Tarea del Segundo Parcial ´ TEOR´ IA ELECTROMAGNETICA II Benjamin Medina Carrillo 20 de octubre de 2014 CAPITULO 15 15.6. Una bobina toroidal de N vueltas est´a enrollada sobre una secci´ on circular de radio b. Si el radio on
del eje central central es a, es decir, que ´esta esta es la distancia distancia del centro centro 0 al centro centro de la secci´ secci´on, encontrar la relaci´on b/a on b/a que se requiere para que la desviaci´on on total de B de B ϕ en la secci´on on no sea mayor mayor del 2 % de su valor en el centro. Nombremos 2 campos B campos B 1 y B 2 Tal que: B1 =
µ0 IN 2πa
y B2 =
µIN 2π (a−b)
Tambi´en en sabemos sab emos que B que B 2 > B1 Adem´ as as podemos decir que: B2 = 1 02 B1
·
entonces entonces podemos po demos hacer lo siguiente siguiente:: µ0 IN 2π (a−b) µ0 IN 2πa
= 1 02
·
Prosiguiendo con el ´algebra: algebra: a
a Entonces: a−b = 0 98 a 1 ab = 0 98 Luego b = 1 0 98 a
−
− b = 1 · 02
·
· − · ≈ 0 · 02
15.7. Consid´erense erense los conductores cil´ cil´ındricos coaxiales infinitamente largos de la figura 6-12. El
conductor interior lleva una corriente total I en on z I en la direcci´on z , mientras que el conductor exterior lleva la misma corriente I corriente I pero pero en direcci´on on z ongase que las corrientes se encuentran distribuidas z . Sup´ongase uniformemente sobre sus respectivas secciones. Encontrar B en todo lugar y gr´aficar aficar los resultados en funci´on on de ρ de ρ..
−
Figura del ejercicio 15.7
Para resolver este problema y encontrar la inducci´on on magn´etica etica en todo lugar, se debe encontrar en 4 regiones diferentes, en relaci´on on a la figura.
• Para ρ Para ρ < a
−→ −→
B .ds = ds = µ µ 0 I enc enc
C 1
Como el vector de la inducci´on on y el vector de campo son perpendiculares entre si: BS = µ 0 I enc enc Donde S: = (2πρ (2πρ)) S =
−→
Por lo tanto la inducci´on on magn´ ma gn´etic et icaa B queda: B =
µ0 I 2πρ
enc enc
Pero tomando en cuenta que la I enc enc : 2
2
2
2
πρ ) = I ( I enc I ( πa I ( aρ ) enc = I (
La respuesta es: B =
• Para a Para a < ρ < b
µ0 Iρ 2πa 2
−→ −→
B .ds = ds = µ µ 0 I enc enc
C 2
Como el vector de la inducci´on on y el vector de campo son perpendiculares entre si: BS = µ 0 I enc enc Donde S: = (2πρ (2πρ)) S =
−→
Por lo tanto la inducci´on on magn´ ma gn´etic et icaa B queda:
B =
µ0 I 2πρ
enc enc
Pero tomando en cuenta que la I enc enc : I enc enc = I La respuesta es: B =
• Para b Para b < ρ < c
µ0 I 2πρ
−→ −→
B .ds = ds = µ µ 0 I enc enc
C 3
Como el vector de la inducci´on on y el vector de campo son perpendiculares entre si: BS = µ 0 I enc enc Donde S: = (2πρ (2πρ)) S =
−→
Por lo tanto la inducci´on on magn´ ma gn´etic et icaa B queda: B =
µ0 I 2πρ
enc enc
Pero tomando en cuenta que la I enc enc : 2
2
2
2
2
2
2
2
ρ ) ρ ) = I (( ππ((cc − I enc I ( ((cc − enc = I −b ) ) = I ( −b ) )
La respuesta es: B =
• Para b Para b < ρ < c
µ0 I (c2 −ρ2 ) ( ) 2πρ (c2 −b2 )
−→ −→
B .ds = ds = µ µ 0 I enc enc
C 4
Como el vector de la inducci´on on y el vector de campo son perpendiculares entre si: BS = µ 0 I enc enc Donde S: = (2πρ (2πρ)) S =
−→
Por lo tanto la inducci´on on magn´ ma gn´etic et icaa B queda: B = Pero tomando en cuenta que la I enc enc :
µ0 I 2πρ
enc enc
I enc enc = I
− I = 0
La respuesta es: B = 0 La gr´afica afica queda de la siguiente manera:
Gr´ Gr ´ afica afi ca de B vs ρ 15.8 Un determinado campo B est´a dado en coordenadas cil´ cil´ındricas por B = 0 para 0 < 0 < ρ < a, a,
2
2
2
2
