Problemas Resueltos
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“Campo Magnético”
“Campo Magnético”
“Camp
PROBLEMA 1:
Un electrón cuya velocidad es el 1% de la velocidad de la luz, penetra en un campo magnético uniforme, formando un ángulo recto con el campo B.a) ¿Cuál es el valor de B si el electrón se mueve en una orbita de radio 10 cm? b) ¿Cuál es el periodo del electrón en su orbita?
SOLUCION
En este caso se tiene un electrón, que debido a la acción de un campo magnético uniforme, perpendicular a la dirección de la velocidad, es obligado a describir una trayectoria circular.
Se desea obtener el valor de dicho campo magnético y el periodo para el cual el electrón da una revolución.
a) Como la trayectoria descripta por el electrón es una circunferencia, actuara sobre el una fuerza centrípeta igual a la fuerza magnética.
Recordando la ecuación del movimiento circular uniforme
R mv F C
2
=
La fuerza magnética cuando B es normal a la velocidad es evB 90 sen evB F m
=
°
=
evB mv=
⇒
R 2 , de donde eR mv B=
(1)Conociendo los valores de la masa del electrón (9,1.10-31kg), la carga elemental (1,6.10-19 C), y el radio de la orbita, queda calcular el valor de la velocidad de la partícula, a partir del dato dado por el problema.
Siendo la constante de la velocidad de la luz c, igual a 3.108m/seg
m/seg
10
.
3
100
m/seg
10
.
3
100
6 8 = = =c
v
eReemplazando todas las constantes en (1) obtenemos el valor del campo B
Tesla 10 . 7 , 1 0,1m C. 10 . 6 , 1 m/seg 3.10 kg. 10 . 1 , 9 4 19 6 31 − − −
≅
=
Bb) En un periodo de tiempo, el electrón da una revolución completa siguiendo la trayectoria circular. Entonces conociendo la velocidad tangencial, se puede obtener la velocidad angular, y luego, el periodo.
Partimos de la ecuación del movimiento circular uniforme que vincula las velocidades tangencial y angular R ve
=
ω . , de donde 9 -1 8 seg 10 . 3 m 1 . 0 m/s 10 . 3=
=
=
R ve ω seg 10 . 1 , 2 m/s 10 . 3 2 2 9 9 −≅
=
=
⇒
π ω π TPROBLEMA 2
: La figura muestra 2 hilos rectos paralelos muy largos, que portan corriente eléctrica del mismo valor, igual a 0,5 Amp en los sentidos mostrados (entrante y saliente).Encontrar el campo de inducción magnética B, creado por estas corrientes en el punto P.
SOLUCION
En este caso hay 2 conductores paralelos separados entre si una distancia d, por los cuales circula corriente en sentidos opuestos. Se desea obtener el valor del campo magnético en el punto P, que se encuentra equidistante de ambos conductores.
Ambos hilos, al transportar corriente eléctrica, generan los campos magnéticos B1 y B2,
cuyas líneas rodean a cada conductor, formando círculos concéntricos.
El sentido de circulación de los campos, esta dado por la regla de la mano derecha, que consiste en envolver con los dedos el conductor. El pulgar indica el sentido la corriente mientras que el sentido de giro de la mano indica el sentido de la circulación B.
Para obtener la expresión del campo hay que utilizar la ley de Biot-Savart. Considerando un conductor filiforme recto muy largo, por el cual circula una corriente i, se quiere determinar el campo B en el punto P. Tomando un
elemento de corriente i.dl, y teniendo en cuenta que dl=dx, la ley se escribe φ π µ π µ sen r idx r r dl i dB 0 2 0 0 2 4 4
=
∧
=
Siendo sen φ= cos θ
θ π µ cos 4 2 0 r idx dB
=
⇒
Se debe sumar los campos elementales de todos los elementos de corriente, relacionando las variables θ, r y x del siguiente modo
θ tg R x
=
θ θ θ θ d R r d R r R d R dx 2 2 2 2 sec=
=
=
⇒
(1)Sustituyendo (1) en la ley de Biot
θ θ π µ d R i dB cos 4 0
=
Integrando desde θ= θ1a θ= θ2 ) ( 4 cos 4 2 1 0 0 2 1 θ θ π µ θ θ π µ θ θ sen sen R i d R i B=
∫
=
−
Si el conductor se considera infinito, θ2tiende a -90° y θ1tiende a +90°
R i R i B 2 4 2 0 0 π µ π µ
=
=
⇒
(2)Trasladamos esta conclusión al problema, considerando que en este caso queremos obtener el campo en P producido por dos conductores
filiformes.
Se debe tener en cuenta que el vector inducción B es tangente a las líneas de campo que envuelven a cada conductor.
Como los hilos son equidistantes del punto P, trabajamos solo con el vector B1y luego se traslada el resultado a B2.
