Solucionario Campos Electromagneticos
Wangsness
24 de enero de 2015
2
Introducción
El propósito de este documento es para poder ayudar al estudiante con la rigurosa tarea de resolver los
problemas de este libro. Inspirados en la gran variedad de aplicaciones hacia los temas concebidos por este
libro, y por la gran audacia de nuestro profesor en la enseñanza de dichos temas decidimos crear este
solucionar con la intención de ayudar a los alumnos de futuras generaciones que cursen los respectivos cursos.
Se hace notar al lector que este solucionario es para ayudar al estudiante como guía complementaria, no debe
basar su trabajo solamente en este trabajo, el lector debe verificar cada paso de los procedimientos hechos en
este solucionario. El objetivo es que el lector aprenda todo lo posible sobre la Electricidad y el Magnetismo
Índice general
3
4
ÍNDICE GENERAL
Capítulo 1
Vectores
5
6
CAPÍTULO 1. VECTORES
Capítulo 2
Ley de Coulomb
7
8
CAPÍTULO 2. LEY DE COULOMB
Capítulo 3
El campo electrico
9
10
CAPÍTULO 3. EL CAMPO ELECTRICO
Capítulo 4
Ley de Gauss
11
12
CAPÍTULO 4. LEY DE GAUSS
Capítulo 5
El potencial escalar
13
14
CAPÍTULO 5. EL POTENCIAL ESCALAR
Capítulo 6
Conductores en campos electrostaticos
15
16
CAPÍTULO 6. CONDUCTORES EN CAMPOS ELECTROSTATICOS
Capítulo 7
Energia electrostatica
17
18
CAPÍTULO 7. ENERGIA ELECTROSTATICA
Capítulo 8
Multipolos electricos
19
20
CAPÍTULO 8. MULTIPOLOS ELECTRICOS
Capítulo 9
Condiciones de frontera en una superficie de
discontinuidad
21
22
CAPÍTULO 9. CONDICIONES DE FRONTERA EN UNA SUPERFICIE DE DISCONTINUIDAD
Capítulo 10
Electrostática en presencia de materia
23
24
CAPÍTULO 10. ELECTROSTÁTICA EN PRESENCIA DE MATERIA
Capítulo 11
Metodos especiales en electrostática
25
26
CAPÍTULO 11. METODOS ESPECIALES EN ELECTROSTÁTICA
Capítulo 12
Corrientes Electricas
27
28
CAPÍTULO 12. CORRIENTES ELECTRICAS
12.1.
~ A(x3 x̂ + y 3 ŷ + z 3 ẑ)
J=
a) ¿Unidades de A?
~ Ampere =⇒ A = Ampere
J=
M etro2
M etro5
b) ¿Cual es la razón de cambio en ese instante en el punto (2,-1,4)?
La razón de cambio es la derivada, por tanto
~ −A(3x2 + 3y 2 + 3z 2 ) = −3A(4 + 1 + 16) = −63A
−∇·J=
c) Con que rapidez cambia Q en ese instante? Aumenta o disminuye?
Z
Z a Z π Z 2π
−dQ
~
= ∇·Jdv = −
3Ar2 (r2 sin θ)dφdθdr
dt
V
0
0
0
5 a
π r
= −3A(2π)[− cos(θ)]0
5 0
−12Aπa5
=
5
Vemos que es decreciente por su signo.
————————————————————————————————————————
12.2.
Ecuación (12-7)
~ = I = 4Q = σ4a = σ4l = συprom
K
4l
4t · 4l
4t4l
4t
Ecuación (12-8)
dq
~ = |K
~ · 4l
~ · t̂|4l,
=I=K
dt
Ecuación (12-9)
dq
dl
= λ|~υprom |
I= = λ
dt
dt
~
t̂ = n̂ · dl
12.3.
29
12.3.
En este caso tenemos una esfera de radio .a"que gira a una velocidad angular
ω en dirección de z recordemos como
usamos el producto cruz y que la velocidad tangencial se define asi:
−→ +
(ρ̂, φ̂, ẑ, ρ̂, φ̂)
− ←−
υd = ω
~ × ~r = ω
~ ẑ × (r sin θρ̂ + r cos θẑ) = ωr sin θφ̂
3Q(ωr sin θ)φ̂
Sabemos que J~ = ρch υd =
4πa3
Entonces:
Z
Z πZ
~
~
I=
J · da =
area
0
0
a
3Qω
3Qωr sin θ(r)drdθ
=
3
4πa
4πa3
Z
π
sin θdθ
0
!
3 Qω
a3
=
(2)
3
4π a3
Qω
=
2π
Z
a
r2 dr
0
————————————————————————————————————————
12.4.
Usaremos la misma esfera de radio .a"del ejercicio anterior, polarizada con P~ = Po ẑ
ρch = −∇ · P~ = 0
σch = P~ · n̂ = P~ · r̂ = Po cos θ
υd = ω
~ × ~r = ωr sin θφ̂
~ = σch · υd = Po cos θωa sin θφ̂ = aωPo sin(2θ)φ̂
K
2
Z
Z π
aωPo
~ =
~ · dl
Isup = K
sin(2θ)dθ = 0
2
0
J~ = ρch · υd = 0
30
CAPÍTULO 12. CORRIENTES ELECTRICAS
12.5.
La esfera de radio .a.esta polarizada de
~ = φ0 sin θ = φ0 z
la siguiente manera: φ
a
~ z = −∇φ
~ =
E
−πo
ẑ
a
=⇒ J~f = − σφa 0 ẑ
12.6.
31
12.6.
————————————————————————————————————————–
12.7.
En el cilindro pasa una corriente Ï"que va hacia arriba,
el cilindro es de radio .a longitud l, y sección transversal A, con esta información tenemos que:
R=
~
J
l
~ = f
,
J~f = AI ,
E
σA
σ
2
=⇒
I
Aσ
~ =
=E
RI
l
————————————————————————————————————————–
12.8.
~ = E
~
~ ·D
~ =∇
~ · (E)
~
σ 6= 0,
6= 0,
D
=⇒ ρch,f = ∇
~f
J
~
~ =
J~f = σ E,
=⇒ E
σ
~ :0
Jf
~
~
~ + ~·J~
a)ρch,f = ∇ · σ = Jf · ∇
(
∇
)
f
σ
σ
~ =⇒ ρch,f = J~f · ∇
σ
b) J~n1 − J~n2 = 0, =⇒ J~n1 = J~n2 = J~n
~ n2 − D
~ n1 = σch,f , =⇒ 2 E
~ n2 − 1 E
~ n1 = σf
D
~
~
=⇒ 1 Jσn11 − 2 Jσn22 = σch,f = J~n σ22 − σ11
32
CAPÍTULO 12. CORRIENTES ELECTRICAS
12.9.
4φ = φ2 − φ1
J~1n = J~2n = J~n
(φn − φ1)σ1
J~f
=⇒ J~n =
σ1
x
~
~ 1n (d − x) = Jf 2 (d − x) =⇒ J~n = (φ2 − φn )σ2
φ2 − φn = E
σ2
d−x
~ 2n − D
~ 1n = σch,f =⇒ 2 E
~ 2n − 1 E
~ 1n = σch,f
D
~ =
φn − φ1 = Ex
Despejamos para el φn :
(φn − φ1 )σ1
(φ2 − φn )σ2
=
x
d−x
σ1
σ2
φ2 σ2
φ1 σ2
=⇒ φn
+
=
+
x
d−x
d−x
x
φ2 σ2 x + φ1 σ1 (d − x)
=⇒ φn =
σ1 (d − x) + σ2 x
=⇒
Ahora encontraremos σch,f :
~
~
~
~
~ 2n − D
~ 1n = 2 Jn − 1 Jn = 2 σ1 Jn − σ2 2 Jn
=⇒ J~ch,f = D
σ2
σ1
σ1 σ2
~
Jn (2 σ1 − 1 σ2 )
(φ2 − φ1 )(2 σ1 − 1 σ2 )
=⇒ σch,f =
=
σ2 x+σ1 (d−x)
σ1 σ2
σ
σ
1 2
σ1 σ2
=⇒ σch,f =
(2 σ1 − 1 σ2 )(φ2 − φ1 )
σ1 (d − x) + σ2 x
————————————————————————————————————————
12.10.
4φ = cte
4φ
~
ρ̂ = E,
ρ−a
~
J~f = σ E
=⇒ I =
σ4φl(2πρ)
2πρ4ρL
=
ρ−a
ρ−a
12.11.
33
12.11.
12.12.
que diablos dice en ese cuaderno Rayniel????
————————————————————————————————————————
12.13.
tomaremos la ecuación (12-35) del libro:
J~f2
2
~
~
~
(12-35)
ω = Jf · E = σ E =
σ
Z
=⇒
V
Z ~2
Z
Jf
J~f2
J~f2 V
J~f2 V A
J~f2 A2 l
ωdv =
dv =
dv =
=
=
= I 2R
σ
σ V
σ
σA
σA
Z
ωdv = I 2 R
=⇒
V
————————————————————————————————————————
12.14.
J~f l
Il
=
= IR
σ
Aσ
ξ
=⇒ I =
R
————————————————————————————————————————
~
ξ = El
=
12.15.
4ω
= 4φ =⇒ 4ω = 4φ4q
4q
4ω
4q
=⇒
= 4φ
= 4φ[I]
4t
4t
Ahora tomemos el trabajo:
4ω
4t
I 4φ
~
ω=
=
= J~f · E
V
A
l
34
CAPÍTULO 12. CORRIENTES ELECTRICAS
12.16.
12.17.
12.18.
12.19.
12.20.
12.21.
35
36
CAPÍTULO 13. LEY DE AMPERE
Capítulo 13
Ley de Ampere
13.1.
37
13.1.
Tomando la ecuación (13-6):
−µ0 II 0
F~c0 →c =
4π
~ · dl
~ 0 )R̂
(dl
R2
C
I I
C0
Vector relativo y Diferencial:
~ 0 = dz 0 ẑ
dl
~ = dz ẑ
dl
~ = (ρρ̂ + z ẑ) − z 0 ẑ = (z − z 0 )ẑ + ρρ̂
R
Tomamos la ecuación (13-6) y sustituimos:
Z Z
−µ0 II 0 ∞ ∞ (dzdz 0 )[(z − z 0 )ẑ + ρρ̂]
~
Fc0 →c =
4π
[(z − z 0 )2 + ρ2 ]3/2
−∞ −∞
Ahora separaremos la suma de integrales y utilizaremos el cambio de variable:
u = (z − z 0 )
⇒ du = dz
La primera integral se hace cero por ser impar.
"
#
Z ∞Z ∞
0
0 Z ∞ Z ∞
0
0
:
−µ0 II
ududz
ρdudz
F~c0 →c =
ρ̂
2 2 3/2 ẑ +
2
2 3/2
4π
−∞ −∞ [u + ρ ]
−∞ −∞ [u + ρ ]
Z Z
−µ0 II 0 ∞ ∞ ρdudz 0
=
ρ̂
2
2 3/2
4π
−∞ −∞ [u + ρ ]
"
#∞
Z
u
−µ0 II 0 ∞
p
ρ
dz 0 ρ̂
=
2
2
2
4π
ρ u + ρ −∞
−∞
#∞ "
Z
: 2
−µ0 II 0 ∞
(z − z 0
) p =
ρ
dz 0 ρ̂
2
0
2
2
4π
−∞ ρ
(z − z ) + ρ −∞
Z
∞
0
−µ
II
0
0
F~c0 →c =
dz
2πρ
−∞
No integramos con respecto de z’ ya que se pide la fuerza por unidad de longitud.
———————————————————————————————————————————————
13.2.
Usaremos la ecuación deducida del ejercicio anterior, donde:
I’=10Amp
I=-I’=-10Amp,
ρ = 1cm = 0,01m
dF~c0 →c =
µ0 I 2
4π × 10−8 × 102
N
ρ̂ =
ρ̂ = 2 × 10−7 ρ̂
2πρ
2π0,01
m
38
CAPÍTULO 13. LEY DE AMPERE
13.3.
Usando ecuación (13-1)
F~c0 →c
µ0
=
4π
~ × [I 0 dl
~ 0 × R̂]
I dl
R2
C
I I
C0
Vector relativo y Diferencial:
~ 0 = dy 0 ŷ
dl
~ = dy ŷ + dz ẑ
dl
~ = ρx̂ + y ŷ + z ẑ − y 0 ŷ
R
~ = ρx̂ + (y − y 0 )ŷ + z ẑ
R
R=
p
ρ2 + (y − y 0 )2 + z 2
Parametrizando:
z = y tan α
⇒ dz = dy tan α
Por tanto:
Z Z
µ0 II 0 ∞ ∞ [Idy(ŷ + tan αẑ)] × [(I 0 dy 0 ŷ) × (ρx̂ + (y − y 0 )ŷ + z ẑ)]
~
Fc0 →c =
4π −∞ −∞
[ρ2 + (y − y 0 )2 + y 2 tan2 α]3/2
Z
Z
µ0 II 0 ∞ ∞ ρ(−x̂) + y tan α(−ẑ) + y tan2 αŷ
dydy 0
=
4π −∞ −∞ [ρ2 + (y − y 0 )2 + y 2 tan2 α]3/2
Tomemos el cambio de variable:
u = y − y0
⇒ −du = dy 0
Entonces:
µ0 II 0
F~c0 →c =
4π
Z
0
Z
−∞
∞
−[ρ(−x̂) + y tan α(−ẑ) + y tan2 αŷ]
dydu
[ρ2 + (u)2 + y 2 tan2 α]3/2
∞
−∞
#−∞
Z "
µ0 II 0 ∞
[ρx̂ + y tan αẑ − y tan2 αŷ]u
p
=
dy
4π −∞ (ρ2 + y 2 tan2 α) ρ2 + (u)2 + y 2 tan2 α
∞
Z
∞
2
"
:
#−∞
−2
(ρx̂ + y tan αẑ − y tan αŷ)
u
p
dy
2
2
2
2
2 + y 2 tan2 α
(ρ + y tan α)
ρ
+
(u)
−∞
∞
"
#
Z ∞
Z ∞
0
0 Z ∞
2
:0
:
µ0 II
ρx̂
y tan αẑ
y
tan
αŷ
2 2
= −
dy +
dy −
dy
2 2
2 + y 2 tan2 α)
2
2
2π
(ρ
(ρ
+
y
tan
α)
(ρ
+
y tan α)
−∞
−∞
−∞
=
µ0 II
4π
Ya que las componentes en ẑ y en ŷ son impares.