−a ϕ para a para a < ρ < b, para b < ρ. Encontrar la densidad de corriente J en B = 2µπρI ρb − b , y B = µ2πρI ϕ para b a todo lugar. ¿C´omo omo se podr p odr´´ıa producir una B de este tipo? 0
0
La densidad de corriente la podemos hallar mediante:
∇ X B = µ −→ J = ∇ µX B = µ J −→ 0
0
Por lo que para 0 < 0 < ρ < a el campo B campo B = 0 por lo que J =
∇ X B = µ0
0 =0 µ0
− − ∇ −
Para a Para a < ρ < b el campo es B es B =
∇ X B =
∇ X B = 0, siendo la densidad de corriente:
µ0 I 2πρ
ρ2 −a2 b2 −a2
ϕ siendo su rotacional:
ρ
ϕ
z z
∂ ∂ρ
1 ∂ ρ ∂ϕ µ0 I ρ2 −a2 2πρ b2 −a2
∂ ∂z
0
0
∂ = ∂ρ
µ0 I 2πρ
Al realizar la derivada parcial con respecto a ρ obtenemos que: X B =
µ0 I ρ2 + a2 z z 2π (b2 a2) ρ2
Siendo entonces la densidad de corriente en esa regi´on: on: J =
I
2π(b2
−
ρ2 + a2 z z a2 ) ρ2
ρ2 b2
a2 z z a2
Por ultimo u ´ltimo cuando ρ cuando ρ > b el campo es B = 2µπρI ϕ, tenemos que al aplicar el rotacional de B obtenemos un resultado parecido al caso anterior, siendo este:
0
∇
− −
∂ µ0 I = X B = z z = ∂ρ 2πρ
µ 0 I z z 2πρ 2
Por lo que la densidad de corriente en este caso es: J =
I z z 2πρ 2
La respuesta a la pregunta es la siguiente: Con dos cilindros coaxiales y huecos, las corrientes I 1 e I 2 deben tener la misma magnitud e ir en la mism mi smaa direc di recci´ ci´on on 15.10 Dos superficies cilindricas coaxiales, infinitamente largas, tienen el eje z como el eje en com´un.La
superficie superficie interior interior,, de radio a, conduce conduce una corrien corriente te superficial superficial K K 1 = K 1 ˆ ϕ mientras que la superficie exterior, exterior, de radio b, conduce conduce una corrient corrientee superficial superficial K 2 = K 2 ˆ como K 2 son constantes. ϕ. Tanto K 1 como K Encontrar B en todo lugar
Figura del ejercicio 15-10
·
B dl = dl = µ µ 0 nI enc enc donde
Por tanto:
enc enc = K L
−→ I
· − ·
Bi dl B0 dl = dl = µ µ 0 kl = µ 0 k Bi l B0 l = µ = µ 0 k2 Bi = µ
−
Para a Para a < ρ < b tenemos Bi dada por: Bi Para ρ Para ρ > b tenemos::
•B = 0 0
− B = µ = µ K 0
0
2
=
⇒
= µ 0 K 2 z Bi = µ zˆ
Para ρ Para ρ < a tenemos : Bi dl B0 dl = dl = µ µ 0 kl = µ 0 k Bi l B0 l = µ Bi = µ 0 k1 Por lo tanto sumando los resultados:
· − · −
•B = µ (K + K + K )ˆz z 0
1
2
CAPITULO 16 16.7. Siempre es cierto que
∇ · B = 0; ∇ X B = 0 tambi´en en es cierto en un punto donde no haya
corriente. Estos resultados son una indicaci´on on de c´omo omo se relaciona entre s´ s´ı ciertas derivadas de B. Se pude hacer uso de estas relaciones para obtener valores aproximados de B en los casos donde resulte muy dif´ dif´ıcil resolver exactamente en el caso general, mientras que es f´acil acil resolver resolver los casos especiales. especiales. Por ejemplo, consid´erese erese un anillo circular que conduce una corriente. En (14-18) se encontr´o f´ acilmente acilmente la inducci´on on en su eje. Si se toma (14-2) para un punto de campo general, se encontrar´a que resulta una integral que debe expresarse en t´erminos erminos de funciones el´ıpticas. ıpticas. Es posible aproximar esta integral para puntos cercanos al eje z por medio de un desarrollo en series de potencias del integrando para ρ para ρ peque˜ nas, nas, pero p ero es mejor otro m´etodo. etodo. A partir de (14-18), se escribe un desarrollo en serie de Taylor para B ρ como B como B ρ (ρ, z ) Bρ (0, (0, z ) + (∂B ( ∂B ρ /∂ ρ )ρ0 . Se S e util u tilizan izan despu´ desp u´es es (14-18) y on de B de B ρ en un punto fuera del eje pero cerca de ´el. el. De B = 0 para evaluar esta aproximaci´on manera similar, encontrar una expresi´on on para B para B z (ρ, z ). ).
