CAMPO MAGNÉTICO: Así como se descubrió el campo

CAMPO MAGNÉTICO:
Así como se descubrió el campo gravitacional terrestre y el campo electrostático, también ocasionalmente se descubre
otro fenómeno físico. En alguna parte de la Tierra, en Malasia existe en forma natural un material llamado Magnetita,
que químicamente es el sulfato ferroso, que por sus propias características genera una propiedad física en su entorno,
que a su vez dicha propiedad Física genera una fuerza, que es detectada por materiales ferrosos.
⃗ como la
Por definición a dicha propiedad física se le llana Campo magnético, que generalmente se le representa con 𝐵
⃗ la
Inducción de campo magnético y 𝐻
Intensidad de campo magnético, en su
momento se presentará la relación
entre estas dos cantidades vectoriales.
La figura anexa muestra como a un
imán permanente (magnetita) se le
adhiere
las limaduras de fierro y
forman una imagen llamada espectro
magnético.
Observando este espectro, note que
hay dos regiones en la figura que
sobresalen, por definición a estas
regiones se les llama Polos Magnéticos
además en la figura se notan líneas
curvas que se les llama líneas de
campo magnético, que haciendo una
observación minuciosa se concluye que
dichas líneas salen de un polo llamado
Polo Norte y entran en el otro polo llamado Polo Sur. Una característica fundamental del campo magnético es que
siempre existen dos polos magnéticos; hasta la fecha no ha sido posible aislar monopolos magnéticos; asimismo las
líneas de campo magnético son curvas cerradas; de tal forma la integral


