Ejercicios de electricidad y magnetismo

Respuesta al ejercicio 22

Consideremos una espira por la que circula una intensidad de corriente I, y tomemos en ella un elemento de arco, ds. Vamos a determinar el vector intensidad de campo, B, que produce en un punto P situado sobre su eje.
Trazamos un plano horizontal que pase por el centro de la espira y tomamos el elemento ds en contacto con dicho plano; el vector B quedará entonces sobre él. Si lo descomponemos según las direcciones de OP y perpendicularmente a ella, se obtienen los vectores B_H y B_V. Si descomponemos en la misma forma el vector intensidad de campo que produce sobre el punto P un elemento de corriente simétrico del que hemos considerado antes, situada en el punto N, nos encontramos con que produce una componente igual y de sentido contrario a la B_V y, por lo tanto, ambas se anulan. Solo quedan las componentes sobre el eje OP , siendo cada una de valor :

\( dB_H = dB· \sin \alpha_1 \)

Sabiendo, por otro lado, que la intensidad de campo producida por un elemento de corriente vale :

\( \displaystyle dB = \frac{\mu}{4·\pi}· \frac{I·ds· \sin \alpha}{r^2} \)

Podemos poner

\( \displaystyle\begin{array}{l} dB_H = dB· \sin \alpha_1 = \\  \\ = \frac{\mu}{4·\pi}· \frac{I·ds· \sin \alpha}{r^2}· \sin \alpha_1 = \frac{\mu}{4·\pi}· \frac{I·ds}{r^2}· \sin \alpha_1 \end{array} \)

Debemos considerar que \( \alpha \) es el ángulo formado por r y ds, con lo cual, por estar ambos en planos perpendiculares, tenemos \( \sin \alpha = 1 \).

El campo total producido por toda la corriente circular será la suma de los infinitos valores producidos por todos los elementos de corriente, es decir :

\( \displaystyle\begin{array}{l} B = \int \limits_0^{2 \pi} \frac{\mu}{4·\pi}· \frac{I·ds}{r^2}· \sin \alpha_1 = \\  \\ = \frac{\mu}{4·\pi}· \frac{I·2 \pi · R}{r^2}· \sin \alpha_1 = \frac{\mu}{2}· \frac{I· R}{r^2}· \sin \alpha_1 \end{array} \)

Debemos considerar que r y senα₁ no son variables para un mismo punto P, puesto que el radio de la corriente circular o espira es constante y a su vez la distancia P al centro de la espira, que determina el valor de sen α₁ . No obstante, podemos poner la anterior expresión en función de valores mas sencillos de determinar.Los ángulos α₁ y α₂ , considerados en el esquema, son iguales por tener los lados perpendiculares; según eso podemos poner :

\( \displaystyle \sin \alpha_1 = \sin \alpha_2 = \frac{R}{r} \)

con lo cual nos queda :

\( \displaystyle B = \frac{\mu}{2}· \frac{I· R^2}{r^3} \)

Al mismo tiempo, al ser el triángulo POM rectángulo, podemos aplicar el teorema de Pitágoras y escribir :

\( \displaystyle B = \frac{\mu}{2}· \frac{I· R^2}{r^3} = \frac{\mu}{2}· \frac{I· R^2}{\left(a^2 + R^2\right)^{3/2}} \)

siendo a la distancia del punto P al centro de la espira. La expresión obtenida nos da el valor del módulo del vector intensidad de campo magnético.
Como caso particular, haciendo a = 0 podemos obtener el valor de la intensidad de campo en el centro de la espira :

\( \displaystyle B = \frac{\mu}{2}· \frac{I· R^2}{\left(0 + R^2\right)^{3/2}} = \frac{\mu}{2}· \frac{I}{R} \)

Considerando el ejemplo numérico

\( \displaystyle B = \frac{4· \pi · 10^{-7}}{2} \times \frac{10}{4·10^{-2}} = \frac {\pi}{2} · 10^{-4} Wb/m^2 \)

para saber que polo magnético de la espira se ve, consideraremos una regla nemotécnica que consiste en dibujar una S o una N dentro de la espira y colocar unas flechitas en los extremos de la letra. Si el sentido de la intensidad de la corriente coincide con el sentido dado a la S, se ve el polo sur, si es lo contrario, el polo norte.
Una regla general consiste en tomar el conductor con la mano derecha y colocar el dedo pulgar a lo largo de este.

Si la intensidad de la corriente coincide con el sentido del dedo, el polo que se ve de la espira es el norte, es decir, las líneas de campo salen.