 s
∞ π
:
0
2 µ
II
ρ
tan
α
0
−1
p
tan 

 x̂
⇒ F~c0 →c = −
y ρ2
2π
ρ2 tan2 α F~c0 →c =
0
−
µ0 II
x̂
2π tan α
El signo menos indica que hay una atracción entre las lineas.
−∞
13.4.
39
13.4.
Usando ecuación (13-1)
µ0
F~c0 →c =
4π
~ 0 × R̂]
~ × [I 0 dl
I dl
R2
C
I I
C0
Definiremos cada vector y diferencial en la integral para plantearla de forma correcta y resolverla, ahora notemos
que se usa esta integral porque el segundo circuito no lo podemos asumir cerrado, ya que tiene cuatro vectores
R"diferentes para cada linea y las lineas son finitas al tener cuatro lineas tendremos cuatro R’s
p
~ 0 = dz 0 ẑ R~1 = dx̂ + z ẑ − z 0 ẑ
dl
R1 = pd2 + (z − z 0 )2
~ 1 = dz ẑ R~2 = (d + x)x̂ + bẑ − z 0 ẑ R2 = (d + x)2 + (b − z 0 )2
dl
p
~ 2 = dxx̂ R~3 = (d + a)x̂ + z ẑ − z 0 ẑ R3 = (d + a)2 + (z − z 0 )2
dl
p
~ 3 = dz ẑ R~4 = (d + x)x̂ − z 0 ẑ
dl
R4 = (d + x)2 + (z 0 )2
~ 4 = dxx̂
dl
Z ∞Z b
I(dz ẑ) × [I 0 (dz 0 ẑ) × (dx̂ + (z − z 0 )ẑ)]
µ0
~
+
FC 0 →C =
4π
[d2 + (z − z 0 )2 ]3/2
−∞ 0
Z ∞ Z d+a
µ0
Idxx̂ × [I 0 dz 0 ẑ × ((d + x)x̂ + (b − z 0 )ẑ)]
+
4π
[(d + x)2 + (b − z 0 )2 ]3/2
−∞ d
Z ∞Z 0
µ0
Idz ẑ × [I 0 dz 0 ẑ × ((d + a)x̂ + (z − z 0 )ẑ)]
+
4π
[(d + a)2 + (z − z 0 )2 ]3/2
−∞ b
Z ∞Z d
µ0
Idxx̂ × [I 0 dz 0 ẑ × ((d + x)x̂ − z 0 ẑ)]
4π
[(d + x)2 + z 02 ]3/2
−∞ d+a
Haremos el producto cruz de la forma usual y re-escribiremos las integrales con su respectivo producto cruz
recordando que I,I’=cte:
F~C 0 →C
∞
Z
−∞
∞
Z
µ0 II 0
=
4π
Z
0
Z
µ0 II
4π
−∞
b
ddzdz 0 (−x̂)
µ0 II 0
+
[d2 + (z − z 0 )2 ]3/2
4π
0
(d + a)dzdz 0 (−x̂)
[(d + a)2 + (z − z 0 )2 ]3/2
0
b
∞
d+a
(d + x)dz 0 dx(−ẑ)
+
[(d + x)2 + (b − z 0 )2 ]3/2
−∞ d
Z Z
µ0 II 0 ∞ d (d + x)dz 0 dx(−ẑ)
+
4π −∞ d+a [(d + x)2 + z 02 ]3/2
Z
Z
Notemos que la segunda y cuarta integral son la misma pero con signo opuesto por tanto se cancelan luego
tomando u=(z-z’)=⇒du=-dz’:
Z −∞ Z b
Z −∞ Z 0
(d)dz(−du)(−x̂)
(d + a)dz(−du)(−x̂)
µ0 II 0
~
FC 0 →C =
+
4π
[d2 + (u)2 ]3/2
[(d + a)2 + (u)2 ]3/2
∞
0
∞
b
#−∞
"
#−∞ #
" Z "
Z 0
b
−udz
µ0 II 0
−udz
p
p
=
d
+ (d + a)
− x̂
4π
d2 d2 + (u)2 ∞
(d + a)2 (d + a)2 + (u)2 ∞
b
0
" Z "
#−∞
"
#−∞ #
Z 0
b
µ0 II 0 d
−udz
(d+a)
−udz
p
p
=
+
− x̂
4π
d2 0
(d + a)2 b
d2 + (u)2 ∞
(d + a)2 + (u)2 ∞
µ0 II 0 b 1
1
~
FC 0 →C =
−
x̂
2π
d d+a
40
CAPÍTULO 13. LEY DE AMPERE
13.5.
Usando ecuación (13-1)
µ0
F~S 0 →c =
4π
~ 0 × R̂]
~ × [K 0 ds
I dl
R2
C
I I
C0
Notemos que en este caso tenemos una corriente superficial, por tanto debemos definir un diferencial de area
denotado por "ds.ahora por la igualdad (12-10) del libro vemos que K’ds=I’dl, Entonces definiendo los vectores
y diferenciales:
p
~ 0 = dx0 dy 0 ŷ = dx0 ŷ R
~ = y ŷ + dẑ − (x0 x̂ + y 0 ŷ) R = x02 + (y − y 0 )2 + d2
dS
~ = dy ŷ
~ = −x0 x̂ + (y − y 0 )ŷ + dẑ
dl
R
Ahora reemplazando en la ecuación y resolviendo:
Z ∞Z ∞
µ
Idy ŷ × [K 0 dx0 ŷ × (−x0 x̂ + (y − y 0 )ŷ + dẑ)]
0
F~S 0 →c =
4π −∞ −∞
[x02 + (y − y 0 )2 + d2 ]3/2
Z
Z
µ0 IK 0 ∞ ∞
(x0 x̂ − dẑ)dydx0
=
02
0 2
2 3/2
4π
−∞ −∞ [x + (y − y ) + d ]
"
#∞
Z
(y − y 0 )
µ0 IK 0 ∞ 0
p
(x x̂ − dẑ)
dx0
=
2
2
02
0
2
2
4π
(x + d ) x + (y − y ) + d
−∞
−∞
µ0 IK 0
=
2π
Z
µ0 IK 0
=
2π
Z
∞
−∞
∞
"−∞
Z
"
(x0 x̂ − dẑ)
(y − y 0 )
p
0 2
(y
02
+
(x2 + d2 ) x
− y ) + d2
#∞
:2
−∞
(x0 x̂ − dẑ) 0
dx
(x2 + d2 )
#
:0 Z ∞
x0
x̂ dẑ
dx0 −
dx0
2 + d2 )
(x2 + d2 )
(x
−∞
−∞
"
r !#∞
:π
2 −µ0 IK 0
(d)
d
1
−1 0
√
=
tan
ẑ
x
2
2π
1
d
µ0 IK
=
2π
0
∞
−∞
F~S 0 →c =
−µ0 IK 0
ẑ
2
dx0
13.6.
41
13.6.
Tomaremos la ecuación (13-1) y usaremos la igualdad Idl=Jdv y llegamos a que:
µ0
F~C 0 →c =
4π
~ × [I 0 dl
~ 0 × R̂]
I dl
µ0
=⇒ F~V 0 →C =
2
R
4π
C
~ × [J~ 0 dv 0 × R̂]
I dl
R2
V0
I I
I Z
C0
C
Ahora definamos los diferenciales y vectores:
q
I0
0
0
0
0
0
0
~
~
J = 2 ẑ R = dx̂ + z ẑ − (ρ cos φ x̂ + ρ sin φ ŷ + z ẑ) R = (d − ρ0 cos φ0 )2 + ρ02 sin2 φ0 + (z − z 0 )2
πa
p
~ = dz ẑ
~ = (d − ρ0 cos φ0 )x̂ − ρ0 sin φ0 ŷ + (z − z 0 )ẑ R = d2 − 2dρ0 cos φ0 + ρ2 + (z − z 0 )2
dl
R
Como consejo recomendamos hacer el producto cruz aparte en vez de desarollarlos dentro de la integral:
0 ~ = I
[(d − ρ0 cos φ0 )ŷ − ρ0 sin φ0 x̂ + (z − z 0 )ẑ]
J~ 0 × R
2
πa
0
~ × J~ 0 × R
~ = II [−(d − ρ0 cos φ0 )x̂ + ρ0 sin φ0 ŷ]dv 0 dz
I dl
πa2
Planteando la integral y resolviendo:
Z Z Z Z −(d − ρ0 cos φ0 )x̂ + ρ0 sin φ0 ŷ
µ0 ∞ ∞ 2π a II 0
ρ0 dρ0 dφdz 0 dz
FV 0 →c =
2
2 − 2dρ0 cos φ0 + ρ2 + (z − z 0 )2 ]3/2
4π −∞ −∞ 0
πa
[d
0
Notemos que nada depende de z por tanto todo sale de la integral:
Z
Z ∞ Z 2π Z a
µ0 II 0 ∞
−(d − ρ0 cos φ0 )x̂ + ρ0 sin φ0 ŷ
FV 0 →c = 2 2
dz
ρ0 dρ0 dφdz 0
2
0
0
2
0
2
3/2
4π a −∞
−∞ 0
0 [d − 2dρ cos φ + ρ + (z − z ) ]
Integrando con respecto de z’:
#∞
Z
Z 2π Z a "
:2
0
µ0 II 0 ∞
[−(d − ρ0 cos φ0 )x̂ + ρ0 sin φ0 ŷ]
(z−z
)
p
ρ0 dρ0 dφ0 dz 0
FV 0 →c =
dz
2
2
2
0
0
2
2
0
0
2
0
2
4π a −∞
(d − 2dρ cos φ + ρ ) d − 2dρ cos φ + ρ + (z − z ) −∞
0
0
Z
Z
Z
2π
a
µ0 II 0 ∞
−(d − ρ0 cos φ0 )x̂ + ρ0 sin φ0 ŷ 0 0 0
=
dz
ρ dρ dφ
2π 2 a2 −∞
d2 − 2dρ0 cos φ0 + ρ2
0
0
Separando la integral vemos que la integral de la derecha cambiando los limites de 0 a 2π −→ −π a π
por la simetría del problema y porque es una función impar vemos que se hace cero, y para resolver
la integral de la izquierda usaremos la ecuación sugerida (3-16):


2π
Z
Z 2π Z a
Z πZ a
: d
:0
0
0 0
0 
µ0 II 0 ∞ 
−(d
−
ρ
cos
φ
)x̂
ρ
sin
φ
ŷ
0
0
0
0
0
0
FV 0 →c =
dz 
ρ dρ dφ +
ρ
dρ
dφ
0 

