Problemas resueltos de Electromagnetismo: Desayunos de Electro

Contents
1 Capítulo: Electrostática 4
1.1 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.0.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3.2 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3.2.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4.2 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.4.2.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.5 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.5.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.5.2 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.5.2.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.6 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.6.1 Soluición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.7 Resistencia y Corriente Eléctrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.7.1 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.7.1.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.8 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.8.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.8.2 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.8.2.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2 Magnetismo 30
2.1 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.1.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.1.2 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.1.2.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.2 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.2.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2

CONTENTS 3
2.3 Ley de Biot-Savat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.3.1 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.3.1.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.4 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.4.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.5 Ley de Faraday . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.5.1 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.5.1.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.6 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.6.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.7 Circuitos de Corriente Alterna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.7.1 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.7.1.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

Chapter 1
Capítulo: Electrostática
1.1 Problema
Se tiene dos cargas: Q y -Q. La carga positiva esta en el origem cuando el resorte
no esta estirado
Figure 1.1:
Se coloca una carga -Q a una distancia D frente a la carga Q unidoal resorte.
Este resorte se estira una distancia x en equilibrio de fuerza eléctrica.
Si la condición de equilibrio es cuando x=D/2, calcula el valor de Q.
1.1.0.1 Solución
Para resolver el problema, el origen del sistema se pondrá cuando el resorte
no está estirado. En la presencia de la cara negativa -Q el resorte una estira
x, respecto del origen. La fuerza del resorte al estirar la distancia x desde el
equilibrio viene dado por la expresión
~
F = −Kxî (1.1)
La fuerza eléctrica viene dado por la expresión
~
FQ = k
Q2
(D − x)2
î (1.2)
4

CHAPTER 1. CAPÍTULO: ELECTROSTÁTICA 5
La suma de las fuersas, en equilibrio es cero.
−Kxî + k
Q2
(D − x)2
î = 0 (1.3)
Si en equilibrio se da en x=D/2, de la ecuación 2.22, podemos despejar el
valor de Q, que da
Q2
=
K
k
D3
8
⇒ Q =
r
K
k
D3
8

1.2 Problema
Se tiene la siguiente conguración de cargas todos del mismo signo. La distancia
entre las cargas es constante de largo a. Si embargo , el ángulo θ puede cambiar.
Con la información entregada calcule el valor del ángulo θ cuando está en
equilibrio. Puede asumir que las cargas están unidos por barras rigidas en la
longitud.
1.2.1 Solución
Para resolver el problema, primero vamos a situar un sistema referencia en el
centro del sistema.
La fuerza que actúa sobre la carga Q (I) es la fuerza elÃ©ctrica de la carga
q, superior, a carga q inferior y la tensión de la barra. La fuerza sobre la carga
Q (I) debido a la presencia de q superior es
~
FQqI = k
Qq
k −acos(θ)î − asin(θ)ĵ k3
(−acos(θ)î − asin(θ)ĵ) (1.4)
La fuerza que acta sobre QII debido a Q es
~
FQQI = k
Q2
k −acos(θ)î − acos(θ)î k3
(−acos(θ)î − acos(θ)î) (1.5)
y la fuerza que acta sobre Q, debido a la carga q inferior es
~
FQqI
= k
Qq
k −acos(θ)î + asin(θ)ĵ k3
(−acos(θ)î + asin(θ)ĵ) (1.6)

Ademas, a estas fuerza, hay que agregar la fuerza de la tensin de la barra que
actúa sobre Q
~
T = 2T cos(θ)î (1.7)
Sumando las ecuaciones 1.4, 1.5, 1.6 y 1.7, se obtiene que la fuerza neta
sobre Q es
~
FQI = −k
Q2
(2acos(θ))2
î − 2k
Qq
a2
cos(θ)î + 2Tcos(θ)î = 0 (1.8)
La ecuación 1.8, en equilibrio es 0. De igual forma, las fuerzas actuando sobre
q (II) , da como resultado la fuerza neta
~
FqII = k
q2
(2sin(θ)a)2
ĵ + k
Qq
a2
2asin(θ)ĵ − 2Tsin(θ)ĵ = 0 (1.9)
Combinando las ecuaciones 1.9 y 1.8 , se obtiene la siguiente relación
q2
Q2
=
sin3
(θ)
cos3(θ)
de la cual se obtiene la relación
tan(θ) = 3
s
q2
Q2

1.3 Problema
Una masa m tiene asociado a una carga q en presencia de la gravedad. La carga
q, sólo se puede mover por el eje de simetría de disco, de radio interior a y radio
exterior b, como se observa en la gura.
Con la información entregada, calcule
ˆ el valor de σ para mantener en equilibrio la carga q a una distancia u del
semidisco.
ˆ el campo eléctrico que produce el semidisco en el punto de la carga q.
ˆ la carga neta del semidisco
1.3.1 Solución
Situamos el origen de un sistema de referencia en el centro del disco, de modo
que el eje z coincida con el eje de simetría
De acuerdo al sistema, el vector posición de la carga q
~
r2 = zk̂
El elemento diferencia de la carda dQ, esta conteido en el disco. Este está
indicado por el vector por el vector
~
r1 = rcos(θ)î + r sin(θ)ĵ