B

d
S
 0,

que por definición a esta
S
cantidad escalar se le llama Flujo Magnético.Φ
Es un hecho experimental que Polos iguales se repelen (polo norte con polo norte, polo sur con polo sur) y polos
diferentes se atraen (polo norte con polo sur)
Los portadores de carga en movimiento también son detectores de campos magnéticos, cuando los portadores de
carga en movimiento se les coloca en donde; existe un
imán permanente (magnética) el haz de portadores de
carga en el tubo de cruz de Malta es perturbado, por lo
que se concluye, que los portadores de carga en
movimiento son excelentes detectores de campos
magéticos.
Experimentalmente utilizando un par de bobinas de
Helmholtz y un tubo de rayos Filiformes, se hace incidir
un haz de portadores de carga con una vecindad 𝑣 en
el espacio en la que hay un campo magnético de
⃗ ; el experimento se hace de tal forma que la
inducción 𝐵
⃗ de
velocidad 𝑣= 𝑉
Ilustración 1 v
los portadores de carga sea perpendicular a la
⃗ ; aceptando como nomenclatura que: la X indica que el campo está
dirección de la inducción de campo magnético 𝐵
entrando a la hoja del cuaderno en forma perpendicular y el  representa un campo magnético saliendo en forma
perpendicular del cuaderno; gráficamente el experimento se muestra en la figura adjunta.
La circunferencia de radio r es la que describen los portadores de carga o sea que los
portadores de carga hacen un movimiento circular; por lo que debe existir una fuerza 𝐹 dirigida
hacia el centro la circunferencia de radio r y como la inducción de campo ⃗⃗⃗𝐵 está entrando
perpendiculamente a la hoja del cuaderno, entonces es un problema en tres dimensiones como
se muestra en la figura adyacente.
𝐹
⃗
𝐵
𝑣
⃗ ; así como con la variación
Experimentalmente se observa que la magnitud de 𝐹 varía cuando cambia la magnitud de 𝐵
de la velocidad 𝑣 de los portadores de carga y por la definición de producto vectorial se concluye que:
⃗ y se encontró experimentalmente que la constante de
𝐹 es directamente proporcional al producto vectorial 𝑣 x 𝐵
propocionalidad es justamente la carga elemental de los portadores de carga, quedando:
⃗
𝐹=q𝑣x𝐵
CM-1
Note que la magnitud de esta fuerza es: F = qvBSen𝜃; de tal forma que:
B=
F
qvSen
CM-2
De esta igualdad se ve que las unidades de B son
N .s
; tales que por definición:
C .m
1N .1s
 1T (1T= una Tesla)
1C.1m
Como una aplicación inmediata de estos resultados es el conocido Efecto Hall; historicamente se creyó que las
micropartículas que generaban corrientes eléctricas eran los electrones; sin embargo sí se analiza una plaquita de un
⃗ y
material semiconductor con una cooriente I, entonces los portadores de carga tienen carga positiva; suponiendo que 𝐵
la velocidad de los positrones 𝑣 son perpendiculares, encontrar: a ) la magnitud del campo eléctrico en la plaquita, b ) la
diferencia de potencial en la misma considerando que dicha placa tiene un ancho L.
RESPUESTA:
Para una mayor ilustración considere la figura adjunta y puesto que los portadores de carga
-
+
- 𝑣
⃗ 𝐵
-
+
𝐹
+
+
+
tienen carga positiva, entonces la furza 𝐹 mostrada en la figura adyacente va acumulando
carga positiva en el lado derecho de la placa, quedándose la parte izquierda de la placa con
carga negativa, como se indica en la figura aquí considerada, lo que en principio forma un
capacitor de placas paralelas separadas por una distancia L y en consecuencia aparece un
camapo eléctrico⃗⃗⃗𝐸 entre los dos extremos de la plaquita ( izquierdo- derecho), que produce
una fuerza coulombiana dada por:
𝐹 c = q𝐸⃗ , que tiene dirección contraria a la fuerza 𝐹 producida por el campo magnético
⃗ .
representado por 𝐵
Este proceso es tal que físicamente la magnitud del camapo elétrico no puede crecer, sin límite
puesto que seguiría acumulando cargas positivas en lado derecho de la placa; por lo que
físicamente ocurre un caso especial, tal que la magnitud de la fuerza coulombiana es igual al
magnitud de la fuerza producida por el campo magnético y como 𝑣 y ⃗⃗⃗
𝐵 son perpendiculares
entonces F = qvBSen900 = q𝑣B; quedando:
qE =qvB  E = 𝑣B
En el caso de la diferencia de potencial entre los lados izquierdo derecho de la plaquita, se sabe del subtema de
Potencial electrostático que V= EL = 𝑣BL, llamama diferencia de potencial de Hall. (L ancho de la placa)
Comentario.- Sí los portadores de carga son electrones se considera la carga negativa y se hacen cálculos semejantes.
En el caso en que los portadores de carga se mueven sobre una circunferencia la fuerza 𝐹 m es una fuerza centrípeta
que actúa sobre cada uno de los portadores de carga que se mueven sobre la circunferencia aquí considerada y como
⃗ cuando son perpendiculares,
primer caso analizado la velocidad 𝑣 de los portadores de carga y la inducción de campo 𝐵
entonces la magnitud de la fuerza centripeta del movimiento de los portadores de carga es:
F = qvBSen900 = qvB
CM-3
Regresando al curso de Mecánica Clásica tema de movimiento circular, la magnitud de la fuerza centrípeta es
m v2
r
con r el radio de la circunferencia y m la masa elemental de los portadores de carga, entonces sustituyendo esta
expresión en la igualdad CM-2 se tiene:
m v2
r
qvB =
; despejando el radio de esta igualdad se obtiene: r =
mv
qB
CM-4
Analizando el experimento desde otro punto de vista, al girar 90 0
la imagen
donde los portaadores de carga entran
⃗ , entonces la dirección de la inducción de
perpendicularmente a 𝐵
⃗ queda como se ve en la figura adjunta; pero
campo magnético 𝐵
del curso de Mecánica Clásica se sabe que: 𝑣 = 𝜔
⃗ x 𝑟 y note que
los vectores velocidad angular e inducción de campo magnético
tienen direcciones contrarias y como la velocidad angular y el
radio vector de la circunferencia son perpendiculares, entonces
𝑣 =𝜔r, que sustityendo en la igualdad CM-3 se otiene:
r=
𝑚𝑤𝑟
𝑞𝐵
; quedando B =
𝜔
⃗
o
⃗
𝐵
𝑣
⃗
𝐵
m
; pero como la velocidad angular y
q
⃗ =la inducción de campo magnético tienen direcciones opuestas, entonces 𝐵
𝑟
m
q
𝜔
⃗
CM-4
Recuerde que 𝜔 es la rapidez angular en este caso de los portadores de carga que se mueven sobre la circunferencia
de radio r y como: 𝜔 = 2𝜋𝑓 =
2𝜋
𝑇
, entonces es posible encontrar la frecuencia de oscilación; así como el periodo de
revolución, remarcando que en la igualdad inmediata anterior f es la frecuencia y T es el periodo de revolución.
Comentario.- Sí los portadores de carga son electrones se conoce la masa; así como la carga de ellos y sí de alguna
forma se conoce la diferencia de potencial que generó el movimieto de los portadores de carga, entonces por el teorema
de la conservación de energía se conoce la rapidez de los portadores de carga y conociendo la inducción de campo, es
posible encontrar la trayectoria de los electrones.
Ejemplo.1.- Se hace incidir un haz de electrones acelerados con una diferencia de potencial de 350.0Volt, en forma
perpendicular a la dirección de un campo magnético, cuya magnitud de la inducción es d 1.5T, encontrar: a) L a rapidez
de los electrones con la que entran a la región del campo magnético, b) El radio de la circunferencia que siguen los
electrones, c) La rapidez angular.
RESPUESTA:
Inciso a: Aplicando el teorema de la conservación de la energía se obtiene que la energía potencial electrostática y la
energía cinética con la que entran los electrones al espacio del campo magnético son iguales; por lo que:
qV =
1 2
mv ,
2
v=
2(1.6 x1019 )(350)
9.11x1031
con V la diferencia de potencial, de tal forma que: v =
m/s = 11.087x106m/s
2qV
m
, que sustituyendo datos queda:
Inciso b: Aplicando CM-4 se tiene: r =
mv
qB
y sustituyendo datos queda: r =
(9.11x1031 )(11.087x106 )
(1.6 x1019 (1.5)
= 4.2x10-5m
Inciso c: Como la velocidad 𝑣 es justamente el producto vectorial: 𝜔
⃗ x 𝑟 con 𝜔
⃗ la velocidad angular y 𝑟 el radio vector de
la circunferencia son perpendiculares, entonces:
v = 𝜔r