2
2
2
0
0
2
2
0
2
2π a −∞
d −2dρ cos φ + ρ
d −2dρ cos φ + ρ
0
0 −π 0 FV 0 →c
Z
Z a 0
(2π)ρ
−µ0 II 0 ∞
−µ0 II 0
0
=
dz
dρ
x̂
=
d
2 π2a2 −∞
π a2 d
0
Z
µ0 II 0 ∞
=
dz x̂
2πd −∞
a2
2
!Z
∞
dz x̂
−∞
42
CAPÍTULO 13. LEY DE AMPERE
13.7.
De nuevo tenemos dos corrientes filamentales por tanto usaremos ecuación (13-1):
µ0
F~c0 →c =
4π
~ 0 × R̂]
~ × [I 0 dl
I dl
R2
C
I I
C0
Definamos los vectores y diferenciales en este caso debería usar igualdades vectoriales para poder dejar la integral en términos correctos:
~ 0 = adφ0 φ̂ = (−a sin φ0 x̂ + a cos φ0 ŷ)dφ
dl
~ = dxx̂
dl
~ = dẑ + xx̂ − (aρ̂) = dẑ + xx̂ − (a cos φ0 x̂ + a sin φ0 ŷ) = (x − a cos φ0 )x̂ − a sin φ0 ŷ + dẑ
R
p
R = (x − a cos φ0 )2 + a2 sin2 φ0 + d2
Ahora efectuando el producto cruz tenemos:
~0 × R
~ = I 0 (−a sin φ0 x̂ + a cos φ0 ŷ)dφ0 × [(x − a cos φ0 )x̂ − a sin φ0 ŷ + dẑ]
I 0 dl
= aI 0 dφ0 [d cos φ0 x̂ + d sin φ0 ŷ + (a − x cos φ0 )ẑ]
~ × (I 0 dl
~ 0 × R)
~ = (Idxx̂) × (aI 0 dφ0 [d cos φ0 x̂ + d sin φ0 ŷ + (a − x cos φ0 )ẑ])
I dl
13.8.
43
13.8.
Usando ecuación (13-1) recordemos que este ejercicio solamente pide plantear la integral:
µ0
F~c0 →c =
4π
~ 0 × R̂]
~ × [I 0 dl
I dl
R2
C
I I
C0
Ahora definiremos los diferenciales y los Vectores, trate de no confundir los vectores de la causa con los del
efecto recuerde que los vectores de la causa van primados:
~ 0 = adφ0 φ̂ = adφ(− sin φ0 x̂ + cos φ0 ŷ)
dl
~ = adφφ̂ = adφ(− sin φx̂ + cos φŷ)
dl
~ = a cos φx̂ + a sin φŷ − (a cos φ0 x̂ + a sin φ0 ŷ + dẑ) = a(cos φ − cos φ0 )x̂ + a(sin φ − sin φ0 )ŷ − dẑ
R
p
R = 2a2 (1 − cos(φ − φ0 ) + d2
Efectuando el Producto cruz interno y luego el externo de la integral:
~0 × R
~ = (a2 sin φ0 (sin φ0 − sin φ)ẑ − ad sin φ0 ŷ + a2 cos φ0 (cos φ0 − cos φ)ẑ − ad cos φ0 x̂)I 0 dφ0
dl
= I 0 dφ0 [−ad cos φ0 x̂ − ad sin φ0 ŷ + a2 [1 − cos(φ − φ0 )]ẑ]
~ × (dl
~ 0 × R)
~ = II 0 dφdφ0 [a3 cos φ[1 − cos(φ − φ0 )]x̂ + a3 sin φ[1 − cos(φ − φ0 )]ŷ + (a2 d sin φ0 + a2 d cos φ cos φ0 )ẑ]
dl
= a2 II 0 dφdφ0 [a cos φ[1 − cos(φ − φ0 )]x̂ + a sin φ[1 − cos(φ − φ0 )]ŷ + d cos(φ − φ0 )ẑ]
Planteando la integral:
F~c0 →c =
µ0 II 0 a2
4π
Z
µ0 II 0 a2
4π
Z
2π
0
Z
2π
a cos φ[1 − cos(φ − φ0 )]x̂ + a sin φ[1 − cos(φ − φ0 )]ŷ + d cos(φ − φ0 )ẑ
dφdφ0
[2a2 (1 − cos(φ − φ0 ) + d2 ]3/2
2π
a[1 − cos(φ − φ0 )]ρ̂ + d cos(φ − φ0 )ẑ
dφdφ0
[2a2 [1 − cos(φ − φ0 )] + d2 ]3/2
0
o
F~c0 →c =
0
2π
Z
0
44
CAPÍTULO 13. LEY DE AMPERE
13.9.
Para realizar este problema de la manera mas practica recordaremos como se modelamos la fuerza producida
entre lineas con corrientes paralelas y antiparalelas
µ0 II 0
F~C 0 →C =
2πρ
−µ0 II 0
F~C 0 →C =
2πρ
(corrientes antiparalelas)
(corrientes paralelas)
Entonces modelaremos la sumatoria de fuerzas ejercida en el cable centrado en el punto (a,a), por la geometría
del problema notemos que forma un cuadrado y la distancia entre el cable del centro y el del punto (a,a) sera
la diagonal, entonces:
µ0 II 0
x̂
F~1→C =
2πa
µ0 II 0
F~3→C =
ŷ
2πa
−µ0 II 0
F~2→C =
√
2πa
2
−µ0 II 0
=
2πa
√
√
2
2
x̂ +
2
1
1
x̂ + ŷ
2
2
2
(cable1,
[a, 0])
(cable3,
[0, a])
!
ŷ
(cable2 [0, 0])
Ahora haremos la sumatoria de fuerzas para ver la fuerza total ejercida en el 4to cable:
µ0 II 0
µ0 II 0
µ0 II 0 1
1
~
~
~
x̂ +
ŷ −
x̂ + ŷ
F1→C + F3→C + F2→C =
2πa
2πa
2πa 2
2
F~T −→c =
−µ0 II 0
(x̂ + ŷ)
4πa
Capítulo 14
Inducción Magnética
45
46
CAPÍTULO 14. INDUCCIÓN MAGNÉTICA
14.1.
Para calcular la induccion magnetica en el punto x = ρ/2 se sumara la contribucion de cada una de las corrientes,
es decir se utilizara el principio de superposicion. Utilizaremos la ecuacion (14-2):
~ = µ0
B
4π
I
0
C
~
I 0 dl0 × R
R3
1. La inducción producida por C’
Definiremos los vectores de la inducción producida por C’:
~ 0 = dy 0 ŷ
dl
~ = ρ x̂ − y 0 ŷ
R
2
r
ρ 2
R=
+ y 02
2
Trabajando el producto cruz de la integral:
i
hρ
0
0
0
~
I dl × R = I dy ŷ × x̂ − y ŷ
2
0ρ
0
= −I dy ẑ
2
0~ 0
Planteando la integral y resolviendola:
~1
B
µ0
=
4π
Z
∞
−∞
(ρ/2) I 0 dy 0
3/2 ẑ
(ρ/2)2 + y 02
∞
:
−µ0 (ρ/2)
y0
p ẑ
=
·
2 + y 02
4π (ρ/2)2(ρ/2)
−∞
2
−µ0 I 0
~
B1 =
ẑ
πρ
2. La inducción producida por C:
Segundo definiremos los vectores de la inducción producida por C:
~ 0 = dy ŷ + dz ẑ
dl
~ = −ρ x̂ − y ŷ − z ẑ
R
2
r
ρ 2
+ y2 + z2
R=
2
En este caso vemos que z depende de üsando geometría tomaremos z = y tan α =⇒ dz = dy tan α Entonces realizando el producto cruz:
2
~ ×R
~ = I(dy ŷ + dy tan αẑ) × (−ρ/2x̂ − y tan αẑ − y ŷ)
I dl
= I[(ρ/2)ẑ + y(1 − tan α)x̂ − (ρ/2) tan αŷ]dy
14.1.
47
Planteando la Integral y resolviendola:
Z
µ0 I ∞ (ρ/2)ẑ − (ρ/2) tan αŷ + y(1 − tan α)x̂
~
B2 =
dy
4π −∞
[(ρ/2)2 + (y tan α)2 + y 2 ]3/2
:0
Z
µ0 I ∞ (ρ/2)ẑ − (ρ/2) tan αŷ + y(1
−
tan
α)x̂
dy
Por ser funcion impar
=
4π −∞
[(ρ/2)2 + (y tan α)2 + y 2 ]3/2
Z
µ0 I ∞ (ρ/2)ẑ − (ρ/2) tan αŷ
=
dy
4π −∞ [(ρ/2)2 + y 2 sec2 α]3/2
Z ∞
µ0 I
(ρ/2)ẑ − (ρ/2) tan αŷ
dy
=
3
4π sec α −∞ [ ρ 2 + y 2 ]3/2
2 sec α


*2
*2
∞
∞

µ0 Iρ 
1
1
y y tan α


q
q
=
ẑ −
ŷ 
 ρ 2
2
3
ρ
2
2
8π sec α 

ρ
ρ
+ y2
+ y2
2 sec α
2 sec α
2 sec α
2 sec α
−∞
−∞
2
µ0 Iρ
2
· 4 sec2 αẑ − 2 · 4 sec2 α tan αŷ
3
2
8π sec α ρ
ρ
µ0 Iρ
=
[ẑ − tan αŷ]
8π sec αρ
µ0 I
=
[cos αẑ − sen αŷ]
πρ
=
~2
B
Por Superposición la inducción total sera:
~ = B
~1 + B
~2
B
0
µ0 I
−µ0 I
=
ẑ +
[cos αẑ − sin αŷ]
πρ
πρ
~ =
B
µ0
[−I sin αŷ + (I cos α − I 0 )ẑ]
πρ
48
CAPÍTULO 14. INDUCCIÓN MAGNÉTICA
14.2.
Utilizando la ecuacion (14-2):
~ = µ0
B
4π
I
0
C
~
I 0 dl0 × R
R3
Definamos el vector de posicion en coordenadas
cilíndricas y el diferencial:
p
0
0
2
~
~
dl = dz ẑ R = ρρ̂ + (z − z )ẑ R = ρ + (z − z 0 )2
Desarollando el producto cruz:
~ ×R
~ = Idz 0 ẑ × [ρρ̂ + (z − z 0 )ẑ]
I dl
= Iρdz 0 φ̂
Planteando la integral y resolviendola:
~ = µ0 I
B
4π
Z
L2
−L1
ρdz 0
φ̂
[ρ2 + (z − z 0 )2 ]3/2
Tomemos el cambio de variable u = z − z 0 =⇒ du = −dz 0 y cambiando los limites la integral se convierte en:
Z
−µ0 I z−L2
ρdu
~
B =
φ̂
2
4π z+L1 [ρ + u2 ]3/2
z−L2
ρu
−µ0 I
p
=
φ̂
2
4π ρ ρ2 + u2
z+L1
"
#
z + L1
L2 − z
−µ0 I
p
+p
φ̂
=
4πρ
ρ2 + (z + L1 )2
ρ2 + (z − L2 )2
Observando la figura notemos que:

z + L1


p
= sin α1


2
ρ + (z + L1 )2



L2 − z


= sin α2
 p 2
ρ + (L2 − z)2
Entonces:
~ = µ0 I [sin α1 + sin α2 ]φ̂
B
4πρ
14.3.
49
14.3.
Aplicaremos el Principio de Superposicion, Usando la ecuación (14-2) para encontrar la Inducción producida
por las dos corrientes:
~ = µ0
B
4π
I
0
C
~
I 0 dl0 × R
R3
1. La inducción producida por la corriente I1 :
Primero encontraremos los diferenciales y el vector de posición relativo de I1 :
~ = dz 0 ẑ
dl
~ = (x − x1 )x̂ + (y − y1 )ŷ + (z − z 0 )ẑ
R
R=
p
(x − x1 )2 + (y − y1 )2 + (z − z 0 )2
Simplificando el producto cruz de la integral:
~ ×R
~ = I1 dz 0 ẑ × [(x − x1 )x̂ + (y − y1 )ŷ + (z − z 0 )ẑ]
I dl
= I1 dz 0 [(x − x1 )ŷ + (y − y1 )x̂]
Planteando la integral la induccion sera:
Z
I1 [(x − x1 )ŷ + (y − y1 )x̂]dz 0
µ0 ∞
~
B1 =
4π −∞ [(x − x1 )2 + (y − y1 )2 + (z − z 0 )2 ]3/2
Tomemos el cambio de variable u = z − z 0 =⇒ du = −dz 0 cambiando los limites:
Z
µ0 ∞ I1 [(x − x1 )ŷ + (y − y1 )x̂]du
~
B1 =
4π −∞ [(x − x1 )2 + (y − y1 )2 + u2 ]3/2
µ0 I1
[(x − x1 )ŷ + (y − y1 )x̂] · u
p
=
4π [(x − x1 )2 + (y − y1 )2 ] (x − x1 )2 + (y − y1 )2 + u2

=
−∞

:2
∞

µ0 I1 (x − x1 )ŷ + (y − y1 )x̂ 
u p

2
2
2 + (y − y )2 + u2
4π [(x − x1 ) + (y − y1 ) ]
(x
−
x
)
1
1
=
∞
µ0 I1 (x − x1 )ŷ + (y − y1 )x̂
2π [(x − x1 )2 + (y − y1 )2 ]
−∞


