Roa - Electromágnetismo

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531.016
R.5 3
,,!. L
- c. l+j r8c)
;
¡t t t{f6N'3
Indice
coNTENIDo Págin¿
Volumen 1
Introducción 1
1- Carga Eléctrica y sr¡s lnteracciones. Ley de Coulomb 3
2- Carnpo Eléctrico y Ley de Gauss 25
3- Potencial El&trico, Energfa Potencial Eléctrica 61
4- Condensadores, Capacidad y Dieléctricos 85
Apéndice: Notación V prefrios dc med'id,os 109
Bibliografla 11-L
Volumen 2
Introducción 113
6- Conierrtes Eléctricas - Circuitos 115
6- Campos Magnéticc Estacionaxim L47
7- l*y de Biot - Savart, Ley de Ampére t7L
& F\¡erza Electromotriz Inducida , W ¿s lil¡'dd¿y 199
$ Autoinducción 213
Apéndice: Notacáón y prufi,jos de mdi'tw ?l9
23tBibliografía
qe,
(=
N
cn
c\¡ 033S7?3
Introducción
Como un¿ rrranera de facilitar y orientar el aprendizaje de las formas
adecuadas de enfrentar un problema en electromagnetismo, por alumnos
de pregrado, se ha creado esta gufu de ejercicie de electromagnetismo,
financiada por: Dirección de Docenci¡a a través del Proyeto de Docencia
98 - O43 y el Departamento de Física de La Flrcultad de Ciencias Ffsicas
y Matemáticas de la Universidad de Concepción.
Fsta gula de ejercicios tiene por objetivo principal estimular el trabajo
del estudiante para así permitirle rura rnayor comprensión y madurez de
los conceptos flsicos, lo cual el alu¡ruro deberá reflejar en:
. una rno,yor m,pacid,ad, de enfrerrtar ejercicios de relatir¡a compleji-
dad,
o entender que en la resolución de un problema físico hay .l merrm
tres etapas bien marcadas que son:
- planteamiento coneeto del problema: en general, en esta etapa
se obtienen las ecr¡¿ciones conectas que describen al sistema.
En otras palabra, esta es Ia parte donde realmente se pone a,
prueba la comprención que se ha log'ado acerca de las leyes
bd,sicas inu olucrad,as ;
- encontrar las soluciones d,e las ecuaciones; en general esta
etapa es de carácter más matemática, en ocasiones hay solu-
ciones e:cactas, en ocasiones hay soluciones aproxirnadas y en
ocasiones hay soluciones numéricas;
- anúlisis de las soluciones: en esta etapa habitualmente se es-
tudian diferentes lfmites.
Un segundo objetivo consiste en que el alumno aprenda r¡n¿ metodo
logía cientlfica de trabajo. Para lograr ésto, esta gufa de ejercicim con-
tiene nueve Capftulos, con \¡ariadas ejercicios resuelto's, separados en dos
vohirnenes, m& un Apérrdice con un reÉ¡umen de; }a notación usada; los
prefijos de medidas rnás r¡sados; y l&s constantes del electromagnetismo.
Es importarrte que el estudiante desanolle cuidadosalnente cada uno
de los ejercicios y en caso necesari.¡ disipe sus dudas en clase o en la
sesión práctica con el profeso..
113
Agradecimientos
Agradezco el financia,lniento otorgado por la Di,rección de Docencia y
por el Departarnento d,e Flsicu
5 Corriente eléctrica - Circuitos
1.** Una unión p - 'n está formada de dos materiales semiconductores
diferentes en lbrma de cilind¡o idénticc¡s con radi<¡s de 0.165 mm.
En cierta aplicación fluyen a través de la unión 3.b0 x 1015 electrones
por segundo desde el lado n al lado p y 2.25 x 1015 huecos por segundo
dasde el lado p al lado r, (un hueco actúa como una partícula con m,rga
*1.6 x 10*le C).
Deterrnine:
¡va) la corriente total y
5b) l" densidad de corriente.
Figure 46:
Solución
a) La coruiente totai se compone de la corriente de electrones:
(3.50 x 1015) (1.6 x 1o-1eC/s)
: 5.6 x 10- 4,4
-y- la <;orriente de hutros
I*" : (2.25 x 1oI ' ) (1.6 x w-teC ls)
: 3.6 x 10-aA
Luego la corriente total es:
I : I - "* I+. :g.2xIA*aA
r -t - -e
115
tr)Ladensictaddecorrientesedefinecomolacorrienteporunidac
de área, esto es:
9.2 x 10-aA : L07564
rn'
f
f
7-_-
4t.er x 1o-arn)2
116
2.- r) La densidad de comiente a través de un conductor cillrrdrico
de radio .R varía de acuerdo a la ecuación
J:J,(L-f ;1
I
o.8
o.ó
o.¡t
o.2
0
El grá,fico muestra Jf Jo corno fr¡nción de rlR.
siendo r la dista¡rcia medida desde el eje y J, una const¿nüe.
Calcule la corriente en términos de ./, y del 6rea A : trBz de la
sección transversal del conductor.
b) Suponga que la de¡rsidád de co¡ri,ente tiene su máximo J" en la
superficie y decrece linealmente a cero en el eje, de modo que
J:J ' ;
I
o.8
o.ó
o.
o.2
o
El gráfico muestra J f Jo como fi¡nción de r / R.
LL7
l i
I
I . r
calcule la coniente en cad¿ caso, comlx.¡e resultadc 
y discuta las
soluciones.
Solución
a) calcula,rrdo la corriente corlo el flujo del vector densidad 
de corri-
errt.,'J, a través del área de sección tran^sverssl del conductor, 
se tiene:
It : I o, : ! t 
. ae, : I ne 
: lo" J"(L - 
L*)zn'a'
: znt, !o't -*ro, 
: znJ'($- e*l
: 
ZJorRz : JoA
63
Acá podemos definir eI área efectir¡a del conductor Al 
: Al3 con Jo
como dqnsidad d'e co¡riente distribuida uniformemente'
b) con el mismo procd,imiento que en el caso anterior, se obtiene:
12 : lor: !t.aa,: ! 
nd': Io* J"|.arrd'r
¡Rr2 - tr2Jar Jo 
'EO, :ZJaV*
: 2JorRz :zJoA
33
Acá definimos el área efectir¡a del conductor como A2:2413'
Asf, tenemos que
Discr¡sión:
b:z
It
Si bien sn amhos casos la densidad de coniente es lineal cou_ 
r y
sus r¡alores ¡rláxime Jo son iguales, éstas no son lineales con 
el
á¡ea trans\¡erBal o : nrr. Al etrpresar las densidades de comiente
¡etatir¡as J lJo enfr¡nción del área transversal o obtenqmos:
118
A.sí, las resistencias eléctricas efectivas se verían incrementadas en 
3
veces y 1.5 veces, respecto de la conducción normal' Cabe destacar
que la-conducción tipo b), se manifiesta efectir¡amente en conientes
áe altas frecuencias - efecto pelicular o efecto piel -'
120
3.- Un trozo de material en f,orma de un cono tmncado recto circula¡
tiene radios a y b y altura ,[. Si la conicidad es pequeña se puede suponer
que la densidad de comiente es uniforme a través de cualquier sección
Lransversal.
a) Calcular La resistencia eléctrica del troz,o de material.
b) Compruebe que para conicidad nula (a : b), la ercpresión de
resistencia coincida con
Figure 47:
Solución
a) Considerarnos el cono truncado compuesto de elementos en forrna
rie cilindros de altura dr (monedas).
El elemento de cilindro en la pmición n tenrJyá r¡¡¡a resistencia dada
por:
¿p: !!L
A(r)
donde p es la resistividad y A(r) es el área en Ja altura z, esto es:
A(r) - rr|
t2t
pL
A
Ro:
b) E potmcial de una esfera cargada está dada por:
v(t): ff i : P*exP(-2s-rü)
a el istante t -- A.2 s se obtiene:
: 4022V
6 .- rtes,*:::'ffi trT:lTJ-: :Sffitr;?jff'f- ::*
V dada, la t"*ll'l;rr!*¿ *i t* r''
¿Q"¿ P"tfl"l" .,
a la misma d'd'P'
Figure 49:
Solución - r^ -*istencis 
equirmlente
En el primer caso 
de ta Figura tenemc 
qre la resistel
es: ft" = 3R
Ertoaces la Potencia 
* 
" 
*"*TT;
pr: 
lo= m
yenels4rrnd.ocasodelaFigurasetieneque!aresistenciaequir¡alertte
Rp"s, 1 3
4:R 
' "
entonces la potrocia 
¿tltt confu;uración 
corresponde a
yz Yz -Y:gY,Pp = h-- f f i : - f - "3R
9P" :9(L5W)
135W
033$?23
r27
7.- Detemrrine el valor de la fem E paxa que el a,rnperfmetro ideal
A marque cero.
IO8
Figure 50:
Solución
Suponemos las corientes /r, Iz, Is, I¿ e Is dibujadas en el circuito'
TOV
Figure 51:
L28
ra que l¡ co¡riente I5 sea nula se requiene que la d.d.p. errtre log
- lGaybdebesergero.ko impüca que lB corriente .Ia ta,mbién es nuLa, pues la resistencia
& 6 O está sometida a la misma d.d.p. lonlda.
Lnqo, de la ecuación del nudo ü se concluye que Is ta,mbién es nulia.
Bto implica que La d.d.p.entre lc puntc c y d es nula.
fuonces para.Il tenemc:
1ov-(5o)4:s
^o - (10o) Iz: o
y de lB ecuación del nudo c
h*Iz:o
aquí tenemos tres ecuaciones y tres incógnitas, de donde obtenernc:
y pa,ra .I2
E : (10O)I2 = -(10O)[ : -(10O)#
: _20v
r29
-n l l
, f i fa t ' i
' l ¡ i
'1 l j
i ,
¡ I '
!
I
8.- Deterninar el r¡alor de .E de modo que la potencia disipada en
.R sea mlnima.
Figure 52:
Solución (general)
Consideramos las conientes h, Iz e .[3 como se muestran en la Figura.
La potencia P disipada en la resistenci¡a R es
P:RI l
Las ecuaciones para encontrar 12 en función de R y .E son:I t* Iz- Is : 0V nudoo
E - RIz - 5O/s : 0V malla 2
30Y - 10O.Ir - 5fl.fs : 0V malla 1
estas ecuaciones se pueden escribh de la form¿:
(L 1-r \ / ¡ , \ (ov \
l9^^ f * l l I : l : lP^-, 1
\10o 0 í f l / \ r r l \30vl
para mcontrar las soluciones de las corrientee sólo hay que encontrar la
inversa de la matriz de 3 x 3, esto es:
ü) : (i," i:d)'(r")
t0Q
I
I
i
¡ l
' { |
i
I
!
,i¿
/"t
{¡, O
\
R
3P+10n 3R+100
loo
i:5fl_ 3'tltrl
3R+100 3B+l(r¡
de donde se obtiene:
f^: 3E - 
30y
3R + 10r¿ 3R + 10r,
volviendo al comier¡zo, terremos que la poterrcia disipada en R es:
P:R[#;35]'
Acá se muestra la pote,ncia P como ñ¡nción de E, para g : 0 O
(sólida) y R:10 O (segmento).
Esta será mínima cuando p: 0 17 que comes¡ronde. p : l0 v. ..
Nota adicional
una pregunta rdlid¿ es: dada vria d.d.p..E fija ¿oráI'debe ser.t? pa,ra
que l,a potencia P sea máxim¿?
131
- lr{ l
f f l r ¡ t t, i t
: l
7
ó
5
{
3
2
I
o
P: nI? n*on
E - íIs:0 --+
Acá se muestr. la potencia p omo fi¡nción de .R, par¿ .E : O V(sóUda) y E:1 O (segmento), E:2 O (pr:nto). 
