Problemas resueltos de la relación 4 (Campo...

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[Versión 30 de abril de 2020]

Problemas resueltos de la relación 4 (Campo magnético)

Constantes: µ0

4π = 10−7N/A2.

Problema 1. Un protón (mp = 1,67 × 10−27 kg) se mueve perpendicularmente a un campo magnéticouniforme ~B a una velocidad ~v = (107 m/s)k y experimenta una aceleración de 2,00 × 1013 m/s2 en ladirección positiva del eje X . Determina la magnitud y dirección del campo magnético.

SoluciónPrimero introducimos

~a = aı , donde a = 2,00× 1013 m/s2 , (1)

~v = vk , donde v = 107 m/s . (2)

La aceleración estará relacionada con la fuerza total aplicada sobre el protón mediante la segunda ley deNewton,

~F = mp~a . (3)

La única fuerza que actúa sobre él es la fuerza electromagnética, por lo que la ley de fuerzas de Lorentz nosasegura que

~F = q(~v × ~B + ~E) . (4)

Como no hay campo eléctrico solo hay contribución magnética y la ecuación a resolver es

q(~v × ~B) = mp~a . (5)

El campo magnético nos dicen que es uniforme, por lo que sus componentes serán constantes. Comotodo está expresado en coordenadas cartesianas lo natural es expresar ~B en dicha base:

~B = Bxı+By +Bzk , (6)

donde Bx, By y Bz son constantes. Pero también nos dicen que es perpendicular a la velocidad, por lo queBz = 0.

Sustituimos en la ley de fuerzas de Lorentz:

q[vk × (Bxı+By )

]= mpaı (7)

Bx−By ı =mpa

qvı . (8)

Y dos vectores son iguales si y solo si sus componentes son iguales,

Bx = 0 , By = −mpa

qv' −20,875 mT . (9)

Concluimos pues que el campo magnético viene dado por ~B = −20,875 mT, por lo que la respuesta alproblema es

Módulo: | ~B| = 20,875 mT

Dirección (y sentido): ~B

| ~B|= − . (10)

Alejandro Jiménez Cano

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Problema 2. Un segmento de alambre de 10 cm de longitud transporta una corriente de 2 A en la direcciónpositiva del eje X . Debido a la presencia de un campo magnético ~B, sobre el cable actúa una fuerza ~F =

(3+2k) N. Si el alambre se gira, de modo que la corriente fluya en la dirección positiva del eje Y , la fuerzasobre el alambre es ~F = (−3ı− 2k) N. Determina el campo magnético ~B.

SoluciónAunque no se nos dice explícitamente el campo magnético se supone que es constante. La fuerza mag-

nética sobre una corriente filiforme viene dada por la circulación

~F =

ˆC

I d~r × ~B . (11)

donde I es la intensidad de corriente que circula por el hilo y C es la curva descrita por la corriente yrecorrida en el sentido de ésta. Como I es constante y el campo magnético también:

~F = I

(ˆC

d~r

)× ~B = I~× ~B , (12)

donde ~ es el vector que va del punto inicial del hilo al final en el sentido de la corriente.Dado que todos vectores se nos dan en cartesianas, lo razonable es expresarlo en dicha base:

~B = Bxı+By +Bzk , (13)

donde Bx, By y Bz son constantes.

Corriente sobre el eje X

En este caso ~ = Lı, con L la longitud de nuestro hilo recto, como puede comprobarse haciendo laintegral,

~=

ˆC

d~r =

ˆ L

0

dxı = Lı . (14)

Nos dicen que ~F = (3+ 2k) N, por lo que

(3+ 2k) N = I(Lı)× (Bxı+By +Bzk) (15)

= IL(0 +Byk −Bz ) . (16)

de donde deducimos, igualando componentes,

By =2 N

IL, Bz = −3 N

IL. (17)

Corriente sobre el eje Y

En este caso, razonando igual que en el caso anterior llegamos a ~= L. Usamos el dato que nos dan defuerza magnética:

(−3ı− 2k) N = I(L)× (Bxı+By +Bzk) (18)

= IL(−Bxk + 0 +Bz ı) (19)


3

de donde deducimos, igualando componentes,

Bx =2 N

IL, Bz = −3 N

IL. (20)

Últimos pasos

En resumen, hemos obtenido

Bx =3 N

IL, By =

3 N

IL, Bz = −2 N

IL. (21)

Sustituyendo I = 2 A y L = 10 cm llegamos a:

~B = (10ı+ 10− 15k) T . (22)


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Problema 3. Un espectrómetro de masas se encuentra precedido por un selector de velocidad constituidopor placas paralelas separadas entre sí 2 mm y entre las que hay una diferencia de potencial de 160 V. Elcampo magnético entre las placas es de 0,42 T. El campo magnético en el espectrómetro de masas es de1,2 T. Calcula la velocidad con la que entran los iones en el espectrómetro, y la diferencia en los diámetrosde las órbitas del 238U y 235U simplemente ionizados.