v
r
, que sustituyendo datos queda: 𝜔 =
11.08x106
4.2 x105
= 25.88x109rad/s.
Ejemplo 2.- Un haz de electrones cuya energía cinética es K emerge de una ventana
de láminas delgadas en el extremo de un tubo acelerador. Una placa metálica

grande está situada a una distancia d como se muestra en la figura adjunta, v la
velocidad de los electrones es perpendicular a la dirección de la inducción de
campo magnético B entrando a la página a ) Demuestre que se puede evitar que
el haz de electrones choquen con la placa, con solo aplicar un campo magnético
representado por B; tales que:

v
B>
d
2m K
e2d 2
; siendo m la masa de cada electrón, e la carga elemental de cada
electrón.
b) Indique la dirección d B para que se cumpla el objetivo indicado en el inciso a)
RESPUESTA:
Recuerde que el radio de la trayectoria de los electrones es:
que para que los electrones no choque con la B >
R
mv
qB
mv
qR
Por hipótesis la energía cinética de los electrones es K; por lo que: K =
2K
m
v=
m
B>
; note que sí B crece disminuye el radio; por lo
(1)
m v2
2
; quedando:
, que sustituyendo en (1) se tiene:
2K
m
qr
, solo que en este caso r=d = Ry q=e carga elemental de los electrones por lo que haciendo el álgebra
correspondiente se obtiene:
B>
2Km
e2d 2
.
Inciso b Para que los electrones sigan una trayectoria en forma de circunferencia y como la carga de los electrones es
negativa, entonces de acuerdo a