--'
Para encontra¡ el B, donde rra potencira es má)dmq derirnamoo la ecc-presión de P(n) e iguala,mc a c,ero, esto es:
dPfl
dR: @E_sov)z tff i_
: ffiffill*- 3R]"--3
que se anul¿ cr¡a¡rdo 
lnR'- io:s '5o
el cual concuerda o.¡a el grdfico.
Solucíón (directa)
La potencia de l¿ resistencia fi es:
A
Y,
tanto,
I t : Is: . f : 
H:rn
' \
entoncefr
132
E:lDV
9.- El circuito de la Figura es utilizado para medir l¡a velocidad
& rma bala. El condensador está inicialmente cargado. La bala corta
Frim€ro el ala¡nbre A, desconectando l¡ baterla (de d.d'.p. U.) V posteri-
crtnent€ corta el ala¡nbre B, dejandtl aislado el condensador.
se compmeba que la d.d.p. ei el conder¡sador, después de corüados
hE dc alavnh¡sa es V:+
Determinar:
a) la d.d.p. en el condensador antes que l¡a bala corte los slambres
la batería ha estado conectada por largo tiempo),
b) la velocidad de Ia bala.
Considerar .R1 : Rz - 50 O, C : l'00 pF'V': 100 tr/.
*d=o.rm4
a
ffip-
vo
Figu¡e 53:
Solución
.{ntes de que la bala corte el cable en el Punto
corrientes de la Figura 1
que obedecen las ecr¡aciones:
A suponemc
f , - Iz*Ig : 0 nudoa
133
. f ( F
.L
!
4=0Jm1
a
..+
/
f
l r
t '2
tt
\
l-
Figure 54:
*-Vo-nh-8: o
$-n" l ' : o
de las ecuacionee tercera y primera
,q
11 :ñ
Iz: Is*I t :#*#
donde hemos puesto la igt¡sldad:
Is: ! !
dt
que corresponde debido I que el capacitor se está cargando'
Este resultado lo reemplazamc en Ia segunda ecuación
U" dl-ql1 L\
É,-á-b(tr* R):o
mall,a izquierda
malla dq,echa
entone la ^"rga 
q/a en el capacitor es:
en el estado estacionario
f f :o
V"C Rz'9o:f,ffi
LU
k lo tanto inicialnentela d,.d.p. del capacitor es:
r , ,go , UoRa: 'c (R"+nt¡
(100yx5oo): 
16if :áov
b) una vez que ta bala corta el alambre en el pnnto L la baterra se
rl €cta y eI capacitor inicia Ia d,esenrgo o t¡aués de la resistencia ̂ 82
b cul se interrttmpe cuondo la bala corta el alambne en el punto B.
Figure 55:
Para la descarga del capacitor teneme la ecuación:
-RzI*á:o
rmplazando
t : -4
dt
flur corresponde debido a que el capacitor se eetá deargando, entonm
dos
á+ñ:0
cu5ra mlución es:
q(t) : q"exp(-t/r)
Or:ffi
dmde [-J: *"
r35
l-a, d,.d,,p. instantánea del capacitor €s:
v (t\ : g : r--!"h,, exp(-t/r)- \- ' l c (&'- " '¡
El tiempo üs cuando fu bala corta al conductor en el punto B, corres¡ronde
ala d,.d.p. U"/4 del capacitor, esto es:
Yl*- \ -U' - 
U'R'l l tB): i : (R,f f ie<p(-ts/r)
de donde se obtiene:
ts : Rac rn (ffi): (5ooxloo¡rr) h(ffi )
: 5x L0-3sln(2) s3.5x 10-3s
y la velocidad de la bala es:
a: G:@):
20: 
f f i* l ts28.hlt
AJm'
5 x 10-3sln(2)
r36
1O.- En el circuito de l,a Figt¡ra, inicialmente el internrptor está
¡lñ€rto,
a) ¿cnál exla d,.d,.p. entre los punüc ay b?
b) ¿cuál de los doe puntos, a o b, está a ma¡¡or poterrcial?
Una vez cemado el internrptor ,S,
c) ¿cuál será el potencial final del punto ü?
d) ¿cuánto cambia la carga de ca'da condenrsadoí?
- V=0
Figure 56:
Solución
a) Considera,rnos las corrientes de }a Figrrra 57,
de donde¡e obtimen las ecuaciones:
18y- RuIr-* : o
L,b
lgv-RIr-* : 0
f./.6
t37
::
-j
Figure 57:
como los capacitores se están cargando se tiene que
, dqs , dqatt : 
E 
tz: 
E
por lo tarrto
dq, . 8a 18Y ^:
dt ' RaCs n6
dqa 
+ Qa _L8V : 0
dt ' R"Ce Rs
Las soluciones temporales son:
qs(t) : (18Y)Ca [1'- exp(-tl4"C")]
so(¿) : (18y)C6 [F==exp(-tlRs0a)l
por lo tanto,
, (18v)\ : :# 
exp(-t/Racs)
138
- l Í=0
, (18y)12 : :ff exp,et/Rs0s)
f-a d.d.p. en el capacitor Cs €s:
V, - V¿ : 
&: 
(18y) [1 - exp(- t/Rs1s)l
y b d.d.p. sobre la resist€ncia fts es:
V -V¿: RsIz: (18Y) exp(-tl&sC6)
pm lo tanto,
U" - Ub: 18V [1 - "r.p(-t/naGs) 
- expeq Raía)l
t5
to
5
o
-5
- to
. t5
Eu el estado estacion¿rio, t + oo se tiene que los potenciales alcap
trrt en el punto a y b Eon:
V"*: tBV Va*:0V
dmde het 'os considerado V¿: AV.
b) D.l resultado anterior se v€ que hay un transciente en que V¿ ea
mElDr 9ue 7o, para luego invertirse alcanzando asf el estado estaciouario
7" > Vb. Fsto reflme en ln siguiente tabla:
139
-ñ'l '(t lr i , : ; i
t r i t i
i . l
ñit
V"<Vu J <-p(:tl&Cs) 0st<*#
Vo: V¡ L:ze;t<p(-tlRaCs) + - -ls,u- Pot
V">Vo t > züp(-tllhfJü *<t
aqul consideranoo cf¡e &Cs : Ry,Ce'
Lri"go en el estado otoiáo*io el p'nto a o,t6a rn¿)¡o potencial 
que
el punto b.
Cabe obsena,r acá que la"g co¡rí'entes 11 e 'Iz de las dc ranms 
no 8e
acoplan, esto es, euoluiionon en Íonno indqenüente, de acuerdo 
a [a
resistencia y capacitor de su respectivo lado'
c) En el caso cuando 5 está cerrado suponemG las mrrientes de 
la
Figura 58'
? Í /=o
Figure 58:
la ecuaciones que obtenemoe son:
rBY- 
&-RsI¿z 
: o (6)
140
1By- 9-n¿" : o
Us,
-* +&4r : o
I-te
I i t* I¿t- I¿z- I¿z : 0
ad€más, @mo los capacitores se están cargando,
, dqal¿t : 
E
Aq¿í podernc resolr¡er fácilmente en estado estacionsrio, esto es, loe
ca¡ncitores están cargadc por lo tanto'
I¿t=f f :o Lz: f f :o
m lo ¡¡,,- o€ obtiene al reemplaza¡ en las ecr¡aciones (9) y (8):
It : Iaz: Io
ro:# '
reaplazando e¡n las ecuacionea (6), (7) y (10) obtenemc:
(10)
(7)
(8)
(e)
dW
dt
I¡z -
8a:
f -
tO
(18y)
R6+nB
luqo la diferencia de potencial entre los puntm d, y b a:
(tgv)R$cs
f io+Rt
(18y)&Caqa : 
n"+n,
W - V¿ : RaI¿z: RoI^- 
(18Y)&
- Lv6to 
- Ro + Rt
(18yx3r,) t: -J l /
9f¿
t4L
, ,oñal
como Va:0 entonces el potencial en el Pr¡rrto b 
es:
Vt:6V
d) La c¿rrga de cada capacitor carnbia en:
Asu: (18v)G-f1##:ff i
: (teyxsjop4 : Tuttc9r¿
As.: ( lsy)G-g##:ff i
: ry:72pc
Sl sistema de ecuaciones difereneiales (6) - (9) cuy&s incógnitas 
son:
q*(¿tqu(¿), /a(¿) u ¡or(t) están acopladas, sin enrbtrgo se 
pueden resolver
ex¿ctamente.
'Es recomendable que el estudiante lo resueh¡a'
L42
11.-- Considere un cuarto de anillo que tiene un á¡ea de sección
ürarer'ersal recta,ngula,r. El radio interior es b, el radio enterior es o y el
cslnor es d. El material tiene una resistiüdad p. Encuentre la resistencia
(úe las caras:
a) Ay B
b)EyD
F-b--¡ 
D I
d --i
Figure 59:
Solución
a) En este caso corxideramos que el cuerpo está compuesto por ele-
mentos infinitesimales de cuarto d,e ani,Ilo, de largo dr y área A(r), donde
A(r) :
Ztrrd md
culra resrstencla es
2pd,r
rrd
Luego Las resistencias a lo largo de r se encuentra¡¡ en serie, por lo
tanto la resistencia equivalente es l¡a surra de los elemerrtos de resistencia
dfr, esto es:
4
d,R:ffi:
- f . - f "ZpdrRo: JdR:Jo;A
2p f" dr
t_- rd,Ju r
H^(t)Ro:
L43
_,._-ñ
{t-
dr
Figure 60:
b) Ahora, consideramos los mismos elementos infinitesi,males, pero
el largo L(r) : rrf2 y et área dA -- d,,d,r. &tos elementos tienen
res6t€nc1a:
F-r
Ro '-+ o(CI)
Ro --+ óo(CI)
d R -: PL(r) - Pn'
dA Zd'dr
como todos los elementos de reistencia estarán sometidqs a la mism¿
d,i,ferenci,a d,e potencial, ellas se errcuentra,n en paralelo, por lo tanto: la
resistencia equivalente .B es tal que:
por1o tanto ou:ffi
para el lími*- u *+ b tenemos:
L f I f " Zd'd ' r 2d f" dr
: l - : i - : - i -
Ru J dR Ja PTrr Pn Ju r
: ar" l3)
plr \o/
caso a)
caso b)
L44
D
b
D
h
. Craso a): las oanas int€Nnas y ercternas se jqntan cr¡ando o + b de
modo que no hay medio resistivo en l¡B dirección radisl'
o caso ü): no hay medio rreaistivo, pero las ca,ras l¡terales E y D no se
juntanquedando r¡n r¡acfo e,lrtre ellas, lo que implica r¡na resistencia
infinita.
e La gráúca muestra el comportarniento e Mlp para los casos o)
(continua) y b) (segmento) en ñ¡nción dela rarÁn alb.
I
6
+
2
o
como tarea, el egtudiante puede .r¡er el Fmite b + 0 y p}antear el
significado.
r45
6 Campo Magnético Estacionario
f-- C,ada r¡no de lm cfrculos designadc por letras en lc vértices del
obo representan nna caxga poeitiva q moviéndce con velocid¿d de mag-
rihd v en el sentido indicado. En la región se errcnentra un campo
qgnético uniforme de magnitud B, paralelo al eje-c y dirigido haoib lB
&ecla.
Figrue 61:
Ealh el r¡alor y sentido de l¡a fuerza ejercida por B eobre cada carga,
Í r€¡reént€e las fuepas en un¿ Figura.
