ϕ ϕ ϕ π π

HOJA 5 Magnetismo (curso 2013-2014)
Prof. G. Navascués
43.- En el circuito de la figura 1 el tramo "abcd" de masa m y
longitud 3L puede oscilar rígidamente en los puntos "a" y "d" (figura
2). Por el circuito pasa una corriente I y existe un campo magnético
vertical: (0,0,B). En presencia del campo gravitatorio determine la
posición de equilibrio del tramo "abcd". (Sol. tgϕ = LIB / mg )
→En cualquier posición de los tramos "ab" y "cd" el campo B produce
una fuerza de Lorentz sobre cada uno de ellos igual y opuesta (por la
regla de la mano derecha, ver figura 3) y se anulan sus efectos. El
efecto sobre el tramo "bc", otra vez la fuerza de Lorentz, lo hace
desplazarse hasta la posición de equilibrio (ver figuras 3 y 4). El
equilibrio se produce cuando las tres fuerzas, de Lorentz, gravitatoria y
la tensión, se anulan entre sí:
F = T sin ϕ , mg = T cos ϕ , ⇒ tgϕ = F / mg = LIB / mg
44.- El magma interno de un planeta imaginario esférico genera un campo magnético. Nos situamos en
su polo norte donde se puede considerar los campos magnético y gravitatorio uniformes. Lanzamos
horizontalmente con velocidad v, desde una distancia z del suelo, una partícula de masa m y carga q.
Determine las propiedades de la trayectoria que sigue la partícula.
→El efecto de la gravedad hará que la partícula caiga acelerándose verticalmente (en esta
dirección el efecto de B es nulo) de tal manera que la velocidad vertical final es v z = gt
donde t es el tiempo que tarda en llegar al suelo o lo que es lo mismo el tiempo para
recorrer la altura z = gt / 2 , es decir t =
2
2 z / g y por tanto v z = 2 gz . (Todo bien sabido).
Simultáneamente la partícula lleva una velocidad horizontal v, a la que no le afecta el campo
gravitatorio, pero al ser perpendicular al campo magnético trata de describir una trayectoria
circular de radio R=mv/qB (ver notas de clase) que tardaría en recorrerla un tiempo
T = 2πm / qB (ver notas de clase). La combinación de los dos movimientos resulta en una hélice de paso
creciente debido a la aceleración vertical (ver figura). El número de vueltas que ha dado hasta el
momento de llagar al suelo debe ser t / T =
qB z / 2 g
. Los sucesivos pasos de la hélice son
πm
zi +1 − zi = g [(i + 1)T ] / 2 − g (iT ) 2 / 2 = gT 2 ( i + 1 / 2 ) , i=0, 1, 2, ... siendo z0=0.
2
45.- El circuito mostrado está en el plano XY. Inicialmente está abierto y el condensador descargado. Hay


un campo magnético uniforme B0 = B0u x , es decir en la dirección OX. En el
instante t=0 se cierra el circuito. Determine la fuerza magnética total
sobre el hilo inferior en función del tiempo para t>0. La longitud L>>>w
de manera que los efectos de los dos tramos de longitud w del circuito
pueden despreciarse. (Solución: F = ( µ 0 L / 2πw )( ∆V / R ) exp( −2t / RC ) )
2
→El campo B0 es paralelo al hilo inferior y por tanto no le afecta.
Al cerrar el circuito se inicia una corriente que va cargando el
condensador, esta corriente genera un campo magnético en cada
tramo del circuito que produce una fuerza de Lorentz en los demás.
Despreciando los efectos de los tramos "w" en el hilo inferior sólo
queda el efecto del campo B creado por el hilo superior en el inferior (ver figura): F = ILB sin ϕ = ILB ; el
campo creado por un hilo (suficientemente largo) es B ≈
µ0 I / 2πw , quedando F ≈ µ0 I 2 L / 2πw . La
corriente de carga del condensador del circuito sabemos que es: I = I 0 exp(−t / RC ) = ∆V exp(−t / RC ) / R ,
por lo tanto que finalmente que
µ L  ∆V

F= 0 
exp(−t / RC ) 
2πw  R

2
. La dirección es repulsiva respecto al hilo
superior.
46.- Considere el siguiente cable coaxial. El conductor central lleva una
corriente I1 y la exterior I2 (ver figura). Las corrientes están distribuidas
uniformemente. Determine el campo magnético que generan estas
corrientes en las distintas zonas de espacio: r<a, a<r<b, b<r<c, r>c.
Dibuje una gráfica cualitativa del campo como función de r. (Solución:
µ 0 I1r / 2πa 2 , µ 0 I1 / 2πr ,
µ0
µ0 
π( r 2 − b 2 ) 
,
[I1 − I 2 ] )
I
−
I
×
1
2

2
2 
2πr 
π( c − r )  2πr
→Por simetría B siempre es tangencial a la circunferencia que rodea la corriente pero su dirección
depende de la dirección de las corrientes, que encierran esa circunferencia, de acuerdo con la regla de la
mano derecha; así en el caso presente al menos para r<b la dirección es la indicada en la figura. Si I2 < I1
seguirá siendo así para todo r. En caso contrario habrá un punto r>b donde el campo
será cero y a partir de ahí cambiará de dirección.
 