50
CAPÍTULO 14. INDUCCIÓN MAGNÉTICA
2. La inducción producida por I2 :
En este caso el procedimiento es exactamente igual:
p
~ = dz 0 ẑ R
~ = (x − x2 )x̂ + (y − y2 )ŷ + (z − z 0 )ẑ R = (x − x2 )2 + (y − y2 )2 + (z − z 0 )2
dl
Simplificando el producto cruz de la integral:
~ ×R
~ = I2 dz 0 ẑ × [(x − x2 )x̂ + (y − y2 )ŷ + (z − z 0 )ẑ]
I dl
= I2 dz 0 [(x − x2 )ŷ + (y − y2 )x̂]
Planteando la integral la induccion sera:
Z ∞
µ
I2 [(x − x2 )ŷ + (y − y2 )x̂]dz 0
0
~2 =
B
4π −∞ [(x − x2 )2 + (y − y2 )2 + (z − z 0 )2 ]3/2
Tomemos el cambio de variable u = z − z 0 =⇒ du = −dz 0 cambiando los limites:
Z ∞
µ
I2 [(x − x2 )ŷ + (y − y2 )x̂]du
0
~2 =
B
4π −∞ [(x − x2 )2 + (y − y2 )2 + u2 ]3/2
µ0 I2
[(x − x2 )ŷ + (y − y2 )x̂] · u
p
=
2
4π [(x − x2 ) + (y − y2 )2 ] (x − x2 )2 + (y − y2 )2 + u2

=
−∞

:2
∞

µ0 I2 (x − x2 )ŷ + (y − y2 )x̂ 
u
p

2
2
2
4π [(x − x2 ) + (y − y2 ) ]
(x
x2 ) + (y − y2 )2 + u2
−
=
∞
−∞
µ0 I2 (x − x2 )ŷ + (y − y2 )x̂
2π [(x − x2 )2 + (y − y2 )2 ]
La inducción total sera la suma de las dos inducciones:
~ = B
~1 + B
~2
B
µ0 I1 (x − x1 )ŷ + (y − y1 )x̂
µ0 I2 (x − x2 )ŷ + (y − y2 )x̂
=
+
2
2
2π [(x − x1 ) + (y − y1 ) ]
2π [(x − x2 )2 + (y − y2 )2 ]
µ
(x
−
x
)ŷ
+
(y
−
y
)x̂
(x
−
x
)ŷ
+
(y
−
y
)x̂
1
1
2
2
0
~ =
B
I1
+ I2
2π
[(x − x1 )2 + (y − y1 )2 ]
[(x − x2 )2 + (y − y2 )2 ]


14.4.
51
14.4.
~ este en el eje z, le da a esta configuracion ciertas propiedades de
El hecho de que el punto donde se calculara B
simetría. El problema por dicha simetría se reduce a calcular el efecto de uno de los lados del cuadrado sobre el
punto en cuestión y luego multiplicarlo por 4 (cuatro lados) para obtener la inducción total, entonces utilizando
siempre la ecuacion (14-2):
I
~
µ0 0 I 0 dl0 × R
~
B=
4π C
R3
Utilizaremos el segmento señalado en la figura para resolver el problema, definamos los diferenciales y los vectores:
p
~ = dx0 x̂ R
~ = −x0 x̂ − (a/2)ŷ + z ẑ R = x02 + (a/2)2 + z 2
dl
Trabajando el producto cruz:
~ ×R
~ = I 0 dx0 x̂ × [z ẑ − x0 x̂ − (a/2)ŷ]
I dl
= I 0 dx0 [(−a/2)ẑ − z ŷ]
Ahora planteando la integral, en este caso, como estamos tomando las cuatro espiras en cuenta note que la
componente en "se cancelara ya que siempre habra un vector que se cancelara con el lado opuesto, por tanto
solo tomaremos la componente en "z":
Z
µ0 I 0 −a/2
(−a/2)dx0
~
B1 =
ẑ
4π a/2 [x02 + a42 + z 2 ]3/2
2
−a/2
=
µ0 I
4π
0
−a
2
0
a2
4
x
q
+ z2
x02 +
ẑ
a2
4


µ0 I 0 a 
=
4π 2
a2
4
0 2
=
8π
a2
4
+ z2
+
z2
a
q a2
2
 ẑ
+
z2
µ0 I a
ẑ
q a2
2
2
+z
+z
2
Entonces la inducción total seria:
~ = 4B
~1
B
=
2π
a2
4
µ 0 I 0 a2
ẑ
q a2
2
2
+z
+z
2
La inducción en el centro seria (z = 0):
~ =
B
µ 0 I 0 a2
2q
ẑ
2
a
a
2 π 2
4
√
2 2µ0 I 0
=
ẑ
πa
a/2
52
CAPÍTULO 14. INDUCCIÓN MAGNÉTICA
14.5.
Establezcamos la proporcion:
n=
N1
N
=
L
dz
~ de una
que es el numero de vueltas por unidad de longitud. Del problema anterior sabemos que el campo B
espira cuadrada en un punto del eje z es:
~ =
B
2π
a2
4
µ 0 I 0 a2
ẑ
q a2
2
2
+z
+
z
2
Debemos integrar esa cantidad en toda la longitud del solenoide cuadrado, de la siguiente manera:
Z
~
~
B = dB
donde:
~ =
dB
2π
a2
4
(N1 )µ0 I 0 a2
=
q a2
02
02
2π
+z
+ z ẑ
2
Entonces planteando la integral y resolviendo:
Z L/2
~
B=
−L/2
µ0 I 0 a2 (ndz 0 )
ẑ
q a2
a2
02
02
+z
+z
4
2
µ0 I 0 a2 ndz 0
ẑ
q a2
a2
02
02
2π 4 + z
+z
2
Notemos que la integral a resolver es algo incomoda por tanto se sugiere utilizar Mathematica o alguna software
de resolución de integrales para resolverla:

L/2

√
0 2
~ = µ0 nI a ·  4 tan−1  q 2(L/2) 
B
ẑ
2
2π
a2
a2 + L
2
√
µ0 nI 0
2(L/2) 
=
· 4 · 2 tan−1  q
ẑ
2
2 π
a2 + L2


√
0
4µ0 nI
2(L/2) 
=
tan−1  q
ẑ
2
π
a2 + L2


Si el solenoide es ideal, (L >> a):

√
~ = 4µ0 nI tan−1  2(L/2)
 ẑ
q
B
π
L2
0

2
0
4µ0 nI
tan−1 (1)ẑ
π
4 µ0 nI 0 π
=
· ẑ
π
4
0
= µ0 nI ẑ
=
−L/2
14.6.
53
14.6.
De nuevo aplicaremos el Principio de Superposición, y la ecuacion (14-2):
~ = µ0
B
4π
I
0
C
~
I 0 dl0 × R
R3
~1
1. La inducción producida por la primera espira: B
Definamos los diferenciales y vectores relativos:
~ = adφφ̂
dl
~ = z ẑ − [aρ̂ + (d/2)ẑ]
R
~ = adφ(− sin φx̂ + cos φŷ) R
~ =
dl
d
z−
2
ẑ − a cos φx̂ − a sin φŷ
s
2
d
R=
z−
+ a2 cos2 φ + a2 sin2 φ
2
s
d
R = a2 + z −
2
Ahora trabajando el producto cruz de la integral
d
~
~
I dl × R = Iadφ(− sin φx̂ + cos φŷ) × z −
ẑ − a cos φx̂ − a sin φŷ
2
d
= Iadφ z −
(sin φŷ + cos φx̂) + aẑ
2
Ahora planteando la integral y resolviendola (se sugiere confirmarla con un software de resolución de integrales):
Z 2π d
z
−
(sin
φŷ
+
cos
φx̂)
+
aẑ
dφ
µ
Ia
0
2
~1 =
B
3/2
4π 0
a2 + z − d2
h
i
:0
: 0 Z 2π z − d (
φŷ
sin
+
cos
φx̂)
+
aẑ
dφ
2
µ0 Ia
=
3/2
4π 0
a2 + z − d2
Z
µ0 Ia 2π
aẑdφ
=
3/2
4π 0
a2 + z − d2
µ0 Ia2
=
3/2
2 a2 + z − d2
54
CAPÍTULO 14. INDUCCIÓN MAGNÉTICA
2. La inducción producida por la segunda espira:
El procedimiento es muy similar:
Definamos los diferenciales y vectores relativos:
~ = adφφ̂
dl
~ = z ẑ − [aρ̂ − (d/2)ẑ]
R
~ = adφ(− sin φx̂ + cos φŷ) R
~ =
dl
d
z+−
2
ẑ − a cos φx̂ − a sin φŷ
s
2
d
z+
R=
+ a2 cos2 φ + a2 sin2 φ
2
s
d
R = a2 + z +
2
Ahora trabajando el producto cruz de la integral
d
~
~
I dl × R = Iadφ(− sin φx̂ + cos φŷ) × z +
ẑ − a cos φx̂ − a sin φŷ
2
d
(sin φŷ + cos φx̂) + aẑ
= Iadφ z +
2
Ahora planteando la integral y resolviendola:
~2
B
µ0 Ia
=
4π
Z
µ0 Ia
=
4π
Z
µ0 Ia
4π
Z
=
=
2π
0
2π
0
0
d
2
(sin φŷ + cos φx̂) + aẑ dφ
3/2
a2 + z + d2
h
i
:0
: 0 z + d2 (
sinφŷ
+
cos φx̂)
+ aẑ dφ
3/2
a2 + z + d2
z+
2π
aẑdφ
a2 + z +
d
2
3/2
µ0 Ia2
3/2
2 a2 + z + d2
Aplicando el principio de superposición la inducción total es:
~ = B
~1 + B
~2
B
=
"
#
1
µ0 Ia2
1
3/2 + 3/2 ẑ
2
a2 + z − d2
a2 + z + d2
14.6.
55
1. ¿Cuanto vale Bz en el origen?
Calculando para z = 0:
µ0 Ia2
~
B(0)
=
2 3/2
a2 + d4
Si d = a:
µ0 Ia2
~
B(0)
= 2 3/2
a2 + a4
8µ0 I
= √
5 5a
El campo de una bobina de Helmholtz
2. ¿Se anulan la primera, segunda y tercera derivada?
si, ya que en el origen el campo B es aproximadamente constante. (se deja al lector comprobarlo)
56
CAPÍTULO 14. INDUCCIÓN MAGNÉTICA
14.7.
Utilizando la ecuacion (14-2):
~ = µ0
B
4π
I
0
C
~
I 0 dl0 × R
R3
Definamos el vector relativo de I’ y el diferencial:
~ = adφφ̂
~ = z ẑ − aρ̂
dl
R
~ = adφ(− sin φx̂ + cos φŷ) R
~ = z ẑ − a cos φx̂ − a sin φŷ
dl
R=
√
a2 + z 2
Trabajando el producto cruz dentro de la integral llegamos a:
~ ×R
~ = Iadφ[z sin φŷ + z cos φx̂ + aẑ]
I dl
Planteando la integral y resolviendola:
Z α
Ia[z sin φŷ + z cos φx̂ + aẑ]dφ
µ
0
~ =
B
4π −α
[a2 + z 2 ]3/2
:0
µ0 Ia
α
α
α
=
−z cos φ|−α ŷ + z sin φ|−α + aφ|−α ẑ
4π[a2 + z 2 ]3/2 =
µ0 Ia
ˆ
[2 z sin αx̂ + 2 aαz]
4 π[a2 + z 2 ]3/2
=
µ0 Ia
[z sin αx̂ + aαẑ]
2π[a2 + z 2 ]3/2
14.8.
57
14.8.
~ en el centro de la helice, es decir en el origen, utilizando ecuacion (14-2):
Se pide calcular B
~ = µ0
B
4π
I
0
C
~
I 0 dl0 × R
R3
Definiendo el vector relativo y el diferencial:
~ = ρdφφ̂ + dz ẑ
dl
~ = adφφ̂
dl
~ = 0 − (z ẑ − aρ̂) R =
R
~ = −z ẑ − aρ̂
R
√
a2 + z 2
Simplifiquemos el producto cruz de la integral:
~ ×R
~ = I(adφφ̂ + dz ẑ) × (−aρ̂ − z ẑ)
I dl
= I(a2 dφẑ − azdφρ̂ − adz ẑ)
Ahora notemos que z depende del ángulo por tanto usando Geometría hagamos:
z = φa tan α =⇒ dz = a tan αdφ
También solo se pide la componente axial, siendo esta la componente en z resolveremos solamente esa parte de la integral, entonces la inducción axial es:
Z Nπ
µ
I
a2 dφ
0
~ =
B
ẑ
4π −N π [a2 + z 2 ]3/2
Z
adz
µ0 I N π
ẑ
=
4π −N π tan α[a2 + z 2 ]3/2
Nπ
µ0 I
a
a
tan
αφ
p
=
·
ẑ
2
2
2
4π
tan α a a + a φ2 tan2 α
−N π
µ0 I
πN
−
πN
√
=
− √
ẑ
4
π a 1 + π 2 N 2 tan2 α a 1 + π 2 N 2 tan2 α
Simplificando y escribiéndo la respuesta como el libro de texto:
~ = µ0 IN (1 + π 2 N 2 tan2 α)−1/2 ẑ
B
2a
58
CAPÍTULO 14. INDUCCIÓN MAGNÉTICA
14.9.
Para encontrar la inducción generada por los dos planos debemos aplicar el principio de superposición, y utili~ para un plano infinito:
zando la ecuacion (14-26) que es el campo B
z
1
0
~
x̂
B = µ0 K
2
|z|
~ 1 para el plano xy:
Utilizando la ecuacion definamos el campo B


