CAPÍTULO 8 8.1a. Encuentre H en componentes cartesianas en P(2

CAPÍTULO 8
8.1a. Encuentre H en componentes cartesianas en P (2, 3, 4) si hay un filamento de corriente en el eje z llevando
8 mA en la dirección a z .
Aplicando la Ley Biot-Savart, obtenemos
Ha =
∞
I dL × aR
=
4πR 2
−∞
∞
−∞
I dz az × [2ax + 3ay + (4 − z)az ]
=
4π(z2 − 8z + 29)3/2
∞
−∞
I dz[2ay − 3ax ]
4π(z2 − 8z + 29)3/2
Usando las tablas integrales, este se evalúa como
I
Ha =
4π
2(2z − 8)(2ay − 3ax )
52(z2 − 8z + 29)1/2
∞
−∞
=
I
(2ay − 3ax )
26π
Entonces como I = 8 mA, finalmente obtenemos Ha = −294ax + 196ay µA/m
b. Repita si el filamento está localizado en x = −1, y = 2: La integral Biot-Savart se vuelve
Hb =
∞
−∞
I dz az × [(2 + 1)ax + (3 − 2)ay + (4 − z)az ]
=
4π(z2 − 8z + 26)3/2
∞
−∞
I dz[3ay − ax ]
4π(z2 − 8z + 26)3/2
Evaluando como anteriormente, obtenemos con I = 8 mA:
I
Hb =
4π
2(2z − 8)(3ay − ax )
40(z2 − 8z + 26)1/2
∞
−∞
=
I
(3ay − ax ) = −127ax + 382ay µA/m
20π
c. Encuentre H si ambos filamentos están presentes: Este será exactamente la suma de los resultados del inciso a y b, o
HT = Ha + Hb = −421ax + 578ay µA/m
Este problema también puede hacerse (algo más simple) usando el resultado conocido para H de un alambre
infinitamente-largo en componentes cilíndricas, y transformando a componentes cartesianas. El método
Biot-Savart se uso aquí por la ilustración.
8.2. Un filamento de corriente de 3ax se encuentra a lo largo del eje x. Encuentre H en componentes cartesianas en P(−1, 3, 2)
Usamos la ley de Biot-Savart,
I dL × aR
H=
4πR 2
√
donde I dL = 3dxax , aR = [−(1 + x)ax + 3ay + 2az ]/R, y R = x 2 + 2x + 14. Así
∞
3dxax × [−(1 + x)ax + 3ay + 2az ]
(9az − 6ay ) dx
=
HP =
2
3/2
2
3/2
4π(x + 2x + 14)
−∞
−∞ 4π(x + 2x + 14)
(9az − 6ay )(x + 1) ∞
2(9az − 6ay )
=
=
= 0.110az − 0.073ay A/m
√
4π(13)
4π(13) x 2 + 2x + 14 −∞
∞
116
8.3. Dos filamentos semi-infinitos en el eje z permanece en las regiones −∞ < z < −a (notar error tipográfico en
el problema presentado) y a < z < ∞. Cada uno lleva una corriente I en la dirección a z .
a) Calcule H como una función de ρ y φ en z = 0: Una manera de hacer esto es usar el campo de una
línea infinita y substraer de él la porción de campo que derivaría del segmento de corriente
en −a < z < a, encontrado de la ley de Biot-Savart. Así,
a
I dz az × [ρ aρ − z az ]
I
H=
aφ −
2πρ
4π[ρ 2 + z2 ]3/2
−a
La parte integral se simplifica y es evaluada:
a
−a
a
I dz ρ aφ
Iρ
Ia
z
a
=
aφ
=
φ
2
2
3/2
4π[ρ + z ]
4π
ρ 2 ρ 2 + z2 −a
2πρ ρ 2 + a 2
Finalmente
a
I
1− H=
aφ A/m
2πρ
ρ 2 + a2
b) ¿Qué valor de a causará la magnitud de H en ρ = 1, z = 0, para obtener una mitad del valor
para un filamento infinito? Requerimos
1− a
ρ 2 + a2
=
ρ=1
√
a
1
1
⇒ √
⇒ a = 1/ 3
=
2
2
1 + a2
8.4a.) Un filamento se forma en un círculo de radio a, centrado en el origen en el plano z = 0. Si lleva una
corriente I en la dirección a φ . Encuentre H en el origen. Usamos la ley de Biot-Savart, que en este caso
se vuelve:
2π
I a dφ aφ × (−aρ )
I dL × aR
I
=
= 0.50 az A/m
H=
2
2
4πa
a
circuito4πR
0
b.) Un filamento de la misma longitud se forma en un cuadrado en el plano z = 0 Los lados son paralelos al
eje de la coordenada y una corriente I fluye en la dirección general aφ . De nuevo, encuentre H en el origen.
Ya que el circuito es de la misma longitud, su perímetro es 2πa, y así cada uno de los cuatro lados es de longitud π a/2.
Usando la simetría, podemos encontrar el campo magnético al origen asociado con cada uno de los 8 medio-lados
(extendiéndose de 0 a ±πa/4 a lo largo de cada dirección de la coordenada) y multiplicar el resultado por 8.
Tomando uno de los segmentos en la dirección de y, la ley de Biot-Savart se vuelve
π a/4
I dy ay × −(πa/4) ax − y ay
I dL × aR
H=
=8
3/2
2
circuito 4πR
0
4π y 2 + (πa/4)2
π a/4
πa/4
y az
dy az
aI
aI
I
=
= 0.57 az A/m
3/2 =
2
2
2
2 (πa/4) y + (πa/4) 0
a
2 0
y 2 + (πa/4)2
117
8.5. Los conductores filamentarios paralelos mostrados en la Fig. 8.21 se encuentran en espacio libre. Trace |H| contra y, −4 < y < 4,
a lo largo de la línea x = 0, z = 2: Necesitamos una expresión para H en coordenadas cartesianas. Podemos empezar con el
H conocido en cilíndrico para un filamento infinito a lo largo del eje z. H = I /(2πρ) a φ , que transformamos
a cartesianas para obtener:
Ix
−Iy
ax +
ay
H=
2
2
2π(x + y )
2π(x 2 + y 2 )
Si ahora rotamos el filamento para que quede a lo largo del eje x, con corriente que fluye en x positiva, obtenemos
el campo de la expresión anterior reemplazando x con y y y con z:
H=
−I z
Iy
ay +
az
2π(y 2 + z2 )
2π(y 2 + z2 )
Ahora, con dos filamentos, desplazados del eje x para quedar en y = ±1, y con las direcciones de corriente como
las mostradas en la figura, usamos la expresión anterior para escribir
Iz
Iz
I (y + 1)
I (y − 1)
H=
−
ay +
−
az
2π[(y + 1)2 + z2 ] 2π[(y − 1)2 + z2 ]
2π[(y − 1)2 + z2 ] 2π[(y + 1)2 + z2 ]
√
Ahora evaluamos este en z = 2, y encontramos la magnitud de ( H · H), lo que da por resultado
2 2 1/2
2
2
(y + 1)
(y − 1)
I
−
−
+
|H| =
2π
y 2 + 2y + 5 y 2 − 2y + 5
y 2 − 2y + 5 y 2 + 2y + 5
Esta función se traza abajo
8.6a. Un filamento de corriente I se forma en círculo, ρ = a, en el plano z = z . Encuentre Hz en P (0, 0, z) si I
fluye en la dirección a φ: Use la ley de Biot-Savart,
I dL × aR
H=
4πR 2
donde en este caso I dL = I dφa φ , aR = [−aaρ + (z − z )az ]/R, y R = a 2 + (z − z )2 . El
arreglo se vuelve
2π
2π
I adφ aφ × [−aaρ + (z − z )az ]
I a[aaz + (z − z )aρ ] dφ
H=
=
4π[a 2 + (z − z )2 ]3/2
4π[a 2 + (z − z )2 ]3/2
0
0
118
En este punto necesitamos ser especialmente cuidadosos. Note que estamos integrando un vector con un componente aρ
alrededor de un círculo completo dónde el vector no tiene dependencia de φ. Esta suma de todos los componentes a ρ
será ceros-aunque esto no sucede cuando proseguimos con la integración sin este conocimiento.