 
F  ev XB , el campo de estar saliendo perpendicularmente de la página.
FUERZA GENERADA POR UN CAMPO MAGNETICO SOBRE UN CONDUCTOR CON CORRIENTE
La figura adjunta muestra un conductor de longitud L y corriente eléctrica I, colocado en un lugar del espacio en el que
⃗ entrando en forma perpendicular a la
existe un campo magnético representado por su inducción de campo magnético 𝐵
hoja del cuaderno; tales que el conductor de longitud L se ha particionado en M partes, con ∆iL la i-ésima parte del
conductor; pero como en el conductor
circula una corriente I, entonces en
particular en este elemento del
conductor existe una cierta cantidad de
portadores de carga en movimiento
con carga ∆ iq; pero como esta carga
está en movimiento en donde hay un
⃗ ,
campo magnético representado por 𝐵
entonces de acuerdo a la igualdad CM1 sobre la carga ∆ iq se ejerce una
⃗
fuerza representada por 𝐹 i ≅ ∆ iq 𝑣 x 𝐵
1q
t
corriente I ≅
y además 𝑣 ≅

i L
⃗x𝐵
⃗
de tal forma que 𝐹 i ≅ I ∆i𝐿
t
para todo i= 1,2,3 ,    ,M,
remarcando que M es el número de
particiones del conductor y como la
y la fuerza magnética 𝐹 total sobre el conductor,
queda como:

 Fi
M
𝐹≅
i 1
 
M
=
 I LxB
i 1
CM-5
i
⃗ se convierte en d𝑙 ; pero para que ello ocurra el número de
Esta aproximación se convierte en una igualdad cuando ∆i𝐿
particiones M debe ser muy grande; o sea que:
𝐹=
 
lím M
I i LxB

M   i 1
=
 
 Idl xB
CM-6
L
De esta igualdad así determinada aparecen algunos casos particulares, a saber:
Primer caso que la corriente sea uniforme, obteniéndose: 𝐹 = I
 
 dl xB
CM-7
L
Como un segundo caso, puede ocurrir que la corriente sea constante y que la inducción de campo magnético también
sea constate, quedando:
𝐹=I
  
 dl  xB
L 
; agregándose a este el caso cuando el conductor es recto de longitud L quedando:
⃗ x𝐵
⃗
𝐹=I𝐿
CM-8
Como otro caso de interés es que: la corriente sea constante, el campo magnético sea constante; pero además el
conductor de longitud L sea de forma cerrada (una espira, o una bobina con N vueltas, entonces:
⃗⃗⃗
𝐹 =I
  
 dl  xB ; recuerde que la suma cerrada de vectores siempre es ⃗0  𝐹 = ⃗0
L 
Ejemplo.3.- Determinar la fuerza que ejerce un campo
⃗
magnético
representado
por
𝐵
entrando
perpendicularmente a la pagina del cuaderno; sobre el
conductor que se muestra en la figura adjunta
considerando las características que se muestran en la
misma figura y además remarcando que el sentido de la
corriente I está dado por d𝑙
CM-9.
d𝑙
R
I
R
R
RESPUESTA:
Dadas las características del conductor la solución se
hace en tres partes; empezando por la parte lineal
derecha del conductor, siguiendo por la parte curva del
conductor y terminando con la parte línea izquierda del
mismo y por comodidad de cálculo se coloca el sistema
de referencia como se muestra en la figura adjunta.
En estas condiciones para la primera parte lineal
derecha se tiene:
y
d𝑙
⃗
𝐵
⃗
𝐵
⃗ =-B kˆ ; quedando el producto vectorial
d𝑙 = - (dx) iˆ , 𝐵
⃗ = Bdx( iˆxkˆ) =- (Bdx)
d𝑙 x 𝐵
ĵ
𝜃
0
x
(1)
Aplicando CM-7 se tiene:
R
𝐹 1 = -I
 ( Bdx ) ˆj =-IBR ĵ
(2)
0
Para
la
parte
curva
del
conductor
d𝑙 =Rd𝜃 ê ; con ê =-(Sen𝜃) iˆ + (Cos𝜃)
⃗ =
d𝑙 x 𝐵
se
coordenadas
polares,
de
tal
forma
que:
ĵ ; quedando:
Rd ((Sen )iˆ  (Cos ) ˆj)x(Bkˆ) =
(RBd𝜃Cos𝜃)
utilizan
RBd 𝜃 Sen 𝜃 (
iˆxkˆ)
-Rbd 𝜃 Cos 𝜃(
ˆjxkˆ) =
- (RBd 𝜃 Sen 𝜃 )
ĵ
-
iˆ ; con estos cálculos así determinados y utilizando nuevamente CM-7 se tiene:




