13_Julio_2005

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Departamento de Física
Facultad de Ciencias
Universidad de Tarapacá
SOLUCIONARIO
Segunda Prueba de Física III
Ingeniería Plan Común - Semestre de Otoño (13 Julio 2005)
Problema 1 (3.0 ptos. total):
Un alambre infinitamente largo es portador de una corriente
de una espira rectangular, la cual conduce una corriente
I1 . Este alambre se ubica en el plano
I 2 , tal como se muestra en la figura.
2
I1
y
I2
l
1
3
x
z
c
a
4
Determine la magnitud y dirección de la fuerza neta ejercida sobre la espira por el campo
magnético creado por el alambre largo
Solución:
1a) Hallar el campo magnético creado por el alambre largo usando ley de Ampere (0.5 ptos.
total)
Dada la simetría de las líneas de campo magnético creadas por el alambre infinito, usando la ley
de Ampere podemos escribir:
 B  dl
0 I neta
B1 2 x  0 I1
I
B1  0 1
2 x
Sobre toda la espira, el campo magnético apunta entrando perpendicularmente en el plano xy, es
decir:
0 I1 ˆ
(k )
2 x
O también: B1  B1kˆ
B1 
2
1b) Hallar la fuerza sobre cada segmento de alambre (2.5 ptos. total)

La fuerza sobre un alambre con corriente viene dada por la expresión F  I 2 dl  B1 , donde
es el campo externo al segmento de espira que lleva una corriente
I 2 . Si aplicamos esta expresión
a cada uno de los segmentos de la espira rotulados del 1 al 4, y rotulando cada
del segmento, se tiene:
a) segmento vertical 1:
B1
dl según el rótulo
dl1  dyjˆ ,
F1  I 2  dl1  B1 (kˆ)  I 2  dyjˆ  B1 (kˆ)  (iˆ) I 2  dyB1
Pero cuando varía y , la distancia x permanece constante, por lo tanto, el campo magnético no
 0 I1 
 . Dado que la integral  dy  l ,
 2 c 
varía, sino que toma siempre el valor constante B1 ( x  c)  
la fuerza viene dada por
 I I l
F1   0 1 2  (iˆ)
 2 c 
b) segmento horizontal 2:
F2  I 2  dl2  B1  I 2
ca
F2  I 2
dl2  dxiˆ
ca
 dx B (r )( ˆj )
1
c
 0 I1 
 dx  2 x  ( ˆj )
c
Integrando, se tiene:
F2 
0 I1I 2  c  a  ˆ
ln 
j
2
 c 
c) segmento vertical 3:
dl3  dyjˆ ,
 
F1  I 2  dl3  B1 (kˆ)  I 2  dy  ˆj  B1 (kˆ)  (iˆ) I 2  dyB1
Nuevamente el campo magnético no varía en la trayectoria de integración, por lo tanto, ocurre lo
mismo que en el segmento 1, pero con el campo magnético evaluado en x  c  a ,
 0 I1 
B1 ( x  a  c)  

 2  a  c  
Finalmente obtenemos:
 IIl 
F3   0 1 2  iˆ
 2  a  c  
3
d) segmento horizontal 4:
F4  I 2  dl4  B1  I 2
dl4  dxiˆ
ca
 dx B ( x)( ˆj )
1
c
ca
F4  I 2
 0 I1 
 dx  2 x  ( ˆj )
c
Integrando, se tiene:
F4 
0 I1I 2  c  a  ˆ
ln 
 ( j )
2
 c 
Vemos así que
F2 y F4 son iguales en módulo pero apuntan en direcciones contrarias, por lo tanto
se anulan al sumarlos, es decir:
FR  F1  F2  F3  F4  F1  F3
Explícitamente,
  I Il 
 I Il
FR  F1  F3   0 2 1  (iˆ)   0 2 1  iˆ
 2 c 
 2  a  c  
FR 
0 I 2 I1l  1
1
  iˆ