El problema es que la integral "interpreta" aρ como una dirección constante, cuando de hecho-como sabemos- aρ
continuamente cambia la dirección como varía φ. Dejamos el componente aρ en la integral para dar
2π
H=
0
πa 2 I az
m
I a 2 az dφ
=
=
A/m
2
2
3/2
2
2
3/2
2
4π[a + (z − z ) ]
2π[a + (z − z ) ]
2π[a + (z − z )2 ]3/2
donde m = πa 2 I a z es el momento magnético del circuito.
b) Encuentre H z en P causado por una densidad de corriente superficial uniforme K = K 0 aφ , fluyendo en la
superficie cilíndrica, ρ = a, 0 < z < h. Los resultados del inciso a ayudarán: Usando el inciso a, podemos
escribir abajo el campo diferencial en P derivándose de un lazo de corriente circular de altura diferencial, dz ,
en localización, z . El lazo es de radio a y lleva una corriente K0 dz aφ A:
dH =
πa 2 K0 dz az
A/m
2π[a 2 + (z − z )2 ]3/2
El campo magnético total en P es ahora la suma de las contribuciones de todos los anillos diferenciales
que comprende el cilíndro.
πa 2 K0 dz
dz
a 2 K0 h
=
Hz =
2
2 3/2
2
2
2 3/2
2
0 2π[a + (z − z ) ]
0 [a + z − 2zz + (z ) ]
2
2(2z − 2z)
a K0
K0 (z − z) h
h
=
= 2 4a 2 a 2 + z2 − 2zz + (z )2 0
2 a 2 + (z − z)2 0
K0
(h − z)
z
=
A/m
+√
2
a 2 + z2
a 2 + (h − z)2
h
8.7. Dados los puntos C(5, −2, 3) yP (4, −1, 2); un elemento de corriente I dL = 10−4 (4, −3, 1) A · m en C
produce un campo dH en P .
a) Especifique la dirección de dH por un vector unitario aH : Usando la ley de Biot-Savart, encontramos
dH =
10−4 [4ax − 3ay + az ] × [−ax + ay − az ]
[2ax + 3ay + az ] × 10−4
I dL × aCP
=
=
2
4π33/2
65.3
4πRCP
del cual
aH =
b) Encuentre |dH|.
2ax + 3ay + az
= 0.53ax + 0.80ay + 0.27az
√
14
√
|dH| =
14 × 10−4
= 5.73 × 10−6 A/m = 5.73 µA/m
65.3
c) ¿Qué dirección a l tendría I dL en C para que dH = 0? I dL debería ser colineal con aCP ,
así interpretando el producto
cruza en la ley de Biot-Savart igual a cero. Así la respuesta es a l =
√
±(−ax + ay − az )/ 3
119
8.8. Para el elemento de corriente de longitud finita en el eje z, como se muestra en la Fig. 8.5, use la ley de
Biot-Savart para derivar la Ec. (9) de la Sec. 8.1: La ley de Biot-Savart dice:
H=
z2
I dL × aR
=
4πR 2
z1
ρ tan α2
ρ tan α1
I dzaz × (ρaρ − zaz )
=
4π(ρ 2 + z2 )3/2
ρ tan α2
ρ tan α1
Iρaφ dz
4π(ρ 2 + z2 )3/2
La integral se evalúa (usando las tablas) y da el resultado deseado:
ρ tan α2
I zaφ
I
=
H=
4πρ
4πρ ρ 2 + z2 ρ tan α1
tan α2
tan α1
I
aφ =
(sen α2 − sen α1 )aφ
−
4πρ
1 + tan2 α2
1 + tan2 α1
8.9. Una lámina de corriente K = 8ax A/m fluye en la región −2 < y < 2 en el plano z = 0. Calcule H en
P (0, 0, 3): Usando la ley de Biot-Savart, escribimos
HP =
K × aR dx dy
=
4πR 2
2
∞
−2 −∞
8ax × (−xax − yay + 3az )
dx dy
4π(x 2 + y 2 + 9)3/2
Tomando el producto cruz da
HP =
2
∞
−2 −∞
8(−yaz − 3ay ) dx dy
4π(x 2 + y 2 + 9)3/2
Notamos que la componente z es antisimétrica en y aproximado al origen (paridad impar). Ya que los límites son
simétricos la integral de la componente z sobre y es cero. Estamos a la izquierda con
HP =
2
∞
−2 −∞
6
= − ay
π
−24 ay dx dy
6
= − ay
4π(x 2 + y 2 + 9)3/2
π
2
−2
2
x
∞
dy
(y 2 + 9) x 2 + y 2 + 9 −∞
2
2
4
12 1
−1 y dy
=
−
a
tan
= − (2)(0.59) ay = −1.50 ay A/m
y
2
y +9
π
3
3 −2
π
−2
8.10. Sea una corriente filamentaria de 5 mA dirijada desde el infinito al origen en el eje positivo z y entonces
vuelve atrás al infinito en el eje positivo x. Encuentre H en P (0, 1, 0): La ley de Biot-Savart se aplica en los
dos segmentos del alambre usando el arreglo siguiente: ����
∞
∞
−I dzaz × (−zaz + ay )
I dxax × (−xax + ay )
I dL × aR
=
+
2
3/2
2
4π(z + 1)
4π(x 2 + 1)3/2
4πR
0
0
∞
∞
zax ∞
I dzax
I dxaz
I
xaz ∞
=
+
=
√
+√
4π(z2 + 1)3/2
4π(x 2 + 1)3/2
4π
z2 + 1 0
x2 + 1 0
0
0
I
(ax + az ) = 0.40(ax + az ) mA/m
=
4π
HP =
120
8.11. Un filamento infinito en el eje z lleva 20π mA en la dirección a z. Tres láminas de corriente cilíndrica
uniforme también están presentes: 400 mA/m en ρ = 1 cm, −250 mA/m en ρ = 2 cm, y −300 mA/m en ρ = 3
cm. Calcule H φ en ρ = 0.5, 1.5, 2.5, y 3.5 cm: Encontramos Hφ en cada uno de los radios requeridos al
aplicar la ley circuital de Ampere para trayectorias circulares de esos radios; las trayectorias se centran en el eje z.
Así, en ρ 1 = 0.5 cm:
H · dL = 2πρ1 Hφ1 = Iencl = 20π × 10−3 A
Así
10 × 10−3
10 × 10−3
=
= 2.0 A/m
ρ1
0.5 × 10−2
= 1.5 cm, encerramos la primera de las corrintes en ρ = 1 cm. La ley de Ampere se vuelve
Hφ1 =
En ρ = ρ
2
2πρ2 Hφ2 = 20π + 2π(10−2 )(400) mA ⇒ Hφ2 =
10 + 4.00
= 933 mA/m
1.5 × 10−2
Siguiendo este método, en 2.5 cm:
Hφ3 =
10 + 4.00 − (2 × 10−2 )(250)
= 360 mA/m
2.5 × 10−2
y en 3.5 cm,
Hφ4 =
10 + 4.00 − 5.00 − (3 × 10−2 )(300)
=0
3.5 × 10−2
8.12. En la Fig. 8.22, sean las regiones 0 < z < 0.3 m y 0.7 < z < 1.0 m conduciendo bloques que llevan densidades
de corriente uniforme de 10 A/m2 en direcciones opuestas como las mostradas. El problema te pregunta encontrar H
en varias posiciones. Antes de continuar, necesitamos saber cómo encontrar H para este tipo de configuración de
corriente. La gáfica de abajo muestra uno de los bloques (de espesor D) orientada con la llegada de corriente
fuera de la página. El problema presentado implica que ambos bloques son de longitud y anchura infinita.