 1 µ0 K 0 x̂ for z > 0



 2
~1 =
B
−1


µ0 K 0 x̂ for z < 0


2


~ 2 para el plano desplazado en este caso recordemos que K
~ = −K ŷ entonces usando
Ahora definamos el campo B
la ecuacion (14-26) tenemos:
−1
z−d
0
~
B=
µ0 K
x̂
2
|z − d|
Descomponiendo el campo como el anterior tenemos:

1


µ0 K 0 x̂ for z < 0


2





1
~1 =
B
µ0 K 0 x̂ for 0 < z < d

2







 −1 µ0 K 0 x̂ for z > d
2
Ahora aplicando el principio de superposición obtenemos el campo generado por los dos planos:
~ = B
~1 + B
~2
B
~ =
B

 µ0 K 0 x̂ for 0 < z < d

0 for else
14.10.
59
14.10.
Para encontrar la inducción generada por los dos planos debemos aplicar el principio de superposición, y utili~ para un plano infinito recuerde que en este caso las dos densidades
zando la ecuacion (14-26) que es el campo B
de corriente van en la misma dirección:
z
1
0
~
x̂
B = µ0 K
2
|z|
~ 1 para el plano xy:
Utilizando la ecuacion definamos el campo B

1


µ0 K 0 x̂ for z > 0


2


~1 =
B
−1


µ0 K 0 x̂ for z < 0



 2
~ 2 para el plano desplazado en este caso recordemos que en este caso K
~ = K ŷ
Ahora definamos el campo B
entonces usando la ecuacion (14-26) tenemos:
1
z
−
d
0
~ = µ0 K
B
x̂
2
|z − d|
Descomponiendo obtenemos:

−1


µ0 K 0 x̂ for z < 0


2





−1
~1 =
B
µ0 K 0 x̂ for 0 < z < d

2







 1 µ0 K 0 x̂ for z > d
2
Ahora aplicando el principio de superposición obtenemos el campo generado por los dos planos con misma
densidad de corriente:
~ = B
~1 + B
~2
B
~ =
B

−µ0 K 0 x̂ for z < 0





0 for 0 < z < d





µ0 K 0 x̂ for z > d
60
CAPÍTULO 14. INDUCCIÓN MAGNÉTICA
14.11.
El eje de rotacion en este caso seria el eje z, primero encontraremos la densidad de corriente, dado que:
~ = σ~υ = σ(~ω × ~r) = σ(ωẑ × ρ0 ρ̂)
K
~ = σωρ0 φ̂
⇒K
Ahora para encontrar la inducción usaremos la ecuacion (14-2):
~ = µ0
B
4π
I
0
C
~
K 0 da0 × R
R3
Definiendo el vector relativo y el diferencial:
da = ρdρdφ
~ = z ẑ − ρ0 ρ̂)
R
~ = z ẑ − ρ0 (cos φx̂ + sin φŷ)
R
p
R=
a2 + ρ02
Desarollando el producto cruz de la integral:
~ ×R
~ = σωρ0 φ̂ × (z ẑ − ρ0 ρ̂)
K
= σωρ0 [z sin φŷ + z cos φx̂ + ρ0 ẑ]
Planteando la integral y resolviendola notemos que en las componentes x̂ y ŷ se anularan al integrar con respecto
de φ:
~ = µ0
B
4π
Z
0
2π
Z
0
a
:0
:0
φŷ + φx̂
σωρ0 [
z sin
z cos
+ ρ0 ẑ]ρ0 dρdφ
[z 2 + ρ02 ]3/2
Entonces:
~ = µ0
B
4π
Z
0
2π
Z
0
a
σωρ03 dρ0 dφ
ẑ
[z 2 + ρ02 ]3/2
a
µ0 σω ρ02 + 2z 2
p
=
(2π)
ẑ
4π
ρ02 + z 2 0
2
1
a + 2z 2
2z 2
=
µ0 σω √
−√
ẑ
2
a2 + z 2
z2
2
1
a + z2
=
µ0 σω √
− |z| ẑ
2
a2 + z 2
En el centro del disco, es decir, z = 0:
~ = 1 µ0 σω
B
2
=
a2
√
a2
1
µ0 σωaẑ
2
ẑ
14.12.
61
14.12.
Utilizando la ecuacion (14-7):
µ0
~
B(r)
=
4π
Z
V0
~
Jdv × R
R3
Dado que:
J~ = ρch~υ
Encontremos la densidad de carga y la velocidad y el vector R:
ρch V = Q
Q
ρch =
V
3Q
ρch =
4πa3
Desarrollando
~υ = ω
~ × ~r
~υ = ωẑ × (r sin θρ̂ + z ẑ)
~υ = ωr sin θ(− sin φx̂ + cos φŷ)
~ = −r0 sin θρ̂ + (z − z 0 )ẑ
R
p
R = r02 sin2 θ0 + (z − z 0 )2
√
R = r02 + z 02 − 2zr0 cos θ
el producto cruz:
3Q
~ =
J~ × R
ωr sin θ(− sin φx̂ + cos φŷ) × [−r0 sin θρ̂ + (z − z 0 )ẑ]
4πa3
3Qωr sin θ
[(z sin φ + r cos θ sin φ)ŷ + (z cos φ + r cos θ cos φ)x̂ + r sin θẑ]
=
4πa3
Planteando la integral y resolviendola:
Z Z Z
µ0 2π π a ρch ω(r sin θ)[(z sin φ + r cos θ sin φ)ŷ + (z cos φ + r cos θ cos φ)x̂ + r sin θẑ](r2 sin θ)drdθdφ
~
B =
4π 0
[r02 + z 02 − 2zr0 cos θ]3/2
0
0
Notemos que las integrales en x̂ y ŷ se anulan al integrar con respecto de φ:
~ = µ0
B
4π
Z
0
2π
Z
0
π
Z
0
a
:0
+ (z cosφ+rcos θ cos φ)x̂ + r sin θẑ](r2 sin θ)drdθdφ
02 − 2zr 0 cos θ]3/2
[r02 + z
:0
ρch ω(r sin θ)[(z sinφ+rcos θ sin φ)ŷ
Por tanto la unica a integral a resolver seria:
Z Z Z
µ0 ρch ω 2π π a
r4 sin3 θdr0 dθdφ
~
B=
2
2
0
3/2
4π
0
0
0 [z + r − 2zr cos θ]
~ en el centro de la esfera es decir z = 0 y θ = 0, dado que sin(0) = 0 podemos ver que
Pero se pide calcular B
en el centro de la esfera:
~ =0
B
62
CAPÍTULO 14. INDUCCIÓN MAGNÉTICA
14.13.
En este caso la polarizacion es paralela al eje de rotacion entonces:
P~ = P ẑ;
P R
~ · P~ = 0
ρb = ∇
σb = P~ · n̂ = P ẑ · r̂ = P cos θ
Ahora la densidad superficial de corriente es:
~ =
K
=
=
=
σb~υ
P cos θ(~ω × ~r)
P cos θ(ωẑ × ar̂)
P ωa cos θ sin θφ̂
Nuestro vector de posición con el punto de campo en el polo norte de la esfera, y definiendo el diferencial:
√
~ = aẑ − ar̂
da = a2 sin θdθdφ R
R= √
2a2 − 2a2 cos θ
~ = (a + cos θ)ẑ − a sin θ cos φx̂ + sin θ sin φŷ R = a 2 − 2 cos θ
R
Ahora desarrollando el producto cruz de la integral:
~ ×R
~ = P ωa cos θ sin θ(− sin φx̂ + cos φŷ) × [(a + cos θ)ẑ − a sin θ cos φx̂ + sin θ sin φŷ]
K
= P ωa2 cos θ sin θ[(1 − cos θ) cos φx̂ + (1 − cos θ) sin φŷ + sin θẑ]
Planteando la integral y resolviendola
Z Z
µ0 2π π P ωa2 cos θ sin θ[(1 − cos θ) cos φx̂ + (1 − cos θ) sin φŷ + sin θẑ]
~
B=
4π 0
a3 [2 − 2 cos θ]3/2
0
Notemos que al integrar con respecto de φ las componentes ŷ y ŷ se anularan:
:0
:0
Z 2π Z π
2
P
ωa
cos
θ
sin
θ[
µ
(1
−
cos
θ)
cos
φx̂
+
(1
−
cos
θ)
sin
φŷ
+ sin θẑ]
~ = 0
B
4π 0
a3 [2 − 2 cos θ]3/2
0
Entonces la integral a resolver seria:
Z Z
µ0 2π
P a4 ω cos θ sin3 θdθdφ
~
B =
0π
ẑ
4π 0
a3 [2 − 2 cos θ]3/2
Z Z
µ0 2π
P aω cos θ sin3 θdθdφ
=
0π
ẑ
4π 0
[2 − 2 cos θ]3/2
Z π
µ0
cos θ sin3 θdθ
=
(P ωa)(2π)
ẑ
3/2
4π
0 [2 − 2 cos θ]
Resolviendo la ultima integral con mathematica:
4
~ = µ0 P ωa (2
B
π)
ẑ
4π
5
2
=
µ0 P ωaẑ
5
En el centro de la esfera θ = 0
~ =0
B
14.14.
63
14.14.
Utilizando la ecuacion (14-7):
~ = µ0
B
4π
Z
V0
~
J0 × R
dv 0
R3
La densidad volumetrica es:
I0
~
J = J ẑ = 2 ẑ
πa
Vector relativo y Diferencial:
p
~ = xx̂ − (ρ0 ρ̂ + z 0 ẑ)
R = (x − ρ0 cos φ)2 + ρ02 sin2 φ + z 2
R
~ = xx̂ − (ρ0 cos φx̂ + ρ0 sin φŷ + z 0 ẑ)
R
~ 0 = ρ0 dρdφdz
~ = (x − ρ0 cos φ)x̂ − ρ0 sin φŷ − z 0 ẑ
dv
R
Realizando el producto cruz:
I0
ẑ × [(x − ρ0 cos φ)x̂ − ρ0 sin φŷ − z 0 ẑ]
2
πa
I0
= [(x − ρ0 cos φ)ŷ + ρ0 sen φx̂] 2
πa
~ =
J~ × R
Planteando y resolviendo la integral:
Z ∞ Z 2π Z ρ
µ0 I 0
[(x − ρ0 cos φ)ŷ + ρ0 sen φx̂]ρ0 dρ0 dφdz
~
B =
4π 2 a2 −∞ 0
[(x − ρ0 cos φ)2 + ρ02 sin2 φ + z 2 ]3/2
0
=
:0
Z
Z
Z
Z