2  a  c c 
Es decir, la fuerza neta apunta hacia la izquierda
FR 
0 I 2 I1la
(iˆ)
2 c(a  c)
4
Problema 2 (3.0 ptos. total):
Un haz de partículas cargadas que se mueve con velocidad
v0 en la dirección z , pasa sin
desviarse a través de una región del espacio en la que existe un campo eléctrico E  Eiˆ y un
campo magnético B  Bjˆ , ambos constantes.
a) Determine la velocidad
v0 del haz en función de E y B (0.5 ptos. total)
b) Cuando el campo magnético se desconecta, la traza del haz sobre la pantalla se corre una
distancia x . Si se conocen las distancias a y b de la figura, encuentre el valor de la
razón:
q
  de las partículas. (2.5 ptos. total)
m
Solución:
2a) Cálculo de la velocidad
v0 en función de E y B (0.5 ptos. total)
La fuerza total que actúa sobre la partícula cargada que se mueve con velocidad
v0  v0kˆ viene
dada por la fuerza de Lorentz:
FL  qE  qv0  B
Explícitamente
FL  qEiˆ  qv0 kˆ  Bjˆ   qE  qv0 B  iˆ
Esta fuerza total sobre la partícula debe ser cero ya que la partícula no se desvía, es decir, se
cumple que
FL   qE  qv0 B  iˆ  0
De donde obtenemos la relación que define la velocidad
v0 
E
B
v0 en función de los campos E y B :
5
2b) Cálculo de la razón
q
  de las partículas (2.5 ptos. total)
m
2b1) Cálculo de la velocidad de la partícula cuando va pasando por
z  a.
(1.5 ptos. total)
Dado que el campo magnético se desconectó, la fuerza total, dada por la fuerza de Lorentz, queda:
FL  qEiˆ
Recordemos que las condiciones iniciales de la partícula son:
x0  0, y0  0, z0  0 y
v0 x  0, v0 y  0, v0 z  v0 , o en términos vectoriales:
r0  0
y
v0  v0kˆ
Aplicando la segunda ley de Newton FR 

j
Fj  ma al movimiento de la partícula, y dado que
FR  qEiˆ , podemos escribir:
qEiˆ  ma
Es decir, el movimiento sólo tiene aceleración (constante ) a lo largo del eje
x:
qE ˆ
a (t ) 
i
m
dv
Pero a 
, entonces dv  adt , integrando se tiene:
dt
t
qE ˆ
qEt ˆ
v (t )  v0  
dti  v0 
i
m
m
0
Pero
v0  v0kˆ , reemplazando en la ecuación anterior, nos queda:
v (t ) 
qEt ˆ
i  v0 kˆ
m
La velocidad se define como v 
dr
. Integrando esta relación se tiene:
dt
t
r (t )  r0   v (t )dt
0
explícitamente,
t
t
qEt ˆ
dt i   v0dt kˆ
m
0
0
r (t )  r0  
Dado que
r (t ) 
r0  0 , nos queda
qEt 2 ˆ
i  v0t kˆ
2m
De esta forma hemos resuelto el problema cinemático en toda la región desde z  0 hasta
z  a.
6
Pero lo que nosotros necesitamos conocer es la velocidad de la partícula al pasar justo por z  a .
Para ello debemos encontrar el tiempo que demora la partícula en recorrer dicha distancia. De la
relación para r (t ) , obtenemos en componentes:
qEt 2
2m
z (t )  v0t
x(t ) 
Usando la relación
z  v0t , obtenemos el tiempo que demora la partícula en recorrer la distancia
a , es decir,
ta 
a
v0
Reemplazando este resultado en la relación que define la velocidad, se tiene
v (t  ta ) 
qEa ˆ
i  v0 kˆ
mv0
y en componentes:
qEa
, vz (t  ta )  v0
mv0
vx (t  ta ) 
Entonces esta es la velocidad instantánea con que la partícula egresa de la región con campo y
entra en una región donde no existe ningún tipo de fuerzas.
Además debemos notar que en ese tiempo la partícula se ha desplazado en el eje x una distancia
xa dada por:
a
qEa 2
xa (ta  ) 
v0
2mv02
q
(1.0 ptos. total)
m
Para valores de la variable z en el intervalo a  z  (a  b) , el movimiento ocurre sin aceleración,
2b2) Cálculo de la razón
porque no existe ninguna fuerza actuando sobre la partícula. Esto significa que la velocidad es
constante e igual al valor al inicio de esta parte del movimiento en el plano (x,z), es decir,
v0 x 
qEa
, v0 z  v0 . Entonces las ecuaciones en esta segunda etapa son:
mv0
a0
v (t )  v0 
r  v0t 
qEa ˆ
i  v0 kˆ
mv0
qEat ˆ
i  v0tkˆ
mv0
7
En componentes, se tiene que x 
qEa
t , z  v0t .
mv0
Si eliminamos el tiempo de estas ecuaciones, obtenemos la trayectoria de la partícula en esta
segunda parte de su movimiento
x
qEa
z
mv02
Relación que representa una ecuación de recta en el plano (x,z).
Ahora podemos usar los datos de esta parte del problema. Sabemos que cuando la partícula ha
recorrido una distancia z  b hacia la derecha, verticalmente se ha desplazado xb , a saber:
xb 
qEa
b
mv02
Nótese que x es el corrimiento total de la partícula en el eje
x , es decir,
x  xa  xb
donde
xa 
qEa
qEa 2
y xb 
b.
2
mv02
2mv0
Reemplazando valores se tiene:
qEa 2 qEa
qE
x 
 2 b
a 2  2ab 
2
2 
2mv0 mv0
2mv0
qE
x 
a 2  2ab 
2 
2mv0
q
Despejando, obtenemos la razón
:
m
2v02 x
q