∼
∇·
Mediante lo explicado en el enunciado tenemos que: µ0 I a2
Bz =
z z
2(a 2(a2 + z 2 )
3 2
∇ · B = 0 ∇ X B = 0 (0, z ) + (∂B ( ∂B /∂ )ρ B (ρ, z ) ∼ B (0, ρ
ρ
ρ
ρ
0
Desarrollando la divergencia tenemos:
∇ · B = ρ1 ∂ρ∂ (ρ B ) + ρ1 ∂B ∂ϕ 0
ϕ
ρ
+
∂ Bz =0 ∂z
Al no existir en este caso campo en direcci´on ϕ, este valor se hace 0 por lo tanto: 1 ∂ (ρ0 Bρ ) = ρ ∂ρ
− ∂B ∂z
z
Desarrollando serie de Taylor, el primer termino al ser evaluado en 0 no se considera, por lo que tenemos: Bρ (ρ, z ) (∂B ρ /∂ ρ )ρ0
∼
De manera que al ser el segundo t´ermino ermino similar al de la divergencia tenemos que: 1 Bρ (ρ, z ) ρ
∼ − ∂B −→ ∂z z
Bρ (ρ, z )
∼ − ∂B ρ ∂z z
Realizando la derivada parcial al termino dado al inicio del problema tenemos que: Bρ (ρ, z )
∼
3µ0 I a2 zρ 2(a 2(a2 + z 2 )
5 2
Empleando el resultado anterior, ahora se debe de hallar una expresi´on para el campo en un punto cercano al eje z en la direcci´on ρ on ρ,, para ello debemos de tomar en cuenta que el rotacional del campo es:
∇ X B =
1 ∂B z ρ ∂ϕ
−
∂ Bϕ ∂z
ρ +
∂B ρ ∂z
−
∂ Bz ∂ρ
1 ∂ (ρBϕ ) ϕ + ρ ∂ρ
−
1 ∂B ρ =0 z z = ρ ∂ϕ
Considerando Consid erando que los t´erminos erminos de ϕ de ϕ son 0 y el rotacional debe de ser igual a cero obtenemos que: ∂B ρ ∂B z = ∂z ∂ρ Para encontrar el valor del campo B z debemos de llevar a cabo un desarrollo en serie de Taylor, siendo este: ∂B z + ρ Bz (ρ, z ) Bz (ρ, z ) + ρ ∂ρ El primer termino de la serie de Taylor corresponde al campo B z cuando esta en el origen, al segundo termino lo podemos sustituir por lo obtenido al hacer el an´alisis del rotacional de manera que tendremos: ∂B ρ + ρ Bz (ρ, z ) Bz (ρ, z ) + ρ ∂z Desarrollando Desarro llando el segundo s egundo t´ermino ermino tenemos:
≈ ≈
3µ0 ρIa ∂B ρ ρI a2 = ∂z 2(a 2(a2 + z 2 )
15µ 15 µ0 I ρa2 z 2
5 2
Por lo que:
− 2(a 2(
a2 + z 2 )
=
7
3µ0ρIa ρI a2 (a2 + z 2 )
2
2(a 2(a2 + z 2 )
7
15µ 15µ0 I ρa2 z 2
− 2(a 2(
a2 + z 2 )
2
7 2
3µ0 ρ2 I a2 (a2 4z 2 ) ∂B ρ = ρ ∂z 2(a 2(a2 + z 2 )
−
7 2
De manera que el campo B campo B z para un punto cercano al eje z, es: Bz (ρ, z ) Bz (ρ, z )
≈ ≈
3µ 3 µ0 ρ2 I a2 (a2 4z 2 ) µ0 I a2 ( )+ 2(a 2(a2 + z 2 ) 2(a 2(a2 + z 2 )
−
3
7
2
µ0 I a2
2
3ρ 3 ρ2 (a2 4z 2 ) ( ) 1+ (a2 + z 2 )2 2(a 2(a2 + z 2 ) 3 2
−
16.8. Una circunferencia de radio a est´a sobre el plano xy con su centro en el origen. Una corriente I la
recorre en el sentido en que aumenta el ´angulo angulo polar ϕ polar ϕ . Encontrar una expresi´on on para el A producido en un punto arbitrario (x,y,z ( x,y,z ). ). Escribirlo en funci´on on de sus coordenadas rectangulares y expresarlo como una integral con respecto a ϕ . No evaluar la integral. Suponer ahora que el punto de campo est´a sobre el eje z y evaluar la integral para encontrar A, encontrar las expresiones integrales para las componentes de B y demostrar que si el punto de como se encuentra sobre el eje, se obtiene (14-18).