Figure 1.2: Sistema de referencia
con a r b y 0 θ 2π
El elemento diferencia de carga dQ, se puede scribr como
dQ = σrdrdθ
.
Con los vectores deducidos, y el diferencial de carga la fuerza tiene la forma
~
Fq = k
ˆ
dQ(~
r2 − ~
r1)
k~
r2 − ~
r1k3
= k
ˆ 2π
0
ˆ b
a
σrdrdθ(zk̂ − (rcos(θ)î + r sin(θ)ĵ))
√
r2 + z2
3 (1.10)
La expresión 1.14 , se reduce a la expresión
~
Fq = q2πσkz

1
√
z2 + a2
−
1
√
z2 + b2

k̂ (1.11)
La exprsión 1.15 es la fuerza sobre la carga q. Como la carga está en equilibrio
con el peso del cuerpo, se tiene la ecuación
~
Fq − mgk̂ = 0
De esta igualdad, y basado en la expresión 1.15, despejams el valor de σ,
obteniendo

σ =
mg
q2πkz

1
√
z2+a2
− 1
√
z2+b2

Para el cáculo del camp eléctrico, se aplica la denición
~
Eq =
~
Fq
q
= 2πσkz

1
√
z2 + a2
−
1
√
z2 + b2

k̂
La carga neta del dispositico, se calcula como
Q =
ˆ 2π
0
ˆ b
a
σrdrdθ = σ
π
2
(b2
− a2
)

1.3.2 Problema
Un anillo de radio interio a y exterior b, está cargado uniformente con una
densidad σ.
Figure 1.3:
Calcule el campo Elétrico en el punto que esta a una distancia u del centro
del disco. La distancia entre las cargas q y -q es a/2. Calcule la fuerza neta
sobre el conjunto de cargas q y -qque están en la misma línea.
1.3.2.1 Solución
Para resolver, la primea parte del problema, debemos recordar la expresión del
campo eléctrico.
~
E = k
ˆ
dq(~
rp − ~
r)
||~
rp − ~
r||3
(1.12)
De la expesión, debemos reconocer los vectores y el diferncia dq en función
de la densidad σ. En la gura 1.9, se asocia un sistema de referencia, donde
están los vectores que describen el problema
En este sistema el vector posición es:
ˆ ~
rp = uî
ˆ ~
r = rcos(θ)ĵ + rsin(θ)k̂
ˆ dq = σrdrdθ
Reemplazando las expresiones en la ecuación 1.18, nos queda

Figure 1.4:
~
E(u) = k
b
ˆ
a
2π
ˆ
0
σrdrdθ(uî − rcos(θ)ĵ − rsin(θ) ˆ
k)
√
r2 + u2
3 = 2πσk

−1
√
b2 + u2
+
1
√
a2 + u2

î
(1.13)
La fuerza neta que actúa sobre el conjunto de carga q, -q es
~
F = q ~
E(u)−q ~
E(u+a/2) = 2πσkq

−
1
√
b2 + u2
+
1
p
b2 + (u + a/2)2
+
1
√
a2 + u2
−
1
p
a2 + (u + a/2)2
#
î

1.4 Problema
Se tiene un casquete cilíndrico de radio R y largo L tiene una densidad de carga
supercial en el manto, y no en las tapas.
ˆ la expresión del potencial V en un punto de eje X.
ˆ el campo eléctrico asociado al potencial en el punto del eje X.
ˆ Se coloca una carga q, en el eje x. Calcule el punto x donde la fuerza sobre
la carga es cero.
1.4.1 Solución
Vamos a calcular el potencial en el punto xî. La expresión a usar es
V = k
ˆ
dQ
k~
r2 − ~
r1k

Para este problema el bevtor ~
r2 = xî y ~
r1 = uî + R cos(θ)ĵ + R sin(θ)k̂ y el
diferencial de carga dQ = σuduRdθ0
. Recuerde que la carga esta en el manto,
y no en las tapas. Reemplazando los vectores y el diferencial de carga en el
potencial nos da
V (x) = k
ˆ 0
−L
ˆ 2π
0
σduRdθ
p
(x − u)2 + R2
(1.14)
Resolviendo la ecuación 1.14, nos da
V (x) = kR2πσ

asinh

x + L
R

− asinh
x
R

(1.15)
El campo eléctrico, se obtiene por la aplicaión de gradiente al potencial
( ~
E = −~
∇V = −∂V
∂x î)
~
E = kR2πσ

 1
R
q
x2
R2 + 1
−
1
R
q
(x+L)2
R2 + 1

î
Por la simetría del problema, la fuerza es cero justo en el centro del cilindro
( ~
F = q ~
E), o el campo es cero en el centro del cilindro (x=-L/2). Se puede
vericar evaluando la expresin anterio en x = −L/2.

1.4.2 Problema
Se tiene el siguiente sistemas de cargas.
Figure 1.5:
La carga q solo desliza sobre el arco de radio R. Denimos la energía elec-
trostática de la carga q como
U = qV (θ)
donde V (θ) es el potencial en el punto donde está la carga q.
ˆ la expresión de la energía U en función de θ
ˆ el valor del ángulo θ en donde la energía en mínima
ˆ el valor del ángulo anterior, si Q1=2Q2.
ˆ el campo eléctrcio cuando la energía es mínima.
1.4.2.1 Solución
Identiquemos los vectores posición de cada carga:
ˆ −
→
r q = Rcos(θ)î + Rsin(θ)ĵ
ˆ ~
rQ1
= −Rî
ˆ ~
rQ2 = Rî

