L i + L j + L k− L i = L j + L k

rbc = rc − rb = L j + L k−(L i + L j + L k

)= −L i

rcd = rd − rc = L j−(L j + L k

)= −L k

red = re − rd = L i + L j− L j = L i

rae = ra − re = L i−(L i + L j

)= −L j


Procedimiento

Como el campo magnetico es uniforme se puede usar la expresion (1.3.1) en cada uno delos segmentos de cable.

Fab = i(L j + L k

)×(B k

)= ibL i

Fbc = i(−L i

)×(B k

)= ibL j

Fcd = i(−L k

)×(B k

)= 0

Fde = i(L i)×(B k

)= −ibL j

Fae = i(−L j

)×(B k

)= −ibL i.

Al realizar la suma vectorial, se encuentra:

F = 0.

Este resultado es esperado ya que el cable forma un circuito cerrado y el campo magneticoes uniforme.

Problema 1.3.5

El cable que se muestra en la figura 1.15(a) se dobla en forma de triangulo, porta unacorriente uniforme i = 10 A y se coloca dentro de un campo magnetico no uniforme, cuyamagnitud esta dada por:

B = 4x+ 3,

donde x esta en metros y B en teslas y con una direccion hacia afuera del plano de la pagina.Determine la fuerza magnetica total a la que es sometido el cable.

Datos

B = −(4x+ 3) k

i = 10A

Para calcular la fuerza total, se separara el cable en tres segmentos, tal como se muestraen la figura 1.15(b).


x(m)

y(m)

i

i

i 4

3

B

(a) Configuracion

x(m)

y(m)

i

i

i 4

3

a

b

c

B

(b) Planteamiento del problema


x(m)

y(m)

i 4a

Bdxx

d`

Figura 1.16: Fuerza magnetica sobre el segmento a–b

Desarrollo

Segmento a–b

Como el campo magnetico depende de x y el segmento esta colocado de tal forma quex varıa en el, no se puede utilizar la formula para cables rectos. La figura 1.16 muestra lasvariables por utilizar. Usando estas variables en la expresion (1.3.2) se obtiene:


Fab =

∫ a

b

id`×B

= i

∫ 0

4

(dx i)× [−(4x+ 3) k]

= 10

∫ 0

4

(4x+ 3)dx j

= 10(2x2 + 3x

)∣∣04

j

= −440 N j. (1.3.3)

Segmento b–c

En este caso x = 4, es decir por lo que el campo magnetico es constante en este segmentode cable, su magnitud es B = 4 ∗ 4 + 3 = 19 T. Como ademas la corriente electrica tambienlo es, se puede utilizar la expresion (1.3.1) para calcular la fuerza magnetica. La figura 1.17muestra las variables.

x(m)

y(m)

i

4

3

b

c

B

−3 j

Figura 1.17: Fuerza magnetica sobre el segmento b–c

En este caso se tendra que la fuerza sobre el cable es:

Fbc = i`×B

= 10(−3 j)× (−19 k)

= 570 N i. (1.3.4)


Segmento c–a

La porcion de cable inclinado tiene dos puntos importantes por analizar:

a. el campo magnetico varıa con x

b. la coordenada y depende de x.

x(m)

y(m)

i

4

3

a

c

B

d`

d`

Figura 1.18: Fuerza magnetica sobre el segmento c–a

La figura 1.18 muestra que d` = dx i+dy j, pero la ecuacion de la lınea recta que describeel segmento de cable es:

y = 0.75x⇒ dy = 0.75dx.

De esta forma se tendra que:

d` = dx i + 0.75 dx j

B = −(4x+ 3) k,

usando estas variables en la expresion (1.3.2):

Fca =

∫ c

a

id`×B

= i

∫ 4

0

(dx i + 0.75dx j)× [−(4x+ 3) k]

= i

∫ 4

0

−(4x+ 3)(0.75 i− j)dx

= i(−0.75 i + j)(2x2 + 3x

)∣∣40

= 10(44)(−0.75 i + j)

= (−330 i + 440 j) N.


En este calculo, se intrega en la direccion de la corriente, de a = (0, 0) a c = (4, 3), y se hacede 0 a 4, ya que la variable que se escogio para la integracion es x.

Por lo tanto la fuerza neta sobre la espira esta dada por:

FT = Fab + Fbc + Fca

= −440 j + 570 i + (−330 i + 440 j)

= 240 i N.

1.4. El par en una espira de corriente

1.4.1. Nota Teorica

La figura 1.19(a) muestra una espira rectangular6, que porta un corriente electrica i einmersa en un campo magnetico externo B. Producto de esta configuracion cada segmentode la espira percibe una fuerza magnetica, en las direcciones mostradas en la figura y conmagnitudes de:

F1 = F2 = i`B

F3 = F4 = iwB.

Al sumar la fuerza magnetica total, como es de esperarse, es cero.

B

i

O O′

F1

F2

F4F3 S

`

w

(a) Vista Frontal

B

i

× i

F1

F2

S

θO

w

θ

θ

(b) Vista Lateral

Figura 1.19: Fuerza magnetica sobre una espira de corriente

6Se usa esta forma solamente por simplicidad, los resultados por obtener son validos independientementede la forma.


Supongase ahora que la espira esta inclinada, tal como se muestra en la figura 1.19(b), lasuma de fuerzas sigue siendo cero y la direccion de todas las fuerzas se mantiene. Sin embargo,las fuerzas F1 y F2 produciran un torque alrededor del eje de rotacion OO′, mientras que lasfuerzas F3 y F4 no producen torques, ya que su lınea accion coincide con el eje de rotacion.Los torques τ F1 y τ F2 tienen la misma direccion, sentido horario, y su magnitud es:

τF1 = τF2 =1

2i`Bw sin θ,

por lo que la magnitud del torque total es:

τF1 + τF2 = i`Bw sin θ

= SiB sin θ.