F´ıgura del ejercicio ejer cicio 16-8
En base al problema, se plantean los vectores de posici´on, on, los cuales quedan: −→ + y + y y + z + z z z −→rr == a xxcos + a sin ϕ y ϕ x + a −→ −→ Al igual podemos encontrar el diferencial ds , que no es mas que derivar el vector r , el cu´al al queda: −ds→ = (−a sin ϕx + a + a cos ϕ y)dϕ →r y −→r queda: La distancia distancia R R que no es mas que el valor absoluto de la resta de − ( y − a sin ϕ ) + z + z | R = |(x − a cos ϕ ) + (y
Para encontrar A encontrar A,, tenemos que utilizar la siguiente f´ormula: ormula:
−→
µ0 A = 4π
I ds R
Sustituyendo en la f´ormula: ormula: A =
−
µ0 I 4π
− − −
(a sin ϕ x a cos ϕ y)dϕ (x a cos ϕ )2 + (y (y a sin ϕ )2 + z 2
Variando un poco el problema, primero aplicaremos X A para encontrar B encontrar B y despu´es es se supondra supo ndra que el punto se medira sobre el eje z, ya que de lo contrario el resultado se vuelve 0
∇
√ ⇒ − x
∇X A =
y
δ δx a sin ϕ dϕ x (x−a cos ϕ )2 +(y +(y −a sin ϕ )2 +z 2
Resolviendo la matriz:
cos ϕ dϕ (
sin ϕ dϕ (
+ +
((x ((x
δ δy −a cos ϕ dϕ y (x−a cos ϕ )2 +(y +(y −a sin ϕ )2 +z 2
√ − − − −
1 (z )x 2
− a cos ϕ)
2
2
((x ((x
a sin ϕ )2 + z 2)
+ (y (y
3
2
+ z 2 )
2
1 2
2
2
+ z 2 )
2
+ z 2 )
δ δz
0
)
2
1 ( ) 2 z y
− a cos ϕ) + (y (y a sin ϕ ) − (2x (2x − 2a cos φ )z z cos ϕ dϕ ( ((x ((x − a cos ϕ ) + (y (y − a sin ϕ ) − (2y (2y − 2a cos φ )z z cos ϕ dϕ ( ((x ((x − a cos ϕ ) + (y (y − a sin ϕ ) 1 2
z z
3
)
2
3
)
2
3
)
2
Ahora se supone que el punto esta en el eje z, por lo tanto x = y = y = 0
1 a2 µ0 I [ B = 4π (a2 + z 2 )3/2
2π
0
2
2π
sin ϕ dϕ +
0
1 a2 µ0I [π + π + π]]z B = z 4π (a2 + z 2 )3/2
cos2 ϕ dϕ ]z z
1 a2 µ0 I B = z z 2π (a2 + z 2 )3/2
16.9. Un cuadrado de lado 2a descansa sobre el plano xy con su centro en el origen I circulando en
sentido contrario al de las manecillas del reloj si se observa desde las z positivas. Encontrar A ara todos los puntos dentro del cuadrado. ¿ Cu´anto anto vale A en el centro?
F´ıgura del ejercicio ejer cicio 16-9
Sabemos que el potencial vectorial est´a dado por: µ0 A = 4π
C
I ds R
Para Para calcular calcular el potencial potencial vectori vectorial al total, total, debemos de considerar considerar cuatro potenciales potenciales vectoriales vectoriales diferentes y sumarlos para obtener el total. Tomando el potencial generado por la primera linea: = x xˆ + a + aˆ r = x yˆ + y yˆ r = xxˆ + y = x dx ds = x
−
Entonces el potencial vectorial est´a dado por:
− − √ − − − − − −a
µ0 I ˆ A1 = x 4π Resolviendo la integral:
dx (y x )2 + (y
( x
a
− a)
2
u 4πA1 du = ˆ x µ0 I u2 + B 2 u Con ( x x ) = u y u y (y a) = B 2
1
θ2
=
xˆ
sec θdθ
θ1
Con (B (B tan θ) = u , (B sec θ2dθ) dθ) = du y du y B sec B sec θ =
−xˆ ln | sec θ + tan θ| √ u + B u = −xˆ ln + B B
=
xˆ ln
=
2
2
Considerando δ Considerando δ 2 = (x
− a)
2
+ (y (y
u1
− a) + −x − x −
( x + a + a))2 + (y (y ( x a)2 + (y (y
xˆ ln
− − − − − − − − −
(y x )2 + (y B
( x
u2 + B 2
θ2 θ1 u2
=
− − − − −− −
√
2
B
a)2 a)2
a
a
+ a x + a x
a
+ a))2 + (y (y a)2 y β 2 = (x + a
4πA1 β = ˆ ln x µ0 I δ
x a + a x + a
2
− a) :
De manera similar al primer potencial vectorial calculado, se calculan los otros tres: Para la segunda segu nda l´ınea: ınea : r = x xˆ ayˆ
•
−
= x xˆ + y + y yˆ r = x ˆdx ds = xdx x Entonces el potencial vectorial est´a dado por: a µ0 I A2 = xˆ 4π −a
− (x
dx (y + a + a))2 x )2 + (y
−
4πA2 + x + + a α + x a = ˆ ln x + x a µ0I γ + x Considerando γ Considerando γ 2 = (x
• Para la tercera terc era l´ınea: ıne a:
− a)
2
+ (y (y + a + a))2 y α2 = (x + a + a))2 + (y (y + a + a))2
r =
−axˆ + y + y yˆ = xˆ r = x xˆ − yyˆ ds = ydy yˆdy
Entonces el potencial vectorial est´a dado por: −a µ0 I A3 = yˆ 4π a
− − − − − dy (x + a + a))2 + ( y
4πA3 α = ˆ ln y µ0 I β Considerando β Considerando β 2 = (x + a + a))2 + (y (y
• Para la cuarta cuar ta l´ınea: ınea :
y )2
y a + a y + a
− a)
2
y α2 = (x + a + a))2 + (y (y + a + a))2
= aˆ + y yˆ r = a xˆ + y = x xˆ + y + y yˆ r = x ds = ydy yˆdy
Entonces el potencial vectorial est´a dado por: a µ0 I A4 = yˆ 4π −a
− (x
dy (y a)2 + (y
2
− y )
− − − − − − − − − − − − − − − − − − − 4πA4 + y + + a γ + y a = ˆ ln y + y a µ0 I δ + y
Considerando δ 2 = (x
(y a)2 + (y
a)2 y γ 2 = (x
(y + a + a))2 a)2 + (y
Entonces el potencial vectorial total estar´a dado por:
4π(A1 + A + A2 + A + A3 + A + A4 ) (α + a + a + + x )(β (α x)( β a x) = ˆ ln + ˆ ln x y (δ + a + a x)(γ )(γ a + x + x)) (δ µ0 I
−
)(γ + a + a + + y a y)(γ y)) + y)( )(β + a y) a + y β + a
(α + a + a + + x )(β (α a y)(γ )(γ + a + a + + y µ0 I x)( β a x) y)) + yˆ ln A = xˆ ln 4π (δ + a + a x)(γ )(γ a + x + x)) (δ a + y + y)( )(β + a y) β + a Para el potencial vectorial en el centro hay que considerar a x = x = 0 y y = 0. Al sustituir estos valores en la ecuaci´ ecuaci´on on encontrada anteriormente encontramos que: µ0 I ln 1 = 0 A = 4π
||
16.10. Encontrar el A producido en cualquier punto del eje z por una corriente en el arco circular que
se muestra en la figura 14-9. ¿ Por qu´e este resultado no dar´ dar´ıa el valor correcto de B que se encontr´o en el ejercicio 14-7?