Solución

Selector de velocidades

Flujoentrante

Como se ve en la figura, solo pasan aquellas partículas sobre las que la fuerza transversal se anula (en eldibujo, aquella en la dirección ).

0 = q ~E + q~v × ~B = q(E) + q(vı)× (Bk) = qE− qvB ⇔ v =E

B. (23)

Y dado que el campo eléctrico en el selector de velocidades es el producido por dos placas plano paralelascargadas a una diferencia de potencial V , E = V/d donde d es la distancia entre placas. Finalmente,

v =V

Bd=

160 V

(0,42 T)(0,002m)⇒ v = 190,5 km/s . (24)

Espectrómetro de masas

Partículaentrante(positiva)

mag

Partículaentrante(negativa)

mag

La fuerza magnética es perpendicular al movimiento de las cargas, por lo que siempre actuará como unafuerza centrípeta. Usando la segunda ley de Newton (tomando módulos en los dos miembros):

|~Fmag| = m|~acentrip| ⇒ qvB = mv2

R⇒ R =

mv

qB, (25)

donde R es el radio de la trayectoria circular descrita por la partícula. Nos piden la diferencia de los diáme-tros de las trayectorias descritas por dos isótopos (distinta masa), que vendrá dada por

∆D = 2R(238U)− 2R(235U) =2v

qB(m238U −m235U) =

2v

qB(3mn) , (26)

conmn la masa del neutrón, pues dado que son isótopos, tienen el mismo número de protones (son el mismoelemento) y la diferencia entre los números másicos se debe únicamente a neutrones. Finalmente

∆D =6vmn

qB=

6(190,5 km/s)(1,67 · 10−27 kg)

(1,6·10−19 C)(1,2 T)⇒ ∆D = 9,94 mm . (27)


5

Problema 4. Una cinta de cobre de 2 cm de ancho y 0,1 cm de espesor, llevauna corriente de 10 A y está situada en el interior de un campo magnético de2 T, como se ve en la figura. Si la densidad de electrones libres en el cobre esde 8,47 × 1022 electrones/cm3, calcula: la velocidad de desplazamiento de loselectrones en la cinta, y el voltaje de Hall. ¿Cuál de los dos puntos, a o b, seencuentra a mayor potencial?

0.100 cm

2.00 cm

Solución

Velocidad

El módulo de la densidad de corriente viene dada por

J = ρv = env , (28)

donde ρ es la densidad de carga, v la velocidad, e la carga elemental y n elnúmero de portadores por unidad de volumen. Pero por otra parte sabemosque I = JS con S la sección transversal atravesada por la densidad decorriente. Igualando:

env =I

S⇒ v =

I

enS=

10 A

(1,6·10−19 C)(8,47× 1022 cm−3)(0,1 cm)(2 cm)(29)

⇒ v =25

6776cm/s (' 3,69 · 10−5 m/s) (30)

Voltaje Hall y potenciales

Dirección de flujo de electrones

+

mag

+ + +

Los portadores de carga involucrados aquí son negativos y se mueven (ver la figura) de derecha a iz-quierda, de modo que debido a la fuerza magnética que es vertical y hacia arriba, obtenemos

Vb > Va . (31)

Una vez se ha alcanzado el equilibrio las dos fuerzas (eléctrica y magnética) se equilibran. Igualando mó-dulos,

|~Felec| = |~Fmag| ⇔ qVHall

L= qvB , (32)

y despejando el voltaje Hall

VHall = vBL ⇒ VHall ' 1,476·10−6 V . (33)


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Problema 5. Una bobina rectangular está constituida por N = 100 vueltas muyapretadas y tiene como dimensiones a = 0,40 m y b = 0,30 m. La bobina searticula a lo largo del eje Y , y su plano forma un ángulo θ = 30,0◦ con el eje X .¿Cuál es el momento del par ejercido sobre la bobina por un campo magnéticouniforme B = 0,80 T dirigido a lo largo del eje X , cuando la corriente es I =1,20 A en la dirección que se muestra en la figura? ¿Cuál es la dirección esperadade rotación de la bobina?