Recordemos que el ppotencial de una carga viene dado por la expresión
VQ = k
Q
||~
rq − ~
rQ||
El potencial en el punto de la carga q, es la suma de los potenciales de las
cargas Q1y Q2.Así la energía es
U(θ) = qVQ1 (θ) + qVQ2 (θ) = q(VQ1 (θ) + VQ2 (θ)) (1.16)
El potencial de la carga Q1 es
V1(θ) = k Q1
||~
rq−~
rQ1
|| = k Q1
R
√
2(1+cos(θ))
El potencia de la carga Q2, es
V2(θ) = k
Q2
||~
rq − ~
rQ2 ||
k
Q2
R
p
2(1 − cos(θ))
La energía asociada a la carga q es
U(θ) = q(V1(θ) + V2(θ))
U(θ) = q(k
Q1
p
2R2 + 2R2cos(θ)
+ k
Q2
p
2R2 − 2R2cos(θ)
)
Al derivar la expresión anterior e igualar cero, se obtiene
q
Q1 R2
k sin (θ)
(2R2 cos (θ) + 2R2)
3
2
−
Q2 R2
k sin (θ)
(2R2 − 2R2 cos (θ))
3
2
!
= 0
La solución que da es sin(θ) = 0 y
Q1
p
1 + cos(θ)
3 =
Q2
p
1 − cos(θ)
3 (1.17)
lo cual se obtiene
cos(θ) =
(Q1/Q2)2/3
− 1
1 + (Q1/Q2)2/3
Si Q1=2Q2, (Q1/Q2)=2, nos da
cos(θ) =
(2)2/3
− 1
1 + (2)2/3
= 0.2270235808713812
lo que da que el ángulo es θ = 76.87◦
.
El campo eléctrico para este ángulo es

~
E = ~
E1+ ~
E2 = k
Q1(Rcos(θ)î + Rsin(θ)ĵ + Rî)
R3
p
2(1 + cos(θ)
3 +k
Q2(Rcos(θ)î + Rsin(θ)ĵ − Rî
R3
p
2(1 − cos(θ)
3
~
E =
k
R2

Q1(1.22î + 0.97ĵ)
3.845
+
Q2(−0.77î + 0.97ĵ
1.92
#
=
k
R2
h
Q1(0.32î + 0.25ĵ) + Q2(−0.4î + 0.5ĵ)
i
~
E =
kQ2
R2
(0.24î + ĵ)

1.5 Problema
Se tiene la siguiente conguración de condensadores, conectados a una fuente
de voltje V.
Figure 1.6: Ccircuito
Con la información entregada, calcule:
ˆ la capacidad equivalente del sistema
ˆ la carga asociada a cada condensador.
Si en el condensador 4C (*), se coloca un dieléctrcio de K=5, calcule
ˆ la cargas de cada condensador
ˆ la energía almacenada en cada condensador.
1.5.1 Solución
En el circuito, los condensadores 2 y 3 están en paralelo (1.7)
Figure 1.7: Circuito enumerado

El equivalente de los condensadores 2 y 3 es
C23 = 2C + 4C = 6C
Este condensador esta en serie con el 1. El valor de la capacidad equivalente
del circuito es
1
Ceq
=
1
C
+
1
6C
lo que da
Ceq =
6
7
C
Con este valor, la carga equivalente asociado a este circuito es
Qeq =
6
7
V C
en la conguración en serie de 1 y 23, la carga es la misma. Así, la caida
de tensión en 1 es V1 = 6
7 V y la caída en 23 es V23 = 1
7 V El condensadir 23,
es el equivalente de los paralelos de 2 y 3. Estos están a la misma diferencia de
potencial. Por tanto, podemos calcular la carga asociado a los condensadores 2
y 3. La carga en 2 Q2 = 2
7 V C y Q3 = 4
7 V C. Si se coloca un dieléctrcio en el
condensador 3, este cambia a
CK = KC3 = 20C
El condensador equivalente de paralelo es
Ceq = 22C
Este equivalente está en serie con 1. El equivalente del capacidad
Ceq =
22
23
C
y por tanto la carga equivalente es
Qeq =
22
23
V C
El condensador 23, el potencial es
V23 =
V
23
La carga en Q2 = 2
23 V C, y la carga en 3 Q3 = 20
23 V C.
Aplicando la ecuación de Energía en un condensador
U =
1
2
Q2
C
=
1
2
V 2
C
La energía en cda condensador
1. U1 = 242
529 V 2
C
2. U2 = 1
529 V 2
C
3. U3 = 10
529 V 2
C

1.5.2 Problema
Se tiene un condensador de placas paralelas de dimensiones 45 xm x 45 cm.
Las placas estan separador por una distancia d. Se rellena el espacio entre las
placas con un dieléctrcio de constante K. Se mide la capacidad del condensador,
en función de la separación entre la placas, obteniendo la siguiente tabla 1.1.
Table 1.1:
De los datos obtenidos,
ˆ graque la capacidad C en función de la distancia d.
ˆ calcule el valor de K del dieléctrico.
1.5.2.1 Solución
Según la teoría, la capacidad del condensador de placas paralelas es
C = K
Aε0
d
(1.18)
donde K es la constante dieléctrica, A es el área de las placas y d es la
separación entre las placas. La representación gráca de la capacidad en función
de la distancia d (Figura 1.8).
El recticar la ecuación gracando C v/s 1/d, debe dar una relación lineal
según la ecuación 1.18(Figura 1.9).
En un ajuste de una línea recta, la pendiente en el gráco de recticación cor-
responde a m = KAε0 = 2.329x10−11
. El área del condensador es A=0.45x0.45
m
2, y la constante ε0 = 8.8x10−12
. Despejando el valor de K, nos da 13. Este
es el factor dieléctrico.