Para encontrar el campo magnético interior en el bloque, aplicamos la ley circuital de Amper a la trayectoria
rectangular de altura d y ancho w, como el mostrado, ya que por simetría, H debe orientarse horizontalmente. Por
ejemplo, si la gáfica de abajo muestra el bloque superior en la Fig. 8.22, la corriente estará en la dirección positiva y. Así Hl
estará en la dirección positiva x sobre el punto medio del bloque, y estará en la dirección negativa x abajo del punto medio.����
H fuera
d
w
Hfuera 121
D
8.12 (continuación) Tomando la integral lineal en la ley de Ampere, los dos segmentos de trayectoria vertical cancelarán
cada uno al otro. La ley circuital de Ampere para el circuito interior se vuelve
H · dL = 2H int × w = Ienc = J × w × d ⇒ Hint =
Jd
2
El campo fuera del bloque se encuentra similarmente, pero con la corriente encerrada ahora limitada por el espesor
del bloque, en lugar de la altura de trayectoria de integración:
2Haf × w = J × w × D ⇒ Haf =
JD
2
dondeH af es dirigido de derecha a izquierda debajo del bloque y de izquierda a derecha sobre el bloque (regla de
la mano derecha) . Invierta la corriente, y los campos, por supuesto, la dirección inversa. Estamos ahora en
posición para resolver el problema.
Encuentre H en:
a) z = −0.2m: Aquí los campos los bloques de arriba y fondo (con corrientes opuestas) se cancelarán,
y así H = 0 .
b) z = 0.2m. Este punto se encuentra dentro del bloque inferior sobre su punto medio. Así el campo será
orientado en la dirección negativa de x. Refiriéndose a la Fig. 8.22 y a la gráfica en la página anterior,
encontramos que d = 0.1. El campo total será este campo más la contribución de la corriente del bloque superior:
H=
−10(0.1)
10(0.3)
ax −
ax = −2ax A/m
2
2 bloque inferior
bloque superior
c) z = 0.4m: Aquí los campos de ambos bloques adicionarán constructivamente en la dirección negativa de x:
H = −2
10(0.3)
ax = −3ax A/m
2
d) z = 0.75m: Esto está en el interior del bloque superior cuyo punto medio se encuentra en z = 0.85. Por consiguiente
d = 0.2. Ya que 0.75 se encuentra debajo del punto medio, el campo magnético del bloque superior quedará
en la dirección negativa de x. El campo del bloque inferior será negativo x-dirigido también, llevando a:
H=
−10(0.2)
10(0.3)
ax = −2.5ax A/m
ax −
2
2 bloque superior
bloque inferior
e) z = 1.2m: Este punto se encuentra sobre ambos bloques, donde nuevamente los campos se cancelan completamente: Así H = 0 .
122
8.13. Un cascarón cilíndrico hueco de radio a está centrado en el eje z y lleva una densidad de corriente superficial
uniforme de K a aφ .
a) Muestre que H no es una función de φ o z: Considere esta situación como la ilustrada en el Fig. 8.11. Allí
(sec. 8.2) se presentó que el campo será completamente dirigido a z-. Podemos ver esto aplicando la ley
circuital de Ampere en una trayectoria de circuito cerrado cuya orientación nosotros elegimos tal que esa corriente
es encerrada por la trayectoria. La única manera de encerrar la corriente es establecer el circuito (que elegimos
rectangular) tal que se orienta con dos segmentos opuestos paralelos encontrados en la dirección z; uno de estos
se encuentra dentro del cilindro, el otro fuera. Los otros dos segmentos paralelos quedan en la dirección ρ
El circuito está ahora cortada por la lámina de corriente, y si suponemos una longitud del circuito en z de d,
entonces la corriente encerrada la dará por Kd A. No habrá variación de φ en el campo porque
donde posicionamos el circuito alrededor de la circunferencia del cilindro no afecta el resultado de
la ley de Ampere. Si suponemos una longitud del cilindro infinita, no habrá dependencia de z en el campo,
ya que cuando alargamos el circuito en la dirección z la trayectoria de la longitud (sobre la cual la integral
se toma) aumenta, pero entonces así hace la corriente encerrada -por el mismo factor. Así H no cambiaría
con z. No habría también cambio si el circuito simplemente fue movido a lo largo de la dirección z.
b) Muestre que H φ yHρ son cero por todas partes. Primero, si Hφ fuera a existir, entonces nosotros debemos ser
capaces de encontrar una trayectoria de circuito cerrado que encierra la corriente, en que todos o la porción de la
trayectoria queda en la dirección. Esto no puede ser, así que H φ debe ser cero. Otro argumento es que al aplicar
la ley de Biot-Savart, no hay elemento de corriente que produciría un componente a φ. Nuevamente, usando
la ley de Biot-Savart, notamos que componentes radiales del campo se producirán por elementos de corriente
individual, pero tales componentes se cancelarán de dos elementos que se encuentran en las distancias simétricas en z
en cualquier lado del punto de observación.
c) Muestre que Hz = 0 para ρ > a: Suponga el circuito rectangular fue retirado tal que el segmento exterior
dirigido a z- se mueve más allá y más allá lejos del cilindro. Esperaríamos que H z
disminuya al exterior (como implicaría la ley de Biot-Savart) pero la misma cantidad de corriente siempre es
encerrada no importa qué lejos esté el segmento exterior. Debemos concluir por consiguiente que el campo
exterior es cero.
d) Muestre que H z = Ka para ρ < a: Con nuestra trayectoria rectangular establecido en el inciso a, no tenemos
contribuciones de la trayectoria integral de los dos segmentos radiales, y ninguna contribución del segmento exterior z
dirigido. Por consiguiente, la ley circuital de Ampere establece que
H · dL = Hz d = Ienc = Ka d ⇒ Hz = Ka
donde d es la longitud del circuito en la dirección z.
e) Un segundo cascarón, ρ = b, lleva una corriente Kb aφ . Encuentre H por todas partes: Para ρ < a tendríamos
ambos cilindros contribuyendo, o Hz (ρ < a) = Ka + Kb . Entre los cilindros, estamos al exterior del
interior, así su campo no contribuirá. Así H z (a < ρ < b) = Kb . El campo exterior de (ρ > b)
será cero.