30.0

0.300 m

0.400 m

Solución

Recordatorio de teoría: par sobre una corriente filiforme cerrada en un campo magnético constante

El momento de par generado por un campo magnético constante sobre una corriente filiforme cerrada(formando una curva C, recorrida en el sentido de la corriente) es

~τ = ~m× ~B , (34)

donde ~m es el momento dipolar magnético de la distribución de corriente que viene dado por

~m = I

˛C

1

2~r × d~r . (35)

Pero en nuestro caso, por ser un circuito plano, la integral da justamente el vector superficie (perpendicularal plano de la corriente, con módulo la superficie interior del circuito y en el sentido del pulgar aplicando laregla de la mano derecha a la corriente),

~m = I ~S . (36)

Volvemos al problema

En nuestro caso, no tenemos un circuito cerrado sino muchos (aproximadamentecerrados) comprimidos en una distancia muy pequeña. Asumimos que las Nvueltas de la bobina están esencialmente superpuestas en el espacio, de modoque el momento del par es

~τ = N ~m× ~B = NI ~S × ~B . (37)

donde ~m se refiere al momento dipolar magnético de una sola vuelta.

No es difícil averiguar (ver figura) que

~S = ab︸︷︷︸|~S|

(sin θı− cos θk)︸︷︷︸versor con la dirección

y sentido de ~S

. (38)sin

cos

De modo que,

~τ = NIab(sin θı− cos θk)× (Bı) = −NIabB cos θ , (39)

~τ =

(−144

√3

25

)N m (' (−9,98) N m) . (40)

Dado que apunta en la dirección negativa del eje Y , la tendencia de la bobina debido a este momento serála de aumentar el ángulo θ.


7

Problema 6. La corriente que circula por el alambre largo y recto de la figuraes I1 = 5 A, y el alambre está colocado en el plano de la espira rectangular quetransporta una corriente I2 = 10 A. Las dimensiones son c = 0,10 m, a = 0,15 my ` = 0,45 m. Determina la magnitud y la dirección de la fuerza neta ejercidasobre la espira por el campo magnético producido por el alambre.

SoluciónEl primer paso es calcular el el campo magnético producido por el alambre que asumiremos infinito.

Campo magnético de una corriente filiforme rectilínea infinita. Método 1 (ley de Biot-Savart)

En general la ley de Biot-Savart es

~B =µ0

4π

ˆdV

~J × ~R

|~R|3. (41)

que para una corriente filiforme siguiendo una curva C y con intensi-dad I1 se reduce a

~B =µ0

4πI1

ˆC

d~r × ~R

|~R|3. (42)

En nuestro caso la corriente es rectilínea, así que tomamos el eje Zsobre la corriente de modo que ésta se dirija hacia las z positivas.

ʹ

Por la simetría cilíndrica del problema sabemos que el campo magnético debe ser de la forma

~B = Bϕ(ρ)ϕ . (43)

Elegimos pues sin pérdida de generalidad el punto test de coordenadas (x, y, z) = (r, 0, 0) o, en cilíndricas(ρ, ϕ, z) = (r, 0, 0). Al habernos restringido al semiplano XZ con x > 0, la base cilíndrica coincide con labase cartesiana como sigue,

ρ = ı , ϕ = (en y = 0 y x > 0) . (44)

La ley de Biot-Savart nos da el campo magnético siguiente

~B =µ0

4πI1

ˆ ∞−∞

dz′k × (rı− z′k)

(r2 + z′2)3/2=µ0

4πI1r

ˆ ∞−∞

dz′

(r2 + z′2)3/2!=µ0I12πr

, (45)

donde en ! hemos usadoˆ ∞−∞

dz′

(r2 + z′2)3/2=

{z′ = r tanα

dz′ = rcos2 αdα

}(46)

=

ˆ +π/2

−π/2

rcos2 αdα

(r2 + r2 tan2 α)3/2=

1

r2

ˆ +π/2

−π/2

dα

cos2 α(1 + tan2 α)3/2=

1

r2

ˆ +π/2

−π/2cosαdα =

2

r2.