θ sen B B y1
=
1 θ cos 1 1 B B x=
Luego, By1=By2 y -Bx1=Bx2.El campo total que actúa en P en la dirección del eje y es la suma de las componentes θ
sen B B
B
B y
=
y1+
y2=
2 1. (3) En la dirección del eje x las componentes Bx1y Bx2 se anulan.Reemplazando (2) en (3) θ π µ sen R i B y . 2 2 0
=
Siendo R d senθ=
2 y( )
2 2 2 d h R=
+
( )
+
=
⇒
2 2 0 2 2 h d d i B y π µ (4) Reemplazando los valores correspondientes en (4)Tesla B y
≅
3,07.10−7que es el valor del campo magnético en el punto P debido a los dos conductores paralelos.
Fuente: Tipler-Mosca, Capitulo 27, pagina 801
PROBLEMA 3
: Aplicando la Ley de Ampere encuentre el campo de inducción magnética:a) En el eje de un solenoide muy largo de longitud L y de N espiras, por el que circula una corriente I.
b) En el interior de un solenoide toroidal de N espiras cuyo radio medio es “a”, que porta una corriente I.
SOLUCION
a) Un solenoide es un alambre largo devanado en una hélice fuertemente apretada, que conduce una cierta corriente, siendo la hélice muy larga en relación con su diámetro, y que suele utilizarse para crear campos magnéticos uniformes. El campo del mismo, es la
suma vectorial de todos los campos creados por todas las espiras que conforman el solenoide. Como puede observarse en la figura , el espaciamiento de las líneas de campo magnético en el centro, demuestra que el campo externo es mucho más débil que el interno, por lo que se lo considera nulo.
Imagen extraída de Resnick- Halliday
Si se desea obtener la expresión del campo magnético en el centro del solenoide, es decir, en el eje, se considera un rectángulo abcd como el de la figura 2, que encierra una porción de un solenoide muy largo, y se aplica la ley de Ampere
∫
B.ds=
µ 0.I∫
=
∫
+
∫
+
∫
+
∫
⇒
a d b a d c c b dl B dl B dl B dl B ds B. . . . . Figura 2Como se observa, la primera integral coincide en dirección y sentido con el campo dentro del solenoide, que es constante en su sección transversal, por lo tanto y siendo “L” el ancho del rectángulo, la integral en ese tramo es B.L
La segunda y la cuarta integral, se anulan, debido a que las trayectorias bc y da, son perpendiculares a la dirección del campo B. Recordemos que el producto escalar de dos
vectores perpendiculares es cero, ya que el cos 90° = 0.
La tercera integral también se anula, porque el campo fuera del solenoide es nulo.
Una consideración muy importante a tener en cuenta es que la ley de Ampere esta aplicada a solamente una espira, pero el solenoide tiene N espiras.
Entonces, el campo magnético en el eje del solenoide queda expresado como
b) El toroide se debe considerar como un solenoide enroscado. Para conocer el campo en el interior del mismo, se deben hacer algunas consideraciones de simetría.
L N I B
=
µ 0. .Se toma un camino medio, de radio “a”, y de esta forma, la ley de Ampere queda
El campo fuera del toroide es cero, y en el interior no es constante en la sección transversal. Todo esto se demuestra con la regla de la mano derecha, cerrando los dedos en dirección de la corriente, y el dedo pulgar apunta en la dirección del campo magnético.
Fuente: E-Book Resnick- Halliday, Cap. 35, Pág. 197
PROBLEMA 4
: Una espira rectangular esta colocada en una región donde existe un campo magnético uniforme y transporta una corriente de 50 Amp.c) Calcular las fuerzas magnéticas sobre cada lado si la normal de la espira forma un ángulo de 30° con la dirección del campo.
d) Encontrar el par que experimenta la espira indicando cuanto vale el momento bipolar magnético.
Datos: a=5 cm; b= 6cm; B=0,4 T
SOLUCION
Si se coloca una espira de alambre que porta una corriente dentro de un campo magnético, esa espira experimenta un momento de torsión, el cual
tiende a hacerla girar alrededor de un eje.
El plano de la espira se indica con el versor n que forma un ángulo θ con la dirección del campo magnético B. La fuerza neta sobre la espira puede determinarse con la ecuación
B L i F
=
.×
Como se observa en la figura, las fuerzas sobre cada lado, son normales a la dirección del campo y a la de la corriente. De esta forma, y suponiendo que la espira es de altura “a” y ancho “b”, se tiene que
N I r B dl B.
=
.2π .=
µ 0. .∫
a N I B . 2 . . 0 π µ=
⇒
Imagen modificada de Resnick- Halliday
θ θ ) . . .cos 90 ( . . . 2 ib B sen ibB F
=
°
−
=
θ θ ) . . .cos 90 ( . . . 4 ib B sen ib B F=
°
+
=
Estas fuerzas son iguales y opuestas por lo tanto se anulan.
