Electromagnetismo I

Electromagnetismo I
Semestre: 2015-2
Prof. Alejandro Reyes Coronado
Ayud. Carlos Alberto Maciel Escudero
Ayud. Christian Esparza López
Solución a la Tarea 7
Solución por Carlos Maciel Escudero
1. Problema: (25pts) Una partı́cula con carga q que viaja con una velocidad ~v , entra en una
~ que apunta hacia afuera
región del espacio donde existe un campo magnético uniforme B,
de la página. El campo deflecta la partı́cula una distancia d de la trayectoria original,
como se muestra en la figura. ¿La partı́cula tiene carga positiva o negativa? (argumenta
tu respuesta). En términos de a, d, B y q calcula el momento de la partı́cula.
r
!v
d"
a"
q"
Región'con'campo'B'
Solución:
Sabemos que la fuerza que siente una partı́cula con carga q y velocidad ~v , en presencia de
un campo magnético, está dada por la Fuerza de Lorentz
~
F~ = q~v × B.
Entonces, si denotamos al eje de la velocidad incial de la partı́cula por x̂, a la dirección del
camo magnético por ẑ (saliendo de la hoja) y al eje de las lı́neas rojas por ŷ (hacia arriba),
tenemos
~v = vx̂ ,
~ = B ẑ.
B
De la fuerza de Lorentz resulta
F~ = qvB(x̂ × ẑ) = qvB(−ŷ) = −qvB ŷ .
Por lo tanto, para que la partı́cula cargada tenga la trayectoria de la figura anterior, ésta debe
ser negativa. Entonces
F~ = −qvB(x̂ × ẑ) = qvB ŷ .
Una vez establecida la carga de la partı́cula, calculemos su momento en todo instante de tiempo.
Sabemos de la segunda ley de Newton
F~ = m~a ,
~ = m~v˙ ,
q~v × B
qB(ẋx̂ + ẏ ŷ) × ẑ = m(ẍx̂ + ÿ ŷ) ,
qB ẋŷ − qB ẏB x̂ = m(ẍx̂ + ÿ ŷ) ,
igualando componentes tenemos
ẍ = −ω ẏ ,
ÿ = ω ẋ ,
con ω 2 = qB
. Para resolver este sistema de ecuaciones diferenciales acopladas, basta con hacer
m
una reducción de orden
u = ẋ ,
v = ẏ,
reescribiendo el sistema como
u̇ = −ωv ,
v̇ = ωu .
Derivando la primera ecuación y sustituyendo la segunda obtenemos
ü + ω 2 u = 0 ,
que es la ecuación diferencial tı́pica de un oscilador armónico. Por lo tanto, esperamos que las
soluciones sean (si lo quieren resolver en todo rigor matemáticamente, planteen la ecuación
caracterı́stica)
u(t) = c1 cos(ωt) + c2 sin(ωt) ,
y
v(t) = c1 sin(ωt) − c2 cos(ωt) ,
Finalmente, regresando a las variables x y y e integrando tenemos
x(t) = c1 sin(ωt) − c2 cos(ωt) + c3 ,
y(t) = −c1 cos(ωt) − c2 sin(ωt) + c4 .
Para determinar las constantes de integración, evaluemos las condiciones iniciales
~r(0) = ~0 ,
~v (0) = vx̂ ,
de donde obtenemos que el movimiento de la partı́cula dentro de la región con campo magnético
está dado por
~x(t) = ωv sin(ωt) ,
~y (t) = − ωv cos(ωt) + ωv .
2
De lo anterior, resulta que el momento de la partı́cula está dado por
p~ = m~v = mv(cos ωtx̂ + sin ωtŷ) ,
donde v es la velocidad inicial. Noten que ésta última expresión es la misma desde que entra a
la región con campo magnético, hasta que sale.
Para determinar el momento por completo en términos de a, d, B, q hay que calcular la
masa de la partı́cula. De las ecuaciones de movimiento se tiene que
v 2 v 2
2
x + y−
=
,
ω
ω
en particular cuando x = a entonces y = d, luego entonces
v 2 v 2
2
a + d−
=
,
ω
ω
qBv
a2 + d2 − 2d
= 0,
m
despejando la masa
qB 2
(a + d2 ) .
2d
Finalmente, sustituyendo en la ecuación del momento lineal
m=
p~ =
qvB 2
(a + d2 )(cos ωt x̂ + sin ωt ŷ) .
2d
3
2. Problema: (40pts) Calcula y grafica la trayectoria de la partı́cula del ejercicio de movimiento del cicloide visto en clase (Ejemplo 5.2 del libro de Griffiths), si la partı́cula parte
del origen con velocidad:
(a) ~v (t = 0) = (E/B)êy .
(b) ~v (t = 0) = (E/2B)êy .
(c) ~v (t = 0) = (E/2B)(êy + êz ).
Solución:
Del ejemplo 5.2 del Griffiths se obtuvo que
y(t) = c1 cos(ωt) + c2 sin(ωt) +
E
t + c3
B
z(t) = c2 cos(ωt) − c1 sin(ωt) + c4 .
y
Como suponemos que la partı́cula parte del origen, entonces
y(0) = c1 + c3 = 0
y
z(0) = c2 + c4 = 0 .
(a) ~v (t = 0) = (E/B)êy
ẏ(0) = c2 ω +
E
E
=
B
B
y
ż(0) = −c1 ω = 0 .