Figure 1.8:
Figure 1.9:

1.6 Problema
Se tiene el siguiente dsipositivos. Dos disco de radio exterios a y radio interior
b, y el esapcio vacío de radio r. El grosor del dispositivo es s.
El dispositivo se conecta a una batería de potencia V. Calcule el valor del
radio b es función de ro y a, de modo que en el material de resistividad ρ2 se
disipe el 80% de la potencial total.
1.6.1 Soluición
Para resolver el problema, primero calcularemos la resistencia de un disco de
radio interior a y exterior b, con una resistividad ρ y espsor s.
Concentremonos en el diferencial marcado en naranjo en la imagen 1.10. La
resistencia de esa zona, se puede escribir Concentremonos
dR = ρ
2πr
sdr
Esta resistencia diferencial esta en paralelo. Luego, debemos sumar los
paralelos, en forma continua
1
R
=
1
ρ
ˆ b
a
sdr
2πr
=
1
ρ
s
2π
ln

b
a

(1.19)

Figure 1.10: Disco de radio a y radio exterior b.
La resistencia del dispositivo es R = ρ 2π
sln(b/a) En el problema (gura 1.6, cor-
responde a dos resistencia en paralelos. La resistencia del disco interior es
R1 = ρ1
2π
sln r
a

y el exterior
R2 = ρ2
2π
sln b
r

La resistencia equivalente es
1
R
=
1
R1
+
1
R2
=
s
2π

ln(b/r)
ρ1
+
ln(r/a)
ρ2

(1.20)
La resistencia en función del radio r es
R =
2π/s

ln(b/r)
ρ2
+ ln(r/a)
ρ1

. La potencia en una resistencia se puede escrinbir de la forma
P =
V 2
R
Se pide que la resistencia interior disipe el 80% de la potencia total, es decir
0.8
V 2
R
=
V 2
R1
Reemplazando las expresiones anteriores se obtiene que el valor de r es
ln(r) =
4ln(b) + ln(a)
ρ2/ρ1 + 4
del cual el radio interior es
r = e
4ln(b)+ln(a)
ρ2/ρ1+4

1.7 Resistencia y Corriente Eléctrica
1.7.1 Problema
Una lámpara de 0.4 watt se diseña para que trabaje con 2 volts entre sus termi-
nales. Una resistencia R se coloca en paralelo con la lámpara y la combinación
se pone en serie con una resistencia de 3 ohm y la bateria de 3 volts (resistencia
interna de la batería de 1/3 ohm).
Figure 1.11:
¾Cuál debe ser valor de R si la lámpara funciona con dos 2 volts?
1.7.1.1 Solución
La potencia en la ampolleta se puede escribir como P = V 2
R , donde V=2 olts, y
P=0.4 watt. Despejando el valor de R=10 ohm. La resistencia equivalente de
la ampolleta y la resistencia R es R1 = 10R
10+R . Esta resistenia equivalente está
en serie, dando la resistencia del circuito
Req =
40R + 100
3R + 30
La corriente que entrega la fuente es
I =
3
Req
En la resistencia equivalente R1 debe tener una caida de potencial de 2 volt

2 =
10R
R + 10
3
40R+100
3R+30
(1.21)
Resolviendo la ecuación 2.20, se obtiene que
R = −3
√
109 − 31, R = 3
√
109 − 31
.
La solución Física es R = 3
√
109 − 31 = 0.32ohm

1.8 Problema
Se diseña un dispositivo para medir la velocidad de una bala. Este consiste en
un ciruito RC, como se ve en la gura
Se asume que el cirucito ha estado mucho tiempo conectado, es decir, el
condensador está cargado. S1 y S2 son interruptores que se abren al paso de
la bala. Asumiendo que la bala al recorrer la distancia d, demora t segundos,
calcule la expresión del voltaje nal en el condensador en función del voltaje t.
Si el potenciald de la bateria es de V=100 volt, la resistencia R1= 200 ohm,
R2= 300 ohm, C= 200 mircroFarad, y la distancia d= 20 cm, calcule la velocidad
del proyectil si el potencial en el condensador cuando se abre el interruptor 2 es
de 40 Volt.
1.8.1 Solución
Cuando esta cargado el condensador, la corriente circula por la resistencia R1
y R2. La corriente que circula es
I =
V
R1 + R2
Por tanto, la caída de potencial de la resistencia R2 es
VC =
V
R1 + R2
R2
Cuando la bala desconecta el interruptor S1, el condensaro comienza a descar-
garse de la forma
Vc(t) =
V
R1 + R2
R2e−t/(R2C)
Cuando la bala corta el interruptor S2, en un tiempo T, la expresin anterior
se puede despejar
T = −R2Cln
Vc
V
R1+R2 R2
!
Así, la velocidad es v = d/T

Con los valores entregados, el voltaje del condensaor al romper S2, VT = 40
volt y VC = 60 volt. El tiempo calculado T=0.0243 s, dando una velocidad
v=8.22101 m/s.