2π
ρ ∞
∞
0 µ0 I 0
[(x − ρ0 cos φ)ŷ]ρ0 dρ0 dφdz
ρ02 sen
φx̂dρ
dφdz


+


2
2
2
0
2
02
2
3/2
0
02
2
3/2
4π 2 a2 0

−ρ cos φ) + ρ sin φ + z ] 
0
−∞ [(x − ρ cos φ) + ρ sin φ + z ]
−∞ [(x

64
CAPÍTULO 14. INDUCCIÓN MAGNÉTICA
14.15.
Supongamos que el circuito esta ubicado en el origen y en el plano xy:
Utilizando la ecuacion (14-30):
~
F~mag = q~υ × B
Encontraremos la inducción de todo el circuito utilizando la ecuación (14-2):
~ = µ0
B
4π
I
C0
~0×R
~
I 0 dl
R3
1. Induccion producida por el 2. Induccion producida por el 3. Inducción producida por los
segmento circular de radio a:
segmento circular de radio b:
segmentos laterales rectos:
Vector relativo y Diferencial:
~ = −adφφ̂|R
~ = −aρ|R = a
dl
Vector relativo y Diferencial:
~ = bdφφ̂ R
~ = −bρ
dl
R=b
Desarrollando el producto cruz:
~ ×R
~ = −Ia2 dφẑ
I dl
Desarrollando el producto cruz:
~ ×R
~ = Ib2 dφẑ
I dl
Resolviendo la integral:
Z π
−I a2 dφ
µ
−µ0 I
0
~ =
B
ẑ =
ẑ
4π 0
4a
a3
Resolviendo la integral:
Z π 2
µ
I b dφ
−µ0 I
0
~ =
B
ẑ =
ẑ
4π 0
4b
b3
Vector relativo y Diferencial:
~ = dxx̂ R
~ = x0 x̂ R = x0
dl
Desarrollando el producto cruz:
~ ×R
~ = Ix0 dx(x̂ × x̂) = 0
I dl
~ =
B
0
Para ambos segmentos
La inducción total es:
~ = µ0 I
B
4
1 1
−
a a
ẑ =
µ0 I(a − b)
ẑ
4ab
La fuerza magnetica es:
~
F~mag = q~υ × B
µ0 I 1 1
µ0 I(a − b)
= qv(−ŷ) ×
−
ẑ =
ẑ
4
a a
4ab
−qvµ0 I(a − b)
=
x̂
4ab
qvµ0 I(b − a)
=
x̂
4ab
14.16.
65
14.16.
a)Tomemos la ecuacion (14-3) y con B constante:
I
I
~ ×B
~ ×B
~ =I
~
F~C 0 −→C =
I dl
dl
C
C
La integral en paréntesis se vuelve cero ya que la curva Ç"(circuito) es cerrada. Al resolver la integral tendriamos:
I
Z a
~
dl =
dl = 0
C
a
Como ejemplo analizamos el siguiente circuito:
F~ =
I
C
Z b
=
~ ×B
~
I dl
~+
Idxx̂ × B
Z
~+
Idy ŷ × B
Z
0
~+
Idxx̂ × B
Z
0
~
Idy ŷ × B
a
b
0
0
=
a
0
b) Tomemos el mismo circuito del inciso anterior:
los segmentos de longitud b:
I
Z
~ ×B
~ = Idxx̂ × B x̂ = 0
F~C 0 −→C =
I dl
C
En los segmentos de longitud a:
F~C 0 −→C =
I
~ ×B
~ =
I dl
Z
±Idy ŷ × B x̂ = ±aIB ẑ
C
Estas dos fuerzas inducen que el circuito gire, por lo tanto existe un torque no nulo:
~τ = ~r × F~
= IabB x̂
66
CAPÍTULO 14. INDUCCIÓN MAGNÉTICA
14.17.
La inducción
V0
J~0 × R̂ 0
dv
R2
V0
∇0 × J~0 0
dv
R
Z
~ = µ0
B
4π
Puede ser expresada de la siguiente manera:
~ = µ0
B
4π
Z
Demostración: Supóngase que todas las corrientes fuente esta distribuidas en un volumen finito:
Z ~0
µ0
J × R̂ 0
~
B =
dv
4π V 0 R2
Z
1
µ0
0
~
~
J × −∇
dv 0
=
4π V 0
R
Z
−µ0
1
0
~
~
=
J ×∇
dv 0
4π V 0
R
Utilizando la fórmula:
~ × (f F~ ) = f ∇
~ × F~ + ∇f
~ × F~
∇
~ despejando:
sea f=1/R y F~ = J,
~ = −µ0
B
4π
Z
V0
"
1 ~
~ ×
(∇ × J~0 ) − ∇
R
J~0
R
!#
∇ actua en cordenadas (x,y,z) por lo que anularemos únicamente el segundo termino. también recordemos que:
~ F~ = −∇
~ 0 F~
∇
Por lo tanto:
~ = −µ0
B
4π
Z
V0
~ × J~0
∇
dv 0
R
Capítulo 15
Forma integral de la ley de Ampere
67
68
CAPÍTULO 15. FORMA INTEGRAL DE LA LEY DE AMPERE
15.1.
15.2.
69
15.2.
para demostrarlo tomaremos la siguiente trayectoria de la figura entonces definiremos los diferenciales:
~1
dl
~2
dl
~3
dl
~4
dl
= ra dφφ̂
= dρρ̂
= (r2 + r1 )dφφ̂
= dρρ̂
Sabemos que la inducción producida por una linea infinita es:
~ = µ0 I φ̂
B
2πρ
utilizando la ecuación (12-5):
I
Z 0
Z r1 +r2 Z α
Z r1 µ
I
µ
I
µ
I
µ
I
0
0
0
0
~ =
~ · dl
B
r1 dφ +
φ̂ · dρρ̂ +
(r1 + r2 )dφ +
φ̂ · dρρ̂
2πρ
2πρ
c
α 2πr1
r1
0 2π(r1 + r2 )
r2 +r1
0 α
µ0 I
µ0 I
=
φ +
φ
2π α
2π 0
= 0
—————————————————————————————————————————————————
15.3.
utilizando (15-1) sabemos que en este caso la inducción va en dirección de φ por tanto:
I
~ φ dφ = µ0 Ienc
B
~ φ (2πρ) = µ0 Ienc
B
~ = µ0 Ienc φ̂
B
2πρ
~ = 0
⇒B
(Ienc = 0)
70
CAPÍTULO 15. FORMA INTEGRAL DE LA LEY DE AMPERE
15.4.
En este caso sabemos que nl=N por tanto lograremos sacar una proporcion de cuanta inducción produce un
solenoide en promedio usando la ecuación (15-1):
I
~ = µ0 Ienc
~ · dl
B
C
~ φ (2πρ) = µ0 Ienc
B
~ = µ0 Ienc φ̂
(Ienc = I, en promedio)
B
2πρ
~ = µ0 Ienc φ̂ En P romedio
B
2πρ
revisar con reynel....
—————————————————————————————————————————————————
15.5.
15.6.
71
15.6.
Tomando que la inducción en una bobina toroidal se define así:
~ = µ0 IN φ̂
B
2πρ
Sabemos que en un punto ”a − b” la inducción es menor, y en un punto ”a + b” es mayor, con .a.el centro de la
sección circular del toroide. Entonces con esta relación tenemos:
µ0
IN
− b)(1,02)
2π(a
<
µ0
IN
2πa
1
<
(1,02)(a − b)
1
a
µ0
IN
< 2π(a + b)(0,98)
1
<
(0,98)(a + b)
Entonces ahora lo separamos en dos casos, y los trabajamos:
1
1
<
(1,02)(a − b)
a
1
1
<
a
(a + b)(0,98)
b
1
<1−
1,02
a
1+
b
0.02
>
a
1, 02
b
0.02
<
a
0, 98
1
b
<
a
0, 98
entonces simplificando:
1
b
1
<
<
51
a
49
0, 01960784 <
b
< 0, 02040816
a
72
CAPÍTULO 15. FORMA INTEGRAL DE LA LEY DE AMPERE
15.7.
Utilizando la ecuacion (15-1):
I
~ = µ0 Ienc
~ · ds
B
C
Encontraremos primero la corriente encerrada:
Ienc =














I(
πρ2 )
Iρ2
for ρ < a
=
a2
πa2
I for a < ρ < b


I
π(ρ2 − b2 )


I
−
for b < ρ < c


π(c2 − b2 )







0 for ρ > c
Entonces:
I
~ = µ0 Ienc
~ · ds
B
C
~ φ (2πρ) = µ0 Ienc
B
~ = µ0 Ienc
B
2πρ
Sustituyendo la Ienc :
~ =
B















µ0 Iρ
for ρ < a
2πa2
µ0 I
for a < ρ < b
2πρ



µ0 I(c2 − ρ2 )



for b < ρ < c


2πρ(c2 − b2 )






0 for ρ > c
φ̂
15.8.
73
15.8.
El campo B esta definido de la siguiente manera según dicta


0 for







 µ0 I(ρ2 − a2 )
for
~ =
B
2πρ(b2 − a2 )






µ0 I


for

2πρ
el ejercicio:
ρ<a
a<ρ<b
φ̂
ρ>b
Para encontrar la Densidad de corriente usaremos la ecuación (15-12):
~ ×B
~ = µ0 J~
∇
~ solo va en dirección de φ̂ y solo depende de ρ entonces:
Como B
"
#
~ φ)
1
∂(ρ
B
J~ =
µ0 ρ
∂ρ
Sustituyendo y simplificando:

0 for ρ < a







2
2

1
∂
µ
I(ρ
−
a
)

0

ρ
for a < ρ < b

 µ0 ρ ∂ρ 2π
ρ(b2 − a2 )
~
J =





0



7
1
∂
µ
I



0

ρ  for ρ > b




µ
ρ
∂ρ
2π
ρ
0

J~ =








0 for ρ < a
I
for a < ρ < b
π(b2 − a2 )







0 for ρ > b
ẑ
ẑ
74
CAPÍTULO 15. FORMA INTEGRAL DE LA LEY DE AMPERE
15.9.
Utilizando las ecuaciones:
I
J~ = ρch~υ
~ = µ0 Ienc
~ · dl
B
C
Encontrando la corriente encerrada:
Ienc =

 ρch~υ (πρ2 ) for ρ < a

ρch~υ (πa2 ) for ρ > a
Ahora aplicando la Ley de ampere y simplificando:
~ = µ0 Ienc φ̂
B
2πρ

µ0 ρch~υ ρ


for ρ < a


2
~ =
B


µ ρ ~υ a2

 0 ch
for ρ > a
2πρ
φ̂
————————————————————————————————————————————————–
15.10.
Si se consideran como 2 solenoides infinitamente largos y usando ley de ampere (15-1):
I
~ = µ0 Ienc
~ · dl
B
C
Encontrando la corriente encerrada:

~1 + B
~ 2 for
B





~
~ 2 for
B =
B





0 for

~1 + K
~ 2)
µ0 (K





~
~2
B =
µ0 K





0
ρ<a
a<ρ<b
ẑ
ρ>b
for ρ < a
for a < ρ < b
for ρ > b
ẑ
15.11.
75
15.11.
Usando ley de Ampere (15-1):
I
~ = µ0 Ienc
~ · dl
B
C
Entonces:
I
Z
~
~
B · dl =
C
h
~ z dz +
B
0
Z
0
a
Z
:0
~
B
ẑ) · (dρρ̂) +
d
Z
0
0dρ +
a
Z
0dz +
h
a
Z
0dρ +
d
a
0
:0
~ẑ)
(
B
·
(dρρ̂)
= µ0 Ienc
~ = µ0 Ienc 6= 0
=⇒ B
h
Vemos que si se cumple la ley de Ampere.
————————————————————————————————————————————————–
15.12.
Debemos demostrar la ecuacion (15-12):
~ ×B
~ = µ0 J~
∇
Entonces partiendo de la ecuación (14-17):
µ0
B(r) =
4π
Z
V
0
~ × J(r
~ 0)
∇
dv 0
R
Aplicando el Rotacional y simplificando:
!
Z 0
~
~
µ
∇
×
J
0
~ ×
~ ×B
~ =
∇
dv 0
∇
4π V
R
Z
µ0 0 ~
1
~ × J)
~ + 1∇
~ × (∇
~ × J)dv
~ 0
∇×
=
× (∇
Utilizando (1-120)
4π V
R
R
Z
Z 0
*0
*00
µ0 0 ~
1
1 ~ ~ ~
0
2
~ × J)dv
~
~
∇×
× (∇
+
∇
(∇· J) − Jdv
Utilizando (1-122) y (12-15)
=
∇
4π V
R
V R