(47)

En general (para cualquier punto del espacio) tendremos

~B =µ0I12πρ

ϕ . (48)


8

Campo magnético de una corriente filiforme rectilínea infinita. Método 2 (ley de Ampère)

Dada la simetría cilíndrica del problema sabemos que ~B = Bϕ(ρ)ϕ.La ley de Ampère nos dice que

˛C

~B · d~r = µ0Itotal . (49)

donde C es cualquier camino cerrado e Itotal es la intensidad total queatraviesa C en el sentido dado por la regla de la mano derecha. Eli-giendo un camino circular de radio ρ alrededor del hilo obtenemos:

˛C

~B · d~r =

ˆ 2π

0

(Bϕ(ρ)ϕ) · (ρdϕϕ) = ρBϕ(ρ)

ˆ 2π

0

dϕ = 2πρBϕ(ρ) ,

(50)por otro lado sabemos que Itotal = I1, luego

Bϕ(ρ) =µ0I12πρ

⇒ ~B =µ0I12πρ

ϕ . (51)

Fuerza sobre la espira

Como ya conocemos el campo magnético del hilo, ya podemos olvi-darnos de él y reducir el problema al cálculo de la fuerza sobre unaespira que se halla inmersa en un campo magnético. Consideremosque la espira está en el plano XZ dispuesta como en la figura. El cam-po magnético restringido a esa región es (donde sustituimos I por eldato I1)

~B =µ0I12πx

. (52)

La fuerza total sobre la espira será la suma de las fuerzas sobre cadauno de sus lados.

o Sobre los lados izquierdo y derecho respectivamente obtenemos

~F(1) = I2

ˆ `

0

(dzk)× ~B = I2

ˆ `

0

dz(−ı)µ0I12πc

= −µ0I1I2`

2πcı (53)

~F(2) = I2

ˆ 0

`

(dzk)× ~B = I2

ˆ 0

`

dz(−ı) µ0I12π(c+ a)

=µ0I1I2`

2π(c+ a)ı

(54)

(1)

(3)

(2)

(4)

o La fuerza en el lado de arriba se va a cancelar con la fuerza en el lado de abajo por simetría, comopuede comprobarse haciendo el cálculo:

~F(3) = I2

ˆ c+a

c

(dxı)× ~B = I2

ˆ c+a

c

dxkµ0I12πx

=µ0I1I2

2πlnc+ a

c(55)

~F(4) = I2

ˆ c

c+a

(dxı)× ~B = −I2ˆ c+a

c

(dxı)× ~B = −~F(3) (56)

La fuerza neta es:

~F =

4∑i=1

~F(i) =µ0I1I2`

2π

(1

c+ a− 1

c

)ı , (57)

~F = −µ0I1I22π

`a

c(c+ a)ı = (−2,7·10−5ı) N . (58)


9

Problema 7. Cuatro conductores largos y paralelos transportan corrientes iguales de I = 5,00 A. La figuramuestra un extremo de los conductores y los sentidos de las corrientes. a) Calcula la magnitud y direccióndel campo magnético en el punto P , localizado en el centro del cuadrado de 0,20 m de lado. b) Determinala fuerza por unidad de longitud que actúa sobre uno de los conductores.

0.200 m

0.200 m

Solucióna) Sea L el lado del cuadrado. Fijamos una base cartesiana y empezamos utilizando la fórmula del campomagnético de una corriente filiforme rectilínea infinita

~B(a) =µ0I

2πre(a) . (59)

donde r es la distancia del punto test a al hilo y e(a) es el versor angular (en el punto a) alrededor dela corriente de forma que ésta verifique la regla de la mano derecha. Para nuestro punto a = P tenemosr =

√22 L para todas las corrientes. Lo único que varía de unas a otras es el versor e. El campo magnético en

P tendrá la forma, sumando los de todas las corrientes (que son iguales y de valor I):

~B =µ0I

2π√22 L

(eA(P ) + eB(P ) + eC(P ) + eD(P )), (60)

=

√2µ0I

2πL(eA(P ) + eB(P ) + eC(P ) + eD(P )) (61)

Solo nos queda hallar los versores.