ˆ
𝐹 2 = I   (  RBSen ) jd   ( RBCos )iˆd 
0
0

(3)
Observe que una de estas integrales da como resultado un Sen𝜃 que valuado en cero y 𝜋 da como resultado cero por lo
dicha integral se omite, quedando solamente:

𝐹 2 = - IRB
ĵ  Sen d
= IBR
Cos  Cos0 ĵ = - 2IBR ĵ
(4)
0
⃗3=
En el caso de la parte lineal izquierda del conductor el resultado es idéntico al de la parte lineal derecha; o sea que: ⃗𝐹
- IBR
ĵ ; siendo la fuerza total sobre el conductor:
⃗𝐹
⃗ = ⃗𝐹
⃗ 1 + ⃗𝐹
⃗ 2 + ⃗𝐹
⃗ 3 = - 4IBR
ĵ , Note que la magnitud de esta fuerza es F = 4BRI(N); aclarando que si los parámetros
físicos involucrados tienen unidades del sistema Internacional de unidades las unidades de la fuerza son Newton.
Ejemplo No 4.- En un conductor cerrado como el que se muestra en la figura adjunta circula una corriente de 2.5Amp en
el sentido mostrado en la figura. Además existe un campo magnético
representado por la inducción de campo; tales que B=1.75T iˆ .
Determinar la fuerza total F que ejerce el campo sobre la espira;
considere que L1 es 20.0cm y L2 es de 15cm.
L1
L2 o
40
B
RESPUESTA: Considere el diagrama que se muestra en la figura adjunta y note que se trata de un conductor cerrado y
⃗ son constantes, por lo que aplicando la igualdad que se obtuvo
además la corriente I y el campo representado por ⃗𝐹
para espiras cerradas se tiene:

L3
L1
L2

⃗⃗ = I( ⃗0 x 𝐹
⃗⃗ ) = ⃗0
dl  x 𝐹



⃗⃗ = I 
𝐹
𝜃
L
40
0
⃗
𝐵
Este resultado también se puede obtener resolviendo el problema en tres partes; en el caso de L1 el producto vectorial
⃗⃗ x 𝐹
⃗⃗ se hace ⃗0; puesto que estos vectores forman un ángulo de 0 0.
d𝐹
Para L2 se tiene el ángulo que forman los vectores involucrados y el caso de L 3 se debe determinar primeramente L3 y
luego calcular el ángulo 𝐹 (𝐹 = 22.910 ) y hacer los cálculos correspondientes y posteriormente hacer la suma
⃗ . ( puede presentarse una aproximación redondeo de cálculos numéricos)
correspondiente dando 0
Ejemplo No 5.- Se introduce en mercurio un alambre en forma de U
con masa m y longitud L en sus extremos como se muestra en la
figura adjunta, por la acción del campo magnético B, el alambre
salta una altura h debido a un impulso de corriente ( q=
 idt
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
 Fdt
= ΔP
Hg
Hg
RESPUESTA:
⃗⃗ generada por el campo magnético 𝐹
⃗⃗ para
Recuerde que la fuerza 𝐹
un conductor recto de longitud L es:
⃗𝐹
⃗ = I
 