Z 0
Z 0
*0
µ
1
µ0
1


0
0
~ ×
~ × J)dv
~
~  ∇
~ · · J~ − J~ ∇
~ ·∇
~ 1
=
∇
× (∇
=
∇
dv 0
4π V
R
4π V
R
R
= −
µ0
4π
Z
V
0
4π (Angulo Solido)
I
>
~
µ0 J
~
~ ·∇
~ 1
~ 1 · da
J~ ∇
dv 0 = −
∇
Por Teorema de la Divergencia
R
4π S R
~ ×B
~ = µ0 J~
∇
ondas con ese signo?
76
CAPÍTULO 15. FORMA INTEGRAL DE LA LEY DE AMPERE
Capítulo 16
Potencial Vectorial
16.1.
Por demostrar que las ecuaciones:
~ ·B
~ =0
∇
~ =∇
~ ×A
~
B
(16 − 3)
(16 − 7)
~ ·A
~=0
∇
(16 − 17)
Se cumplen aun suponiendo que J~ es constante, Entonces:
(1)
Z ~
µ
J ×R
0
~ ·B
~ = ∇
~ ·
∇
dv
4π V R2
Z
µ0
~ 1
~ · J~ × ∇
∇
=
dv
4π V
R
Z
:0
0
µ0
1
:
J)
~
~×
~ − J~ · ∇
~ ~ 1 dv
=
∇
(∇
×
∇
·
4π V
R
R
~
~
∇·B = 0
"
(2)
~ ·A
~ =
∇
=
=
=
#
Z 0 ~ 0
µ
J(r
)
0
~ ·
∇
dv 0
4π V R
!
Z
~ 0)
J(r
µ0 0 ~
∇·
dv 0
4π V
R
Z
*0
µ0 0 ~ ~ 1
1 ~ ~
J· ∇
+ (∇· J)dv
4π v
R
R
Z 0
µ0
:0
~ 0
J(r
) · r̂dv
4π V
~ ·A
~ = 0
∇
77
78
CAPÍTULO 16. POTENCIAL VECTORIAL
16.2.
16.3.
79
16.3.
El campo B esta definido de la siguiente manera:
~ = αx x̂ + βy ŷ + f (x, y, z)ẑ,
B
y2
x2
α, βR
Entonces aplicando la divergencia podremos encontrar la forma mas general de f(x,y,z):
~ ·B
~ = 0
∇
α
β
+ 2 + fz0 (x, y, z) = 0
2
y
x
Z
Z α
β
0
dz
fz (x, y, z)dz = −
+
y 2 x2
α
β
f (x, y, z) = −z
+ g(x, y)
+
y 2 x2
Para encontrar la densidad de corriente usaremos la ecuación (15-12):
~ ×B
~
∇
J~ =
µ0
−zβ
−βy αx
1
zα
0
0
+ gy (x, y) x̂ +
− gx (x, y) ŷ +
− 3 ẑ
=
µ0
y3
x3
x3
y
Ahora para verificar que cumple con densidades de corriente constantes debemos probar que:
~ · J~ = 0
∇
2
~ · J~ = ∂ g(x, y) +
=⇒ ∇
∂x∂y
~ · J~ = 0
∇
−∂ 2 g(x, y)
∂x∂y
80
CAPÍTULO 16. POTENCIAL VECTORIAL
16.4.
16.5.
81
16.5.
82
CAPÍTULO 16. POTENCIAL VECTORIAL
16.6.
Utilizando la Ecuacion (16-10):
µ0
~
A(r)
=
4π
I
0
C
I 0 dl0
R
Primero definiremos el diferencial y el vector posición:
~ 0 = dz 0 ẑ
dl
~ = ρρ̂ + z ẑ − z 0 ẑ R = [ρ2 + (z − z 0 )2 ]1/2
R
~ = ρρ̂ + (z − z 0 )ẑ
R
Ahora planteando la integral y resolviendola llegaremos a la respuesta:
Z
dz 0
µ0 I L2
~
A =
ẑ
4π −L1 [ρ2 + (z − z 0 )2 ]1/2
Tomando el cambio de variable u = z − z 0 =⇒ du = −dz 0 :
Z
µ0 I L2
−du
~
ẑ
A =
2
4π −L1 [ρ + u2 ]1/2
iL2
p
µ0 I h
0
0
2
2
=
− ln (z − z ) + (z − z ) + ρ
ẑ
4π "
−L1
#
p
(z
+
L
)
+
(z + L1 )2 + ρ2
µ
I
1
0
~ =
p
ln
ẑ
A
4π
(z − L2 ) + (z − L2 )2 + ρ2
Ahora para encontrar el campo B utilizaremos la ecuación (16-7):
~ = ∇
~ ×A
~
B
"
#
z − L2
z + L1
µ0 I
p
+p
φ̂
=
4π
(z − L2 )2 + ρ2
(z + L1 )2 + ρ2
16.7.
83
16.7.
84
CAPÍTULO 16. POTENCIAL VECTORIAL
16.8.
Utilizando la ecuación (16-10):
µ0
~
A(r)
=
4π
I
0
C
I 0 dl0
R
Ahora definiremos los vectores y diferenciales en forma rectangular:
p
~ 0 = dφφ̂ R
~ = xx̂ + y ŷ + z ẑ − (a cos φx̂ + a sin φŷ) R = (x − a cos φ)2 + (y − a sin φ)2 + z 2
dl
~ = (x − a cos φ)x̂ + (y − a sin φ)ŷ + z ẑ
R
Sustituyendo en la integral sin evaluarla:
Z
µ0 I 2π
adφ
~
p
A=
φ̂
4π 0
(x − a cos φ)2 + (y − a sin φ)2 + z 2
Si x=0 , y=0 Entonces:
Z
µ0 I 2π adφ
~
√
A =
φ̂
4π 0
a2 + z 2
µ0 Ia
= √
φ̂
2 a2 + z 2
Aun falta encontrar todo lo del campo B
16.9.
85
16.9.
Utilizando la ecuacion (16-10):
µ0
~
A(r)
=
4π
I
0
C
I 0 dl0
R
Definiremos los diferenciales y los vectores:
p
~ 0 1 = dy 0 ŷ R
~ = (x − a)x̂ + (y − y 0 )ŷ R = (x − a)2 + (y − y 0 )2
dl
p
~ 0 1 = dx0 x̂ R
~ = (x − x0 )x̂ + (y − a)ŷ R = (x − x0 )2 + (y − a)2
dl
p
~ 0 1 = dy 0 ŷ R
~ = (x + a)x̂ + (y − y 0 )ŷ R = (x + a)2 + (y − y 0 )2
dl
p
~ 0 1 = dx0 x̂ R
~ = (x − x0 )x̂ + (y + y 0 )ŷ R = (x − x0 )2 + (y + a)2
dl
Planteando la integral y resolviéndola:
"Z
Z −a
a
dx0
µ
I
dy 0
0
~
p
p
A =
ŷ +
x̂
4π
(x − a)2 + (y − y 0 )2
(x − x0 )2 + (y − y 0 )2
a
−a
#
Z −a
Z a
dy 0
dx0
p
p
+
ŷ +
x̂
(x + a)2 + (y − y 0 )2
(x − x0 )2 + (y + y 0 )2
a
−a
a
−a
p
p
µ0 I
ŷ − ln (x − x0 ) + (x − x0 )2 + (y − a)2
x̂
=
− ln (y − y 0 ) + (y − y 0 )2 + (x − a)2
4π
−a
a
−a
a p
p
0
0
− ln (y − y ) + (x + a)2 + (y − y 0 )2
ŷ − ln (x − x ) + (x − x0 )2 + (y + a)2
x̂
a
" "
#
"
#
p
p
(y + a) + (y + a)2 + (x − a)2
(x − a) + (x − a)2 + (y − a)2
µ0 I
p
p
ln
=
ŷ + ln
x̂
4π
(y − a) + (y − a)2 + (x − a)2
(x + a) + (x + a)2 + (y − a)2
#
"
# #
"
p
p
(x + a) + (x + a)2 + (y + a)2
(y − a) + (y − a)2 + (x + a)2
p
p
ŷ + ln
x̂
+ ln
(y + a) + (y + a)2 + (x + a)2
(x − a) + (x − a)2 + (y + a)2
~ = µ0 I ln
A
4π
µ0 I
ln
4π
!
p
(y + a)2 + (x − a)2
p
(y − a) + (y − a)2 + (x − a)2
!
p
(x − a) + (x − a)2 + (y − a)2
p
(x + a) + (x + a)2 + (y − a)2
(y + a) +
!
p
(y − a)2 + (x + a)2
p
ŷ +
(y + a) + (y + a)2 + (x + a)2
!
p
(x + a) + (x + a)2 + (y + a)2
p
x̂
(x − a) + (x − a)2 + (y + a)2
(y − a) +
Si x=0,y=0 Entonces:
~ = µ0 I ln |(1)|
A
4π
~ = 0
A
−a
86
CAPÍTULO 16. POTENCIAL VECTORIAL
16.10.
Utilizando la Ecuacion (16-10)
µ0
~
A(r)
=
4π
Definamos el diferencial y el vector:
~ 0 = dφ0 φ̂ R
~ = a cos φx̂ + a sin φŷ + z ẑ
dl
R=
√
I
0
C
I 0 dl0
R
a2 + z 2
a) Planteando la integral y resolviendola:
Z α
adφ
µ
I
0
~ =
√
φ̂
A
4π −α z 2 + a2
µ Iaα
√0
=
2π z 2 + a2
b) No es el mismo resultado porque no es un circuito cerrado.
————————————————————————————————————————————————–
16.11.
a) Usando la ecuacion
16.12.
87
16.12.
Utilizando la ecuacion (16-10):
µ0
~
A(r)
=
4π
I
0
C
I 0 dl0
R
En este caso modelar el vector sera un poco mas√complicado Reynel se los va explicar. y se modela así:
~ 0 = dz ẑ R
~ = a cos φx̂ + a sin φŷ + z ẑ R = a2 + z 2
dl
Ahora en este caso notemos que la altura depende del ángulo de esta manera:
z = aφ tan α =⇒ dz = a tan αdφ
Entonces Planteando la integral tenemos que:
~ = µ0
A
4π
Z
Nπ
Ia tan α
p
dφ
a2 + a2 φ2 tan2 α
−N π
Z Nπ
µ0
I
adφ
p
=
(2 )
4 π
a 1 + φ2 tan2 α
0
Z Nπ
I dφ
µ0 I
p
=
2π 0
1 + φ2 tan2 α
Tomemos el cambio u=φ tan α =⇒ du = dφ tan α entonces:
Z Nπ
µ
I
tan
α
0
~
√
A =
du
2π
tan α 0
1 + u2
√
µ0 I
=
ln u + u2 + 1
2π
p
~ = µ0 I ln N π tan α + (N π tan α)2 + 1
A
2π
88
CAPÍTULO 16. POTENCIAL VECTORIAL
16.13.
REVISAR
16.14.
89
16.14.
Utilizando ecuacion (16-13):
µ0
~
A(r)
=
4π
Definamos los diferenciales y el vector:
~ 0 = dx0 dy 0 ẑ R
~ = (x − x0 )x̂ + (y − y 0 )ŷ + z ẑ
da
R=
I
S
0
K 0 da0
R
p
(x − x0 )2 + (y − y 0 )2 + z 2
Ahora Planteando la integral:
~ = µ0
A
4π
Z
∞
−∞
Z
∞
−∞
Kdx0 dy 0
p
(x − x0 )2 + (y − y 0 )2 + z 2
ŷ
Como vemos no podemos deshacernos del Infinito por tanto utilizaremos otro método, se sabe por ejercicios
anteriores que el campo B de un plano infinito esta definido así:
z
1
~
B = µ0 K
x̂
2
|z|
Entonces utilizando la ecuación (16-7) podemos igualarla a la componente en x y encontrar A:
~ ×A
~ = B
~
∇

0
7
1
∂A
 z ∂Ay 
x̂ =
µ0 K x̂

 −
∂y
∂z
2

∂Ay
−1
=
µ0 K
∂z
2
~ = −1 µ0 Kz + Aoŷ
A
2
90
CAPÍTULO 16. POTENCIAL VECTORIAL
16.15.
Utilizando la ecuacion (16-12):
µ0
~
A(r)
=
4π
I
0
V
Jdv
R
Dado que:
J~ = ρch~υ
Encontremos la densidad de carga y la velocidad y el vector R:
ρch V = Q
Q
ρch =
V
3Q
ρch =
4πa3
Planteando la
~υ = ω
~ × ~r
~υ = ωẑ × (r sin θρ̂ + z ẑ)
~υ = ωr sin θ(− sin φx̂ + cos φŷ)
~ = −r0 sin θρ̂ + (z − z 0 )ẑ
R
p
R = r02 sin2 θ0 + (z − z 0 )2
√
R = r02 + z 02 − 2zr0 cos θ
integral y resolviendola:
Z Z Z µ0 2π π a 3Q ωr sin θ(− sin φx̂ + cos φŷ)(r2 sin θ)drdθdφ
~
√
A =
4π 0
4πa3
r02 + z 02 − 2zr0 cos θ
0
0
#
"Z
Z πZ a
2π
:0
µ0
3Q
ωr sin θ(r2 sin θ)drdθ
√
+cos φŷ)dφ
(−
sin
=
φx̂
02
02
0
4π 0 0
4πa3
r + z − 2zr cos θ 0
~ = 0
A
16.16.
91
16.16.
92
CAPÍTULO 16. POTENCIAL VECTORIAL
16.17.
Capítulo 17
Ley de inducción, de Faraday
93
94
CAPÍTULO 17. LEY DE INDUCCIÓN, DE FARADAY
17.1.
17.2.
95
17.2.
~ utilizaremos la ecuacion:
Para encontrar A
~ × A(r)
B(r) = ∇
~ = B0
si B
(16 − 7)
t
ẑ entonces:
τ
~ ×A
~ = B
~
∇