Solución
Pa¡a encontrar I¡a fuerz¿ haceme uso de la relación:
tude
F-qyxB
B:Bi
t47
7 
.1-z.nr l Í1t l
Entonces , püa }a partfcutra o:
vo : u j
Fo : qu ixB i: QaB jx i : quB (-k)
pa,ra la partfcula b:
v6 : ok
F¡ : qukxB i - ,quBkx i : qaB j
paxa la partfcul,a c:
\ rc : -Ai
F" : -quixBi--quBixi :0
paxa la partícul,a d:
v¿ : u (cos45" i - sin45' k)
F¿ : qu (cos45" i - sin4b" k)xB i
F¿ -- -EuBsin4so kx i: Y* e¡¡ (11)
v¿
para l,a partfcul,a e:
ve : a (cos45" j - sin45" k)
F" : gu (cos 45" i - sin45o k)xB i
F" : 
#U"i_kx t ) :#(_j_k)
para la partícula /:
v¡ : 
t r t + i -k)
Fr : 
#r t+i-k)xB i :# (-k- j )
148
E perr¡a de fuerzas se muestran €n la Figura 62
Figure 62:
1! ,
/ l
t /
4,.
t
1{9
* 
.a,- *afTffl
l '
2.- Una parHcula de masa n1' = A'5g tiene ry "u{g" 
q: 2"5* 10 't
C y se le comr¡nica una velocidad norUoltat 
inicial vo : 6 x 104 mf s i'
¿cules son el *t* mlnimo 
y la dirección del ca'mpo rnagnétio uni-
formeBcapazdemantenerlupartrcubmor'iéndosehorizontalmentecon
ta misma velocidad vo?
[ .
Figure 63:
Solución
Suponiendo un crrmPo gravitacionat vertical -g 
k y un cs:apo ulag-
náris.¡ 
B: Bni* Buj+ Brk
la fuerza sobre l,a partlorla es:
F -nlgk*qasX B - -rngk|¡u.(Buk- 
B,J)
: -ryuoB"i * (quoBo'rng) k
paxa que no se altere su movimiento inicial, la fue¡za resultante debe ser
nula, esto es:
-nlg + {PoBs:0 -+
gr:#"
150
I B, :o (r)
, 
I- com¡rouente c del campo no altera el movimiento 
de l,a partlcula'
LEp el ca'mPo Puede üener l¡a forma:
B: B, i+ry j(Po
dmóduto del carrPo está dado Por:
Hr t6drá el rmlor rnlnirno cuando Bn 
:0 (T)t por lo tanto el campo
úfuo es:
B:f f i1: f f i i
*r 3.3 (f) i
"r.(ffi)'
151
---.-^'6flf-'
3.- Considere una partfcrrIa con ca,rga Q: 4 x 10-e C'
Ctrando se mueve a.-el plano Íry c$velocidad ur : 3 X 104 m/srfov
ma¡rdo un ángulo de c : 45" por encima del eie-n, ¡n CIamPo magnético
uniforrre B ejerce sobre ella una fue¡za F1 en la di¡ección dd eie'2.
C\¡a¡rdo la partfq¡la se mueve con r¡elocidad uz:2 X 104-na/s a lo
Largo del eie-z se ejerce sobre ella una fuerza Fz - 4 x L0-6 N en La
dirección del eie-u
a) ¿Cuál es la magnitud y dirección del carrpo magnétio?
b) ¿Que r¡alor tiene la fuerza ̂üt?
Figt¡re 64
Solución
Suponemos un cnmpo magnético de l¡¡ forms:
B:B, i+B?i+B"k
entonces en el primer caao se tiene:
- .F1 k : {ur(coso i*s ino j ) x (B, i+ Btt i +B' k)
qzr lcos a(8, k - B" il * sin a(-8, k + B, i)'l
L52
t
!, for-
pético
F
fcab
¡ Í*
t
¡
:
I
E
: :
I
: {\ lB"sino i - B"cwo j - (B'sin a- Bucosa) k]
& &nde se obti€ne:
B": 0(")
qu1(sinaB" - cos aB) : Ft
&{ segundo caso ae tiene:
Fzi : {uz kx(B, i* B, 3+8, k)
: {uz(B,j - B, i)
& &nde se obtiene:
Buqu2: F2 y B, :0
Lqo, de las ecr¡aciones (12), (13) se obti€ne:
Bu: -b + 
" : -*¡Qaz Iaz
r'r : -{u1cos aBo :0tFzcoeo
U2
F1 : -urFz 
cos a 
U
U2
pa lo tsnto,
B
(12)
(13)
Fz
J:-
Íuz
-0.5(") i
4 x 10-5N
(4 x 10-ef,)Qxt}amls)
Fr:
UlF2COSC ,
U2
_ (3 x 10ane./sx4 x 10-6N)
(2 x Lúrnl4tñ
-4.2 x 10-6(N) k
r53
r. n4lwf
A.- a) ¿C\rál es l,u \¡elocidad uo de un haz de electrones si 1B 
iDfluenciB
simultánea de r¡n campo etéct¡ico de intensidad E :34 x 104 (Vld V
de r¡n campo rnagnético de intensidad B : 2 x 10-3 T, no producg
desviación de lc 
"!""t-o*, 
eiendo ambcs campoɡ perpendiculares al
inaz y perpendicula,ree entre si?
úl-¿Cfr¿f es el radio de l,a órbita del electrón ctrando se suprime eI
campo eléctrico?
Figrue 65:
Solución
Las fuerzas que se ejercen sobre la partfcula son:
Fs : -eE: eE i (fue¡za eléctrica)
Fg : -evoxB (fuema maguética)
-- -eaoB i x k: -euoB i: -eaoB i
Para que l,a partfcula no se desvle de su trayectoria original, la fuerza
resultante debe ser nula, esto es:
Fn:F¡r*Fa:e(E-uB)i
154
v
DC
al
el
bal €s nula bajo tra condición,
IwoB
v:7)ai*acj*urk
-eBvxk : -eB(-ur j*u9i)
Uz : conata,nte:0 (*lt)
4
m du,
eB dt
: }ax tüa(Yl!n) : !.7 x L'smf s
2 x 10-sT
EÉe sistema funciona como r¡n selecüor de velocidades 
de partfculas
q¡rdas, pues en.* ¡* de partfculas que telqan distintas 
velocidades,
É m se desviarán aquellas que teugan velocidades 
ao : E lB '
b) h el caso de elimina¡ el ca,mpo eléctúco, de 
la segunda ley de
ktm ¡rcdemc escribir:
Fs : -eB v *X: *#
¡-rle
¡r b taato'
¡r b tflrto'
I
: * (#r** i**
- 
dc de obtienen las ecuacionee,
dun 9g^. dou eB da'
dt : -7" #: :" á:o
n¡ ofición inicial es
v(0) : uo j
155
l )a:
r---'.(n,rl'frf[l{
Por otra Parte'
' d,g : u"(t)
dt
cuya solución es:
uu(t) : o'.*1üt) on(t\ = -.uoeur(4¿¡
de donde se obti€ne la ecuación de la trayectoria' Pu6
n21t) +s2,,\ : (#) '
que corre¡ponde a r¡n cfrculo de radio r' con
Aquí veme que el radio de la trayectorla depende de la masa 
no, de la
velocidad iniciat o",á" t csrga e ¿e ta partfcula y del ca,mpo 
magnético
B.
LaproporcionalidadinverssdelradiorconlaYn¿gnituddelcampo
magnético ^B o.pli"" "i "o-p"rt"*i""to 
del ba,z de eletrones del oc-
perlmento demctrativo de 1a urcsa 1 del laboratoúo N"4' 
Eeto es, se
obserr¡a que al ar¡¡rrentar B (aumentando la colrientes 
en las bobinoÁs de
Helmhoti) disminuye el radio de l'a trayectoria de los
S'rge la pregUnta ¿ Qué ve un oú"t¡a¿* cuyo sistema 
de referen-
cia se mueve i,-¡]*[ ü p""tf."f"? En este sistema 
de referencia la
velocidad inicial de l¡a partic'la es nutra y por lo tanto la 
partlcula no
experimerrtarfa fue¡za nag¡ética, iQué pasa e'rrtoncee?.
Larespuestaestóretaciona¿¿conlatrvwformacióndelccampc
eléctrico y magnético de r¡n Eist€ma de referencia a otro'
X : au.*)
aorn, :a
156
n- IIna porcién de cinta de plata de dimemsion€s U - 
2 ctn y z : I
¡¡ fün8püt8 una corriente de 200 A en el sentido 
pcitino del eje-n
5;;;;; en un c¿¡mpo magnético rmiforme de 
1'5 ? en eI
b nryativo del eie'2.
f, Uyi.¿ x 1028 eletronea libres por m3, determine:
d Lv'docidad media de arrastre 
de lc'electronest '
ü f 
-"git"¿, 
dircccién y sentido del campo eléctúm llall'
.i a *ttug. Ilall, indicando tra polarización'
F
Figure 66:
So|rlln
r) b dmilad de ooriente estó dada Por:
- It : 
ú: 
f laüd
ffi n es la d€nsidad de electrones , e elacarga de cad¿ electrón 
y
t57
'r--6
i
u¿ €B la velocidad media de derir¡a de lc electronea' elrtoncest
I
ud : 
yrr*
200Cls
:
A, 8.45 x L}-arnf s
b) ta coriente consiste de elet¡ones moviéndose en el se'ntido nega'
tivo del eje'a, éstos orperimentan r¡¡a fuerza
Fa: eu¿B i
acr¡mulándce en eI lado (2). Esto ltega a un equilibrio cr¡ando 
la
carga acumulada en los ladc gen"r" r¡n camPo eléctrico E¡7 el cual 
con-
trarresta l¿ fuerza magnética, esto es:
(-")Er*Fa : O
(-e)Er : -F¡: -euaB i
de donde se obtiene que,
F.n: u¿B i
eto es:
Er: (8.45 x Lo-amfs)(1.5T) j * 1.27 xL}-3(Vld i
c) La d.d.p.entre la ladm (f) V (2) o
vrrr- ve) : - f ,* 'dY:- f 'o 'ouJs Js
: Eng
IBU IB
: u¿D|-ñ:A
r58
(2004X1.5")
(7.4x L0% lms\(L6 x 10-1eCX10-31'n)
A, 2.53 x 10-6Y
k b taato, el potencial del lado (1) o nr¿J¡or que el potencial del lado
(2).
El término
- 
fumina coeficiente HaIL
H dumno interesado en el toma puede r¡er el efecto llall cr¡ántico en
?rrrlttun Mrchanics 
', Cohen-Tannoudji, Diu and Laloé' página 14/i5.
1
rue
159
6._ un cubo de arbtas de L :0.5 rr¿ se encuentra 
en un carntr'o mag-
nético nniforme B :0.6 T, pa,ralelo a! eie-n 
El tril¡-lbcde/ transporta
nn¿ corriente I : 4 A. O"t"n-i"""'l'o-'otgoit"d' 
dir-eaión y sentido
de las fuerzas que actrian sobre los trcum ol' 
b"' d' d'e' eÍ y b fuema
r€sultante sobre el cubo'
'%*::{
T
d
Figrue 67:
Solución
La fuerza que ejerce el ca'mpo B sobre 18 axista 
ffi : L i q:
Fo¿ = /(¿ j) x ('ts i) : *'Tt'B k
: -(tAl9't;rnx0'6?') k
: *1.2 N (-k)
La fuerza ,r,-. ejerce el campo B sobr€ el 
tramo ñ': L (i - k) es:
Fa. : IL(i- k) x (B i): -ILB i
160
v-,--F-ñ
?.- El plano de la espira rectangular de-l1!c 
o:5 cn'L y b:8 mt'
está paraleló a un campo magnético B 
:0'L5 T'
a) si le hilos transportan r¡na coniente I 
:10 A, ¿qué torqr're achla
"obre 
la esPira?
L) ¿CftA es eI momento dipolar magnético 
d"l F 
espira?
c) ¿Cuál es el torque 
-¿"i-o 
qtt"; puede obtener con lia misma
longitud total det nito-tr"o"portandá ¡,n misrn¿ 
cortiente f en el mi$no
campo B?
