PROBLEMAS RESUELTOS DE CIENCIAS FISICAS
problemas resueltos de electricidad y magnetismo

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Problemas de electricidad

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Ejercicios de electricidad y magnetismo

Respuesta al ejercicio 21

Vamos a considerar la corriente total descompuesta en una serie de corrientes elementales, determinando la intensidad de campo que produce cada una de ellas y, después, sumaremos las intensidades de campo de todos los elementos de corriente, es decir, realizaremos una integral. Tomaremos un elemento de corriente de longitud dl, del que sabemos que la intensidad de campo producida por el vale :
    \( \displaystyle d\vec{B} = \frac{\mu}{4·\pi}·\frac{I\left[d\vec{l} \wedge \vec{r}\right]}{r^3} \Rightarrow |dB| = \frac{\mu}{4·\pi}· \frac{I· dl·\sin \theta}{r^2} \)
Vamos a considerar la distancia de un punto P del conductor y dividir el problema en dos partes; primero sumaremos las intensidades de campo producidas por los elementos dl que están a la izquierda del pie de la perpendicular por P al conductor; después calcularemos el resto y, finalmente, sumaremos las dos expresiones.
La intensidad de campo producida por la parte considerada en primer lugar vale :
    \( \displaystyle B_1 = \int \limits_1^2 \frac{\mu}{4·\pi}· \frac{I· dl·\sin \theta}{r^2} \qquad (1) \)
Para resolver la integral debemos efectuar varios cambios de variable. Para el primero consideramos el triángulo MNP en el cual los lados NP y MP tienen la misma longitud, r, por ser dl una magnitud infinitesimal. Aplicando el teorema de los senos :
    \( \displaystyle \frac{dl}{d\gamma} = \frac{r}{\sin \theta} \Rightarrow dl·\sin \theta = r·d \gamma \)
Y sustituyendo en la expresión (1) nos queda :

corriente infinita
    \( \displaystyle B_1 = \int \limits_1^2 \frac{\mu}{4·\pi}· \frac{I· dl·\sin \theta}{r^2} = \frac{\mu·I}{4·\pi} \int \limits_1^2 \frac {d \gamma}{r} \)
Para realizar el segundo cambio, en el triángulo rectángulo NOP, tenemos :
    \( a = r·\sin (180 - \theta) = - r·\sin \theta \Rightarrow r = - a/\sin \theta \)
con lo que la integral quedará :
    \( \displaystyle B_1 = \frac{\mu·I}{4·\pi} \int \limits_1^2 \frac {d \gamma}{r} = \frac{\mu·I}{4·\pi} \int \limits_1^2 \frac {d \gamma}{- a/\sin \theta} = - \frac{\mu·I}{4·\pi · a} \int \limits_1^2 \sin \theta · d \gamma \; (2) \)
Podemos transformar, por último, \( d \gamma \textrm{ en } d \theta \) para ello, según la figura y por equivalencias trigonométricas, tenemos :
    \( \cos \gamma = - \sin (180 - \theta) = - \sin \theta \; ; \; \sin \gamma = \cos (180 - \theta) = - \cos \theta \)
derivando la primera expresión y teniendo en cuenta la segunda :
    \( \displaystyle - \sin \gamma· d \gamma = - cos \theta · d \theta \Rightarrow d \gamma = \frac{- \cos \theta}{- \sin \gamma}·d \theta = \frac{- \cos \theta} {\cos \theta}·d \theta = - d \theta \)
por lo que, sustituyendo en (2) :
    \( \displaystyle\begin{array}{l} B_1 = - \frac{\mu·I}{4·\pi·a} \int \limits_1^2 \sin \theta · d \gamma = \\  \\ = - \frac{\mu·I}{4·\pi·a} \int \limits_1^2 \sin \theta · (-d \theta) = \frac{\mu·I}{4·\pi·a} \int \limits_1^2 \sin \theta · d \theta \end{array} \)
Los límites de integración serán los valores entre los que varía θ desde que el elemento dl está en 0 hasta que se encuentra en C, es decir, entre los valores \( \pi /2 \textrm{ y } \beta \)
    \( \displaystyle B_1 = \frac{\mu·I}{4·\pi·a} \int \limits_1^2 \sin \theta · d \theta = \frac{\mu·I}{4·\pi·a} [- \cos \theta]_{\pi /2}^\beta = - \frac{\mu·I}{4·\pi·a} · \cos \beta \)
Para la parte derecha tenemos, en general, las mismas consideraciones, pero debemos observar que se cumple :
    \( \cos \gamma' = \sin \theta' \quad ; \sin \gamma' = \cos \theta' \)
con lo que, después de aplicar las transformaciones oportunas, la integral queda :
    \( \displaystyle\begin{array}{l} B_2 = - \frac{\mu·I}{4·\pi·a} \int \limits_1^2 \sin \theta' · d \theta' = \\  \\ = - \frac{\mu·I}{4·\pi·a} [- \cos \theta]_{\pi /2}^\alpha = \frac{\mu·I}{4·\pi·a} · \cos \alpha \end{array} \)
La intensidad total del campo será la suma de las dos parciales :
    \( \displaystyle B_T = B_1 + B_2 = \frac{\mu·I}{4·\pi·a} ( \cos \alpha - \cos \beta) \)
Si consideramos un conductor infinito, se tiene :
    \( \alpha = 0 \Rightarrow \cos \alpha = 1 \quad ; \quad \beta = 180 \Rightarrow \cos \beta = -1 \)
y sustituyendo en la fórmula general obtenemos :
    \( \displaystyle \begin{array}{l} B_T = B_1 + B_2 = \frac{\mu·I}{4·\pi·a} ( \cos \alpha - \cos \beta) = \\  \\ = \frac{\mu·I}{4·\pi·a}[1 - (-1)] = \frac{\mu·I}{2·\pi·a} \end{array}\)
Expresión que nos da el valor del módulo de la intensidad de campo producida por una corriente rectilínea e infinita.
Para el caso práctico, al no darnos ningún otro valor, suponemos que el hilo es indefinido por lo que, aplicando la fórmula obtenida tenemos :
    \( \displaystyle B = \frac{\mu·I}{2·\pi·a} = \frac{4· \pi · 10^{-7}}{2 · \pi} \times \frac{10}{2·10^{-2}} = 10^{-4} \textrm{ teslas} \)
la constante \( \mu_0 \) es la llamada permeabilidad magnética del vacío.
PROBLEMAS RESUELTOS - ELECTRICIDAD Y MAGNETISMO


tema escrito por: José Antonio Hervás