F´ıgura del ejercicio ejerc icio 16-10
De acuerdo a la figura tenemos que: −→ r = z z z − → d z z −→rr== a dz cos α dα x + a + a sin α dα y −→ −→ + a cos α y d s = d r = −a sin α x + a
−→ − −→ 1
R = (a2 + z 2 ) Por lo que para el potencial vectorial se tiene: 2
µ0 A( r ) = 4π
c
+ a cos α y]dα I d s µ0 I α [ a sin α x + a µ0 I a α = = (cos α x + sin α y) − α 4 π −α R (a2 + z 2 ) 4π(a2 + z 2) 1
1
2
2
||
Al evaluar el resultado de la integral observamos que el componente en x se hace cero, por lo tanto el potencial vectorial es: µ0 I a sin α y A( r ) = 2π(a2 + z 2 ) En el ejercicio 14-7 se obtiene que el campo B es:
−→
B=
−
1 2
µ0 I a 2π(a2 + z 2 )
3
(z sin + aαz z sin α x + aα z )
2
Para compararlo con lo obtenido en este ejercicio debemos de realizar el rotacional del potencial vectorial, siendo este: B=
∇ X A(−→r ) =
Siendo en nuestro caso el campo:
x
y
z z
∂ ∂x
∂ ∂y
∂ ∂z
0
µ0 Ia
1
2π (a2 +z 2 ) 2
B =
sin α
=
0
µ0 I a 3
z sin z sin α x
µ0 I a
2π(a2 + z 2 )
1 2
sin α
∂ x ∂z
2π(a2 + z 2 ) Lo obtenido no resulta similar al resultado del ejercicio 14-7 debido a que al obtener B mediante A no se considera la longitud total del eje z. 2
16.11.Un cilindro infinitamente largo tiene una secci´on on circular de radio a y su eje a lo largo del eje z.
Una corriente constante, I, se distribuye uniformemente por su secci´on en la direcci´on on positiva z. Utilizar (16-23) para encontrar A en todo lugar. Si se expresa el A fuera del cilindro en la forma (16-33), ¿ Cu´al al es el valor de A sobre el eje z?
F´ıgura del ejercicio ejerc icio 16-11
· ·
Sabemos que: A dl = dl = B da entonces da entonces partiendo de campos ya conocidos tenemos que en el interior µ Iρ del cilindro B cilindro B i = 2πa y en el exterior Be = µ2πρI podemos ahora empezar haciendo: para ρ para ρ > a 0
0
2
− − − ρ
Afuera =
ρ0
para ρ para ρ < a
µ0 I µ0 I dρ = dρ = ln 2πρ 2π
ρo ρ
a
ρ 2 a2
µ0 I ρ µ0 I = 1 Adentro = dρ = dρ 2 4π ρ 2πa por lo tanto A sobre el eje Z es A = + Afuera : A = A A dentro + A A =
µ0 I ρo µ 0 I + 1 ln 2π 4π a
µ0 I 1 A = 4π
ρ2 a2
ρ 2 ρo + 2ln 2 ln a2 a
16.14. Un plano infinito de corriente de corriente coincide con el plano xy. La densidad de corriente
tiene magnitud constante K y va en la direcci´on on positiva de y. Encontrar el potencial vectorial A en todo lugar. Si no es posible hacer que se anule en el infinito, expresarlo en funci´on de su valor en el plano de corriente.