B
¡¡r¡¡r¡¡r¡)
a
¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡f
a
¡¡ar¡ia¡¡a
B
d
i , , . - '
Figu¡e 68:
Solución
a) Sobre el hilo superior y el inferior 
la fuerza que ejerce B es nula
pues las co¡rientes son paralelas al carnpo'
Lafuerza sobre el bilo del lado de¡echo es:
F¿ : I ( -a j ) x B : - IaBj x i : IaB k
y la fue-rza del hilo del lado izquierdo es:
F¿:f(aj) xB:IaBjxi : - IaB k:-F¿
I
L62
: -(4.4X0.5mX0.67) i
: 1.2 N (- j )
Itfwzlque ejerce el campo B sobre eI trano á' : L (k - i) es:
Fc¿ : IL(k-j) x (B i) : I¿B (i + k)
' (4AX0.5rnX0.6r) 6+k)
: L.2N ( i+k)
I,a fi¡€rza que ejerce el campo B sobre la arista Te: -Lk a:
F¿" : -ILk x (B i) : -ILB i
: -(4A)(0.5rr,X0.6") i
: 1.2 N (_j)
Ls fo€rza que ejerce el canpo B sobre la arista 7i : -L i qz
F"f : - IL ix(Bi) :0(JV)
te ñ¡€rza resultante sobre el cubo es:
F : Fa¡*F¡"*F"¿*Fau "F"t
: -1.2 N t ' - 1 '2 JV. j +L,2 N ( i +k) - 1.2 /Vi +o
- 
L'2¡r (- i ) 
r ' ' : !
16r
Así, el torgue @n ra,{tpeeto a un eie aerÚieal, qte pasa por el, cmtro de
b espira es:
hh
: ( - ; r )xF¿*(¡ i ¡ xro
h
: 
át t tF¿*i*Fal 
:bIaB ( ixk)
: -ablBj :mxB
: -(0.05n2)(0.08rnX104X0.15") i
: 0.006 N* (-j)
b) el momento dipolt" magnético de la espira es:
m : abI (-k)
: (0.05rr)(0.0snz)(10á) (-k) :0.0 a Anz (-U)
c) El módulo del torque es
M : abIB
el largo del hilo 1o suponemoe constante, esto es:
Asl, el torque s€rá dximo crrar¡do
) t f
= - (L-2a\IB:0
d,a
L
ot: _
2
163
M
M
¡e donde se obtiene,
que corresPonde a
L2IB
Mrr.w:T
Esto se pude ver al graficax MlMrrr* contra r: a'/L
M a(L - a)IB
ñ' : f f :4r(L-r)
I
0.8
o.ó
o.¡+
o.2
o
como el módulo del torque es proporcional al área !: 
ob, entonca
elproblemademá:rimiza¡"lto'qo"correspondeamáximizarelárea'
I
{
I
L\.
164
g.- calcule el torque que eje,rce un campo magnético constante 
y
nniforme B : B ¡ *t* ,rL ""pir" 
rectansurar que glra en tomo de
rm eje ubicado * ** distanci¡b s de r¡no de lm lade 
y perpendicular al
;;- magnétieo."la eapira transporta r¡¡¿ csrriente I'
Figurq.69:
Solución
l¿o fr.crzas sobre los ladm perpendiculares al eje de rotación son:
Fr : b" l ( -cosoj+sina k) x B j : -b lBeinoi
F2 : b. I (cosaj-s ino k) x B j :b lBsina i
estas fuemas son paralelas al eje de rotación por lo que no aportan a
este proceso
Las fuerza que se ejercen sobr€ el lado strpeior F" e inferior F¿ son:
F" : af ixBj :aIBk
165
F¿ : oI(- i )xBi : -aIBk
entonces el Torque M qut ocperimenta la eryira 
está dado pon:
M -- r ( -cosai+si i ' ra k) x F"* (b-r)(cosa 
j -s ino k) x F¿
: o(- cosa i + sino k) x aIB k - (b - 
o)(cosa j - sino k) x aIB k
: -nalBcosa i- (b- n)alBcoecu i
: -ablBcoso i
: -AIBcoso i
dondeA:abeselá¡eadel ,aepira.&cr ib iendoelmome¡rtodipolar
magnetico m de la esPira como:
m:lÁ(cosak*sinaj)
entonces eI torque M se puede €scribir como:
M:mxB
Aquí se ve que el torque es independiente de la 
posieión r (0 < r S b)'
166
9.- Un cuad¡o rectangular tiene mas¿
longitud y puede g¡r sin roza,miento alrededor del eje ab. La coniente
que circula por el hilo es I : LO A.
a) Ilallar el r¡alor y sqúido del c,q , po aagnético paralelo al eje-g que
ocasionará una rotación del cuad¡o tal que su plano forme un ángulo c :
30o con el plono-yz
b) Ebtudiarel caso pa,ra un campo par¡eto al eJe-a. '
Figure 70:
Solución
H momento dipolar rnagnético m.de la espira es:
m,: I lqh(coso i+sina j )
a) En este caso el ca,mpo maEFético se puede escribir como:
B:Bj
167
u=3ü?
d¡ -6 cm
f2*8 cm
Iuego, el torque Ms ctue ejerce 
el campo es:
Ms:mxB:ILtLzBcosak
y el torqtre Mn que ejerce el carrpo 
gravitacional es:
M, : f.r,. X rng=!G'""i-cosoi) 
x f log (-i)
_ _WLz=si¡a k
2
donde rsn 6 Ia pmición del centro 
de rrasa y fit:0'1 x 28 g 
= 2'8 g a
- ffil;Jffnff*r"*e 
debe s€r nuro para que }a espira esté 
en equi-
übrio, esto e8:
M : Ms * Ms : (tl 't"lBcos o -*nti"no) 
n : o
de donde se obtie¡re:
ILú28@sc:ry
por lo tantot
fnot'arLa- .
->lZIh '
t
1.3 x 1o-2(T) i
b) E este caso el eampo magnético 
se puede escribh como:
g:Bi
luego, el torque Me Que ejerce 
el carrpo ee:
Ms : mxB =IL¡L2(cwai*sinai)xBi
-- -IBLúzsina k
L68
B:
A,
y el torqne M, que ejereo el campo gravitacional a:
M, 
: 
r : f f i (dnc r - co¡o i ) x me (-¡)
2
Para que esté €r¡ oqqübrio, l¿ mm¡ dc la torq¡ea debe anula,rc, 6b
ea: f ^^n
IvIe + MB - -UB + T)sinc 
k: o
de donde se obtieme,
IBLTI4: -^y
por lo ta¡rtol
B: - f f i r
-{ ":-ffi
: -ffi i n¡ 2.8 x 1o-r (r) (-r) , ijt
i
JI
{
4r
F
L
::
169
7 Ley de Biot-Sar¡art, Ley de Ampére
1.- Un conductor rectilfineo, l¡rgo, de cor:iente I : 20A A, atraviesa
nna caja cúbica de madera de lado a : 2 etn, através de orificios ubie¿dos
en los centros de dos c¿rraÉ¡ opuestas.
Corxiderando un elemento Al: Lcm situado en el centro de la caja,
calcule la magnitud de la inducción magnética AB producida por este
elemento en los puntoe a,, b, c, d, y e.
Los puntos &, c y d se errcuentran en lm centre de l,as caras¡, b en el
punto medio de urra arista y e está en un vértice.
Figure 71:
Solucién
Et ca,rnpo AB a una dista¡rcia r dg un elemerrto de conductor Al por
el cual circula una comiente .l es:
AB : P' 
IAll' t
4n ró
Ley de Biot y Savart
En todos lm casoe a estudiar consideramos
Al:Al j
t7L
iounj4{'?flcn
paxa el punto a se tiene: 
, :;O
entonces' 
a''-*w:#'
para el Pt:nto b se tiene:
&t
, : ; ( j+ k)
entoncest
AB¡ : ¡¿, 
¡:)¿ i¡ * liJ k) : pJ-It { i,: G @¡,fr)" 
4nd'
, : l ( i -k)
para el Pr¡nto c se tiene:
entoncest
AB.:f;wffi:
para el punto d se tiene: a, .
" : tJ
entonces' p" I\tj$J. : oAB¿-Gq--"
para el punto e se tiene:
& , ., : ; ( i+ j_k)
entonces,
AB- : rr, 
ra¿ i x ; (i t¡ - k) - pnlat t---" - 4n (,fralz)"
p,IALú
Ltra2
(-k - i)
L72
Z.- Através de largw bilc conductores ¡raralelc circulan corientes
de intensidad "I en sentidos opuestc-
a) Encuentre la enrpresión de B en un punto cualquiera del eie'n
b) Encuentre }o posición del eie-r donde B es mátcimo'
Figure 72:
Solución
Calcula,mos primero eI carnpo B q,r. genera, a una distancia rr un
oductor infinito por el que circula una corriente J.
E demento de co¡risrte ldxgsn€ra un camPo dB en el punto O d¿do
Ir
ñ p,oldxxt 
A
dB: n-=
p,o ldni x (aj - ri)
:
4r (r, +a2)3/2
1?3
o
I
i
ü
\ r
N-]i
I
1
t, Idx
¡....'-" :r ---i
Figure 73:
Ito lad'n n: G@trn
: PoIk
luego, el cam¡ro resultante es l¿ 
srrrrra de todos lm campos dB' 
esto est
B : fot : , | :hf f i "
Ztra
a) El cfrmpo B" $¡e genera el conductor 
superior en el punto 'F es:
B" : ffiW'fi- "l 
i+ 'i"1{ - d) il
PoI lq ina i+coso j ): fiffi.t'
y el carnpo B¿ generado por el conductor 
inf,erior en elpunto P es:
: #P*(t -*) 
i-sin(fr - ")i l
(14)
174
: , 
l t " ! 
=(s inai-cosai)
2rJa2 * n2 '
lu€o, el carnpo B resultante está dado por la ocpresión
B:8"*B¿:ff i , : f f i '
E[ módulo del ca,mpo se puede escribir de la forms
B: ,P:Io =. : 
B"- ,, - PoI
"@:6t 
Do 
I fa
Ahora graficamos B lB"bomo función de b: ala,
(15)
I
o.8
o.ó
O.rt
o.2
b) D. La ecr¡ación (15) fácibnente 8e \¡e que el campo es má'rimo eri
cl origen (c : 0), lo cual se confirma en el grá,fico.
17s
lu.go, el campo B resultante está dado por la
B:8"*B¿:ff i i : f f i i
B módulo del carnpo se puede escribir de la forrna
B:ffi:ffi,
donde
Br:4
ra2
Ahora grafica,mos BlB"somo función deb: n/a,
(16)
o.5
O.¡l
o.3
o.2
o. l
E¡r este caso el má:<imo no está en el origen. Pa'ra enmntra¡ sa pro
cedemos en la forma etandar,
donde la penüente es nula cr¡¿udo
a2-t2:o a*: ta
-{quí enco*ür'8rrlos 
dm rrá:<imos en las pmiciones *a-
177
I
3.-Consid'erelosmismcconductoresdelproblemaanteriorsall¡o
-""#:1r:TffiffSffi 
en er p'nro p v er rusar donde tiene
su r¡alor máximo'
Figure 74:
Solución
El carnpo B" que genera el conductor 
superior en el punto P 
es:
B, : #,r*Ui- "l 
ia sin(f, - d) ii
: ff i(sino 
i+uosai)
y el campo B¿ $enerado por el condrsutor 
inferior en el punto P es:
B¿ : Hrr "o'(f ,-0)i+sin(f,-0)i l
#(-s inoi+coscj)
176
4.¡_PorelconductorlargorectillneoABcircular¡naco¡rientede
I :2O4. El .r"dt;; rotuoguf*' 
*G-f"¿* más largc son paralelc
aI hilo, transporta t'ot *t'lto*t ¿ 
: rt ¿' C"f*"Ut el rmlor y sentido 
de
lafuerzaresultanteejercidasob¡e"r'*t¿"g'r"porelcflmpomagnético
creado por el hilo largo AB'
B
A
a
+
I
I
L
!
i
.L
T
l'..*.*-.' ¿ ....-..-*--{
i = .?il .Á
i=10.4
ü:1'i. I ¿'¡,r
| ;: .4 ¿:d
L=30cnt
Solución
El campo qpgnétio, generado por 
el lúlo l'B' sobrc et bilo inftrior
de Ia esPira, es
Bo. * : = fol, =, (-k) 
rrer ec'(14)
.+o - Ztr(a + F) '
este canpo ejerce u'a' 
luerza F¿ soUrc el hilo inferior de la cePira:
r¿ : iL (-i)X Bo+ü : iL (-i) | ffi¡ t-"1
L*r.{ | 2: f f i t - i l
Figu¡e 75:
,178
Bo: ffit-ul
este campo ejerce r¡na fue¡z¿ F" .sobre el hilo superior de la espira:
| , , . I f ,u, i l ' .