B
∫ dl =µ0 ∑ I , por lo que hay que evaluar
 
la circulación del campo es decir la integral ∫ Bdl por el camino cerrado elegido y por
Para cada zona se aplica la ley de Ampere,
otro la corriente total que lo atraviesa
∑I
(con el correspondiente signo). En cada
zona, por simetría, se toman sucesivas circunferencia como camino para obtener la circulación de B y en
todos casos se obtiene por simetría:


B
(
r
)
d
l
= ∫ B( r )dl = B( r )∫ dl = B( r )2πr . Por simetría B siempre es
∫
tangencial pero su dirección depende de la dirección de las corrientes de acuerdo con la regla de la mano
derecha; así en el caso presente al menos para r<b la dirección es la indicada en la figura. Si I2 < I1
seguirá siendo así para todo r. En caso contrario habrá un punto r>b donde el campo será cero y a partir
de ahí cambiará de sentido. B(r) en lo que sigue es la componente perpendicular a cualquier dirección
radial que se escoja:
Caso r<a está resuelto en las notas:
B( r ) = µ 0 I 1r / 2πa 2
Caso a<r<b: en esta zona la intensidad encerrada es la del hilo central así que:
B( r )2πr = µ 0 I1 , ⇒ B( r ) = µ 0 I1 / 2πr
Caso b<r<c: en este caso se encierra la I1 completa pero
parte, dependiendo de r, de la I2:
∑I = I
1
− I2 ×
⇒ B( r ) =
área _ encerrada
π( r 2 − b 2 )
= I1 − I 2 ×
área _ total
π( c 2 − b 2 )
r 2 − b2 
µ0 
I
I
−
1
2 2
2πr 
c − b 2 
µ0
[I1 − I 2 ]
2πr
El posible cambio de signo de B(r) para algún valor de r, si [I1 − I 2 ] < 0 , indica que el campo a lo largo de
Caso r>c: en este caso se encierra toda la corriente: ⇒ B( r ) =
la dirección radial (B es perpendicular a esa dirección) ha cambiado de sentido. La gráfica mostrada
corresponde al caso [I1 − I 2 ] < 0 .
47.- Una espira rectangular se desplaza con velocidad uniforme de
1m/s en el plano XY y a lo largo del eje OX. Las longitudes de sus
lados son Lx=1m y Ly=2m. En su desplazamiento se encuentra con
un campo magnético uniforme de 1T dirigido perpendicularmente a
la espira, es decir en la dirección OZ pero sentido negativo Ф: (0,0,1)T y localizado entre las posiciones x=1m y x=4m. Determine la
fuerza electromotriz generada en la espira en función de la posición
de su centro geométrico y dibuje la gráfica correspondiente.
(Soluciones:-2, 0, 2 en voltios y según la posición)
→Hasta que el centro no llega a x=0.5m la espira no ve el campo B y por tanto fem=0. Más allá de
x=0.5m la espira va entrando y exponiendo cada vez más su área a B. Al ser v constante el área
expuesta, A, crece linealmente con la posición x hasta que el centro llegue a x=1.5m: A=Ly(x-0.5) donde
x debe estar en m y válido para 0.5m>x>1.5m. En este intervalo la fem será igual a -dФ/dt. En este caso
B y A, como vectores, son paralelos, así fem=-d(B A)/dt=-B Ly dx/dt =-B Ly
v=...=-2V. Para x>1.5m, pero x<3.5m, A no cambia y por tanto fem=0. Para
x>3.5m la espira empieza a salir y el área expuesta a B varía de la forma
similar a cuando entraba pero disminuyendo: A=Ly(4.5-x) donde x debe
estar en m y válido para 3.5m>x>4.5m. Por tanto en este intervalo: fem=-d(B A)/dt=B Ly dx/dt
=BLyv=...=2V.
48.- Una bobina de radio Rb=10/π cm y longitud suficientemente larga tiene 104
espiras por cm por las que pasa una corriente sinusoidal I=I0cos(wt) donde I0=2.4A y
w=πs-1. Una espira de Re=10cm de radio y diámetro d=1mm está fabricada con un
material de 10-7 Ωm de resistividad. Determine:
a) El campo máximo en Gauss que se genera en el interior de la bobina. Se
utiliza la ley de Ampere (ver figura). Al integrar Bdl sólo permanece el tramo
inferior (ver figura, los tramos fuera de la bobina B=0, en los verticales
dentro de la bobina B es perpendicular a dl ).
 