d
l
 xB
x
L
) que
se envía por el alambre, calcular el tamaño del pulso de la carga o
de corriente; suponiendo que el tiempo del pulso de corriente es
mucho más pequeño que el tiempo de vuelo del alambre. Aproveche
el hecho de que el impulso de la fuerza F es I=
x
V
⃗ x ⃗𝐹
⃗ ; pero en el caso particular del problema aquí propuesto el campo magnético y ⃗𝐹
⃗ son
= I ⃗𝐹
L
perpendiculares, por lo que: F = ILB y recuerde del subtema de impulso lineal del curso de Mecánica Clásica que: I = ∆
t
P=
 Fdt , cuando el tiempo t es muy pequeño, haciendo la sustitución correspondiente de la magnitud de la fuerza
0
magnética se tiene:
∆P =
 ILBdt ; puesto que L y B son constantes entonces: ∆P = LB  Idt ; pero
justamente esta integral representa el
impulso de corriente ; quedando:
P
 Idt  LB
(1)
⃗⃗ = 𝐹
⃗⃗ f - 𝐹
⃗⃗ i .
También del subtema Cantidad de Movimiento Lineal se conoce que: ∆𝐹
⃗
Pero la velocidad final del salto del alambre es 0, entonces solamente se tiene la velocidad inicial del salto del alambre;
pero además en la igualdad indicada en (1) se tiene la magnitud del cambio de la cantidad de movimiento lineal; de tal
forma que:
Pi
 Idt  LB =
mv i
LB
(2)
La rapidez inicial vi se calcula del teorema de la conservación de la energía mecánica; quedando:
m v2
 m gh  v  vi  2gh , que sustituyendo en la igualdad (2) queda
2
 Idt 
m 2 gh
LB
⃗⃗ ) Y MOMENTO MAGNÉTICO (𝐹
⃗⃗ )
MOMENTO DE FUERZA (𝐹
Este subtema de este capítulo es el análisis del comportamiento
físico de una espira con una corriente I colocada en un lugar del
a
espacio en donde existe un campo magnético representado por la
⃗⃗ como se muestra en la figura adjunta con las
inducción de campo 𝐹
siguiente nomenclatura: I es la corriente en el conducto cuya forma
⃗
⃗
𝐵
es un rectángulo de lados a y b mostrados en esta figura, ⃗𝐹
’
representado por el segmento dirigido pintado de color azul, P’ y P
P
P
b
I
puntos de pivoteo; de tal forma que en estos hay un eje fijo de rotación.
Con estas indicaciones el campo magnético genera las fuerzas
que se muestran en la figura adyacente.
⃗ 1 y ⃗𝐹
⃗ 2 son colineales y tienen
Observe que las fuerzas: ⃗𝐹
direcciones contrarias; de tal forma que estas fuerzas se
eliminan y la suma de ellas no produce momento de fuerza
alguno.
𝐹3
𝐹1
⃗ 3 y ⃗𝐹
⃗ 4, estas fuerzas no son
En el caso de las fuerzas: ⃗𝐹
colineales; o sea que la suma de estas fuezas no se elimina
⃗⃗ total dadoa por:
produciendo un momento de fueza 𝐹
P’
⃗⃗
⃗⃗
⃗⃗
𝐹
=
𝐹
+
𝐹
3
4
CM-10
Pero del subtema de Dinámica Rotacional correspondiente al
curso de Mecánica Clásica se conoce que:
⃗𝐹
⃗ 3 = ⃗𝐹
⃗ 3 x ⃗𝐹
⃗ 3 y ⃗𝐹
⃗ 4 = ⃗𝐹
⃗ 4 x ⃗𝐹
⃗ 4, además: ⃗𝐹
⃗ 3 = I ⃗𝐹
⃗ 3 x ⃗𝐹
⃗
⃗4=I
y ⃗𝐹
⃗
𝐵
𝐹
3
𝑟3
𝜃
n̂
𝑟4
⃗
𝐵
𝐹4
⃗⃗ 4 x 𝐹
⃗⃗
𝐹
⃗⃗ 3 y 𝑟4 se muestan en la figura adjunta, quedando:
Los vectores: 𝐹
⃗𝐹
⃗ 3 = ⃗𝐹
⃗ 3 x(I ⃗𝐹
⃗ 3 x ⃗𝐹
⃗ ); observe que en esta igualdad asi formulada
existe un triple producto vectorial y que del tema Álgebre de vectores
se conoce:
⃗𝐹
⃗ x( ⃗𝐹
⃗ x ⃗𝐹
⃗ = (𝐹
⃗⃗  ⃗𝐹
⃗ ) ⃗𝐹
⃗ - (𝐹
⃗⃗  ⃗𝐹
⃗ ) ⃗𝐹
⃗
Aplicando esta identidad a la igualdad inmediata aterior se tiene:
⃗⃗ 3 = (𝐹
⃗⃗ 3  𝐹
⃗⃗ 3)𝐹
⃗⃗ - (𝐹
⃗⃗ 3  𝐹
⃗⃗ )𝐹
⃗⃗ 3
𝐹
CM-11
⃗⃗ 3 y 𝐹
⃗⃗ 3 son
En esta igualdad así formulada los vectores: 𝐹
perpendiculares por lo que el producto punto de estos vectores se
hace cero.
Luego el vector iluminado de rojo( n̂ ) unitario por construcción es
perpendicular a el área de la espira, entonces 𝑟3 forma un águlo de:
𝐹
𝐹4
2
– 𝐹 , quedando:
⃗⃗ 3  𝐹
⃗⃗ = Ir3BCos( 𝐹 – 𝐹 ) =r3IB(Cos 𝐹 Cos 𝐹 + 𝐹 r3 BSen
𝐹
2
𝐹
𝐹
𝐹
2
𝐹
2
2
pero Sen = 1 & Cos = 0, además de la figura inmediata anterior r3 =
⃗⃗ 3  𝐹
⃗⃗ = BISen𝐹
𝐹
𝐹2
P
2