F" : iLi x Bo : ilL ix #-r(-k) 
: "# i
El ca,rrpo magnético, generado por el hilo AB, sobf€ el hilo izquierdo
El carrpo magnético, generado por el hilo á8, sobre el lüo superior
de la es¡rira, es
de La espira, es
}a epira, es
Br"q:ffieul
este campo ejerce una fuerza F¿q sobr€ el hilo izquierdo de la espira:
F¿q : Í nooj x B¿,q 
: I:*' id,y i x ffi el
: p:i,I f+b gr e¡: 4n lr + l) (-i)2nJ" Y \ ' 2r \ a/
B campo magnético, generado por el hilo AB, sobre eI hilo deredro de
B¿",: ffi c"l
este csffrpo ejerce rura fuerza F¿r, sobre el hilo derecho de l,a espira:
F¿," : I oon(-i) x Bd.,: I)*' uon (-i) x ffi Col
: Ir l i ' I f+b fu i: 4 
^lt 
* !) i : -F¿,c
2rJ" Y 2t-- \ - 'a)
La fuerza resultante F es
F : F¿*F"aFi 'e *F¿r"
: F¿ * F" .t- Fi"e - F¿rq: F¿ * F"
: f f i (_j)+ff i t
119
: p. i lL[ l _, t 
I
2tr la ('El 
r
: f f i ,
donde A: bL es el área de la esPira'
180
5.- El hilo largo rectilf¡ro .4I| transporta una corrienk r,
a) ¿C\rál es la iitensidad del campo rnagnético 
en el área achurada,
a urr¿ distancia s del hilo?
b) ¿qué flujo rrraguético dO atraviesa dich¿ áre?
.j U"U. el flujo Q que atraviesa el á¡ea rectangular'
- t a l r l - 
- l¡ l
íÁl
l-*---*---- ¿ ^**.-***l
Figrrre 76:
Solución
a) El campo magnético en la zona achurad¿ es:
I
;d1
?
i
¡
¿
i
i
I
n: fffi e*t ver ec.(f4)
b) ul elerrrento de á¡ea se puede escribir como:
d,A: LdU k
donoer¡, el elemento de flujo magnético en €sa órea es:
d,tb :B . dA : 4 (-k) . Lda k: -p*4! ay
2try ' ' 
v zTV
c) H flujo rragnético dentro de la espira es:
t : I ao : - l:*' W dy : -# l:' + : -Wt ('.:)
181
6.-.- Considere dos bobirras 
de radio 3' 
arroltadas cada una
con N espiras d" hi; q* 
trarwporta 'i;Jt'it*e 
/ en'1lmismo sentido'
Las bobinas ü":H;;il' i 
*'¿J[¡"tJ*' una distancia 'L'
a) Deduzca Ia enpresión 
de la ;;hd'd del carnpo 
magnético B
"obré 
el eje de las bobinas' e las bobinas, si
b) Calcula'r tI ;;;;; 
B 
' 
en el p'nto medio 
entr
¡n, :ioó, I : 5 Ay L : a 
-- 3o crn'
Figure 77;
solución 
-:-^
Comenzamosporcalcularelcarúpomagnéticoquegeneraulraesprra
& 
#;;:*"iJJh"", e rd"ssenera 
un elemenro de carnp o d,B enla
posición z de su eje, u^ Id,s x r
d}l.: *_T-
donde 
r : zk-a(cos4i+sinÓj)
L82
ad+
Fier¡¡e 78:
ds : od,óe sin/ i + cos{ i)
r : !Ñ
entonces
rñ p"Iedóesinl i*coedi) x lrk- o(cos ói+ sindi) laE:c
: 
p,.Iadó zeinÓ i+asinz Ók* zcf Ó i* acosz Ók
Atr (o'+ 22)3/2
: 
p'"Iad'ó zcuó i* zsinQ i*ak
4tr (o2 + z2)sl2
luego el campo resultante es:
B: Iot : f*W"
ltole2 r_: 
XIWK
(17)
Ahora, l¿ bobina del lado izqurerdo genera un campCI en el punto P
183
dado por:
Br: -!4Io'
2 lo2+1Ñ*
y la bobina del lado demecho gpnera un campo dado por:
B¿: - PoNIaz
2la2*e- 
*
Luego, el ca,rrpo re$lta¡rte corr'res¡ronde a:
B : B¿*B¿: - FoNIa
2laz+t!+,r "
+; 
¡t'oN loz t-
zí\ 
*
B:ryf+ 1 I
L[,,* G+ty. ¡nry1"
B:#| f f i
*4.l r (18)
ltf l, + (i - i),)"'' J
Ahora graficamc B / B.como fimción de b : z f L, donde Bo : ¡t oN I a2 fZL!,
pxa o/L:0.5 (sólida), af L:0.75 (segmento), af L: 1 (pr¡nto).
184
lL3,
I
7
6
5
+
3
2
Aquf vemc como el carnpo B se hace aprocimada,mente constante
para ciertc r¡alores de a/L.
Este resultado lo usarcme en el problema 3 del capltulo 8 para
estudiar y modelar la generación de coniente oon un electroimán, como el
mctrado en lia mesa 4 del Iraboratorio 5. Especificamente necesita¡emc
el resultado de la ecuación (18). En esa instancia supond¡emos que el
campo es aprocirnadamente constante en pmición y tiene la forma:
B: ).I k (19)
donde .l es una constante que depende de la geometrla.
b) El r¡alor de .Be, en el punto mdio (z :0 rn) entre las bobínas, si
N : L00, . I : 5 A y L: a:30 czn es:
Bs :
l . t r l"l¡ry+T1 .(;fl,J
(4n x L0-7rm/AXtq0&4) Q@)'
OC;tr+¡|¡'¡'r'
Ai 1.5 x 10-?
185
7.- Un cable largo coaxial está formado de dos conductores con-
céntricos. Las corrientes .[ uniformemente distribuidas son iguales pero
opuestas.
a) Obtenga el campo rnagnético B a la distancia r dentro del con-
ductor interno (, 3 a).
b) Encuent.. -B entre los dos conductores (¿ < r < b).
c) Encuentre B dentro del conductor exterior (b < r S c).
d) Obtenga B fuera del cable (" < 
").
Figure 79:
SoIución
a) considerarnos una trayectoria circula¡ concéntrica de radio r 1 a.
De la ie1'de Ampére se obtiene:
f n.at: por'
186
como la coriente está distribuida u¡ifonrremente, entonces,
-dI It : 
lÁ: 
constante : 
ñ
por lo tarrto,
I' : JA' : J-nr' :4
lla" ao
Por simetría cilfndrica el carrpo B tiene el rnismo módulo sobre la trayec-
toria y debe ser tangente a ésta, por lo tarrto,
{s.n: $ a.at : B I d, t : B2nr: t ,4h--- L--- -J, ' "a2
de dorrde se obtiene:
B:#
b) Consideramos una trayectoria circular concéntrica de radio a (
r < b. De la ley de Ampére se obtiene:
{ r.'^: PoIJ,
Por simetrfa cillndrica el campo B tiene el mismo módulo sobre la trayec-
toria y debe ser tangente a ésta, por lo tanto,
6t.n: $ n.at : B 6 d,r : 82*: For
JT J¡ J,
de donde se obtiene:
n:4
zTr
c) C,onsideramos una trayectoria ciroila¡ concéntrica de radio b (
r 1 c. De la ley de Ampére se obtie,ne:
{ t'^: PoI'
J¡
como i;a corriente estd distribuida r¡niformemente en arnbos conductores,
gntonc€s,
J"¡tano: #r: consta't ": ffi
por lo tarrto,
I ' : l - J*tonol - [ - , , , ' ==. t r ( rz -b2) : f? *ú'q"u' r(cz - ts) " t' ' c2 - b2
187
Por simetrl¿ cilfndrica el campo B tiene el mismo módulo 
sobre la trayec-
toria y debe ser ta,ngente a ésta, por lo ta'rrto,
6r,.dr: $ n'at: B { dI: B2nr: rJffiL- Jr J¡
de donde se obti€Nrc:
p - PoI 
c2 -12
"- ztrrc2-b2
d) considerarne una trayectoria circula¡ concéntric¿ de radio 
c < r'
De la ley de AmPére se obtiene:
lt.^: PoI'
conientes son iguales y opuestas e¡r a¡nbc conductores' 
en-
I ' : I - f :0
por simetrfacilíndrica el campo B tiene el mismo módulo sobre la 
trayec-
toria y debe ser tangente a ésta, por lo tanto,
I g.aÉ d B.d¿ : B d d,r : B2tt :of, J¡ 'rr--
de donde se obtiene, 
, : O
Pa,ra tener mejor imagen grafica'mos B lB. como fr¡nción de r 
: r /o'
considerarrdo c:3o,, b :2a, con Bo : p'ol f 2tra'
como las
tonces,
0.8
o.ó
O.¡l
o.2
o
188
JM
: 2osin ("ln) (20)
y la distancia urÍnirra desde una cuerda al centro del cf¡culo es:
(teorema de Pitágoras)
a2 - a2 sinz (nln) : a{L - sin2 (nl")
: aeos(nln) (21)
Ahora calcula,r¡c el carrpo B que genera a una distancia d' de su
punto medio, r¡n ala¡nbre de largo tr., por el cual ci¡cula r¡na coriente i.
Figure 81:
El elemento de corriente id,x gen€ra un elemento de campo dB en el
:
I
I
i
I
d"
I
t
i
..,!.,
¿B : l!" 
idx !< r
4ir ró
190
a{Z(l - eos (Ztr/n)) : a
dn : lo ' - (L"12)2
punto O dado por:
donde
id,x: idn i Í :dni-r i , : \f d'^+ r'
entonces
d,B:*:W:o#ffi"
Iuego,elcamporeflr l tanteeslssuma(vectorialvf*1nua)delosele
mentos de campos dB que generan en ei punto 
o todos lc elementos de
conientes idx que componen el trozo de alambre' 
esto es:
8,, : Iof:I:,r#ffi"
Itodni ¡r'*/z dr
+n: J_^p@+ 
k
podni | '"*' ' 
PoiLnEin: 4* lff i 'J-r-,rk:ffi
Final¡nente el ca,rrrpo B en el cerrtro del polígono de 
rz lados es r¿ veces el
campo arrterior, esto e8:
B: 'nBr, : f f ik
reemplaza,rrdo Ln Y d^ de las ecuaciones (20) y (21) se 
obtiene:
3 : 
n4''ihasln(Í( ln) - k
4trae'os(rr ln) Ja2 cosz (" ln) * a2 sin2 
(" /")
P¿nartbr/n) k: 
lno
b)ElsáficosiguientemuestralaintensidaddelcampoBlB"como
fnnción de n, donde Bo: P'oó'f 2tta,
191
8.- Un ala¡nbre e¡r forma de polfgono regular de rz lados estd ju+
ta¡nente encerrado por un cfrcr¡lo de radio a" Si la coniente por €ste
alambre es i,
a) Demuestre qtre el carnpo magnético B en el centro del cfrculo está
dado, e¡r magnitud, por
B-Poná' 
/ t \
zno 
b^\Á)
b) Demuestre que cuando n + 6 el resultado se aprocim¿ al de una
espira circular.