Ahora, las fuerzas F1 y F3, también cumplen con las mismas ecuaciones, son iguales y
opuestas, con la diferencia que el factor es iaB, por lo tanto la fuerza neta total aplicada sobre la espira es cero. Pero como las fuerzas no están sobre la misma recta de acción, estas tienden a hacer girar la espira alrededor del eje z., y se dice que existe un momento de torsión., que trata de llevar a la espira a su posición de equilibrio, con el campo paralelo al versor n.
El momento de torsión sobre la espira es
θ τ
=
i.a.b. B.senSi se lo desea calcular en función del momento dipolar magnético, considerando que este, por analogía con el caso eléctrico, equivale a
N a i ..
=
µ siendo N=1, el número de espiras.
B
×
=
⇒
τ µ* El problema planteado, dice que la normal a la espira forma un ángulo θ=30° con el B y se desea conocer las fuerzas magnéticas sobre cada lado de la misma
6 6 4 2 . . .cos 50.10 .0,06 .0,4 .cos30 1,04.10 − −
°
=
=
=
=
⇒
F F ib B θ A m T 7 6 1 3 . . .cos 50.10 .0,05 .0,4 .cos30 8,66.10 − −°
=
=
=
=
F ia B A m T F θEl item b) solicita el par que actúa sobre la espira
8 6 10 . 3 30 . 4 , 0 . 06 , 0 . 05 , 0 . 10 . 50 . . . .
=
−°
=
−=
iab B senθ A m m T senτ
siendo el momento dipolar magnético
m A m A a i.
=
50.10−6 .0,05=
2,5.10−6 .=
µFuente: E-book Resnick-Halliday Vol.2, Cap.34, Pág. 174
PROBLEMA 5
:
En un espectrógrafo de masas se estudian los isótopos de un elemento simplemente ionizado. En su selector de velocidades actúan un campo B= 0,01T y un E=200 volt/cm. En la cámara de deflexión existe un B=1T; los ionesimpresionan una película fotográfica dejando trazas separadas 8,28cm. El radio menor de las orbitas es 60,17 cm.
a) ¿Cuál es la masa en gramos de cada isótopo?
b) ¿Que números masicos tienen?
SOLUCION
En los espectrógrafos de masas, se aceleran las partículas cargadas con un campo eléctrico, hasta adquirir una determinada energía. Luego se introducen en un espacio en el que existe un campo magnético perpendicular a la velocidad de los iones, lo que provoca que estos describan una trayectoria circular, y éstos se separan según sus masas e
impactan sobre una película fotográfica. Midiendo los radios de las trayectorias descritas, podemos determinar su masa.
El esquema de un espectrógrafo de masas es el que muestra la figura. En el selector de velocidades coexisten un campo eléctrico E
y uno magnético B, que se encuentran en forma perpendicular. Entonces la fuerza que actúa sobre la partícula se denomina fuerza de Lorentz , cuya expresión es
B qv E q
F
=
.+
×
La condición para que la partícula no se desvíe es que la fuerza sobre ella debe ser nula
qvB E
q
=
⇒
.de aquí que la velocidad con la cual las partículas ingresan al semicírculo será
B E v =
Una vez que entran en el campo magnético de la D, sobre dichos iones aparece una fuerza magnética, perpendicular a v y a B por lo que actuará como centrípeta, cambiando la dirección de v. La trayectoria descrita será una semicircunferencia hasta incidir en la placa B v q sen B v q B v q F m
=
.×
=
. . . 90°
=
. .Se dijo que la Fmactúa como centrípeta, por lo tanto
B q v m R R v m B v q . . . . . 2 = ⇒ =
siendo R el radio de la semicircunferencia descrita.
Imagen modificada
* Para el problema que se plantea, necesitamos hallar las masas de las partículas, a partir de los datos suministrados.
a) La velocidad con la que salen del selector es
seg m Tesla m cm cm Volt B E v 2.106 01 , 0 100 . 200
=
=
=
Se especifica en el problema que se trata de un elemento simplemente ionizado, lo que significa que pierde un solo electrón, por lo tanto las partícula quedan cargadas
positivamente con una carga e+=1,6.10-19Coul
El radio de la primera partícula se da como dato, al igual que la separación entre impresión e impresión, lo que nos permite calcular el radio de la segunda partícula
m cm m cm cm R D R 0,6431 100 . 31 , 64 2 28 , 8 . 2 2 1 2 2
=
=
+
=
=
g kg g kg seg m T C m v B e R m 23 3 26 6 19 2 2 5,14.10 10 . 10 . 14 , 5 10 . 2 1 . 10 . 6 , 1 . 6431 , 0 . . +=
−=
−=
−=
⇒
y la masa de la primera partícula será
g kg g kg seg m T C m v B e R m 23 3 26 6 19 1 1 4,81.10 10 . 10 . 81 , 4 10 . 2 1 . 10 . 6 , 1 . 6017 , 0 . . − − − + = = = = .
b) Pasando la masa a unidades de masa atómicas
uma u kg m1