2
Sen 
,
quedando:
CM-12
2
Que sustituyendo en CM-11 queda:
⃗𝐹
⃗ 3 = - (𝐹BISen𝐹)𝐹
⃗⃗ 3
2
CM-13
⃗ 4 es:
En el caso del momento de fuerza generado sobre ⃗𝐹
⃗⃗ 4 = 𝐹
⃗⃗ 4 x(I𝐹
⃗⃗ 4x 𝐹
⃗⃗ ), nuevamente aplicando la identidad del triple producto vectorial se tiene:
𝐹
⃗⃗ 4 = ((𝐹
⃗⃗ 4  𝐹
⃗⃗ 4)𝐹
⃗⃗ - (𝐹
⃗⃗ 4  𝐹
⃗⃗ )𝐹
⃗⃗ 4)I; de la figura inmediata anterior observe que: 𝐹
⃗⃗ 4 y 𝐹
⃗⃗ 4 son perpendiculares por lo que el
𝐹
producto punto de estos vectores se hace cero, quedando:
⃗𝐹
⃗ 4 = - I(𝐹
⃗⃗ 4  ⃗𝐹
⃗ )𝐹
⃗⃗ 4
CM-14
⃗⃗ 4 y 𝐹
⃗⃗ forman un ángulo de
Note que de la figura los vectores: 𝐹
⃗⃗ 4 = - Ir4BCos(
𝐹


2
⃗⃗ 4 = (
)𝐹
b
2
⃗⃗ 4
BISen𝐹)𝐹


2
, de tla forma que:
CM-15
Sustituyendo las igualdades: CM-15 y CM -13 en la igualdad CM-10 se tiene:
b
b
⃗⃗ 3 +(I BSen𝐹)𝐹
⃗⃗ 4 pero de figura próxima anterior se ve 𝐹
⃗⃗ 3 - 𝐹
⃗⃗ 4; quedando:
BSen𝐹)𝐹
2
2
b
⃗⃗ = 2(I BSen𝐹)𝐹
⃗⃗ 4 = (IbBSen𝐹) 𝐹
⃗⃗ 4
𝐹
CM-16
2
⃗⃗ = -(I
𝐹
⃗⃗ 4 es a (lado de la espira), de tal forma que sí
De la figura aqui considerada se ve que la magnitud del vector 𝐹
⃗
⃗
vector unitario en la dirección de 𝐹4 ; quedando CM-16 como:
û
es un
⃗⃗ = (abIBSen𝐹) û y como ab es el área de la espira y û es un vector unitario perpendicular a los vectores n̂ y 𝐹
⃗⃗ ,
𝐹
además 𝐹 es el ángulo que forman estos vectores y si N es el número de vueltas en el conductor aquí analizado; por
definición a la cantidad vecorial (NIab) n̂ se le llama Momento Magnético que normalmente se representa con el
⃗⃗ , entonces el ängulo 𝐹 es el que forman los vecotores momento magnético e induucción de campo
símbolo 𝐹
⃗ es justamente:
magnético por lo que el momento de fuerza ⃗𝐹
⃗⃗ = 𝐹
⃗⃗ x 𝐹
⃗⃗
𝐹
CM-17
La importancia fundamental de estos resultados es el diseño de los motores elétricos; puesto que en una espira de N
vueltas con una corriente I en cada vueltaes lo que se le conoce como bobina y para una mayor ilustración a
continuación se presentan algunos ejemplos.
Ejemplo No.6.- Un tramo de alambre de longitud L, lleva una corriente I. Demuestre que sí con el alambre se hace una
bobina en forma de circunferencia, la magnitud máxima del momento de fuerza magnética se obtiene cuando la bobina
solamente tiene una vuelta y es : τ =
L2 IB
4
RESPUESTA:
Recuerde que el momento de fuerza generado por un campo magnético con inducción

  xB ;
cuya magnitud es
  BSen ;

