GUÍA DE ACTIVIDADES Nº 4 - Apuntes CEITBA
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GUÍA DE ACTIVIDADES Nº 4
1.- Exámenes rápidos: Capítulo 7: 7.1 – 7.2 – 7.3 – 7.4. Nota: Las respuestas de los denominados exámenes rápidos se encuentran en uno de los apéndices. 2.- Preguntas: Capítulo 7: Objetivas: 1 – 3 – 9 – 11 – 12. ; Conceptuales: 1 – 3 – 6. 3.- Ejemplos resueltos: Capítulo 7: 7.1 – 7.2 – 7.3 – 7.4 – 7.5 – 7.6 – 7.7. 4.- Problemas: 4.1.- Un protón de masa mp y un electrón de masa me que poseen la misma energía cinética, ingresan en dirección normal a las líneas de un campo de inducción magnética uniforme. Si el
período de la trayectoria del protón es Tp, y el del electrón es Te, calcular la relación TT
p
e.
Rta: mm
p
e
4.2.- Un positrón (el positrón tiene igual masa e igual carga en magnitud que el electrón pero es de signo positivo) de 2 (keV) se dispara en un campo uniforme de inducción de 0,1 (T) y su vector velocidad forma un ángulo de 89° con
vB. Verificar que la trayectoria será una hélice, con su eje en
la dirección de vB. Encontrar el período, el paso y el radio de la hélice.
Rta: T = 3,6 x 10-10 s ; p = 0,17mm ; r = 1,5 mm. 4.3.- El campo eléctrico entre las placas del selector de velocidades de un espectrómetro de masas de Bainbridge es 1,2 x 105 (V/m) y ambos campos de inducción magnética (en la zona del selector y en la zona de deflexión) son uniformes y de 0,6 T. Un haz de iones de Neón con carga +e se mueve en una trayectoria circular de 7,4 (cm) de radio como muestra la figura. Determinar la masa del isótopo de Neón. Rta: m = 3,552 x 10-26 (Kg). 4.4.- Problema 21 del Capítulo 7 – Campos magnéticos. 4.5.- Las placas de deflexión electrostática de un tubo de Thomson son de 5 (cm) de largo y están separadas por una distancia de 1 (cm). El extremo de las placas está a 25 (cm) de la pantalla del tubo y la energía cinética de los electrones es de 2 (KeV).
vr
x
y
1 cm
25 cm5 cm
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a) Si se aplica una diferencia de potencial de 20 V a las placas de deflexión, ¿cuánto se desvía el haz (la desviación del haz se mide sobre la pantalla)? b) Hallar el valor de un campo magnético de inducción magnética uniforme
rB que actúe en el
espacio entre las placas y que sea capaz de compensar la acción del campo eléctrico permitiendo que el haz de electrones no se desvíe. Solución: a)
K = 2 (KeV)
K = 1/2 m v2
Kg10x1,9J10x10x6,1x4v 31
319
−
−
=
v = 2,65 x 107 (m / s)
Entre las placas actúa una diferencia de potencial de 20 V, con lo cual el campo eléctrico es:
)mV(2000
m01,0V20
dVE === j)
mV(2000E
(r−=
( )jKg/C10x76,1)m/V(2000mqEaqEamF 11 (rrrrr
−−==⇒==
j)s/m(10x5,3a 214 (r
= El tiempo que tarda el electrón en recorrer la longitud de las placas es:
txv
mx m s
x s1 790 05
2 65 101 88 10= = = −,
, /,
Durante el tiempo t1 el desvío sufrido por el electrón es:
( )y a t x m s x s
y x m
1 12 14 2 9 2
14
12
12
3 5 10 1 88 10
6 185 10
= =
=
−
−
, / ,
,
La velocidad vy del electrón en el momento de salir del espacio entre placas es:
)sm(658000v
)s(10x88,1x)s/m(10x5,3tav
y
92141y
=
== −
La velocidad en la dirección x se mantiene constante, por lo tanto el tiempo que transcurre hasta llegar a la pantalla es:
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txv
mx m s
x s22
790 25
2 65 109 43 10= = = −,
, /,
El desvío sufrido por el electrón fuera de las placas deflectoras es:
y2 = vy . t2 = 658000 (m/s) x 9,43 x 10-9 (s) y2 = 6,20 x 10-3 (m) El desvío total es: y1 + y2 = 6,185 x 10-4 (m) + 6,20 x 10-3 (m) b) La fuerza de Lorentz debe ser nula, luego:
0)EBv(qFrrrrr
=+×=
r r rv B E× = − ; jEBiv
(r(=× kBB
(r−=∴