F´ıgura del ejercicio ejerc icio 16-14
Partiendo de un campo ya conocido tenemos B tenemos B = 12 µ0 K ˆ para z > 0 y positivo K xˆ con signo negativo para z para z para z < 0. Ademas conocemos que A dl = dl = B da y da y por lo tanto:
· ±· · − · 1 µ0 K 2
B da = da =
b
da = da =
a
− 12 µ K (b − a) 0
b
A dl = dl = A A
dl = dl = A A((b
a
− a)
entonces lo que sigue es hacer una igualaci´on on entre ambos resultados A(b
− a) = − 12 µ K (b − a) 0
cancelando valores en ambos lados de la igualdad llegamos a concluir que A =
− 12 µ KZ ˆ KZ yˆ 0
an´alogamente alogamente encontramos el resultado para la Z < 0que nos da 1 A = µ0 K Z ˆ Z yˆ 2 16.15. Una esfera de radio a contiene una carga total Q distribuida uniformemente en su volumen. Se
le hace girar alrededor de uno de sus di´ametros ametros a velocidad velocidad angular constant constantee ω. ω . Suponer que la distribuci´on on de carga no se altera por la rotaci´on on y encontrar A encontrar A en cualquier punto sobre el eje de rotaci´on on
Figura del ejercicio 16-15
Prmero definimos los vectores vectores r y r
•r = 0 •r = (r sen θ cos φ)ˆx + (r(r sen θ cos φ)ˆy + (r ( r cos θ )ˆz z µ0 Sabemos que A que A esta dada por A por A = = ( ) 4π
.
v
(r)dτ J
y la velocidad, derivando el vector de posici´on r dado que Para calcular A calcular A necesitamos obtener J = ρν J
Derivando r tenemos dr dφ dr = ω = (rω sen θ sen φ )ˆx + ( rω sen θ cos φ )ˆy dφ dt dφ
−
en A Sustitumos J en A y evaluamos la integral de 0 µ0 A = 4π
2π
0
π
0
a
− a, 0 − π y 0 − 2π
[(rω [(rω sen θ sen φ )ˆx + ( rω sen θ cos φ )ˆy]r2 sen θ dr dθ dφ
−
0
Debido a la periodicidad p eriodicidad en uno de los l´ımites ımites al evaluar evaluar senos y cosenos, obtenemos: A = 0 CAPITULO 17 17.2. En una cierta regi´on, on, la inducci´on on de funci´on on del tiempo tiemp o ´esta esta dada por B = B 0 ( τ t )z z , siendo B0 y τ constantes. τ constantes. Encontrar A. Suponer que el potencial escalar es cero y encontrar E a partir del valor obtenido para A. Utilizar este valor de E para evaluar evaluar el miembro izquierdo de (17-8) y as´ as´ı demostrar
directamente que es igual al miembro derecho. Sean:
t B = B 0( )z z τ 1 A = B r 2 = x x + y + y y + z + z z r = x z
× × −
Por lo tanto, calculando el producto cruz B
r:
A = nos da como resultado: A = Como: Φ=0
1 2
x y z 0 0 B0 ( τ t ) x y z
1 1 t t yB0 ( )x + xB0 ( )y 2 2 τ τ
∂ (A) y B ⇒ E = = −∇Φ − = 2 τ ∂ (t)
0
Siendo: = ρcosφ x = ρcosφ = ρsenφ y = ρsenφ
− − − − − = cos((φ)ρ x = cos
sin( sin(φ)φ
= sin((φ)ρ + cos + cos((φ)φ y = sin
Tenemos:
ρsin( ρsin(φ) B0 [cos( cos(φ)ρ 2 τ Lo que nos da como resultado: E =
sin( sin(φ)φ]
= E =
ρ cos φ B0 [sin(φ [sin(φ)ρ 2 τ
ρB0 φ 2τ
cos( cos(φ)φ]
Se debe demostrar la siguiente igualaci´on: on: E Por lo tanto:
ds = ds =
−
∂ B ∂t
da
− ∂t∂ B(πρ ) = − Bτ πρ 0
2
2
ρB0 B0 πρ 2 (2πρ (2πρ)) = 2τ τ ρ2 B0 π B0 πρ 2 = τ τ Y de esta manera se demuestra directamente que es igual al miembro derecho.
−
−
−
−
17.4. Un cable recto, infinitamente largo, que conduce una corriente I coincide con el eje z. Una espira
circular de radio a descansa sobre el plano xz con su centro sobre el eje x positivo a una distancia b del origen. Encontrar el flujo a trav´ trav´es es de la espira. Si ahora ´esta esta se mueve mueve con rapidez constante, v, en direcci´on on paralela al eje x y alej´andose andose de i, encontrar la fem inducida en ella. ¿Cu´al es la direcci´on on de la corriente inducida?.