B
es:
note que se obtiene una magnitud máxima del momento de fuerza
cuando Sen  = 1; quedando:
  B
(1)
  NIA siendo A el área de la espira circular, I la corriente y N el numero de vueltas
Y note que A debe se máxima para que  sea máxima; por lo que L la longitud del alambre debe ser el perímetro de la
En este caso
circunferencia de tal forma que:
2 r = L; quedando: r =
A =
L2
L2

4 2 4
L
L2
 r2 =
2
4 2
; con este resultado el área A de la bobina circulas queda como:
, que sustituyendo en (1) con N=1 se tiene:

IL2 B
4
z
a
Ejemplo No.7.- Una espira rectangular consta de 100 vueltas enrolladas muy
próximas entre si; tales que a=0.5m, b=0.3m. La espira se articula a lo largo
del eje z como se muestra en la figura adjunta. a) Hallar el momento de
fuerza sobre la espira, b) ¿Cuál es el sentido de rotación de la espira?, c)
I
Determinar la magnitud del momento magnético
y
30o
b
x
(T), I=1.3Amp.
 ; suponga que B =0.8 ĵ
RESPUESTA:
Inciso a:
⃗ generado por una fuerza es:
Recuerde que el momento de fuerza ⃗𝐹


⃗⃗ = r xF
𝐹
( en este caso la fuerza es la generada por el campo magnético)
Pero

 
F  IL X B
con I la corriente en la espira y

L
(1)
un vector en la dirección que indica la flecha de la
corriente; por lo que en la parte superior de la espira la fuerza está en la dirección de
kˆ .
En la parte inferior de la espira la dirección de la fuerza es - kˆ ; pero ambas fuerzas tienen la misma magnitud;
por lo que éstas no generan momento de fuerza alguno.

La parte de la espira que está sobre el eje de rotación r el radio de giro es el vector cero o sea que el
momento de fuerza es
que:


0 ; quedando por analizar una sola parte de la espira cuya longitud es a; de tal forma
 
  rxF  rx( ILxB) , que es un triple producto vectorial con I la corriente en la espira,
⃗𝐹
⃗ = -a kˆ , ⃗𝐹
⃗ = 0.8
ĵ
Cabe remarcar que la corriente es una cantidad escalar y que además se conoce del triple producto vectorial
que:
AX(BXC) = (A•C)B-(A•B)C); aplicando esta identidad se tiene:
 
 
  I [(r  B) L  (r  L) B]
(2)
Analizando la figura aquí considerada se observa que el radio de giro
de tal forma que

r  L
 
  I (r  B) L
r
siempre es perpendicular al vector

L;
=0; quedando de la igualdad inmediata anterior-
=-IrBCos300a kˆ , que sustituyendo datos con: r=b = 0.3m, a= 0.5m se obtiene:
⃗⃗ =-100(1.3)(0.3)(0.8)Cos300(0.5) kˆ .= -13.5 kˆ
𝐹

Inciso b: El sentido de rotación es en la dirección la fuerza o sea –( k xĵ ) .
Inciso c: Recuerde que µ=NIA =100(1.3)(0.5)(0.3) = 19.5Amp-m2.
Con
û
un vector unitario perpendicular a los vectores:
vectores:

y

B
y como


y
es perpendicular a el área de bobina, entonces considerando la figura dicho
ángulo más los 300 son 900 por lo que
  600
y
û
de acuerdo al producto vectorial de:
quedando:
  ( NIABSen600 )kˆ

  XB  (BSen )uˆ

B ; aclarando que:  es el ángulo que forman los
Otra forma de resolver el problema es utilizar la ecuación fundamental
=-(100)(1.3)(.5)(.3)(.8)(.866) kˆ = -13.5 kˆ .
Indudablemente existen muchos más ejemplos de aplicación.

y

B
es - kˆ ;