∫ Bdr = ∫ Bdl = Bl = µ Inl
0
⇒ B = µ 0 I 0 cos( wt )n
⇒ Bmax = µ 0 I 0 n = ... = πT = 104 πGauss
Observe que, tal como se ha tomado el recorrido del circuito B y dl tienen direcciones opuestas y la
corriente debe tomarse con signo negativo. El resultado final sería el mismo si e recorriera en sentido
contrario: los dos signos pasarían a ser positivos.
b) La fem máxima generada en la espira en la posición “a”.
femespira = − dΦ / dt = −
d  
d  
d  
d  
B
d
A
B
d
A
B
d
A
BdAbobi
=
−
−
=
−
espi
bobi
resto
dt ∫
dt ∫
dt ∫
dt ∫
Observe que fuera de la bobina B=0 y la integral sobre el área Aresto se anula. B cambia incluso de
sentido ya que la corriente que lo genera es de tipo armónico, sin embargo SIEMPRE es paralelo al eje de


la bobina y en cada instante uniforme, por ser paralelo al eje B( t )dAbobi = B( t )dAbobi y por ser uniforme
En cada instante B(t) se puede sacar fuera de la integral:
d
d
d
B( t )∫ dAbobi = − B( t )∫ dAbobi = − B( t )πRb2 = wBmax sin( wt )πRb2
dt
dt
dt
2
⇒ femmax,espira = wBmax πRb = ... = 0.01πV
=−
c) La máxima intensidad que pasa por la espira en la posición “a”.
R = ρl / sec ción = ρ2πRe / π( d / 2 )4 = ... = 0.08Ωm
⇒ I max,espira = femmax .espira / R = ... = π / 8 A
d) Las curvas cualitativas de I, B e Iespira como función del tiempo y explíquelas
usando la ley de Faraday. I(verde), B(azul) e Iespira(roja) en unidades arbitrarias …
e) El campo magnético en el centro de la bobina debido exclusivamente a la espira.
B' = µ 0 I / 2 Re = ... = B0' sin( wt ) con B' 0 = µ 0 I 0 / 2 Re = ... =
π2 −6
10 T
8
f) Qué pasaría si la espira estuviera en las posiciones “b” y “c”
“b”: no cambia nada el flujo sigue siendo el mismo: Φ( t ) = B( t ) Asec cion _ bobina . “c”: el flujo de B a través de
la sección A de la espira se determina por Φ =
 
 
∫ BdA = ∫ BdA , dada la simetría del problema queda
espira
bobina
 
Φ( t ) = B( t ) Aint er sec cion _ bobina _ espira o Φ( t ) = B( t ) Aint er sec cion _ bobina _ espira cos( ϕ ) , y como
Aint er sec cion _ bobina _ espira = Asec cion _ bobina / cos( ϕ ) el flujo sigue siendo el mismo.
(Soluciones: 10 πGauss , 0.01πV , π / 8 A , π 10
2
4
−6
/ 8T )
49.- Se dispone de un cilindro de 2cm de radio (r) y 40cm de largo (L*) para construir una bobina usando
un hilo de 0.2mm de diámetro (d) y resistividad 10-7 Ωm. La boina debe tener una resistencia R menor de
400Ω y una inductancia L mayor de 16π 10 H . Determine los valores debe tener el número de espiras N
como función de su densidad n=N/L* para cumplir con las condiciones exigidas. (Solución:
2
−4
103 > N > 107 m −1 / n )
→ R = ρl / sec ción = ρ2πrN / π( d / 2 ) < 400Ω , N=nº total espiras, n=N/L*
2
⇒ N = nL* < 400Ω × π( d / 2 )2 / ρ2πr = ... = 1000 , no puede haber más de 1000
espiras. Por otro lado (para una bobina suficientemente larga)
L ≈ µ 0 n 2 AL* = µ 0 n 2 πr 2 L* > 16π210−4 H
⇒ n 2 L* = nN > 16π 210−4 H / µ0πr 2 = ... = 107 m −1
1
⇒ 103 > N > 107 m−1
n
Las posibilidades corresponden a la zona sombreada de la figura, es decir entre la horizontal N=1000 y la
curva están 10 m
7
−1
/ n.
50.- En el segmento del circuito mostrado la corriente circula de "c" a "a" y
cambia en valor absoluto en 5A/s. La diferencia de potencial Vc − Va = +8V .
Determine la corriente que pasa por la resistencia. (Solución: 6A)
→Tomo el cero de potenciales en "a" lo que lleva a que Vc = +8V . En la bobina ∆VL = L
dI
= 10V , lo que
dt
quiere decir que Vb = +18V o Vb = −2V . Si fuera -2V la corriente en la resistencia iría en sentido contrario
al supuesto, así que Vb = +18V y por tanto Vb − Va = +18V y la intensidad en la resistencia
I = (Vb − Va ) / R = ... = 6 A .