F´ıgura del ejercicio ejer cicio 17-4
Sea:
−→ µ I B = φ 0
2πx
Entonces : Entonces : Φ =
µ0 I 2πx
µ0 I 2πx
2
µ0 I b+a 1 2π b a x
con:
2
Bda
2
2
b+a b a
B da =
s
⇒ Φ = da = da = dxdy Para x Para x → [b − a] a [b + a + a]] Para y Para y → (x − b) + y = a Entonces : Entonces : y = ± a −√ √(x −− b−) √ − − Porlotanto : Porlotanto : Φ = − − ⇒ − [2 a − (x − b) ]dx = dx = 2
−→ · −→
2
a2 (x b)2 a2 2
µ0 I dydx = dydx = µ20πI 2 2πx ( x b)
µ0 I b+a π b−a
√ −
1 [(y [(y) x
a2 (x−b)2 dx x
√ − − |−√ − −
a2 (x b)2 a2 (x b)2
]dx
m =
µ0 I π
y:
− b+a
a2
b− a
(x b)2 dx......(1) dx......(1) x
−
Integrando por medio de√ Wolfram a (1): √ √ 2bx − x + [ a − b ][ln ][ln((x) − ln( a − b + 2bx ln( a − b a − (b − x) + a − b + bx)] bx)] − − ]| − b arctan[ √ − − Cuando x = (b + a + a)) √ 2b + 2ab 2ab − (b + 2ab 2ab + + a ][ln((b + a + a)) − a − b + 2b a ) + [ a − b ][ln √ √ − − 2b + 2ab 2ab − b − 2ab + ln( ln( a − b a − b + 2b ab + a a ) +a − b + b + ab] ab] − btan− [ √ − − − √ = √ a + b [ln( + a)) − ln( ln(b + a ln(a +√ ab)] ab)] − b arctan(∞) = a + b [ln( )] + = a + b [ln( ln( ln( )] + ......(2) ......(2) Cuando x = (b − a) √ √ 2√ 2ab + + a ][ln((b − a) − a√ − b + 2b b − 2ab − b + 2ab a + [ a − b ][ln 2b + 2ab 2ab − b − 2ab − a ) + a + a − b + b + ab] ln( ln( a − b a − b + 2b ab] − b arctan[ √ − − − − − √ = a − b [ln( ln(b − a) − ln( ln(a − ab)] ab)] − ......(3) ......(3) Restando (2) y (3) y multiplicando por m: √ √ = m[ m[ a + b [ln( ln( )] + ] − m[ a − b [ln( ln(b − a) − ln( ln(a − ab)] ab)] − ] con: √ 2
2
2
b x a2 (b x)2
2
2
2
2
2
2
2
2
b+a b a
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
a
2
2
2
2
2
2
2
2
b+a a(a+b)
2
2
2
bπ 2
2
2
2
2
2
1 a
2
2
bπ 2
bπ 2
2
2
2
2
bπ 2
a2 + b2
1 mn[ mn[ln( ln( ) a
(1)
+ ln((a2 mn[ mn[ln (b−a) + ln
(1) (ab a2 )
2
2
2
− ln( + ln((a − ab)] ln(b − a) + ln ab)] + ln + ln((a − ab)] ab)]
− ab)] ab)] = mn[ mn[ln − + ln((a − ab)] mn[ mn[−ln( ln(ab − a ) + ln ab)] = mn[ mn[ln( ln( a
b b+a ] a2 b2 +2b +2b2 b2 2ab a2
2
2
2
n =
Entonces:
2
bπ 2
2
2
1 a
2
2
2
2
b (b a) ] b +2b +2b2 +2ab +2ab b2 2ab+ ab+a2 2
2
a(a−b) )] a(b−a)
√
µo I 2 a b )] a b2 [ln( ln( π b a Para encontrar la fem inducida aplicamos la siguiente regla de la cadena: Derivamos Φ respecto de b: Entonces : Entonces : Φ =
ind =
− −
−
− ∂φ ∂t
∂φ ∂b − ∂φ = −( )( ) ∂t ∂b ∂t Tomando b c´omo: b omo: b = = b + vt b 0 + vt ir con una velocidad v. con:
→ ya que se toma la distancia original, m´as as la distancia que se mueve al m =
µ0 I π
Entonces: (b +vt) vt ) a+(b +(b +vt) vt ) −v(b + vt))2 )−1/2 ( 2(b 2(b0 + vt + vt)) ))vv ln a(b−+ + (− )( ind = m( 12 (a2 (b0 + vt −(b +vt)+ vt) vt )−a vt )+a a (a2 (b0 + vt + vt))2 )1/2) Por lo tanto:
−
−
−
−
|
0
0
|
0
0
0
+vt) vt )−a)−v (a−(b0 +vt)) vt )) ) [(b [(b0 +vt) vt )−a]2
ind =
µ0 I π
ind =
µ0 I π
b0 +vt a (b0 +vt) vt )2
√ − 2
(b +vt) vt ) ln a(b−+ v vt) vt )−a
|
0
0
|
Dejando todo en t´erminos erminos de b: b
− a2
(b)2
ln
| (ab−) −(ba) |v
Por lo tanto, la fem inducida va en direcci´on on x
17.12. Supongase que la espira circular del ejercicio 17-4 se hace girar ahora de manera tal que su
centro traza un c´ırculo de radio b con centro en el origen, mientras que el plano de la espira permanece paralelo al eje z. En otras palabras, la espira tiene una velocidad angular ω = ω z Encontrar E en la z . Encontrar E espira m´ovil. ovil. Encontrar E ds alrededor e en un sistema de laboratorio fijo. ds alrededor de alguien que est´
·
F´ıgura del ejercicio ejerc icio 17-12
Para encontrar la E´en en la espira m´ovil ovil tenemos que: = v X B = E = v
−(B.r) B.r )ω
Donde: B = Tomando en cuenta que:
µ0 I µ0 I ( sin αx + cos αy ) ρ = 2πρ 2πρ
−
= a cos θx + a + a sin θz r = a z
Siendo α Siendo α el ´angulo angulo correspondiente a la trayectoria y θ el ´angulo angulo en la espira. Por lo tanto E tanto E en la espira m´ovil ovil es:
µ0 I aω (sin α cos θ )x E = 2πρ Por lo tanto para la fem inducida tenemos: m =
µ0 I aω sin α E ds = ds = 2πρ
·
2π
cos θdθ = θdθ = 0
0
17.18. Utilizar (17-46) para encontrar la inductancia mutua de los circuitos que se muestran en la
figura 13-5. ¿Es consistente esta respuesta con el resultado del ejercicio 17-3? (Clave: sup´ongase ongase que la porci´on on recta va de -L a L, siendo L muy grande, y p´asese as ese al l´ımit ım itee L lo m´as as tarde que se pueda en el c´alculo). alculo).