Por lo tanto
c1 = 0 ,
c2 = 0 ,
c3 = 0
y la ecuación de movimiento resulta una lı́nea recta:
E
y(t) =
t,
B
z(t) = 0 .
4
y
c4 = 0 ,
(b) ~v (t = 0) = (E/2B)êy
E
1E
=
,
B
2B
ż(0) = −c1 ω = 0.
ẏ(0) = c2 ω +
Por lo tanto
c1 = 0
1E 1
,
2Bω
c3 = 0 ,
1E 1
,
c4 =
2Bω
c2 = −
y la ecuación de movimiento resulta
1E 1
E
y(t) = −
sin(ωt) +
t,
2Bω
B
1E 1
1E 1
z(t) = −
cos(ωt) +
.
2Bω
2Bω
(c) ~v (t = 0) = (E/2B)(êy + êz )
ẏ(0) = c2 ω = 0 ,
E
ż(0) = −c1 ω = .
B
Por lo tanto
c1 = −
1E
,
ωB
c2 = 0 ,
c3 =
5
1E
ωB
y
c4 = 0 ,
y la ecuación de movimiento resulta
E1
E
E1
y(t) = −
cos(ωt) +
t+
Bω
B
Bω
y
z(t) =
E1
sin(ωt) .
Bω
Nota: Las gráficas anteriores las realicé en gnuplot igualando todos los parámetros a 1. A
continuación está el código.
set parametric
set dummy t
set size square
set title "Gráfica con velocidad inicial "
set xlabel "y(t)"
set ylabel "z(t)"
set autoscale
plot [to:tf] y(t),z(t)
set term png
set out "nombre de la figura.png"
replot
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~ en una región del espacio
3.- Problema : (35pts) Considera que el campo magnético B
está dado por:
~ = k z êx
B
donde k es una constante con las unidades apropiadas. Calcula la fuerza sobre un espira
cuadrada de lado a, que está en el plano Y Z y centrada en el origen, por la que circula
una corriente estacionaria I (tú decide la dirección de la corriente).
Solución:
Sabemos que la fuerza de Lorentz sobre una espira por la cual pasa corriente estacionaria
está dada por
Z
~
~.
F = I d~l × B
c
Entonces, de la figura anterior resulta que la fuerza en cada lado de la espira es
Z a
2
~
F1 = Ik
z(−ẑ × x̂) dz = ~0 ,
− a2
F~2 = Ik
Z
F~3 = Ik
Z
a
2
− a2
a
2
−a
a2
(ŷ × x̂) dy = Ikẑ ,
2
2
z(ẑ × x̂) dz = ~0 ,
− a2
F~4 = Ik
Z
a
2
− a2
a
a2
(−ŷ × x̂) dy = Ikẑ ,
2
2
sumando cada contribución a la fuerza, tenemos finalmente que
F~ = F~1 + F~2 + F~3 + F~4 = a2 Ikẑ .
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4. Problema TORITO: (20pts) En 1897 J. J. Thomson “descubrió” el electrón midiendo
el cociente entre la carga y la masa de los “rayos catódicos” (que son haces de electrones
con carga q y masa m) de la siguiente manera:
i) Primero pasó el haz de electrones a través de una región donde tenı́a un campo eléctrico
~ y campo magnético B
~ perpendiculares entre sı́, ambos uniformes y ambos perpendicuE
lares a la dirección del haz de electrones, y entonces ajustó el campo eléctrico hasta que
obtuvo una deflexión nula. ¿Cuál es la velocidad de las partı́culas en términos de E y B?
ii) Luego, Thomson apagó el campo eléctrico y midió el radio de curvatura R del haz
~ ¿Cuál es la relación carga–masa (q/m) de las
deflectado por el campo magnético B.
partı́culas en términos de E, B y R?
Solución:
i) Suponiendo la dirección del campo eléctrico como vertical, del campo magnético saliendo
de la página y de la velocidad con la que incide el electrón hacia la derecha, como se muestran
en la figura, se debe de cumplir que
qvB = mg + qE ,
para que haya equilibrio entre las fuerzas. Entonces, resulta que la velocidad del electrón está dada por
mg E
+ .
v=
qB
B
Despreciando el término gravitacional, ya que la fuerza de Coulomb es del orden de 1042 mayor
que la fuerza gravitacional, tenemos
E
v= .
B
ii) Dado que sólo existe campo magnético, el problema es idéntico al problema 1 de la tarea,
en el cual obtuvimos que
v 2 v 2
2
x + y−
=
= R2 ,
ω
ω
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entonces
R=
Por lo tanto
mv
v
=
.
ω
qB
m
BR
=
,
q
v
sustituyendo la velocidad obtenida en el inciso anterior, la razón entre la carga y la masa del
electrón está dada por
q
E
=
.
m
RB 2
Observación: Al resolver el problema consideré que la velocidad con la que entra inicialmente el electrón a la región con campo magnético, es la misma velocidad que la que obtuve
al resolver el problema con campo magnético y eléctrico (de hecho, por eso la sustituı́ en la
última igualdad). Lo anterior es correcto pues al resolver el problema 1 de la tarea resultó que
la partı́cula cargada en presencia de un campo magnético constante tiene rapidez constante y
E
= cte., ésta debe ser la misma rapidez que
como obtuvimos en el inciso anterior que v = B
lleva la partı́cula en toda la trayectoria tan sólo aplicando campo magnético, ¡es importante
que entiendas esta sutileza!
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