m E  a 2  2ab 
Si usamos el valor de la velocidad en función de los campos eléctrico y magnético: v0 
encontrado en 2a), se tiene la razón
q
2Ex
 2 2
m B  a  2ab 
q
en función de todos los datos dados en el problema
m
E
B
8
Problema 3 (3.0 ptos. total):
Problema obligatorio. Dos espiras de radios a y b respectivamente, con b  a , están colocadas
en forma perpendicular a un eje común. Las espiras portan corrientes estables
I1 e I 2 en
direcciones opuestas y sus centros están separados una distancia L , tal como se muestra en la
figura.
x
a
I2 b
z
I1
y
L
a) Encuentre una expresión para el campo magnético resultante
(2.3 ptos. total)
b) Suponga que es posible regular la corriente
de
I 2 para que BR ( z) , en z 
BR ( z) a lo largo del eje z .
I 2 en la espira de radio b . Encuentre el valor
L
, sea igual a cero. (0.7 ptos. total)
2
Solución:
3a_1) Cálculo del campo creado por una espira de radio R a una altura z sobre su plano (1.3
ptos. total)
El origen del sistema de referencia lo ponemos
justo en el centro de la espira de radio R. De la
figura vemos que
r  zkˆ
z
(posición del punto donde queremos medir el
campo magnético) y que
I

r
y
dl
x
r  R cos iˆ  R sin  ˆj
(posición de la fuente que crea el campo).
9
Mirando la figura, vemos que
dl  dr  R sin  d iˆ  R cos d ˆj
donde 0    2 .
La diferencial de campo magnético viene dado por la ley de Biot-Savart: dB 
Calculemos
 r  r 
0 I dl  (r  r )
3
4
r  r
y su módulo:
 r  r    R cos  iˆ  R sin 
ˆj  zkˆ
r  r  R2  z 2
Usemos la forma del determinante para calcular el producto cruz:
ˆj
kˆ
R cos  d
 R sin 
0
z
iˆ
dl  (r  r )   R sin  d
 R cos 
dl  (r  r)  iˆ zR2 sin  d  ˆj zR2 sin  d  kˆ R2d
Reemplazando en Biot-Savart:

ˆ 2
ˆ 2
ˆ 2
0 I dl  (r  r ) 0 I i zR sin  d  j zR sin  d  k R d
dB 

3
3/ 2
4
4
r  r
 R2  z 2 
Al

2
0
integrar
se
eliminan
las
componentes
x
e
y
del

campo
magnético,
ya
que
2
sin  d   cos  d  0 , luego el campo magnético resultante apunta sólo a lo largo del eje
0
z:
B   dB 
0 IR 2
4
Al variar el ángulo
varía

d
2
0
R
2
z

2 3/ 2
kˆ
 entre 0 y 2 recorremos toda la espira. Sin embargo, cuando esto ocurre no
z ni R , por lo tanto, el campo magnético B( z ) a lo largo del eje z viene dado por:
10
B( z ) 
0 IR 2
2R  z
2
kˆ

2 3/ 2
3a_2) Cálculo del campo creado por las dos espiras (1.0 ptos.)
Ahora aplicamos este resultado general a cada una de las dos espiras, suponiendo que el punto P
de observación del campo magnético se encuentra a la derecha de las dos espiras y a una
distancia z del origen que ubicaremos justo en el centro de la espira de radio a con corriente I1 .
x
z
a
I2 b
P
z
I1
y
 z  L
L
Campo magnético creado por la espira con corriente
B1 ( z ) 
0 I1a 2
2a  z
2

2 3/ 2
I1 ubicada en el origen
kˆ
Campo magnético creado por la espira con corriente
I 2 ubicada a una distancia L del
origen
B2 ( z ) 

0 I 2 b 2
2 b   z  L
2

2 3/ 2
(kˆ)
Nótese que los campos apuntan en distintos sentidos sobre el eje
BR ( z) de las dos espiras viene dado por la suma vectorial de los campos:
BR ( z)  B1  B2
Explícitamente:

 
BR ( z )  0 
2
I1a 2
2
2
  a  z 
3/ 2

b
I 2b 2
2
  z  L
2


ˆ
k
3/ 2 

z . El campo resultante
11
3b) Cálculo de la corriente
I 2 para lograr que en z 
L
se anule el campo resultante. (0.7
2
ptos. total)
Evaluando el resultado general en z 
L
se tiene
2




ˆ
0 
I1a 2
I 2b 2
L
BR ( z  ) 


k
2 3/ 2
2 3/ 2
2
2 




L
L
 


2
2
 b    L   
  a   2  
  
2
  


L
Exigimos que se cumpla la condición BR ( z  )  0 , es decir,
2
2
2
I1a
I 2b

0
3/
2
3/ 2
 2 L2 
 2 L2 
a  
b  
4 
4 


Despejando, obtenemos finalmente:
3/ 2
2

L 
a  b2  
4 
I 2  I1 
2 3/ 2
L 
2 2
b a  
4 

2