−→ ∞
F´ıgura del ejercicio ejerc icio 17-18
•Para comenzar consideramos los cuatro lados del rectangulo de manera individual. Las dos lineas que son perpendiculares a C a C se cancelan, por lo que solo consideraremos a las que son paralelas. •Para la l´ınea de la izquierda, consideramos: r = y yˆ = dy yˆ ds = dy = dˆ + y yˆ r = d xˆ + y = dy yˆ ds = dy Entonces la integral queda como: µ0 M 1 = yˆ 4π
• Para la l´ınea de lal a derecha, d erecha, consideramos: consider amos:
b
0
L
−L
dydy (y y )2 d2 + (y
r = y yˆ
−
= dy yˆ ds = dy + d)ˆ )ˆx + y + y yˆ r = (a + d = dy yˆ ds = dy Entonces la integral queda como: µ0 M 2 = yˆ 4π
b
0
L
−L
dydy (a + d + d))2 + (y (y
2
− y )
• Las inductancias deben restarse para obtener la inductancia total, debido a que sus corrientes son
opuestas, entonces:
M =
µ0 yˆ 4π
b
L
dydy
0
−L
1 (y d2 + (y
− y ) − 2
1 (a + d + d))2 + (y (y
2
− y )
Debido a la complejidad de dicha integral, resolviendola con ayuda de Wolfram y haciendo que ,la respuesta es: L d bµ0 ln + d a + d M = 2π Resultado que prueba que la inductancia es consistente al hacerlo por p or este m´etodo. etodo.
−→ ∞
17.20. Una bobina toroidal de N de N vueltas vueltas tiene un radio central del toroide igual a b y el radio de su
secci´ on on circular es a es a . Demostrar que su autoinductancia es µ 0 N 2 [b
2
2 1/2
− (b − a )
]
Figura del ejercicio 17-20
Usando
· c
Donde =
B dl = dl = µ µ 0 I enc enc
⇒
(2πr)) = µ 0 N I B (2πr
B=
→
µ0 N I 2rπ
Tomando como referente la figura, la h y H de la bobina estna dadas por: h =
− a2
(r
2
− b)
por tanto
−
−→ H = 2
a2
(r
− b)
2
Sustituimos H Sustituimos H en en la f´ormula, ormula, obteniendo:
·
b+a
N Φ = N B ds = ds =
b−a
−
µ0 N I 2 a2 2rπ
Evaluando la integral tenemos:
(r
µ0 N 2 I π (b π
−
−
µ0 N 2 I b+a 2 b) dr = dr = π b− a
a2
(r r
2
− b) dr
− √ b − a ) 2
2
Finalmente tenemos que su autoinductancia es: = µ 0 N 2 I [b L = µ
− √ b − a ] 2
2
17.21. Una bobina toroidal de N vueltas tiene un radio central b y una secci´ on on cuadrada de lado a.
Encontrar su autoinductancia.
F´ıgura del ejercicio ejerc icio 17-21
Usando
· c
Donde =
´ → Conocida c´omo omo la ”Forma Integral de la Ley de Ampere”
B dl = dl = µ µ 0 I enc enc
⇒
(2πr)) = µ 0 N I B (2πr
→
B=
µ0 N I 2rπ
Tomando en cuenta el dibujo, planteamos la siguiente integral para encontrar el flujo magn´etico: etico:
·
b+ 2
φ =
c
a
µ0 N I adr 2πr
B da = da =
b− 2
a
Realizando la integral, obtenemos: φ =
µ0 N Ia 2π
b+ 2
a
ln r b−
||
a
2
Evaluando se obtiene: φ = En base a la f´ormula: L ormula: L = =
Nφ , I
µ0 N Ia [ln 2π
a 2
a 2
|b + | − ln |b − |] =
µ0 N Ia 2π
ln
podemos encontrar encontrar la autoinductancia autoinductancia:: L =
Con lo cual se resuelve el problema.
µ0 N 2 a 2π
ln
|
2b+a 2b−a
|
|
2b+a 2b−a
|