1.8.2 Problema
Un dispositivo para medir la velocidad de la bala. Entre el interruptor S1 y S2
hay una distancia d.
Figure 1.12:
Si se asume que todos los inturruptores están cerrados. La bala recorres
la distancia d, cortando los dos interruptores la diferencia de potencial en el
condensador es el 40% de potencial original. Con la información dada , calcule
la velocidad de la bala en función de V,C y R.
1.8.2.1 Solución
Incialmente el condensador C está descargado. Conectando los interruptores, y
dejándolo así por un tiempo de modo que el condensdor esta cargado. Así, la
corriente circula por la malla externa. Esta corriente circula por la resistencia
R y 5R, actuando como una resistencia equivalente de 6R. Como la fuente tiene
un voltaje V, la corriente es
I =
V
6R
.
Con la corriente I, la caída de tensión en la resistencia 5R es
V5R = I5R =
5
6
V
Esa es la caida de tensión en el condensador. Cuando se abre S1, el conden-
saor comienza a descargar por la resistencia 5R, y cuando se abre S2, se deja de
cargar.
Cuando S2 se abre, el potencial en el condensador es
V5R(t) =
5
6
V e−t/(5RC)
= 0.4
5
6
V (1.22)
De la ecuación 2.20, se tiene

0.4 = e−t/(5RC)
=⇒ ln(0.4) =
−t
5RC
=⇒ t = −5RCln(0.4)
Como se conoce el tiempo y la distancia d la velocidad es
v =
d
t
=
d
−5RCln(0.4)

Chapter 2
Magnetismo
2.1 Problema
Una espira cuadrado de lado a, circula una corriente I en el sentido contrario
de los punteros del reloj.
Calcule una expresión del campo megnético en el punto P.
2.1.1 Solución
En presencia de una corriente , el campo magénito vien dado por
~
B =
µ0
4π
ˆ
Id~
lx(~
r − ~
r0
)
k~
r − ~
r0k3
(2.1)
donde ~
r0
es el vector que indica la posición del vector iferencial d~
l, ~
r, el
vector que indica la posición del punto donde se quiere calcula el campo. Del
30

CHAPTER 2. MAGNETISMO 31
problema propuesto, podemos serparar en 4 regiones para el cálculo del campo
~
B en el punto P. Se va a caclualr por separado cada campo, para luego sumarlo
en el punto P.
Tramo 1, CO
En el tramo 1, el vector posición del punto P es ~
r = xî+yĵ. El vector d~
l = −dy0
ĵ
y ~
r0
= y0
ĵ. Reemplazando los términos en la expresión 2.1 se obtiene
~
B =
µ0
4π
ˆ a
0
−Idy0
ĵx(xî + yĵ − y0
ĵ)
p
x2 + (y − y0)2
3 =
µ0
4π
ˆ a
0
xdy0
k̂
p
x2 + (y − y0)2
3
~
B1 =
µ0Ix
4π
y
x2
p
y2 + x2
−
(y − a)
p
y2 − 2ay + x2 + a2
x2y2 − 2ax2y + x4 + a2x2
!
k̂
Tramo 2, OA
En ese tramo, el vecto ~
r0
= x0
î, con d~
l = dx0
î. El vector ~
r = xî + yĵ, no ha
cambiado. Reemplazando en la expresiÃ³n 2.1, se obtiene el campo del tramo
2.
~
B2 =
µ0Iy
4π
x
y2
p
y2 + x2
−
(x − a)
p
y2 + x2 − 2ax + a2
y4 + (x2 − 2ax + a2) y2
!
k̂
Tramo 3, AB
En este tramo, ~
r0
= aî + y0
ĵ y d~
l = dy0
ĵ. El vector ~
r no ha cambiado. La
expresión del campo ~
B es
~
B3 =
µ0I
4π
(a − x)y
(x2 − 2ax + a2)
p
y2 + x2 − 2ax + a2
k̂
−
µ0I
4π
(a − x) (y − a)
p
y2 − 2ay + x2 − 2ax + 2a2
(x2 − 2ax + a2) y2 + (−2ax2 + 4a2x − 2a3) y + x4 − 4ax3 + 7a2x2 − 6a3x + 2a4
k̂
TRamo 4, BC
En este tramo, d~
l = −dx0
î y el vector ~
r0
= x0
î + aĵ.
La expresión del campo es
~
B4 =
µ0I
4π
x(a − y)
(y2 − 2ay + a2)
p
y2 − 2ay + x2 + a2
k̂
−
µ0I
4π
(a − y) (x − a)
p
y2 − 2ay + x2 − 2ax + 2a2
y4 − 4ay3 + (x2 − 2ax + 7a2) y2 + (−2ax2 + 4a2x − 6a3) y + a2x2 − 2a3x + 2a4
k̂
El campo en el punto P, es la suma de todos los campo, es decir

~
Bp =
µ0I
4π

x
y2
p
y2 + x2
−
(x − a)
p
y2 + x2 − 2ax + a2
y4 + (x2 − 2ax + a2) y2
!
k̂
#

2.1.2 Problema
El ciclotrón consta de dos placas semicirculares huecas, que se montan con sus
bordes diametrales adyacentes dentro de un campo magnético uniforme que es
normal al plano de las placas y se hace el vacío. A dichas placas se les aplican
oscilaciones de alta frecuencia que producen un campo eléctrico oscilante en
la región diametral entre ambas. Como consecuencia, durante un semiciclo
el campo eléctrico acelera los iones, formados en la región diametral, hacia el
interior de uno de los electrodos, llamados Ds, donde se les obliga a recorrer una
trayectoria circular mediante un campo magnético y nalmente aparecerán de
nuevo en la región intermedia.
Figure 2.1:
Suponga que la diferencia de potencia oscilante entre las placas es siempre
V, y dejamos (velocidad inicial cero) un protón en el punto A, a una distancia
d del centro. Recuerde que la energía que adquiere en un potencial V es qV.
Encuentre una expresión del radio de la trayectoria del protón, sin cambiar
la magnitud del potencial V y del campo B.
2.1.2.1 Solución
Cuando se deja libre la carga q, en presencia de un potencial V, la energía por
tencial U se transforma en energía cinética
U = qV =
1
2
mv2
(2.2)
.
De la expresión 2.20 depejamos la velocidad que entra a la zona de campo
uniforme B. Por la fuerza de Lorentz
|F| = qvB = m
v2
R
(2.3)