s/m1065,2m/V2000B 7×
= ⇒ )T(1055,7B 5−×=
4.6.- El campo de inducción magnética uniforme de la figura es de 1,42 (mT) y el campo eléctrico también uniforme es de 10 (kV/m). En t = 0 un electrón pasa por el origen con una velocidad v= 5 x 106 (m/s). En el instante t = 0,004 µs el electrón ha alcanzado el punto P. Calcular las coordenadas del punto P. Nota: Hacer el problema por el principio de superposición de movimientos y en forma analítica, resolviendo el sistema de ecuaciones diferenciales. Rta: -9,2 mm ; 16,9 mm ; -14,08 mm. 4.7.- El espacio que existe entre las placas paralelas de un condensador colocado en el vacío es de 10 mm. La diferencia de potencial entre placas es de 1,76 kV y existe además un campo de inducción magnética uniforme de 0,01 T en dirección paralela a las placas. Se libera un electrón de la placa negativa con velocidad cero. Calcular: a) la velocidad con que choca el electrón contra la placa positiva. b) el ángulo de incidencia al impacto. Rta: 2,49 x 107 m/s ; 45° 4.8.- En la figura admitir que los conductores de apoyo carecen de rozamiento pero están inclinados hacia arriba de modo que forman un ángulo θ con la horizontal. a) ¿Qué campo de inducción magnética vertical se necesita para que la barra de masa m no se deslice hacia abajo por los conductores? b) ¿Cuál es la aceleración de la barra si
vB es el doble del valor
hallado en a)?
Rta: a) Bmgi l
= tgθ b) a g= senθ.
y = 6,82 x 10-3 (m)
y
z
x
Er
Br
P
vr
x
y
z
Er
Br
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4.9.- Un anillo conductor de 5 (cm) de radio se encuentra en un plano perpendicular a la dirección central de un campo de inducción magnética (no uniforme) como el indicado en la figura. En todos los puntos del anillo el módulo de
rB es 0,1
(T) y su dirección forma un ángulo de 60o con el plano del mismo. Cuando la intensidad de la corriente eléctrica en el anillo es de 10 (A), calcular el módulo de la fuerza magnética que se ejerce sobre él. Rta: 0,157 N 4.10.- Encontrar una expresión que permita calcular el momento de torsión sobre una espira circular con corriente eléctrica en un campo de inducción magnética uniforme. Solución: Supongamos que se coloca una espira circular, por la que circula una intensidad de corriente eléctrica i, en un campo magnético uniforme
rB, de forma tal que su plano
sea paralelo a las líneas del campo, como se ve en la figura. La espira tenderá a moverse de modo tal que presentará a las líneas del campo de inducción magnética la mayor superficie. Sobre un elemento de corriente de la espira actúa la fuerza:
dFr r r
= id l B× de módulo:
dF = idlBsenθ Teniendo en cuenta que dl=R dθ, se obtiene:
dF = iR d Bsenθ θ El momento respecto de z es:
θθτ
θτ
dsenRB i= d
senR dF=d
22
Si ahora integramos para el ángulo θ entre 0 y 2π:
∫ ∫π
πθθττ2
0
222 AiB= iBR= dseniBR=d=
donde A es la superficie de la espira circular. Esta superficie se puede representar por un vector normal a la misma, y con un sentido definido por la corriente i, tal que respete la regla del tirabuzón. Definimos entonces el momento magnético de la espira como:
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A i = rr
µ
Con esta definición podemos decir ahora que el momento τr sobre la espira con corriente colocada en un campo magnético
rB es:
B = rrr
×µτ 4.11.- Problema 28 del Capítulo 7 – Campos magnéticos. 4.12.- Problema 49 del Capítulo 7 – Campos magnéticos. 4.13.- Problema 51 del Capítulo 7 – Campos magnéticos. 4.14.- Problema 55 del Capítulo 7 – Campos magnéticos. 4.15.- Problema 69 del Capítulo 7 – Campos magnéticos.
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