Figu¡e 8ft
Solución
a) consideraciones geométricas; el largo de cad¿ lado (cuerda) etá
dado por:
Ln : tf Zo, - 2a2 cq (2tr /n) (teorema del coseno)
189
s.2
5
¡1.8
4.ó
1.4
1.2
1
3.8
t.ó
t.1
t.2
Aquí \¡emc que cuando r, .-- 0, ntan(trln) , 1rt en efecto, e.n este
el argumento de la tangentu o puq,r"ñá rpor lo tanto, tart(tr/n) 
-rfn, €rrtonerx,, nten(zrfn) 
- 
n. t""So en este lfmite n 
- 
O,se tiene:
"-Bo:A 2a
que es el mismo reultado flue d¿ l¿ ecuación (12) crrando z :0.
r92
9.* Un conductor.cilfndrico largo de radio a contiene un orificio
cilíndrico largo de radio ó. Los ejc de los dos cilindros son paralelos y
están separados por Una distancia d.
Una corriente ri se distribuye unifonrremente sobre el área efectiva
(somtrreada) del conductor. Denlrestre que el campo magnético en un
punto dentro del orificio es:
B : , 'F!ádZr(az - h2)
Analice los casos ó --+ 0 v d --+ 0.
Figure 82:
Solucidn
Consideranlos que el cilindro de raciic¡ a
circula una densidad de corriente J, dontlt:
no tiene orificio y por el
T- 
,
" - i r (az-bz¡
193
Por simetrfa
entonces
Entonces el ca,mpo que genera esta densidad de coniente a una distancla
11 del centro del cilind¡o es tal que:
f n, .¡- 
p,oJrr l
f 
n, . dl: Bt2trry : p,oJrr!
Br: 
* \ 
r11a
El ca,mpo B reilltante es:
donde C1 es un vector tangente nor¡r¡al al vector 11'
Ahora suponemos qo"-"o la r/)na del o¡ificio €tciste r¡na densidad de
co¡riente -J, entonces ésta genera un campo Bz a u¡ra dist€nci8 12 
del
centro del orificio, tal que
Bc : -P"J:z iz rz S b
2
donde C2 es un vector tangente normal al vector 12'
@)
(23)
B : Br*Bz:4 2
: 4 f rfa-rri2f2L
p,id: ffiryt'
ir-'"t{' ,,
: ts!- ¿io
Este es el campo magnético den+¿o del orificio y c independiente 
de
la pcición demtro de éste.
Análisis ved¡'d
L94
Figu¡e 83:
La igualdad usada en la c. (23)
r1i,y-r2i2 : d, i¿
se obtiene del hecho que
\ i1-r2ir :dá
C,onsideremos un vector cualquiera
v:&i+ój
Este vector se puede escribir de la forma
"*( ; )
195
(%)
(%)
Al multiplicar por el lado izquierdo por la rn¿triz
lo -1 \P:l . í ó)
obtenemos un vector norural a v el cual denotamos Por ü' que tiene 
el
mis¡rro módulo,
t* :Pv:(o- -1 \ l l ) : (u^)*-ui*oj- \1 0/ \b/ \ a)
Por otra parte, se puede ver que P es r¡n operador lineal esto es:
P('\v) : '\Pv
P(v+u) : Pv*Pu
donde ,\ es r¡n escalar y v oon u son vectores
Al aplicar eI operador de rotación P ¿ la igualdad (25) * obtiene l¡a
igualdad (%).
El Operador P es conocido como operador de rotación a el sentido
antihorario, eomo se representa en la Figura 84.
AnáIisis ffsico
Llmite ó + 0 rrlz en este caso
n Poid
o:ñ
coincidiendo con el resultado esperado para el camPo en l,a pci-
ción d, dentrc de r¡n conductor cilfndrico que porta r¡n-e cnsrienlhe i
nniformemente distribuid¿ (*. (22)).
Lírnite d 
- 
0 rra: en este caso
B:0 (")
196
Figure 84:
eoincidiendo con el resultado esperado' 
pues el orificio es concén-
trico con el conductor cuando d 
: 0 m' En este caso siempre
* p""¿" aplicar 1" l"y de Amp'üre a una 
trayectoria ci¡cular con-
céntrica dentro det orifrcio, la cual no es 
atravesada por corriente
alguna, luego Por simetrla B 
: 0 (")'
197
I F\rerza Electromotriz Inducida
1-.- El cubo de l¿do a : I m está en una zona de carnpo magnético
nniforme B : 2 ? j. Lm hilc c<¡nductores A, B, y C se mue\¡en en las
direcciones indicadas con rapidez de v : 5A em/s.
a) ¿Cuál es el r¡alor del campo no electrostático equivalente .E en cada
hilo?
b) ¿c\ret a la fem inducida y la d,.d.p. en cada hilo, producida por
el movimiento?
Figr¡¡e 85:
Solución
El carnpo no electrostático E en r¡n conductor q'e se mueve 
"on 
vi*
locidad v en un c€unpo magnético B es:
E:vxB
199
Al---
-s
entonc€s
Aquf teneurc
B:Bj
a) En el caso del conductor á
v¡:v j
E¿-v¿xB:vjxBj :O
En el caso del conductor C
vc : v(cos45" j - sin45" k)
entoncee
Ec : v6 X B =v(cos4$" j - sin45o k) x B j :9--rn
En el caso del conductor D
vP:vl
entonces
Ep=vpXB:vixBj :vBk
b) E" el caso del conductor ArIa fern inducid¿ en un demento dx =
dr i es:
dt -- E'dx : 0
por lo tanto la diferencia de potencial entre lc erctrem.c a 0V en este
casK).
En el caso del conductor Drblenz inducida p,n r¡o elemento dx: dn
i es:
d,t :E.dx :4 i .dn: ja,
\/2 {z
por lo tanto la d.d.p. entre lc e¡rtremc es la suma de todas lre fem de
los el€Nrtrentos de conductor, pues éstos €súán en serie,
t - lot:"ffu,:#
io.írn / s) (2r)@ : o. TartLv ott- -7
200
En el caso del conductor D,b /anr inducida en rm elemerrto dl es:
dt : P. dl: vB k.dl :vBd'lcos 135"
por lo tanto ln d.d.p. €Nrtre lc erctreme es lB srrma de todas ln fem de
los elemerúos de conductorr puea €stán en serie,
e : IO, 
-- 
t"vBdtcoe(135o): 
vBarñcos(135")
: p.frn/ s)(z\(trfiú,coe(3r I 4) : -tVolt
nt
2.- una espira rcctangul,ar la*ga de anchura .t, masa no y resistencia
R, parte del rep-co en l,a pcicion representada y ee somete a una fue¡za
constante rl. En todc lc prmta situados a l,a denecha de la lfnea de
trazc hay un ca¡¡po mag[Aio r¡niforme B, normal al p'lano de la FigUra'
Deduzca l,a ecr¡ación qtl a" b rapidu en ñ¡nción del tiempo. Dibuje un
gáfico de l,a rapidez en fi¡nción del tiempo
E
XX
XX
_.............:: ?"
, IX
l-l X
Figrne 86:
Solución
El campo magnético B y el áre¿ A de la espira, se puede,n escribit
como
B:B(-k) A' :Lsk
donde se ha supuesto que }a epira ha penetrado qna distancia a ala
zona de c¿Ír¡ra -"-gréüi.,o. 
El flqjo m¿gnético qre atraviesa el plaao de
¡^ -y[a e9:
O :8.[: -LsB (B *constante)
T
I
I
I
I
xi
F;
X,
n2
Luego la fem inducid¿ en la espira es:
y la corriente inducida es:
s:-#: I 'uB
, t InrB, : - : --Rn (26)
El ca,rrpo rnagnético ejerce fuerzas sobre cada lado de }a espira.
En el lúo superúor l,a fuerza es:
F": /c(-i) x B (-k) : -IrB i
En el lúo inferior la fuerza es:
F¿: ' rc( i ) x B (-k) : IaB j : -F"
En el lúo derctho lz fuema es:
F¿: IL jx B (-k) : - ILBi
Entonces la fuerza reultante sobre la espiraes:
F""" : F"*F¿*F¿*Fi
: (F - rLB) i
reernplazando .I de la ecr¡ación (26) se obtiene:
Fr," : @-rya,\ i
De la segunda ley de Newüon se tiene:
Í.282 dv
F"", : (F - Taa) i: 
rnfi
Las components Uu Y U, son constant€o pues la fuerza resultante tiene
componentes nulas án hs ¡gqpectivas di¡eciones. De acá se aoncluye que
a todo tiernpo uu: rr" - 
ú (rnls). La ecuación que da la r¡elocidad en la
dirección del eje - 'z €8!
du, L2B2*E:Í--R"
203
3.- una espira rectangul,ar de área A y resistencia E,'gra.con \¡e.
tocid¿d arrgular o al¡ededor del eie ' y. El cuadro se encuentra en tuL
carnpo rnagnético B : B i.
a) considerando el campo magnético constante, B : Bo, ensrentre
la corriente generada en la espira y el torque ercterno que se debe aplicar
para mantener ü, constante.
b) considerando que el canpo rnagnétieo es generado con la misma
comiánte por medio de espiras ar¡xiliares [ver problema 6, tema 7, ecuación
(19)l en aunta a un campo constante Bo, esto es:
B: Bo+ \ I
Además se aplica un torque errterno consta¡rte Mo : Mo j encuerrtre las
ecuaciones diferenciales qtre gobiernan el sistema.
Figue 87:
$glr'..i.lll
En el instante ú el flujo magnético que atraüesa lra espira eo:
O:B.[ :BÁcos(9)
205
la fem inducida es
e: -# : -*[Bacos(o)]
a) e¡r este caso se ti€ne:
r : * :#an(ef f ,
,eBpAI : 
E:-p.*sin(oü)
d0
a: '
Esto es, La coriente generada ee sinusoid¿l y oscila entre - I o : - B p A / R
! Io : B"¿A/R. De la ecuación se ve $¡e /o : 0 A enando Bo : 0 T,
esto es, no hay coniente i¡ducida sin ca,rnpo magnético erctemo Bo.
La gráfica muestra I f Io comto firnción de wt.
En este caso el torque ercterno qr¡e se debe apücar ¡ra,ra rnantener
c¿ co¡rsta¡rte es igual al torque que ejerce sl cffnpo magnético pero en
sentido contrario,
M : -m x B -- -AlB,sin(tuú) (-j)
AzBla: 
trsin2(c,rü) 
j
206
b) En el segundo caso se tiene:
I : ! 
ldo Ln
*: -,fr 
: - *;[(8, + ^I)Acos(a)]
A _d0 
^A 
.^,dI
I : i@'+.\/) 
sin(o)¿ - E 
cos\o) *
Por otra parte, de la segunda ecuación de Newton para movimiento cir-
culiar,
Mo * Ms : M, i - IA(8,+ 
^I) 
sin(a) i: T#
donde Z es el momento de inercia de la espira y (¡, es el r¡ector velocidad
angular. De esta última ecuación se \¡e que sólo ca¡nbia lia componente a
1o la,rgo del eie -g de rrr, esto 6, u.
Asl obtenemos tres ecuaciones diferenciales para 0, w e I dadas por:
# *"ttl{ : 
4^r"+.\/) sinr4ff - t (27)
(28)
(2e)d0u:ü
definimos el tiempo caracterletico 7 : 
^A/Rr 
Ia co¡riente caracterlstica
magnética I^: Bo/\, la aceleración angul¿r caracterlsticat Qo: MoF,
lra carga ohmnica característi* qo -- ,ff ¡nt, y remplazamos La ec. (29)
en la ec. (27) para obtener:
r cos@)ff : r(I* *I)ar sin(á) - /
dlrJ
A 
: a. - 
fi(I^ 
+ I)/ sin(0)
d0
ü:u
Acá tenemos un sisterr¡a de tres ecuaciones difererrciales no lireales
de primer orden.