Figure 2.2:
Combinando la ecuación 2.20 y la ecuación 2.21, se obtiene que el radio es
R =
m
qB
r
2qV
m
Cuando termina de girar, es nuevo acelerado ganado energía
E2 = qV +
1
2
mv2
1 = 2qV =
1
2
mv2
2 (2.4)
De la ecuación 2.22 se obtiene que la velocidad es v2 =
q
4qV
m
Nuevamente aplicando la ecuación 2 ala velocidad, se obtiene el radio de
cuvartura
R2 =
m
qB
r
4qB
m
Nuevamente, cuando acelera por tercera vez, acelera y la energía se agrega
2qV + qV = 3qV =
1
2
mv2
3 (2.5)
De la ecuación 2.23 se obtiene la velocidad y el radio
v3 =
r
2x3qV
m
⇒ R3 =
m
qB
r
2x3qB
m
Generalizando las ecuaciones, podemos obtener que
vn =
r
2nqV
m
=
√
nv1 (2.6)
y el radio
Rn =
m
qB
r
2nqV
m
=
√
nR1 (2.7)
Un bosquejo de la velocidad y radio es

Figure 2.3:

2.2 Problema
Se tiene un cilindro conductor de radio R. El campo magnético producido por
el conductor cilindrico viene dado por al expresión
B(r) =
(
B0 r R
B0
R
r r ≥ R
Con la infomción del campo, calcule
ˆ la corriente neta que transporta el cilindro
ˆ la densidad de corriente J(r) dentro del conductor.
2.2.1 Solución
Para obtener la corriente, vamos a aplicar la ley de ampere. Primero veremos
la región para r R . Nos damos un camino circular de radio r (r R).
Figure 2.4: Esquema de un camino circular con r R
Al calcualr la integral
˛
~
B · d~
l = µ0I ⇒
ˆ 2π
0
B0
R
r
rdθ = µ0I (2.8)
De la ecuación 2.8 se obtiene que la corriente
I =
2πRB0
µ0
Ahora r R , el camino circular va estar en el interior.
En este caso, el área en el interior va a contener una corriente que depende
del radio I(r).
˛
~
B · d~
l = µ0I(r) ⇒
ˆ 2π
0
B0rdθ = µ0I(r) (2.9)
De la ecuación 2.9 se obtiene que la corriente en el interior viene dado por la
expresión.
I(r) =
2πB0r
µ0

Figure 2.5: Camino en el interior del cable
Recordemos que la corriente depende de la densidad de corriente como
I =
ˆ
~
J · d~
a
De la epresión anterior se obtiene que
I(r) = 2π
ˆ r
0
J(r)rdr ⇒=
2πB0r
µ0
Derivando la expresión anterior
dI(r)
dr
= rJ(r) =
2πB0
µ0
de lo cual la densidad de corriente es
J(r) =
2πB0
rµ0

2.3 Ley de Biot-Savat
2.3.1 Problema
Una cable innito transporta una corriente i.
Figure 2.6:
La corriente i circula por el cable, que forma un ángulo β como se observa
en la gura 2.12.
Calcule el campo magnético en el punto P.
2.3.1.1 Solución
Para calcular el campo magnético en el punto P, vamos a asociar un sistema de
referencia en la esquina.
Vamos a calcular el campo en el punto P por separado:
ˆ El alambre en el eje Y
ˆ El alambre en diagonal.
El campo magnético producido por una corriente viene dado por la expresión
~
B =
µ0
4π
ˆ
Id~
lx(~
r2 − ~
r1)
||~
r2 − ~
r1||3
(2.10)
Debemos identicar los vectores:
ˆ ~
r2 = ~
rp = xî + yĵ,es el vector que apunta el punto P
ˆ ~
r1 = y0
ĵ,vector posición del elemento dl
ˆ d~
l = −dy0
ĵ
Reemplazando en la expresión 2.20, nos que la expresión
~
B =
µ0
4π
∞
ˆ
0
I(−dy0
ĵx(xî + yĵ − y0 ˆ
j)
||xî + yĵ − y0 ˆ
j)||3
=
µ0
4π
∞
ˆ
0
Ixdy0
k̂
p
x2 + (y − y0)2
3

~
B =
µ0
4π
Ix

1
x2
+
y
p
x2 + y2
x2y2 + x4
#
k̂
En el caso del segundo cable en diagonal.
Debemos identicar los vectores:
ˆ ~
r2 = ~
rp = xî + yĵ,el vector que apunta el punto P
ˆ ~
r1 = ucos(π/2 − β)î + usin(π/2 − β)ĵ,vector posición del elemento dl
ˆ d~
l = ducos(π/2 − β)î + dusin(π/2 − β)ĵ
Reemplazando en la expresión 2.20
~
B =
µ0
4π
I
∞
ˆ
0
((y − usin(π/2 − β))cos(π/2 − β) − sin(π/2 − β)(x − ucos(π/2 − β))k̂
p
(x − ucos(π/2 − β))2 + (y − usin(π/2 − β))2
3
~
B =
µ0
4π
I[
p
y2 + x2 (x sin (β) + y cos (β)) + y2
+ x2
(y3 + x2y) sin (β) + (−x y2 − x3) cos (β)
]k̂
Luego, el campo nal ela suma de los campo en el punto P.
~
B =
µ0
4π
Ix