( ) ( )( ) ( )

Como se ve en la figura la regla de la mano derecha fija las direcciones (todos forman 45º con los ejescoordenados), y usando el seno y el coseno de 45º, se comprueba que:

eA(P ) = eD(P ) = −√

2

2(ı+ ) , (62)

eC(P ) = eB(P ) =

√2

2(ı− ) , (63)

Luego

~B(P ) =

√2µ0I

2πL[−√

2 (ı+ ) +√

2 (ı− )] = −2µ0I

πL , (64)

por lo que la respuesta al problema es

Módulo: | ~B| = 2µ0IπL = 0,02 mT

Dirección (y sentido): ~B

| ~B|= − . (65)


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b) Lo primero es conocer el campo magnético sobre el hilo considerado. Vamos a elegir el hiloD (llamaremosD al punto correspondiente). Observa que ahora la distancia a los otros tres hilos es distinta en cada caso.El campo total creado ellos en D es

~B =µ0I

2π

[1√2LeA(D) +

1

LeB(D) +

1

LeC(D)

]=µ0I

2πL

[1√2eA(D) + eB(D) + eC(D)

]. (66)

( )

( )

( )( )

De nuevo, no es difícil comprobar que

eA(D) = eA(P ) = −√

2

2(ı+ ) , eC(D) = ı , eB(D) = − . (67)

Entonces el campo magnético sobre el hilo D (en cualquiera de sus puntos) es

~B =µ0I

2πL

[−1

2(ı+ ) + ı−

]=µ0I

4πL(ı− 3) . (68)

La fuerza sobre un segmento del hilo D de longitud ` será

~F = I

ˆ `

0

dzk × ~B = I

ˆ `

0

dzµ0I

4πL(+ 3ı) =

µ0I2

4πL(+ 3ı)

ˆ `

0

dz =µ0I

2`

4πL(+ 3ı) . (69)

Aquí hemos usado que la corriente en D va en el sentido de k. Si fuese al revés tendríamos que integrar´ 0`

y nos saldría un menos. De modo que la fuerza por unidad de longitud será:

~F

`=µ0I

2

4πL(+ 3ı) , (70)

y sustituyendo los datos:

~F

`=

(1

8+

3

8ı

)· 10−4 N/m ' (1,25+ 3,75ı)·10−5 N/m . (71)


11

Problema 8. Calcula el flujo de campo magnético a través de la bobina rectangular del problema 5 si elángulo que forma el plano de la bobina con el eje X es de 0◦, 90◦ o los 30◦ de la figura.

Solución

Lo mejor aquí es calcular la fórmula general, en función del ángulo, y luego sustituir. Para un ángulo θarbitrario, ya vimos en el problema que el vector superficie es1

~S = ab(sin θı− cos θk) . (72)

El flujo del campo magnético ~B = Bı (con B = 0,8 T) es

Φm =

ˆS

~B · d~S . (73)

Pero como ~B es un campo constante sale de la integral

Φm = ~B ·ˆS

d~S = ~B · ~S = Bı ·[ab(sin θı− cos θk)

], (74)

y la fórmula final del flujo esΦm(θ) = Bab sin θ . (75)

Luego

Φm(0) = 0

Φm(π/6) = 12Bab = 6

125 T m2 = 0,048 T m2

Φm(π/2) = Bab = 12125 T m2 = 0,096 T m2

. (76)

El signo del flujo hubiera cambiado con la otra elección de ~S. El ~S elegido para el rango 0° - 90° tienecomponente x apuntando hacia las x positivas, hacia donde apunta el campo magnético de ahí que los flujossean positivos. Cuando el ángulo es 0°, el campo magnético es tangente a la superficie (o sea perpendicularal vector ~S) y por tanto no hay líneas de ~B atravesando la superficie, dando así flujo nulo.

1Para este problema podría haberse elegido también −~S como vector superficie, da igual, mientras se sepa interpretar el resultado.En el otro problema esto no era posible porque lo que necesitábamos era el ~S que aparece en la fórmula del momento dipolar que eseSIEMPRE se elige según la dirección de movimiento de la corriente en la espira.


12

Problema 9. Calcula el flujo de campo magnético producido por el alambre del problema 6, a través de laespira rectangular próxima al alambre.

Solución

d

d d

La expresión del campo magnético es~B =

µ0I12πx

, (77)

y el diferencial de superficie (si lo elegimos en el sentido de ) será

d~S = dS = dzdx . (78)

Con todo ello ya podemos calcular el flujo:

Φm =

ˆS

~B · d~S =

ˆS

µ0I12πx

· dS (79)

=

ˆ `

0

dz

ˆ c+a

c

dxµ0I12πx

(80)

=µ0I12π

ˆ `

0

dz

ˆ c+a

c

dx1

x⇒ Φm =

µ0I12π

` lnc+ a

c. (81)

Sustituyendo los datos:

Φm ' 4,12× 10−7 T m2 . (82)


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