El alumno debe estudiar como ejercicio los cas6 particu}ares:
T# : Mo - I A(8,+ Ar) sin(g)
207
i.- I*: o A, do : o rad'f s2 ' 
I(o) '= 1 A
i i .- ú:0 A,,I(0) : 1. A'
e interPretar $rs r€sultadc'
208
4.- Una espira circular flexible ¿t {1**:" 
O,=\?-Tf 
::H:T:
"" ,l.;nl #;;; 
ot"si" hTbir T'"Y,11{n"*'1 1ff:;lffil#ñ?;;J r Ii z"r * !1"j".:T:I"::iT$17
#JtrJjl?ffi;;, for*r,,do T b:"1" de área 
nula, en aü : 0'2 s'
") 
tq"U fem se induce en 
el circuito?
tl ió"ut es el sentido de la 
coniente en R?
1
t
'1x
'\
g
:X
$
t
t ¡
t
I
1x
{
$
Figure 88:
Solución
Acá conside,ramos el área de l'a espira y eJ 
carrpo B paralelos' esüo es:
XXxt
t ' {
" i t t t
XX
{
xl
J
fx
I
t
>d
¡
1
X¡
I
I
" i t
1-l
xxxl
A:Ak
209
B:Bk
a) Lc flqic que cruzB a l,a espira inicisl O¿ y finalmente O¡ son:
O¡: B ' ¡[: BA: ry
entonoes la fem inducid¿ prom€dio es:
AO Or - O¡ Bn&c: -At: -T:W
: r(L.27)(0.Lm)z N 0.2 V
0.2s
b) h est€ caso se tiene
f : ! : !zv- R F'U
lo qrre imptica que la corriente es en el eentido horario, ¡rcr lo tanto cnuza
a la resist€ncia desde arribs haci¡u abajo.
Ot : 0 Ttnz
2L0
5._ una bobina circular de radio R consta 
de N vueltas de alambre
yesinterceptadaporrrncampornagnéticoexternodirigidoper¡lendicu.
lannente al plano de la bobina. La rxragnitud 
del cilnpo en el plano de
la bobina es
B:Bo(L-{" lcos(r , rú)
donde r es la distancia radiat medid¿ desde 
el centro de l'a bobina'
Determine la fem inducida en }a bobina'
Figure 89:
Solución
ElcampoByrr¡,elementodeáreadAsepuederrescfibfudel,afonna:
B:Bk d,A' :Znrdrk
donde k es la dirección saliente del plano. El flujo rrragnético 
que atraviesa
el plano de la bobina €a:
ó : I^* dA: f- 
ak'2rr&k= 2zr fo" n,a'
211
: 2trBocos(a,t) 
I"}r - {*)ro,
: 2nBocoe(ur) #_#l
: 2tr42Bo cog{tut)
ó
Ta fem inducid¿ en una espira es:
t , : -dó :4R"8' ' ' ' \' dt B 
sm(&"'
b fqo r€sultante e¡r la bobins que oowta de /V espiras es:
E¡,t:Nf1 - rysin(aÍ)
2r2
I Autoinducción
1.-* Una autoinducción de 3iI 
y resistencia 'R: 6 O está conectada 
a
los bornes de una;;r*r; de fem- 
L2v y t*i"t"*i" interna despreciable'
*tIiTIl;n 
u* iniciat de crecimienro de l,a inrensidad 
en el circuito,
b) la rapidez de crecimiento .o "ii*ta¡rte 
en que la intensidad es 1
A," '' 
.) la intensidad 0'2 s después de 
cerrar eI internrptor'
ó * intensidad constante 
final'
t't
L;
Figu¡e fr):
Solución
Lo ecuación del circuito es:
Á,
v- iR-L2:sdt
213
esto es,
luego
Aplica,moe el método de separación de varirable'
,díLV-iR-- ü
que al integrar obtenemoe:
, [&: fa,
L. V - in- ; tnT : t
i(t):# t'-"* (-fr]
#:f*'(-f,
a) la rapidu inicial de crecimiento de la intensidad cornes¡ronde a:
#1,*:Y:#:aAts
b) ta int€nsidad tiene el r¡alor de L A cu¿ndo t: tt, esto es,
d(ü,) : # t'- *o (-f")] :',
de donde se obtiqre
"*(-f") :t -ry
reernplazamoe esta expresión en la euación (30),
#1,, : | "*(-f ") : ", ('- ry): #('-ry):,er,
c) ta intensidad 0.2 s después de cemar el internrptor,9 es:
i(0.2s) : ; tt -*o (-fo.r")] : # [t -exp(-#r rr]
(30)
: 0.65936 A
2t4
d) La intensid'ad firral corresponde 
al lfmite t -+ @1esto es:
. . , - \ - u -Lzv ---z A?(oo/: E - 6f¿
2L5
I
t. *t r.ior^ de esta ecr¡ación se puedeobtenerpor el métodode separación
de va¡iables, 
do,*ffir;:dt
integrarrdo entre 0 (s) -* ú que corresponde a 0 (mfs) + ?r 8e obtiene:
f" du, ft ,.*J"f t4: Joo'
mR. (e-#r\ L-LrBr*\É/ : t
de donde se obtiene
P - !{" : *p l-4*,)Í \ rn l - l
LzBz ( LrB,,\
RF, 
: 1-exP\- *"r)
RF l'- ( L2B2 '\1a: i ;b l t -*o\-A') l
Fácilrnerrte se ve que la rapidez lÍmite uoo cuando ú + oo es:
lJa:g
L282
La carrtidad r : mR/L2F.} a el tiempo caracterlstico en que }a rapidez
ha alcanzado el [1 - orp(-l)]% :6370 de su rapidu lfmite u-'
Ahora graficamm b razón u/a* en flnción del tiempo adiner¡sionsl
ó : tlr,
i
li'
;ü
,f,
204
2.- Dos alambres paralelw cuyos centros estón separados 
una dis-
ta¡rcia d lleva¡r conientes iguales en sentido contrario' Demuestre 
quet
no tomando en cuerrta el flujo qlre hsy dentro de lm alambres 
mismos'
l¿ inductancia de u¡r tra¡no de longitud t del par de al¿mbres 
está d¿da
por la expresión: 
l,: üL 
d _ ,
'1Í a
d,onde o es el radio de los alarnbres'
Figure 91:
Solución
LmcamposmagnéticosB¡yB¿quegeneranlogconductorizquierdo
y derecho, respectivamente, en el punto Í son:
Bi-- ---ry"--'-: i o, " f f iJ I r¿: n1a¡z-4t
El campo resultante B es
Itoz I
q*l dlz+r ' dfL-a ) ,
B-B¿*B¿
216
t-
¡
5t
t,
b
Definimos el elemento de área dA entre los conductorGl 
como
¿[: ldr i
entonces el flujo rnagnético entre le conductores está dado 
por:
o : ls d,L:l:::;; H(#*.d-) i ,,"i
: tJi' ¡ot'-" (='!-r 
1 \
2tr Jo-d/z \d lz+* 
=l¡z-*)d*
yt/2-o
: * v"@lz * x) - t''(dlz- ")ll27r ' \ ' lo-dlz
: #^r#t
De acá se ve que 
n: ürrt?l
l-rt7
irdo
2L7
3.- consideremos
espira del proble'ma 3)
constante.
cómo afecta l¡a autoinducción al caso a) de l'a
det Capítulo 8. Recordemc que consideralrroe u'r
*¡ ='dP
dt
x
Figure 92:
Solución
En el instante ú el ca,rnpo rnagnético que atraviesa La espira es:
B:4 n+Boi
A
donde L y A son la inductancira y el áreade la espira respectiva'mentet
n es el vector normal al plano de [a espira Y Boi es el ca,mpo magnético
constante, ortenro. El área de la espira se puede escribir como
A:An
entonces el flujo magnético q¡¡e atraviesa a I,a espira en el instante Ú es
O : B. ¡[ : LI + BoAcos(d)
La fem inducida es
e : -# : -Lgi* Boasin( o\#, ff:,
218
La corriente inducida coresponde 
a:
I : 9":-L^#."+sin(o)
nr , dI BoAu.
L- +fr : 
"tr sin(a"t)
Fetaesunaecuaciéndifererrciallinealdeprimersdoparar.
ddffi;r. *. (3i) por el factor exp(Rt I L) 
se obtiene
fiV "*v@tlL)l: ryexP(ntlr) 
sin(art)
de donde se encuentra la solución:
I exp(RtfL) - r(0) : "+ Il"*WtL) 
stn(wt)d't
I exp(RtfL) : /(0) exp{- tlr) + 6h[sin(r.,rü) 
* ar[1 - cos(u''t)]l
:. r(0) exp(- tfr) +ffi[cos(trtl2) + ur sin(utf2)l
donde hemos definido el tiempo característico 
r : LIR y hemm re-
torrado L defini"iñ?-|, = 6,*A/R del 
problema 3 del capftulo 8'
Acá r¡emos que la autoinducción genera:
r un término transitorio I(0) exp(-üfr) 
que-decae tiempo y que
aparece sóro si ü** """¿i"i¿r 
i"t t ü de corriente /(0) + 0 (A)'
o tm dafwe an 7a corrientesin auüoinducción 
(ar[l- cos(a.rú)])'
r un amort[guamierrto de l¿ intensidad de 
corrient e de Io -' Io/ (L + rzwz)'
La gráfica siguielrte muestra l¡a co¡riente J sin 
autoinducción (sOhaat
u)r :0) y la **iort r con ¿utoinducción (segmento , 
wT :4) en función
Áu 6 :'itconsiderando Io 
: ! (A) 
" 
/(0) : 0 (l)'
(31)
Mul-
219
La gráfica siguiente muestra l¿ corriente f en fi¡nción de $ - ¡¿¡
considerando Io : | (A) 
" 
/(0) : 2 (A), para rnalom de wr : 0.5
(sólida), u)r :6 (segmento) y ur: 10 (pr¡nto).
2
t.5
I
o.5
o
o.5
Se ve qlre la a,rrrplitud y el tiempo transciente au¡nent¿n al arrmentar
ur, EEne finalmente p€nnarrecer oscilando.
En este caso el torque ercterno que se debe apücar ¡rara mantener
u constante es igual al torque qrre ejerce el ca,mpo pero en
sentido contrario,
V.ot : -mxB:. I ' " /LI - ' \
: IAB. 
'{ n x \7 
n+ltoril
donde m es el momento rnagnético de l,a espira. Ee fácilvex que el campo
autoinductivo no afecta al torque por ser paralelo al ¡¡ea.
\ \ '
n0
4.- C,onsidere el ci¡cr¡ito de }a Figura 93.
Figure 93:
A) En el estado estacion¿rio con .S abierto:
a) deterurine la expresión de la energfa elam¡cenadn en el conden-
sador C.
B) En eI estado transitorio, a partir del instante de cier¡e de 5:
b) escribir las ecuaciones necesaxias y suficiente ¡rara reolver todas
las corientes presentes en el circuito.
C) En el estado estacionario, considerando qn tiempo largo después
de ce¡rar,9:
c) detemnine la expresión de la energla atmace¡rad¿ en el bobina de
autoinducción .L,
d) efectrle el balance de potencias en el circuito, entle las que aporta'n
al circuito y las que consumen de el.
e) deternine }a ercpresión de la carga final del condensador C.