1
x2
+
y
p
x2 + y2
x2y2 + x4
#
k̂
+
µ0
4π
I[
p
y2 + x2 (x sin (β) + y cos (β)) + y2
+ x2
(y3 + x2y) sin (β) + (−x y2 − x3) cos (β)
]k̂

2.4 Problema
Se tiene el siguiente circuito
Si R=1000 ohm, la capcidad C= 200 mF, calcule el valor de L para el sistema
se comporte como amortiguado.
Si la fuente se cambia por una fuente de voltaje alterno, V (t) = 50ejwt
volt.
Encuentre la expresión de la intensidad de la corriente en función de w. Calcule
la corriente en resonancia.
2.4.1 Solución
En este caso, se tiene la siguiente relación
V = iR +
Q
C
+ L
di
dt
Al derivarla expresión
0 = R
di
dt
+
i
C
+ L
d2
i
dt2
Si I(t) = I0eαt
, en la ecuación anterior queda
0 = Rα +
1
C
+ Lα2
La solución anterior da
α = −
R
2L
±
s
1
4

R
L
2
−
1
LC
(2.11)
En el caso, es amortiguado, se cumple que
1
4

R
L
2
−
1
LC
= 0
De esta realción se obtiene que
L =
1
4
R2
C = 50000H

Cuando se cambia la fuente por uno de potencial alterno, se obtiene la
ecuación, cuando I(t) = i0ej(wt+δ)
V (t) = iR +
Q
C
+ L
di
dt
= (R + j(wL − 1/(wC)))I(t)
Al tomar el módulo de la ecuación anterior
V0 =
p
R2 + (wL − 1(wC))2I0(w) (2.12)
Despejando I0(w) de la ecuación 2.12 se obtiene que
I0(w) =
V0
p
R2 + (wL − 1/(wC))2
(2.13)
Un graco de la amplitud corriente de la frecuenccua
Figure 2.7: Amplitud de la corriente en función de w
La amplitud en en resonancia es Imax = v0
R = 0.05 A

2.5 Ley de Faraday
2.5.1 Problema
Se quiere diseñar un dispositivo para medir el campo magnético de la Tierra en
un punto determinado.
Figure 2.8:
Se sabe que la magnitud del campo de la Tierra en su supercie es 20µT.
Si la masa de la barra es M=1 kg, con un ancho L= 1m, calcule el valor de la
resistencia R, de modo que cuando ha bajado, desde el reposo, una distancia
de 70 cm la corriente inducida corresponda al 60 % de la corriente límite en la
caída.
2.5.1.1 Solución
Par solucionar el problema, vamos a jar el sistema de referencia en el lugar
donde se suelta la barra (gura 2.13). Además, vamos a suponer que el campo
entra, y es uniforme con una intensidad de 20µT
El ujo magnetico magnético para este problema es φ = BL(H−y(t)), donde
y(t) es la posición de la barra respecto del origen. Aplicando la ley de Faraday,
tenemos que la fem inducida es
= −
dφ
dt
= BLv(t) (2.14)
Como hay una resistencia en el circuito, la diferenci de potencial || = iR,
en la ecuación 2.20 se puede despejar la corriente en función de la velocidad.
i =
BL
R
|v(t)| (2.15)
Como la barra va a comenzar a bajar, el ujo va a disminuir. Por tanto,
el sentio de la corriente debe ser para mantener el ujo. Por tanto la corriente

Figure 2.9:
i circula a favor de los puntero del reloj. En la barra va en a dirección de
izquierda a derecha. Esto implica la aparrición de una fuerza magnética, que
según la regla de la mano derecha, la fuerza apunta hacia arriba. En este caso
la fuerza magnética es
~
F = iLBĵ − mgĵ = maĵ (2.16)
Acá se debe considerar un aspecto importante en el calculo. La velocidad
v(t) es negatica, por tanto la expresión de la fuerza en la ecuación 2.22en función
de la velocidad se debe escribir como
−
(BL)2
R
v(t) − mg = m
dv
dt
(2.17)
La solución de la ecuación 2.23 tiene como solución
v(t) =
Rmg
(BL)2

e−(BL)2
/(mR)t
− 1

(2.18)
La expresión 2.18, cuando el tiempo tiende a innito ( tiempo muy largo ) ,
la velocidad es v∞ = − Rmg
(BL)2 . Recuerden que la corriente depende directamente
de la velocidad. De la expresión 2.21, la corriente límite es
i∞ = mg
BL . El 60% de la corriente límite es i0.6 = 0.6 mg
BL o la velocidad
correspondiente es v0.6 = −0.6 Rmg
(BL)2 = Rmg
(BL)2

e−(BL)2
/(mR)t
− 1

. Despejando
el tiempo, de la expresión anterior nos da
t0.6 = −
mR
(BL)2
Ln(0.4)
La ecuación de posición y(t) se obtiene integración de la ecuación 2.18. La
ecuación posición y(t) es

y(t) =
Rmg
(BL)2

mR
(BL)2
(1 − e−(BL)2
t/(mR)
) − t

(2.19)
La condición, cuando recorre eñ 70 cm =0.7 m para t0.6.
−0.7 =
(mR)2
g
(BL)4
0.6 −
(mR)2
g
(BL)4
Ln(0.4)
De la expresión anterior, se conoce m, B, L, g y se puede despejar el valor
R. La resistencia R debes ser positivo
R =
√
264348903B2
L2
2
√
29861110
√
gm
Con los valores dados en el problema, se obtiene que R = 1.9x10−10
ohm