123
8.14. Un toroide tiene una sección cruzada de forma rectangular se define por las siguientes superficies: los cilindros
ρ = 2 yρ = 3 cm, y los planos z = 1 y z = 2.5 cm. El toroide lleva una densidad de corriente superficial
de −50a z A/m en la superficie ρ = 3 cm. Encuentre H en el punto P (ρ, φ, z): La construcción es similar
al del toroide de sección cruzada de alrededor como la de la p.239. Nuevamente, el campo magnético sólo
existe dentro el toroide de la sección cruzada, y lo da
H=
Ienc
aφ
2πρ
(2 < ρ < 3) cm, (1 < z < 2.5) cm
dondeI enc se encuentra de la densidad de corriente dada. En el radio exterior, la corriente es
Iexterior = −50(2π × 3 × 10−2 ) = −3π A
Esta corriente se dirige a lo largo de z, negativo, que significa que la corriente en el radio interno (ρ = 2) se
dirige a lo largo de z positivo. Las corrientes internas y externas tienen la misma magnitud. Es la corriente
interna que se encierra por la trayectoria de la integración circular en a φ dentro del toroide que se usa en la
ley de Ampere. Así I enc = +3π A. Podemos proceder ahora con lo que se pide: ����
a) P A (1.5cm, 0, 2cm): El radio, ρ = 1.5 cm, se encuentra fuera de la sección cruzada, y así HA = 0.
b) P B (2.1cm, 0, 2cm): Este punto se encuentra dentro de la sección cruzada, y los valores φ y z no son
importantes. Encontramos
3aφ
Ienc
aφ =
= 71.4 aφ A/m
HB =
2πρ
2(2.1 × 10−2 )
c) PC (2.7cm, π/2, 2cm): nuevamente, los valores φ y z no difieren, así
HC =
3aφ
= 55.6 aφ A/m
2(2.7 × 10−2 )
d) PD (3.5cm, π/2, 2cm). Este punto se encuentra dentro de la sección cruzada, y así HD = 0.
8.15. Suponga que hay una región con la simetría cilíndrica en que la conductividad la da σ =
1.5e−150ρ kS/m. Un campo eléctrico de 30 az V/m está presente. ����
a) Encuentre J: Use
J = σ E = 45e−150ρ az kA/m2
b) Encuentre la corriente total cruzando la superficie ρ < ρ 0 , z = 0, todo φ:
2π ρ0
ρ0
2π(45) −150ρ
J · dS =
45e−150ρ ρ dρ dφ =
e
−
1]
[−150ρ
kA
2
0
(150)
0
0
= 12.6 1 − (1 + 150ρ0 )e−150ρ0 A
I=
c) Use la ley circuital de Ampere para encontrar H: La simetría sugiere que H sólo se dirigirá a φ
y así consideramos una trayectoria circular de integración, centrada y perpendicular al eje z.
La ley de Ampere se vuelve: 2πρHφ = Ienc , donde Ienc es la corriente encontrada en el inciso b, excepto con ρ 0
reemplazado por la variable ρ. Obtenemos ����
2.00 −150ρ
1 − (1 + 150ρ)e
A/m
Hφ =
ρ
124
8.16. El cascarón cilíndrico, 2mm < ρ < 3mm, lleva una corriente total uniformemente-distribuida de 8A en la
dirección −a z y un filamento en el eje z lleva 8A en la dirección az. Encuentre H por todas partes.
Usamos la ley circuital de Ampere, y se nota que de la simetría, H se dirigirá a φ . Dentro del cascarón (ρ < 2mm),
Una trayectoria circular de integración centrada en el eje z encierra sólo la corriente de filamento a lo largo de z: Por consiguiente
H(ρ < 2mm) =
4
8
aφ =
aφ A/m (ρ en m)
2πρ
πρ
Con la trayectoria circular de integración dentro de (2 < ρ < 3mm), la corriente encerrada consistirá del
filamento más la porción de la corriente del cascarón que se encuentra dentro de ρ. La ley circuital de Ampere
aplicada a un circuito de radio ρ es:
H · dL = If ilamento +
J · dS
área cascarón
donde la densidad de corriente es
J=−
8
8 × 106
az A/m2
a
=
−
z
−3
2
−3
2
π(3 × 10 ) − π(2 × 10 )
5π
Así
2πρHφ = 8 +
2π
0
ρ
2×10−3
ρ
−8
6
× 10 az · az ρ dρ dφ = 8 − 1.6 × 106 (ρ )2 2×10−3
5π
Resuelva para H φ para encontrar:
H(2 < ρ < 3 mm) =
4 1 − (2 × 105 )(ρ 2 − 4 × 10−6 ) aφ A/m (ρ en m)
πρ
En el exterior (ρ > 3mm), la corriente total encerrada es cero, y así H(ρ > 3mm) = 0.
125
8.17. Un filamento de corriente en el eje z lleva una corriente de 7 mA en la dirección az y láminas de corriente de 0.5 az
A/m y −0.2 a z A/m están localizadas en ρ = 1 cm y ρ = 0.5 cm, respectivamente. Calcule H en:
a) ρ = 0.5 cm: Aquí, estamossolo adentro o solo afuera de la primera lámina de corriente, así
debemos calcular H para ambos casos. Solo adentro, aplicando la ley circuital de Ampere a una
trayectoria circular centrada en el eje z produce:
2πρH
φ
= 7 × 10−3 ⇒ H(solo adentro) =
7 × 10−3
aφ = 2.2 × 10−1 aφ A/m
2π(0.5 × 10−2
Solo afuera la lámina de corriente en .5 cm, la ley de Ampere se vuelve
2πρHφ = 7 × 10−3 − 2π(0.5 × 10−2 )(0.2)
⇒ H(solo afuera) =
7.2 × 10−4
aφ = 2.3 × 10−2 aφ A/m
2π(0.5 × 10−2 )
b) ρ = 1.5 cm: Aquí, todas las tres corrientes están encerradas, así la ley de Ampere se vuelve
2π(1.5 × 10−2 )Hφ = 7 × 10−3 − 6.28 × 10−3 + 2π(10−2 )(0.5)
⇒ H(ρ = 1.5) = 3.4 × 10−1 aφ A/m
c) ρ = 4 cm: aplicar aquí la ley de Ampere usada como en el inciso b, excepto que reemplazamos ρ = 1.5 cm con ρ = 4
cm en el lado de la mano izquierda. El resultado es H(ρ = 4) = 1.3 × 10−1 a φ A/m.
d) ¿Qué lámina de corriente deberá ser localizada en ρ = 4 cm así que H = 0 para todo ρ > 4 cm? Requerimos
que la corriente encerrada total sea cero, y así la corriente neta en el cilindro propuesto en 4 cm debe ser
negativo el lado de la mano derecha de la primera ecuación en el inciso b. Éste será −3.2 × 10 −2 , así que la
densidad de corriente superficial en 4 cm debe ser
K=
−3.2 × 10−2
az = −1.3 × 10−1 az A/m
2π(4 × 10−2 )
8.18. La densidad de corriente es distribuida como sigue: J = 0 para |y| > 2 m, J = 8ya z A/m2 para |y| < 1 m,
J = 8(2 − y) a z A/m2 para 1 < y < 2 m, J = −8(2 + y) az A/m2 para −2 < y < −1 m. Use la simetría
y la ley de Ampere para encontrar H por todas partes.
La simetría ayuda significativamente en este problema. Las densidades de corriente en las regiones 0 < y < 1 y
−1 < y < 0 son imágenes espejo de cada una de las otras a través del plano y = 0 – este en la adición es de
signo opuesto. Esto también es verdadero de las densidades de corriente en las regiones 1 < y < 2 y −2 < y < −1.
Como consecuencia de esto, encontramos que la corriente neta en la región 1, I1 (ver el diagrama en la próxima página)
es igual y opuesta a la corriente neta en la región 4, I 4 . También, I2 es igual y opuesta a I3 . Esto significa
que al aplicar la ley de Ampere a la trayectoria a − b − c − d − a, como lo mostrado en la figura, la corriente cero
es encerrada, así que H · dL = 0 sobre la trayectoria. En la adición, la simetría de la configuración de corriente
implica que H = 0 exterior al bloque a lo largo de las trayectorias verticales a − b y c − d. H de todas las fuentes
debe cancelar completamente a lo largo de las dos trayectorias verticales, así como a lo largo de las dos trayectorias horizontales.