0

 1 ∂(ρAφ ) − 1 ∂ Aρ  ẑ = B0
ρ ∂ρ
ρ ∂φ
t
ẑ
τ
∂(ρAφ )
t
= B0 ρ
∂ρ
τ
B0 tρ
Aφ =
+ A0
2τ
~ utilizaremos la ecuacion:
Para encontrar E
~ = −∇Φ − ∂A
E
∂t
(17 − 12)
Entonces tomando que el potencial es cero:
0 ∂A
~ = −∇
~Φ
−
E
∂t
~ = − B0 ρ + ∂A0
E
2τ
∂t
96
CAPÍTULO 17. LEY DE INDUCCIÓN, DE FARADAY
17.3.
Sabiendo que la inducción producida por una linea infinita se define así:
0
~ = µ0 I φ̂
B
2πρ
Para encontrar la fem utilizaremos las ecuaciones:
dΦ
ξind = −
Z dt
Φ =
B · da
S
Sustituyendo I’ primero encontraremos el Flujo:
Z d+a Z b
µ0 I0 e−λt
Φ =
dρdz
2πρ
d
0
µ0 I0 e−λt
d+a
Φ =
b ln
2π
d
Ahora encontraremos la Fem inducida:
ξind = −
ξind =
d µ0 I0 e−λt
d+a
b ln
dt 2π
d
λbµ0 I0 e−λt
a
ln 1 +
2π
d
~ esta disminuyendo la B
~ ind iría en dirección de φ̂, y por tanto la corriente inducida iría en dirección
Ya que B
de la figura. (A favor de las manecillas del reloj)
Capítulo 18
Energia Magnetica
97
98
CAPÍTULO 18. ENERGIA MAGNETICA
Capítulo 19
Multipolos Magneticos
99
100
CAPÍTULO 19. MULTIPOLOS MAGNETICOS
Capítulo 20
Magnetismo en Presencia de materia
101
102
CAPÍTULO 20. MAGNETISMO EN PRESENCIA DE MATERIA
Capítulo 21
Ecuaciones de Maxwell
21.1.
d = d0 + d1 sin(ωt)
~ =??
H
If = 0
Sabemos que en un capacitor notemos que ξ es constante por ser una batería:
~ =ξ
dE
~ = ξ
=⇒ E
d
=
ξ
do + d1 sin(ωt)
Usando la ecuación (21-6):
~
∂D
J~d =
∂t
~
∂(0 E)
=
∂t
∂
ξ
=
∂t do + d1 sin(ωt)
−0 ξd1 ω cos(ωt)
J~d =
[do + d1 sin(ωt)]2
Id,enc
Ahora usando la ecuación (21-8) y también que J~d =
donde S es el area de la superficie del capacitor,
S
ósea S = πρ2 :
I
*0
~ · ds = If,enc
+ Id,enc
H
C
~ φ̂ = J~d (
H(2
πρ)
πρ2 )
~
~ = Jd ρ φ̂
H
2
~ = −0 ξρd1 ω cos(ωt) φ̂
H
2[do + d1 sin(ωt)]2
103
104
CAPÍTULO 21. ECUACIONES DE MAXWELL
21.2.
Usando la Ley de Gauss, ecuacion (10-43)
I
~ · da = Qf,enc
D
S
~
D(2πρ
l ) = λf l
~ = λf ρ̂
D
2πρ
Dentro del dilectrico tomaremos como su permeabilidad electrica:
~ = E
~
D
~ = λf ρ̂
=⇒ E
2πρ
~
~
Jf = σ E
σλf
=
ρ̂
2πρ
Ahora en este caso no podemos tomar λf como constante portanto assumiremos que es de la forma
−σt
λf = λ0 e( ) ,Entonces:
"
#
−σt
( −σt
~
)
∂
D
∂
λ
e
−σλ0 e( )
−σλf
0
~
Jd =
=
=
=
∂t
∂t
2πρ
2πρ
2πρ
Demostrando que se compensan las densidades de corriente:
σλf
σλf
~ =0
−
=0⇒H
J~f + J~d =
2πρ 2πρ
Rapidez de disipación de energía por unidad de volumen:
2
~ 2 = σλ
w = σE
4π 2 2 ρ2
Z
Z 2π Z
⇒W =
wdv =
v
0
a
b
σλ2
σλ2
b
ρdρdφ = 2 2 ln
2
2
2
4π ρ
2π a
(por
unidad de longitud)
Velocidad total de disipación de energía para una longitud l:
Q2
λ2 l
=
2C
2C
2
λf
b
=
ln
4π
a
σλ2f
b
= −
ln
2
2π
a
Uc =
Uc
=⇒
∂Uc
∂t
Ccapacitancia =
2πl
ln(b/a)
(perdida)
Notemos que si es igual que la rapidez de disipación de energía por unidad de volumen
21.3.
105
21.3.
Falta rayniel
106
CAPÍTULO 21. ECUACIONES DE MAXWELL
21.4.
Primero la ecuación (21-26)
~2 − E
~ 1) = 0
n̂ × (E
~ 2 − P~2 − (D
~ 1 − P~1 )] = 0
n̂ × [D
~2 − D
~ 1 ) = n̂ × (P~2 − P~1 )
n̂ × (D
Segundo la ecuacion (21-27)
~2 − B
~ 1) = 0
n̂ · (B
~2 + M
~ 2 ) − µ0 (H
~1 − M
~ 1 )] = 0
n̂ · [µ0 (H
~2 − H
~ 1 ) = n̂ × (M
~1 −M
~ 2)
n̂ × (H
Tercero la ecuación (21-34)
1
[σf − n̂ · (P~2 − P~1 )]
0
~ 2 + P~2 − 0 E
~ 1 + P~1 ] = σf
n̂ · [0 E
~2 − D
~ 1 ) = σf
n̂ · (D
~2 − E
~ 1) =
n̂ · (E
Por ultimo la ecuacion (21-35)
~2 − B
~ 1 ) = µ0 [Kf + n̂ × (M
~2 −M
~ 1 )]
n̂ × (B
!#
~2
~
B
~ 2 − B1 − M
~1
n̂ ×
−M
= Kf
µ0
µ0
"
~2 − H
~ 1 ) = Kf
n̂ × (H
21.5.
107
21.5.
Primero tomaremos la ecuación (21-29) la fuerza de lorentz para llegar a la ecuación (2-3), recordemos que hay
que considerar que estamos en el vacío por tanto:
~ = J~f = J~d = 0
P~ = M
~ + ~υ × B)
~
=⇒ F~Lorentz = q(E
~ · F~ = q[∇
~ ·E
~ +∇
~ · (~υ × B)]
~
∇
~
*0
D
~
~
~ × B)]
~
~
~
~
∇ × ~υ ) − ~υ · (∇
∇ · F = q[∇ · + B · (
0
:0
~ · F~ = q[ ρch − ~υ ~ ×µ
~
∇
·
(
∇
H)]
(N o hay corrientes)
0
0
Z
Z
ρch
~
~
∇ · F dv =
q dv
0
VI
V
qQ
(P or teorema de la divergencia)
F~ · da =
0
S
qq 0
F~ · [4πR2 r̂] =
(integrando el area de una esf era)
0
qq 0
r̂
F~ =
4π0 R2
————————————————————————————————————————————————–
21.6.
Con propiedades del calculo vectorial sencillas demostraremos que siempres se cumplen las ecuaciones de maxwell:
~ ·D
~ 1 = ρch1
~ ·B
~1 = 0
~ ·D
~ 2 = ρch2
~ ·B
~2 = 0
∇
∇
∇
∇
~
~
~ ×E
~ 1 = − ∂ B1 ∇
~ ×H
~ 1 = J~1 ∇
~ ×E
~ 2 = − ∂ B2 ∇
~ ×H
~ 2 = J~2
∇
∂t
∂t
~ · (D
~1 + D
~ 2) = ∇
~ ·D
~1 + ∇
~ ·D
~ 2 = ρch1 + ρch2
∇
~ · (B
~1 + B
~ 2) = ∇
~ ·B
~1 + ∇
~ ·B
~2 = 0
∇
~
~
~
~
~ ×E
~1 + ∇
~ ×E
~2
~ × (E
~1 + E
~ 2 ) = − ∂(B1 + B2 ) = − ∂ B1 − ∂ B2 = ∇
∇
∂t
∂t
∂t
~ × (H
~1 + H
~ 2) = ∇
~ ×H
~1 + ∇
~ ×H
~ 2 = J~1 + J~2
∇
—————————————————————————————————————————————————
21.7.
Este ejercicio, igual que el anterior, se resuelve con propiedades del calculo vectorial muy sencillas, lo único a
considerar es que como es un medio lineal "no homogéneo"las constantes de la permeabilidad eléctrica no son
108
CAPÍTULO 21. ECUACIONES DE MAXWELL
çonstantes, entonces demostrando las cuatro ecuaciones de maxwell:
(1)
(2)
(3)
~ ·D
~ =∇
~ · (E)
~
∇
~
~ ×E
~ = − ∂B
∇
∂t
!
~
B
~ ·B
~ =0 ∇
~ ×H
~ =∇
~ ×
~ 1 ×B
~ + 1 (∇
~ × B)
~
∇
=∇
µ
µ
µ
"
#
~
1
∂(
E)
~ ×B
~ = µB
~ ×∇
~
~+
∇
+ µ J~f0 + σ E
µ
∂t
~ ·D
~ =E
~ · ∇
~ + ∇
~ ·E
~
∇
~
~ ·E
~ = ρch − E · ∇
~
∇
(4)
21.8.
109
21.8.
~ = 0, ρf = J~f = 0:
a) Verificaremos que cumplen las ecuaciones de maxwell tomando que P~ = M
~ ·D
~ = ∇
~ · (0 E)
~ = ρf = 0
(1) ⇒ ∇
h
π πx i
~ ·B
~ = ∇
~ · (µ0 H)
~ = µ0 H0 K a sin(kz − ωt) cos πx
(2) ⇒ ∇
+ H0 cos
(− sin(kz − ωt))K
π
a
a
a
= 0
∂Ey
∂Ey
x̂ +
ẑ
∂t
∂x
a
πx a
πx π = H0 µ0 ωK
sin
cos(kz − ωt)x̂ − H0 µ0 ω
cos
sin(kz − ωt)ẑ
a π a
a
π
a
πx
πx
= H0 µ0 ωK
sin
cos(kz − ωt)x̂ − H0 µ0 ω cos
sin(kz − ωt)ẑ
π
a
a
~ ×E
~ = −
(3) ⇒ ∇
⇐−
~
~
∂B
∂(µ0 H)
= −
∂t
∂t πx πx a
sin
cos(kz − ωt)(−ω) − H0 cos
(− sin(kz − ωt))(−ω)ẑ
= −µ0 H0 K
π a
a
a
πx
πx
= µ0 H0 K
sin
cos(kz − ωt)ω − H0 cos
sin(kz − ωt)ωẑ
π
a
a
~ ×E
~
= ∇
∂H
∂H
z
x
~ ×H
~ =
−
ŷ
(4) ⇒ ∇
∂z
∂x
h
a
πx π πx i
= H0 K 2
sin
cos(kz − ωt) + H0
sin
cos(kz − ωt) ŷ
π
a
a
h a πi a
πx
2
cos(kz − ωt) K
+
ŷ
= H0 sin
a
π
a
⇐
~
~
∂D
∂(0 E)
=
∂t
∂t
a
πx sin
cos(kz − ωt)(−ω),
π
a
a
πx π 2 2
= H0
sin
cos(kz − ωt) K +
ŷ
π
a
a
πx h a πi
= H0 sin
cos(kz − ωt) K 2
+
ŷ
a
π
a
~ ×H
~
= ∇
= −H0 0 µ0 ω
π 2 2
2
µ0 0 ω = K +
a
110
CAPÍTULO 21. ECUACIONES DE MAXWELL
b) Encontrar la corriente de desplazamiento:
~
∂D
J~d =
∂t
~
∂(0 E)
=
∂t h a πi
πx
= H0 sin
cos(kz − ωt) K 2
+
ŷ
a
π
a
c) Encontrar el vector de Poynting:
Utilizando la ecuacion (21-59)
~ = E
~ ×H
~
S
=
H02
sin
πx a 2
a
π
2
sin (kz − ωt)Kµ0 ωẑ −
H02
sin
πx a
cos
πx a
sin(kz − ωt) cos(kz − ωt)µ0 ωx̂
d) En x=0 existe una pared perfectamente conductora que coincide con el plano YZ. Suponer que todos los
campos son iguales a cero para x menores que cero y encontrar la densidad superficial de cara libre y la densidad
superficial de corriente libre en función de la posición en esta pared.
Utilizando la ecuacion (21-25)
~2 − D
~ 1)
σch,f = n̂ · (D
0
~
~
= n̂ · (D2 − D1 )
~ 1)
= n̂ · (−D
σch,f
(ya que en x < 0 los campos son cero)
~ 1)
= n̂ · (−0 E
~ 1)
= −x̂ · (−0 E
(n̂ = −x̂)
~ y (x̂ · ŷ)
= 0 E
= 0
(x̂ · ŷ = 0)
(campo E
solo esta def inido en ŷ)
Utilizando la ecuacion (21-28) para encontrar la densidad superficial de corriente libre:
~ f = n̂ × (H
~2 − H
~ 1)
K
0
~
~
= n̂ × (H2 − H1 )
= −x̂ × [−(Hx + Hz )]
= x̂ × Hz
~
Kf = −H0 cos(kz − ωt)ŷ
(ya que en x < 0 los campos son cero)
(n̂ = −x̂)
(x = 0)
21.9.
111
21.9.
Para encontrar el vector de poyting primero encontraremos el campo E, entonces por ley de Gauss:
I
~ = Qenc
~ · da
D
S
2
~
D(πa
) = q
~ = q ẑ
D
πa2
q
~ =
E
ẑ
0 πa2
Ahora encontraremos la Corriente de desplazamiento:
~
1
∂ q ∂D
~
ẑ = 2
=
Jd =
2
∂t
∂t πa
πa
I
J~d =
ẑ
πa2
∂q
∂t
ẑ
Ahora ya obteniendo la corriente de desplazamiento, como es el vacío no existe corriente de conductividad por
tanto usando ley de ampere:
I
~ = Id
~ · dl
H
C
Z 2π Z a
I
~
ρdρdφ = I
H(2πa)
=
2
0
0 πa
~ = I φ̂
H
2πa
Vector de Poynting:
~=E
~ ×H
~ =
S
−qI
ρ̂
20 π 2 a3
Encontraremos la rapidez total a la que entra la energia usando la ecuacion (21-58):
I
Z 2π Z z
−qIa
−qId
~
~
S · da =
dφdz =
2
3
0 πa2
0
0 20 π a
Para demostrar que son iguales usaremos siempre la ecuacion (21-58):
Uc =
q2
q2d
=
2C
20 πa2
∂Uc
d ∂(q 2 )
(2q)d
=
=
2
∂t
20 πa ∂t
20 πa2
Ccapacitancia =
∂q
∂t
=
q
q
0 πa2
=
=
~
V
d
dE
2 qId
qId
=
2
2 0 πa
0 πa2