2.6 Problema
Se tiene el siguiente circuito, que representa un altavoz (parlante).
Encuentre la relación entre L y C, de modo que el circuito sea resistivo R,
para toda kas frecuencias.
2.6.1 Solución
La impedancia Zc = − j
wC y ZL = jwL.
El circuito de la gura 2.6, tiene un circuito equivalente
Figure 2.10: Circuito equivalente
El valor de la impedancia Z1 es equivalente al paralelo de resistencia y el
condensador.
Z1 =
R
C2 R2 w2 + 1
−
%iC R2
w
C2 R2 w2 + 1
y Z2,
Z2 =
L2
R w2
L2 w2 + R2
+
%iL R2
w
L2 w2 + R2

El Z1 esta en serie con L, dando la impedancia Z3
Z3 = %i
CRw CLR w2
− R

C2 R2 w2 + 1
+
Lw
C2 R2 w2 + 1
!
−
CLR w2
− R
C2 R2 w2 + 1
+
CLR w2
C2 R2 w2 + 1
y Z2, está en serie con el condensador.
Z4 =
%i CRw CLR w2
− R

− C L2
w3

C2 L2 w4 + C2 R2 w2
+
CL w2
CLR w2
− R

+ CLR w2
C2 L2 w4 + C2 R2 w2
Con estas nuevas impedancia, tiene una equivalente
Figure 2.11: Circuito equivalente
En esta conguración Z3 y Z4 están en paralelo, de modo que la impedancia
del circuito debe cumplir
1
ZT
=
1
Z3
+
1
Z4
ZT =
C2
L2
R w4
+ 2%iC2
L R2
− %iC L2

w3
+ %iL − 2%iC R2

w + R
C2 L2 w4 + (4C2 R2 − 2CL) w2 + 1
Separamos la parte compleja de la impedancia Zt, que da
Im(ZT) =
2C2
L R2
− C L2

w3
+ L − 2C R2

w
C2 L2 w4 + (4C2 R2 − 2CL) w2 + 1
Igualamos cero para que la impedancia neta sea real. Se obtienen dos posibles
valores que realcionan L y C
1
LC = w2
, R2
= L
2C Como se pide indepencia de la
frecuencia, la relacin entre L y C, para tener solo impedancia real es R2
= L
2C

2.7 Circuitos de Corriente Alterna
2.7.1 Problema
Se va a diseñar un circuito para un equipo de alta delidad de modo que dos
altavoces (cada uno con resistencia R) se conecta a la etapa de salida de un
amplicador.
Figure 2.12:
Un altavoz ha de recibir predominantemente frecuencias altas, el otro pre-
dominante frecuencias bajas. El circuito es como el de la gura. Cada conden-
sador tiene una capacidad C y cada inductancia tiene un valor L.
ˆ Halle una relación entre L y C, para una R dada, tal que el circuito presente
una carga puramente resistiva (=R) al amplicar todas las frecuencias.
2.7.1.1 Solución
El circuito de la gura 2.12, se puede expresar como
Figure 2.13:
Denomimos la impedancia del condensador es ZC = −i
wC , de la bobina ZL =
iwL y ZR = R.
El condensador esta en paralelo con la resistencia. Por tanto la impedancia
equivalente cunmple

1
Z1
=
1
ZC
+
1
ZR
(2.20)
La impedancia
Z1 = −
iC R2
w − R
C2 R2 w2 + 1
.
Aplicando, lo mismo a la bobina y la resistencia da
1
Z2
=
1
ZL
+
1
ZR
(2.21)
De la ecuación 2.21, se obtiene que
Z2 =
L2
R w2
+ iL R2
w
L2 w2 + R2
.
La impendancia Z1 esta en serie con la bobima,
Z3 = Z1 + ZL (2.22)
Z3 = i
CRw CLR w2
− R

C2 R2 w2 + 1
+
Lw
C2 R2 w2 + 1
!
−
CLR w2
− R
C2 R2 w2 + 1
+
CLR w2
C2 R2 w2 + 1
Y la impendacia Z2 esta en serie con el condensaror
Z4 = Z2 + ZC (2.23)
Z4 =
i CRw CLR w2
− R

− C L2
w3

C2 L2 w4 + C2 R2 w2
+
CL w2
CLR w2
− R

+ CLR w2
C2 L2 w4 + C2 R2 w2
La impedancia Z4 y Z3 están paralelo.
1
ZT
=
1
Z3
+
1
Z4
(2.24)
La impedancia ZT da
ZT =
C2
L2
R2
w4
− 2iC L2
R w3
+ −2CL R2
− L2

w2
+ 2%iLRw + R2
C2 L2R w4 + (−2iC2L R2 − iC L2) w3 − 4CLR w2 + (2iC R2 + iL) w + R
SEgún lo pedido, la parte imaginario de ZT debe ser cero.
0 =
2C2
L R2
− C L2

w3
+ L − 2C R2

w
C2 L2 w4 + (4C2 R2 − 2CL) w2 + 1

Despejando L de la ecuación anterior, nos da
L =
1
w2C
, L = 2CR2
para que el sistema sea independiente de la masa el valor de L es
L = 2CR2
Al reemplazar el valor de L = 2CR2
,la impedancia da ZT = R.

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