126
8.18. (continuación) Para encontrar el campo magnético en la región 1, aplicamos la ley circuital de Ampere a la trayectoria c−
d−e−f−c, nuevamente notando que H será cero a lo largo de los dos segmentos horizontales y a lo largo del segmento
vertical derecho. Este deja únicamente el segmento vertical izquierdo, e − f , apuntando en la dirección +x, y
a lo largo del campo, Hx1 . La dirección en sentido contrario a las agujas del reloj de la trayectoria integral se
elige usando la convención de la mano derecha donde tomamos la normal a la trayectoria en la dirección +z,
la cual es la misma que la dirección de corriente. Suponiendo que la altura la trayectoria es .x, encontramos
Hx1 .x = .x
2
y1
2
8(2 − y)dy = .x 16y − 4y 2
= .x 16(2 − y1 ) − 4(4 − y12 )
y1
Reemplazando y 1 con y, encontramos
Hx1 = 4[8 − 4y − 4 + y 2 ] ⇒ H1 (1 < y < 2) = 4(y − 2)2 ax A/m
H1 se encuentra en la dirección positiva x, ya que el resultado de la integración es positivo neto.
H en la región 2 se encuentra ahora a través de la integral lineal sobre la trayectoria d − g − h − c, encerrando
todo de la región 1 dentro de .x y parte de la región 2 de y = y 2 a 1:
Hx2 .x = .x
2
8(2 − y) dy + .x
1
así que en términos de y,
1
y2
8y dy = .x 4(1 − 2)2 + 4(1 − y22 ) = 4(2 − y22 ).x
H2 (0 < y < 1) = 4(2 − y 2 )ax A/m
3
4
1
2
e
g
a
-2
y2
0
-1
b
h
d
y1
1
c
f
x
x
.
.
I4
I3
I2
I1
x
127
y
2
8.18. (continuación) El procedimiento se repite para las dos regiones remanentes, −2 < y < −1 y −1 < y < 0, tomando
la trayectoria de integración con su segmento vertical derecho dentro de cada una de estas dos regiones, mientras
la trayectoria vertical izquierda es a − b. Nuevamente la integral se toma en sentido contrario a las manecillas del reloj
que significa que la trayectoria vertical derecha será dirigida a lo largo de −x. Pero la corriente está ahora en la dirección
opuesta de esa para y > 0, haciendo negativa la corriente encerrada neta. Por consiguiente, H estará en la dirección
opuesta que de la trayectoria vertical derecha que es la dirección positiva de x. El campo magnético será por consiguiente
simétrico sobre el plano y = 0. Podemos usar los resultados para las regiones 1 y 2 para construir el campo
por todas partes:
H = 0 (y > 2) y (y < −2)
H = 4(2 − |y|2 )ax A/m (0 < |y| < 1)
H = 4(|y| − 2)2 ax A/m (1 < |y| < 2)
8.19. Calcule ∇ × [∇(∇ · G)] if G = 2x 2 yz a x − 20y ay + (x 2 − z2 ) az : Procediendo, primero encontramos ∇ · G =
4xyz − 20 − 2z. Entonces ∇(∇ · G) = 4yz a x + 4xz ay + (4xy − 2) az . Luego
∇ × [∇(∇ · G)] = (4x − 4x) ax − (4y − 4y) ay + (4z − 4z) az = 0
8.20. La intensidads de campo magnético está en la región cuadrada x = 0, 0.5 < y < 1, 1 < z < 1.5 por
3
4
H = z2 a x +
x ay + y az A/m.
a) evalúe H · dL sobre el perímetro de la región cuadrada. Usando dL = dxa x + dyay + dzaz ,
y el campo dado, encontramos, en el plano x = 0 :
H · dL =
1
.5
0 dy +
1.5
(1) dz +
4
1
.5
0 dy +
1
1
(.5)4 dz = 0.46875
1.5
b) Encuentre ∇ × H:
∇ ×H=
∂Hy
∂Hz
−
∂y
∂z
ax +
∂Hz
∂Hx
−
∂z
∂x
ay +
∂Hy
∂Hx
−
∂x
∂y
az
= 4y 3 ax + 2zay + 3x 2 az
c) Calcule (∇ × H) x en el centro de la región. Aquí, y = 0.75 y así (∇ × H)x = 4(.75)3 =
1.68750.
d) ¿(∇ ×H) x = [ H ·dL]/ es Área Encerrada? Usando el resultado del inciso, [ H ·dL]/Área Encerrada =
0.46875/0.25 = 1.8750, que está fuera del valor encontrado en el inciso c. La respuesta: No.
La razón: el límite del área reducida a cero debe ser tomada antes de que los resultados fueran iguales.
8.21. Los puntos A, B, C, D, E, y F están cada uno 2 mm del origen en los ejes coordenados indicados en la Fig.
8.23. El valor de H en cada punto está dado. Calcule un valor aproximado para ∇ × H en el origen.
Usamos la aproximación:
. H · dL
rotacional H =
.a
donde no hay límite que toma como .a → 0 (de aquí la aproximación), y donde .a = 4 mm2 . Cada componente
rotacional es encontrado por integración H sobre una trayectoria cuadrada que es normal a la componente en cuestión. ����
128
8.21. (continuación) Cada uno de los cuatro segmentos del contorno pasa a través de uno de los puntos dados. A lo largo de
cada segmento, el campo es supuestamente constante, y así la integral se evalúa sumando los productos
del campo y longitud del segmento (4 mm) sobre los cuatro segmentos. La componente de x del rotacional es así:
−3
. (Hz,C − Hy,E − Hz,D + Hy,F )(4 × 10 )
(∇ × H)x =
(4 × 10−3 )2
= (15.69 + 13.88 − 14.35 − 13.10)(250) = 530 A/m2
Las otras componentes son:
. (Hz,B + Hx,E − Hz,A − Hx,F )(4 × 10−3 )
(∇ × H)y =
(4 × 10−3 )2
= (15.82 + 11.11 − 14.21 − 10.88)(250) = 460 A/m2
y
−3
. (Hy,A − Hx,C − Hy,B Hx,D )(4 × 10 )
(∇ × H)z =
(4 × 10−3 )2
= (−13.78 − 10.49 + 12.19 + 11.49)(250) = −148 A/m2
Finalmente reunimos los resultados y escribimos:
.
∇ × H = 530 ax + 460 ay − 148 az
8.22. En la región cilíndrica ρ ≤ 0.6 mm, Hφ = (2/ρ) + (ρ/2) A/m, mientras Hφ = (3/ρ) A/m para ρ > 0.6 mm.
a) Determine J para ρ < 0.6 mm: Tenemos únicamente una componente φ que varía con ρ. Por lo tanto
1 d(ρHφ )
ρ2
1 d
∇ ×H=
az =
2+
az = J = 1az A/m2
ρ dρ
ρ dρ
2
b) Determine J para ρ > 0.6 mm: En este caso
1 d
3
J=
ρ
az = 0
ρ dρ
ρ
c) ¿Hay una corriente filamentaria en ρ = 0? ¿Si es así, cuál es su valor? ¿Como ρ → 0, Hφ → ∞, que
implica la existencia de un filamento de corriente a lo largo del eje z: Así, SÍ. El valor se encuentra a través de
la ley del circuital de Ampere, integrando Hφ alrededor de una trayectoria circular de radio pequeño desapareciendo.
La corriente encerrada es por consiguiente I = 2πρ(2/ρ) = 4π A .
d) ¿Qué es J en ρ = 0? Ya que un filamento de corriente se encuentra a lo largo de z en ρ = 0, esto forma una
singularidad, y así la densidad de corriente
es infinita.
