Solucionario Cap 17.pdf

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 ϕx + 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  ds   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  −→rr== 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]r2 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 ds = 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 ds = 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

|