De lo anterior se infiere que el torque sobre una espira de corriente dentro de un campomagnetico es:

τ = NiA×B, (1.4.1)

donde:

N numero de vueltas en la espira

i corriente electrica en la espira

A vector de superficie, su direccion se obtiene por medio de la Regla de Mano Derecha,segun el sentido de la corriente electrica

B campo magnetico externo.

La expresion (1.4.1) es independiente del eje de rotacion de la espira y de la forma de lamisma.

La cantidad NiA, en la expresion (1.4.1), se llama momento dipolar magnetico (µ)de la espira y se relaciona, por lo tanto, con la torsion que un campo magnetico externogenera sobre la espira.

Asociado a una espira inmersa en un campo magnetico externo, se tiene una energıapotencial7, dada por:

U = −µ ·B. (1.4.2)

7Note que esta energıa potencial no es la energıa potencial del campo magnetico.


1.4.2. Problemas

Problema 1.4.1

La figura muestra una bobina rectangular de 160 vueltas de 26 cm, por la cual circula unacorriente electrica de 0.65 A y en la direccion mostrada en la figura. La bobina esta articuladaa lo largo del eje y, con su plano formando un angulo de 33◦ con el eje x. ¿Cual es la magnituddel momento de torsion sobre la espira debido a un campo magnetico de 0.57 T dirigido a lolargo del eje x? ¿En que direccion gira la bobina?

x

y

z

26 cm

17 cm

33◦

i

(a) Configuracion

x

z

bobina

A

B

33◦

57◦

57◦

(b) Vista Superior


Datos

N = 160 vueltas

l = 0.26 m

a = 0.17 m

θ = 33◦

B = 0.57 T


Procedimiento

La figura 1.20(b) muestra la vista superior de la figura 1.20(a), ademas en ella se muestrala direccion del campo magnetico y la direccion del vector de area. De esta forma el anguloentre los vectores A y B es de 57◦, por lo que:

τ = NiAB sin θ

= NilaB sin θ

= (160)(0.65)(0.26)(0.17)(0.57) sin 57◦,

de tal forma:

τ = 2.2 N ·m.

Problema 1.4.2

En un campo magnetico uniforme de 2 T hay una bobina de 150 vueltas de un radiode 0.5 m que lleva una corriente electrica de 0.2 A. ¿Cual es el trabajo realizado al girar labobina desde una posicion donde el torque magnetico forma un angulo de 0◦ con el campomagnetico hasta la posicion donde el torque magnetico forma un angulo de 180◦ con elcampo? AYUDA: La expresion para calcular el trabajo que se realiza al girar un cuerpoun diferencial de arco es dW = τdα, donde τ es el torque y dα es el angulo que se gira.

bobinaA

B

θ

α

Figura 1.21: Configu-racion

Datos

B = 2 T

N = 150 vueltas

r = 0.5 m

i = 0.2 A

Procedimiento

El torque, debido a la fuerza magnetica, que percibe la bobina esta dado por:

τ = NiSB sin θ

donde θ es el angulo entre el campo magnetico y el vector area.El trabajo asociado al torque magnetico, cuando la bobina se hace girar un angulo dα:

dW = τdα

= NiSB sin θdα.


Si se observa la figura 1.21, se concluye que α = θ, con lo que dα = dθ, por lo que:

dW = NiSB sin θdθ.

El trabajo neto, cuando la bobina gira desde un angulo θ = 0 hasta un angulo θ = 180◦, es:

W =

∫ π

0

NiSB sin θdθ

= 2Niπr2B,

sustituyendo valores:

W = 94.25 J.

Problema 1.4.3

Un galvanometro de bobina movil consta de un carrete de alambre suspendido en uncampo magnetico radial B mediante una fibre delgada y flexible. Cuuando una corriete ipasa a traves de la bobina se genera un momento que tiende a girarla. A su vez en la fibrase genera un par restaurador dado por τ = kθ, siendo k la constante de torsion. Demuestreque:

i =kθ

NAB,

siendo N el numero de vueltas de la bobina y A el area de la espira.

Procedimiento

La magnitud del torque generado por la bobina es:

τB = NiAB sinφ

τB = NiAB,

donde φ = 90◦, ya que el campo magnetico tiene direccion radial y el vector de area esperpendicular al plano de la espira.

Como el torque generado por el campo manetico sobre la bobina es el mismo, en magnitud,que se genera en la fibra, se tendra:

NiAB = kθ

i =kθ

NAB.

Bibliografıa

[Resnick] Resnick, R., Halliday, R., Krane, K. Fısica. Vol. 2. Companıa Editorial Continental.5 ed.

[Serway] Serway, R., Jewett, J. Fısica. Vol. 2. Editorial Fondo Educativo. 6 ed.

[Sears] Sears, F., Zemasky, M., Young, H., Freedman, R. Fısica Universitaria. Vol. 2. EditorialAddison Wesley. 12 ed.

[Tipler] Tipler, P., Mosca, G. Fısica para la Ciencia y la Tecnologıa. Vol. 2. Editorial Reverte.5 ed.

[Bauer] Bauer, W., Westfall, G. Fısica para ingenierıa y ciencias. Vol. 2. Editorial McGrawHill. 1 ed.

[Banco] Banco de examenes de la Catedra Fısica General III.

34

Documents

fisica Cap-27