.
8.23. Dado el campo H = 20ρ 2 a φ A/m:
a) Determine la densidad de corriente J: Esta se encuentra a través del rotacional de H, que simplifica un solo
término, ya que H sólo varía con ρ y tiene sólo una componente φ:
J=∇ ×H=
1 d(ρHφ )
1 d az =
20ρ 3 az = 60ρ az A/m2
ρ dρ
ρ dρ
129
8.23. (continuación)
b) Integre J sobre la superficie circular ρ = 1, 0 < φ < 2π, z = 0, para determinar la corriente total
que pasa a través de esa superficie en la dirección a z La integral es:
I=
2π
J · dS =
0
1
0
60ρaz · ρ dρ dφaz = 40π A
c) Encuentre una vez más la corriente total, esta vez por una integral lineal alrededor de la trayectoria circular ρ = 1,
0 < φ < 2π, z = 0:
I=
2π
H · dL =
0
20ρ 2 aφ ρ=1 · (1)dφaφ =
2π
20 dφ = 40π A
0
8.24. Evalúe ambos lados del teorema de Stokes para el campo G = 10 sen θ a φ y la superficie r = 3, 0 ≤ θ ≤ 90◦ ,
0 ≤ φ ≤ 90◦ . Permita a la superficie tener la dirección a r . El teorema de Stokes dice:
G · dL =
(∇ × G) · n da
C
S
Considerando la superficie dada, el contorno, C, que forma su perímetro consiste en tres arcos unidos de
radio 3 que alcanza 90◦ fuera en los planos xy, xz, y zy. Sus centros están en el origen. De estos tres,
sólo el arco en el plano xy (qué se encuentra a lo largo de aφ ) está en la dirección de G; los otros dos (en las direcciones −a θ
y aθ respectivamente) son perpendicular a él, y así no contribuirán a la trayectoria integral. El lado de la mano
izquierda consiste por consiguiente de únicamente la porción del plano xy de la trayectoria cerrada, y se evalúa como
G · dL =
π/2
0
10 sen θ π/2 aφ · aφ 3 sen θπ/2 dφ = 15π
Para evaluar el lado de la mano derecha. encontramos primero
∇ ×G=
1
d
20 cos θ
ar
[(sen θ)10 sen θ] a r =
r sen θ dθ
r
La superficie sobre la cual integramos esto es un-octavo de cascarón esférico de radio 3 en el primer octante,
limitado por los tres arcos descritos antes. El lado de la mano derecha se vuelve ����
S
(∇ × G) · n da =
0
π/2 π/2
0
20 cos θ
ar · ar (3)2 sen θ dθ dφ = 15π
3
Parecería que el teorema funciona.
130
8.25. (Se descubrió que el problema tiene fallas-yo procederé con él y mostraré cómo). Dado el campo ����
φ
φ
1
cos aρ − sen aφ A/m
2
2
2
evalúe ambos lados del teorema de Stokes para la trayectoria formada por la intersección del cilindro ρ = 3
y el plano z = 2, y para la superficie definida por ρ = 3, 0 ≤ φ ≤ 2π, y z = 0, 0 ≤ ρ ≤ 3: Esta
superficie se parece a una lata de estaño abierta cuyo fondo se encuentra en el plano
z = 0 y cuya orilla circular
está abierta, en z = 2, define la integral lineal del contorno. Evaluamos primero H · dL sobre el contorno circular,
donde tomamos la dirección de la integración como en el sentido de las manecillas del reloj, mirando hacia abajo en
la lata. Hacemos esto porque el exterior normal del fondo de la lata estará en la dirección −a z.
2π
2π
φ
H · dL =
H · 3dφ(−aφ ) =
3 sen dφ = 12 A
2
0
0
H=
Con nuestra opción de dirección del contorno, esto indica que la corriente fluirá en la dirección negativa z .
Note
para referencia futura que sólo el componente φ del campo dado contribuyó aquí. Luego, evaluamos
∇ × H · dS, sobre la superficie de la lata de estaño. Encontramos ����
φ
1
φ
φ
1
3
1 ∂(ρHφ ) ∂Hρ
−
az =
− sen + sen
az = −
sen az A/m
∇ ×H=J=
ρ
∂ρ
∂φ
ρ
2
4
2
4ρ
2
Note que ambas componentes del campo contribuyen aquí. La integral sobre de la lata de estaño está ahora sólo sobre
la superficie del fondo, ya que ∇ × H tiene sólo una componente z. Usamos la normal exterior, −a z , y encuentre
φ
9 2π
φ
3 2π 3 1
sen az · (−az )ρ dρ dφ =
sen dφ = 9 A
∇ × H · dS = −
4 0
2
4 0
2
0 ρ
Note que si la componente radial de H no fuera incluida en el cálculo de ∇ × H, entonces el factor,
de 3/4 delante de la integral anterior cambiaría a un factor de 1, y el resultado habría sido 12 A.
Parecería ser una violación del teorema de Stokes ya que da por resultado un término desaparecido en la componente φ
de H, teniendo cero rotacional que habría permitido a la línea integral original tener un valor,
de 9A. Se invita al lector a explorar esto en forma más extensa. ����
8.26. Sea G = 15ra φ .
a) Determine G · dL para la trayectoria circular r = 5, θ = 25◦ , 0 ≤ φ ≤ 2π:
2π
15(5)aφ · aφ (5) sen(25◦ ) dφ = 2π(375) sen(25◦ ) = 995.8
G · dL =
0
b) Evalúe S (∇ ×G)·dS sobre la cubierta esférica r = 5, 0 ≤ θ ≤ 25◦ , 0 ≤ φ ≤ 2π: Cuando evaluamos
el rotacional de G usando la fórmula en coordenadas esféricas, únicamente una de los seis términos perdura: ����
∇ ×G=
1 ∂(Gφ sen θ)
1
ar =
15r cos θ ar = 15 cot θ ar
r sen θ
∂θ
r sen θ
Entonces
S
2π
(∇ × G) · dS =
0
= 2π
25◦
0
25◦
15 cot θ ar · ar (5)2 sen θ dθ dφ
15 cos θ(25) dθ = 2π(15)(25) sen(25◦ ) = 995.8
0
131
8.27. La intensidad de campo magnético está dada en una cierta región de espacio como
H=
x + 2y
2
ay + az A/m
2
z
z
a) Encuentre ∇×H: Para este campo, la expresión general rotacional en coordenadas rectangulares simplifica a
∇ ×H=−
∂Hy
∂Hy
2(x + 2y)
1
ax +
az =
ax + 2 az A/m
3
∂z
∂x
z
z
b) Encuentre J: Este será la respuesta del inciso a, ya que ∇ × H = J.