Solución
nr
A) Estado estacionari'o con .9 abierto: c cargado g no hary corímte
el circuito,
a) por teorem¿ de la trayectori;a en la malla (/),
Vc*t ;€+e : g(VoIt)
por lo tanto,
Vc: e
1 92t1u": ;u¿c:;
nudo a
*, na (/)
malla (II)(32)
de fa ec. (32)
B) Estado transitorio a partir del cieme de s : hey uríente en las
tres ramas d,el circuito.
b) Por haber tres co¡rientes, las ecuaciones necesaxias y suficientes
son tres,
q a 
i t - iz- is: 0(A)
ó 
- t -ün- t -ózR-ün+€ : 0 (y)
ózR+ t - hR+ e -isL- tt - t -, í3R : 0 (y)
con
t " : rddt,a
c) Eetado estaciona¡io con ,g cerrado: sólo hay m¡viente qt Ia rnalla
gI),-h: 0 (A), iz : -is y d,i,slü -- 0 (Als),
c) la energla at¡nacenad¿ en l¡ bobin¿ es
u": | r f i
,ela: 
&,
entonces
(Jr :#
d) bala,rrce depotencias: solo en, Iamalra (II), porgue es dond,e hay
corriente,
222
potencí'e üsiPada:
P¿: tis + 4RiZ: #: 4Rh: #,
potenci,a aPortad,a:
t¿z
Po:Zt i 's :2€'6: ñ,
luego
P¿: P": #
e)cargafinaldeC:aplicand,oelteoren¿adelatrayectori,aenlamalla
( / ) ,
q 
-€-€+hR+€ : 0(Y)
C
q : C(€- i ¡R)
q: "(r-h4
q: ,Q_i)
(t : 1r,
n3
t '
I
I
i
5.- Determine l¿ indueión .L de ¡n tra¡no de longitud I de un cable
coaxial latgo, cuyos radios intesro y ertemo 8on ¿ y b respectir¡a¡nente.
Encuentre el nrlmero rz de espiras equirnalente.
(sugerencia: uÉ¡e el método de Ia energfa asociad¿ al ca,mpo ¡nag-
nético, (Ja : LIz12)
Figure 94:
Solución
Aplicando Ia ley de Ampére a la trayectoria circular de radio r,
fn.a, : t ' aa': B fds: B2rr 
: PoI
B(r) : #
luego, la energía almacen¿d,a en el r¡olurnen del cable es:
us : L#.0, : + L (#)' 2trrtdr
: + I+:#,n! : l r r
22/t
por lo tarrto,
El flujo magnético sobre r¡n¿ lámina interior pa¡alela al eje de ancho
b-aylargolee:
o : In.dA: lnae: l :#;0,:# I:+
: gtlln!
2tr a
de l'a ig'aldad 
,. : No : Nrro\. ! : ür^!u:T:T 
- ; :ñu' ;
se obtiene:
N:1
Eetes a e) númerv de espir:os eqaiaolante del sistema.
Nota adicional
El estudiarrte debe hacer el cálculo de .[ incluyendo el campo mag-
nético derrtro de loe conductores, su¡rcniendo densidades de coniente
uniformemente distribuidÁs. Utüce el método de la energla asociada
la ca,mpo magnético.
El estudiante debe pl,atear la relación entre lc parámetrs involucra'
dos y el emor que se comete al no onsiderar lc campc dentro de lc
conductores.
n:4n!
21r a
n5
ll
I
I
6.- Un conductor cillnd¡ico largo, de radio a transporta r¡n¿ coni-
ent€ total / distribuida r¡niforrremente sobr€ su área transversal;
a) deterrninar la autoinducción .L, asociada al ca,mpo magnético den-
tro de un tramo l,
(sugerencia: r¡se el método de l,a energía asocisda al ca'm¡ro tttag-
nético)
b) considerando el flqio magnético ligado encuentre el númcrc de
espir*s N equiao,Ienúe usando la fórmula,
,NÓ
Lt: -
x
(33)
do¡rde / es el flujo rnagnético de r¡na lÁrnine radial de ancho a y largo l.
- ' r - - - ' -
I
I
I
Figure 95:
Solución
Por ley de Ampére, se obtiene el campo rnagnético B(r), dentro del
conductor. Considerando una trayectoria circula¡ de perfureüro 2trr,
I
I
I
I
I
I
I
--L
f s.a, : f aa': B f a": B2rr: pol '
. t
r ' l t
'.': l
' l
, i i l r
i i l r
.ii d"
l i i '
;,i. | |
l r t
¡ l
l ¡
I t
l l ¡
I
, l
ili I
i i i ¡ '
$l ¡ t
lii
$i r ,
iii "iil. | |
l l
*1. I
J1
f . ; rF¡
t r *
' , \ :r : j
n6
B(r) :
como J es constarrte,
I , : ! 
I I
Á:7
+ , : r+, : r4: I I ;
N:,
PoI'
2trr
luego ,
B(r) : # ' 0(rSa
a) Lterrergfa asociada a rm c8¡npo magnético B, contenido en 
rura
región de voh¡rnen V, se el(presa pG
ue : [#ou : +, L(#)' zn,td,,
: #!J*,:#+:#
pero rr e - (r r: enersía 
T"t :::H"*-,Ur:;LI Ltur
por lo tarrto,
entonces
(34)
b) El flujo magnético d€nt¡o del cmdur*or que atraviesa una lá,mina
deradioaylargoles:
o : I n. d'A. : I na'+: I #F¡tdr : # t'a'
: PoIl lg5)
4,7
usando las ecs. (33) y (35) " 
igua¡¡ndo m la 
"". 
(34)' obterremos
- 
ilO NpJ qtol
I 1n 8zr
, Itolu:G
Fstes e e) número de espilt qúmlaü del sistem¿'
EN
Écuril' Por ei€mplo' 
A Y snr módulo
Lc r¡ectores se denota'n 
*" t"*ll'fil;;; 
tÁt' 
-
" 
J;tJ P* r" misma 
letra sencrx
i vector rmitario en 
l'a dirección det eje-x
i ;i;1Ytrf"??ffi;* :':;Y,
k rrector urutarro 
Grr ¡o s----
A otrc \¡€ctoret r¡nitarios f 
les sobrepo-ne el efubolo 
tt por ejemplot
el vector t-it*i";" 
l. di¡eccién radial es 
i'
Velocidad de l'a h¡z
Const€nte gravlt?tona
Cct¿,nte dieléctnca
Gru*t" de Peroeabilidad
C,a¡ea del electrón
Iú"s" del electrón €n 
r€Itoeo
lt[*" det Prctón en 
r€'Poso
Ivtasa del netrtrón €n 
r€PGo
ó*t"ttt" de Coulomb
3.00 x tÚ rnls ̂ . .
:gl':;'v#l#';
4zr x 1'0-7 TmlA
-1.6 x 10-1e C
9.11 x 10-tti9
L.672 y 70-- K!)
1 875 x lA-"' tcg
;.üá x 1og Nn* l}z
1
c
G
€s
Po
e
Tll,e
fiL?
fih
_r-
4ttcs
w
Preflios de medidas:
Sfmbolo ¡rdasnitud Preflio Sfmbolo 
lvfagniüud Preflio
f
p
a
n
It
fn
c
d
10-r6
10-12
10-10
10-e
10-6
10-3
1.0-2
10-1
fento
pico
ato
Ir,Ano
micro
mili
centi
deci
Unidad
D
H
k
M
G
T
o
A
ld :1.
101
102
1d
106
10e
1012
10-1orzr
unidad
deca
hecto
kilo
mega
giga
tera
m : metro
ejemplo,
E¡r la actuslidad tro 8e r¡sa'n ombil¡áciones de prefijo' 
por
¡"tf s (miao lento segurulo).L¿ forma 
correct¿ es:
Qtiez a lo menos seis fmto squndos)t0-6/s
L0-e¡^cs (üez o b menos nueae micro se4undos)
80
BibliografÍa
L. Ffsúm,, volu¡nen II, lvfareto Alonso y Edwand J. Finn, Addison -
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23r
finiversidad de Concepción
Facultad de Ciencias Físicas v Matemátícas
Departamento ds Física
F,Lectromügnettsmo
ÜÜNADO A
UNIVERSiDAD DE CONCEPCION
Volumen 2
S2 Prsblemas Resueltos
- Áw* &e üp.pt**
- &fn &,ro fu*r*
'/:=='- -,,;6"',"'".\
{1q" ;,';;:l';1"'t';
\Y;
\,9 t.ui'
i
- a, t , , t
ELECTROMAGNETISMO VOLUMEN 
II' 82 PROBLEMAS RESUELTOS'
Universidad de ConcePción
Registro Propiedad tntelectual N' ll2'471
r.s.B.N. 956-227'207 -9
i.i.e.N. 956-227 -209'5 (obra completa)
Primera EdiciÓn Enero 2000
Impresión
POitoriA Dirección de Docencia
Edmundo t¡renas 64-A
Barrio Universita¡io
ConcePción
IMPRESO EN CHILE /PRINTED IN CHILE
caso a
EI
caso b)
gáfico muestra J f Jo como función de a: trL.
El gráfico muestra J/J" couto ñ¡nción de a : rr2.
de las g¡áficas se ve que las áreas bajo la curva, que rE)resentan la
co¡riente neta, son distintas.
r Podemos, además calcular l¡a resist€ncia elÁ-trica que presmtarían
estos ca^sos "speciales de conducción y ^m¡rararlos 
con el caso de
conducción norrrral J: Jo - ¿e¡sf,erd€.
Pa¡a un mismo conductor, a.la resistividad p, longitud f y área
transversal A, tendrep.o:'
Qq¡,¡úcción nonn¡l
Condueción tip" a)
Conducción tipo b)
'(g: *
Rr : #,)
Rz: #
,: Y :3'a
:#=1'5f i
119
5.:+UnaesferaderadioR:0.6rndediárnetrosedescargaporun
alarnbre conductor de tal fc¡nrra que su 
carga i'sta,ntárrea es:
q(¿) : (2 x 10-?C) exP(-2s*l t )
: q(0) exp(-Zs"rt)
Calcule;
a) la intensidad de Ia corriente Y
b) el potencial de la esfera
en ú : 0.2 s despues d'e conectar el internrptor '9 
en f : 0 s'
E*-, . ¡ r l
rKlf(¡,r
-
_-F
'ry
LI\
\
t
I
t
Figure 48:
Solución
a) La intensidad ds gerriauúe en un insta¡rte 
t es:
' (ü) : H 
:-(4 * r0-7 C'f s)exP(-2s-1t)
: I(o) exP(- zs*1t)
donde /(0) : -4 x 10*74, luego
r(0.2s) : - (4x I | .?CIs)exp(-2 '0 '2)
: -2.68 x 10*7,4
124
ÍT-lr i
, | , ] l
. t ,
1 l l
i
l
donde r" es el radio del cilindro de la altura rt
b-a
rn:Tn+a
reemplazando, obtenemc:
odt
añ:-
r (4, * a)-
\ t ' , ,
La d.d,.p. se aplica en las caras ci¡culares entreinas, entonces, lc ele
mentc de resistencia dft están conectados en serie. Por esta razón la
resistenci¡a equivalente está dada por:
por Io ta,nto,
Por lo tarrto,
A(,):"(+,+,)'
n=4
TOA
b) D" este ¡eflrltado se ve qup ¿r¡a¡rdo a: b (unicidod nula)
npLpLno: 
ñ: Z
donde A: .to es el área trans\¡ersal.
L22
4.- Por un nta'''hr€ de Aluminio de área A: 0.1. ern2 y largo L: !
rn, circula una co¡riente constante de.I : l0 A. Calcular:
a) la densid¿d de coniente
b) el ca,rrpo eléctrico dentro del nlarnhre
c) la resistenci¿ del ala,mbre
d) la d.d.p. entre sr¡s €rdremos
Solución
a) La densid¿d de corriente:
, ILDA, : 
Á: ñh 
: !06A/rn2
b) El campo eléctrico (mnsiderando pAt : 2.g2 x l1-BVrn/A, eü€corresponde a una temperatura de 20 "C):
E : pt! : e.BZ x tO-EVrn/ A)(t06 A/rnz)
2.82 x t}-zv/n'L
c) La resistencia:
n : ü : Q.82 x n-EvmfA)(l¡n)
A L0-6m2
: 2.82 x 10-30
d) ta d.d,p. enf.rno €rr.J etctremos:
V : RI : (2.82 x 10_aOX10á)
= 2.82 x lA-zV
L23