c) Use J para encontrar la corriente total que pasa a través de la superficie z = 4, 1<x<2, 3<y<5, en la dirección a z
Esta será
5 2
1
I=
Jz=4 · az dx dy =
dx dy = 1/8 A
2
3
1 4
d) Muestre que el mismo resultado se obtiene usando el otro lado del teorema de Stokes: Tomamos H · dL
sobre la trayectoria cuadrada en z = 4 como lo definido en el inciso c. Esto involucra dos integrales de la componente y
de H sobre el rango 3 < y < 5. Las integrales sobre x, para completar el circuito, no existe ya que no hay
componente x de H. Tenemos
I=
H
· dL =
z=4
3
5
2 + 2y
dy +
16
3
5
1
1
1 + 2y
dy = (2) − (2) = 1/8 A
16
8
16
8.28. Dado H = (3r 2 / sen θ )a θ + 54r cos θaφ A/m en espacio libre:
a) encuentre la corriente total en la dirección a θ a través de la superficie cónica θ = 20◦ , 0 ≤ φ ≤ 2π ,
0 ≤ r ≤ 5, por el lado del teorema de Stokes que mejor le guste. Yo elegí el lado de la integral lineal donde la trayectoria
de la integración es la trayectoria circular en φ alrededor de la orilla de la tapa del cono r = 5. La dirección de la
trayectoria se elige por estar mirando hacia abajo en el sentido de las manecillas del reloj en el plano xy. Esto, por
convención, lleva a la normal de la superficie del cono que apunta en la dirección positiva a θ (regla de la mano derecha). Encontramos �
H · dL =
0
2π
(3r 2 / sen θ)aθ + 54r cos θaφ
r=5,θ =20
· 5 sen(20◦ ) dφ (−aφ )
= −2π(54)(25) cos(20◦ ) sen(20◦ ) = −2.73 × 103 A
Este resultado significa que hay una componente de corriente que entra en la superficie del cono en la dirección −a θ
que se asocia a una componente de H en la dirección positiva a φ.
b) Verifique el resultado usando el otro lado del teorema de Stokes: Encontramos primero la densidad de corriente
a través del rotacional del campo magnético donde tres de los seis términos la fórmula de coordenada esférica
perduran:
3 1
∂
3r
1 ∂ 2
1 ∂
∇ ×H=
54r cos θ aθ +
aφ = J
(54r cos θ sen θ)) ar −
r sen θ ∂θ
r ∂r
r ∂r sen θ
Así
J = 54 cot θ ar − 108 cos θ aθ +
132
9r
aφ
sen θ
8.28b. (continuación)
El cálculo del otro lado del teorema de Stokes ahora involucra al integrar J sobre la superficie del
cono donde la normal exterior es positiva a θ , como la definida en el inciso a:
S
2π
(∇ × H) · dS =
0
5
9r
aφ
54 cot θ ar − 108 cos θ aθ +
sen θ
0
2π 5
=−
0
θ=20◦
· aθ r sen(20◦ ) dr dφ
108 cos(20◦ ) sen(20◦ )rdrdφ = −2π(54)(25) cos(20◦ ) sen(20◦ )
0
= −2.73 × 103 A
8.29. Un conductor largo recto no magnético de radio 0.2 mm lleva una corriente uniformemente distribuida de
2 A cd.
a) Encuentre J dentro del conductor. Suponga que la corriente es dirigida +z,
J=
2
az = 1.59 × 107 az A/m2
π(0.2 × 10−3 )2
b) Use la ley circuital de Ampere para encontrar H y B dentro del conductor: Dentro, en radio ρ, tenemos ����
2πρHφ = πρ 2 J ⇒ H =
ρJ
aφ = 7.96 × 106 ρ aφ A/m
2
Entonces B = µ0 H = (4π × 10−7 )(7.96 × 106 )ρaφ = 10ρ aφ Wb/m2 .
c) Muestre que ∇ × H = J dentro del conductor. Usando el resultado del inciso b, encontramos
1 d
1 d
∇ ×H=
(ρHφ ) az =
ρ dρ
ρ dρ
1.59 × 107 ρ 2
2
az = 1.59 × 107 az A/m2 = J
d) Encuentre el conductor exterior H y B (note error tipográfico en el libro): En el exterior, la corriente completa es
encerrada para una trayectoria cerrada en radio ρ, y así
H=
I
1
aφ =
aφ A/m
2πρ
πρ
Ahora B = µ0 H = µ0 /(πρ) aφ Wb/m2.
e) Muestre que ∇ × H = J el conductor exterior: Aquí usamos el conductor exterior H y escribimos:
1 d
1 d
∇ ×H=
(ρHφ ) az =
ρ dρ
ρ dρ
133
1
ρ
πρ
az = 0 (como lo esperado)
8.30. Un conductor sólido no magnético de sección cruzada circular tiene un radio de 2mm. El conductor es heterogéneo,
con σ = 106 (1 + 106 ρ 2 ) S/m. Si el conductor tiene longitud de 1 m y un voltaje de 1mV
entre sus extremos, encontrar:
a) H interior: Con corriente a lo largo de la longitud del cilindro (a z a lo largo, y con simetría φ, H sólo será φ dirigida.
Encontrar E = (V 0 /d)az = 10−3 az V/m. Entonces J = σ E = 103 (1 + 106 ρ 2 )az A/m2 .
Luego aplicamos la ley circuital de Ampere a una corriente circular de radio ρ, centrada en el eje z y
normal a el eje:
2π ρ
H · dL = 2πρHφ =
J · dS =
103 (1 + 106 (ρ )2 )az · az ρ dρ dφ
S
Así
103
Hφ =
ρ
ρ
0
0
0
103
ρ + 10 (ρ ) dρ =
ρ
6
Finalmente, H = 500ρ(1 + 5 × 105 ρ 3 )a
φ
3
ρ2
106 4
+
ρ
2
4
A/m (0 < ρ < 2. mm)
b) el flujo total magnético del conductor interior: Con campo en la dirección φ, un plano normal a B estará
en la región 0 < ρ < 2 mm, 0 < z < 1 m. El flujo será
7=
S
1 2×10−3
B · dS = µ0
500ρ + 2.5 × 108 ρ 3 dρdz = 8π × 10−10 Wb = 2.5 nWb
0
0
8.31. El cascarón cilíndrico definido por 1 cm < ρ < 1.4 cm consiste de un material conductor no magnético
con una corriente total de 50 A en la dirección a z . Encuentre el flujo total magnético que cruza el plano
φ = 0, 0 < z < 1:
a) 0 < ρ < 1.2 cm: Primero necesitamos encontrar J, H, y B: La densidad de corriente será:
J=
50
az = 1.66 × 105 az A/m2
− (1.0 × 10−2 )2 ]
π[(1.4 × 10−2 )2
Luego encontramos H φ en radio ρ entre 1.0 y 1.4 cm, aplicando la ley circuital de Ampere, y
notamos que la densidad de corriente es cero en radio menor que 1 cm:
2πρHφ = Ienc =
0
2π
ρ
10−2
1.66 × 105 ρ dρ dφ
⇒ Hφ = 8.30 × 104
(ρ 2 − 10−4 )
A/m (10−2 m < ρ < 1.4 × 10−2 m)
ρ
Entonces B = µ 0 H, o
B = 0.104
(ρ 2 − 10−4 )
aφ Wb/m2
ρ
Ahora,
10−4
B · dS =
0.104 ρ −
7a =
dρ dz
ρ
10−2
0
(1.2 × 10−2 )2 − 10−4
1.2
−4
= 0.104
− 10 ln
= 3.92 × 10−7 Wb = 0.392 µWb
2
1.0
1 1.2×10−2
134
8.31b) 1.0 cm < ρ < 1.4 cm (notar error tipográfico en el libro): Este es el inciso a una y otra vez, excepto que
cambiamos el límite superior de la integración radial:
1 1.4×10−2
10−4
7b =
B · dS =
0.104 ρ −
dρ dz
ρ
10−2
0
(1.4 × 10−2 )2 − 10−4
1.4
−4
= 0.104
− 10 ln
= 1.49 × 10−6 Wb = 1.49 µWb
2
1.0
c) 1.4 cm < ρ < 20 cm: Esto está completamente fuera de la distribución de corriente, así necesitamos B allí.
Modificamos el resultado del inciso a de la ley circuital de Ampere para encontrar: ����
B afuera = 0.104
Encontramos ahora
1
7c =
0
20×10−2
1.4×10−2
[(1.4 × 10−2 )2 − 10−4 ]
10−5
aφ =
aφ Wb/m2
ρ
ρ
20
10−5
dρ dz = 10−5 ln
= 2.7 × 10−5 Wb = 27 µWb
ρ
1.4
8.32. La región en espacio libre definida por 1 < z < 4 cm y 2 < ρ < 3 cm es un toroide de sección transversal
rectangular. Sea la superficie en ρ = 3 cm lleva una corriente superficial K = 2a z kA/m.
a) Especificar las densidades de corriente en las superficies en ρ = 2 cm, z = 1 cm, y z = 4 cm. Todas las superficies
deben llevar corrientes iguales. Con este requisito, encontramos : K(ρ = 2) = −3 az kA/m. Luego, las
densidades de corriente en las superficies z = 1 y z = 4 deben transistir entre los valores de la densidad de corriente
en ρ = 2 y ρ = 3. Conociendo que la densidad de corriente radial variará como 1/ρ, encontramos
K(z = 1) = (60/ρ)aρ A/m con ρ en metros. Similarmente, K(z = 4) = −(60/ρ)aρ A/m.
b) Encuentre H por todas partes: Afuera el toroide, H = 0. Adentro, aplicamos la ley circuital de Ampere
como en el Problema 8.14:
2π
K(ρ = 2) · az (2 × 10−2 ) dφ
H · dL = 2πρHφ =
0
2π(3000)(.02)
aφ = −60/ρ aφ A/m (interior)
⇒ H=−
ρ
c) Calcular el flujo total dentro del toroide: Tenemos B = −(60µ 0 /ρ)aφ Wb/m2 . Entonces
.04 .03
−60µ0
3
aφ · (−aφ ) dρ dz = (.03)(60)µ0 ln
= 0.92 µWb
7=
ρ
2
.01
.02
8.33. Use una expansión en coordenadas cartesianas para mostrar que el rotacional de el gradiente de cualquier
campo escalar G es idénticamente igual a cero. Empezamos con
∇G =
y
∂G
∂G
∂G
ax +
ay +
az
∂x
∂y
∂z
∂ ∂G
∂ ∂G
∂ ∂G
∂ ∂G
−
ax +
−
ay
∇ × ∇G =
∂y ∂z
∂z ∂y
∂z ∂x
∂x ∂z
∂ ∂G
∂ ∂G
+
−
az = 0 para cualquier G
∂x ∂y
∂y ∂x
135
8.34. Un conductor filamentario en el eje z lleva una corriente total de 16A en la dirección a z un cascarón conductor
en ρ = 6 lleva una corriente total de 12A en la dirección −az y otro cascarón en ρ = 10 lleva una
corriente total de 4A en la dirección −a z .
a) Encuentre H para 0 < ρ < 12: La ley circuital de Ampere presenta que H · dL = Ienc , donde la integral lineal
y la dirección de corriente están relacionadas en el modo usual a través de la regla de la mano derecha. Por lo tanto
si I está en la dirección positiva z, H está en la dirección aφ . Procedemos como sigue:
0 < ρ < 6 : 2πρHφ = 16 ⇒ H = 16/(2πρ)aφ
6 < ρ < 10 : 2πρHφ = 16 − 12 ⇒ H = 4/(2πρ)aφ
ρ > 10 : 2πρHφ = 16 − 12 − 4 = 0 ⇒ H = 0
b) Trazar H φ contra ρ:
c) Encuentre el flujo total 7 cruzando la superficie 1 < ρ < 7, 0 < z < 1: Este será
7=
0
1 6
1
16µ0
dρ dz +
2πρ
1 7
0
6
2µ0
4µ0
dρ dz =
[4 ln 6 + ln(7/6)] = 5.9 µWb
2πρ
π
8.35. Una lámina de corriente, K = 20 a z A/m, está localizada en ρ = 2, y una segunda lámina, K = −10 az A/m está
localizada en ρ = 4.
a.) SeaVm = 0 en P (ρ = 3, φ = 0, z = 5) y una barrera en φ = π. Encuentre Vm (ρ, φ, z) para
−π < φ < π: Ya que la corriente es simétrica cilíndricamente, conocemos que H = I /(2πρ) a φ ,
donde I es la corriente encerrada, igual en este caso paraa 2π(2)K = 80π A. Así, usando el resultado de la
Sección 8.6, encontramos
80π
I
φ=−
φ = −40φ A
Vm = −
2π
2π
lo cual es válido para la región 2 < ρ < 4, −π < φ < π , y −∞ < z < ∞. Para ρ > 4, la
corriente exterior contribuye, conduciéndo a una corriente total encerrada de
Inet = 2π(2)(20) − 2π(4)(10) = 0
C on la corriente encerrada cero, H φ = 0, y el potencial magnético tambiénes cero.
136
8.35b. Sea A = 0 en P y encontrar A(ρ, φ, z) para 2 < ρ < 4: Nuevamente, conocemos que H = Hφ (ρ), ya que la
corriente es simétrica cilíndricamente. Con la corriente sólo en la dirección z, y nuevamente usando la simetría,
exceptuamos únicamente una componente z de A que varía sólo con ρ. Podemos entonces escribir:
∇ ×A=−
Así
µ0 I
dAz
aφ = B =
aφ
dρ
2πρ
µ0 I
µ0 I
dAz
=−
⇒ Az = −
ln(ρ) + C
dρ
2πρ
2π
Requerimos que A z = 0 en ρ = 3. Por lo tanto C = [(µ0 I )/(2π)] ln(3), Entonces, con I = 80π , finalmente
obtenemos
3
µ0 (80π)
az Wb/m
A=−
[ln(ρ) − ln(3)] az = 40µ0 ln
2π
ρ
8.36. Sea A = (3y − z)ax + 2xzay Wb/m en una cierta región de espacio libre
a) Demuestre que ∇ · A = 0:
∂
∂
(3y − z) +
2xz = 0
∇ ·A=
∂x
∂y
b) En P (2, −1, 3), encontrar A, B, H, y J: Primero A P = −6ax + 12ay . Entonces usando la fórmula
rotacional en coordenadas cartesianas,
B = ∇ × A = −2xax − ay + (2z − 3)az ⇒ BP = −4ax − ay + 3az Wb/m2
Ahora
HP = (1/µ0 )BP = −3.2 × 106 ax − 8.0 × 105 ay + 2.4 × 106 az A/m
Entonces J = ∇ × H = (1/µ 0 )∇ × B = 0 , como la fórmula rotacional en coordenadas cartesianas mostrada.
8.37. Sea N = 1000, I = 0.8 A, ρ 0 = 2 cm, y a = 0.8 cm para el toroide mostrado en la Fig. 8.12b. Encontrar Vm en
el interior del toroide si Vm = 0 en ρ = 2.5 cm, φ = 0.3π. Mantener φ dentro del rango 0 < φ < 2π :
Bien-dentro del toroide, tenemos
H=
NI
1 dVm
aφ = −∇Vm = −
aφ
2πρ
ρ dφ
Así
Vm = −
NI φ
+C
2π
Entonces,
0=−
o C = 120. Finalmente
1000(0.8)(0.3π)
+C
2π
400
Vm = 120 −
φ
π
137
A (0 < φ < 2π)
8.38. El solenoide mostrado en la Fig. 8.11b contiene 400 vueltas, lleva una corriente I = 5 A, tiene una longitud de 8 cm,
y un radio a = 1.2 cm (¡espero que no explote!).
a) Encontrar H dentro del solenoide. Suponiendo que la corriente fluye en la dirección a φ , H estará entonces
a lo largo de la dirección positiva z, y estará dada por
H=
(400)(5)
NI
az =
az = 2.5 × 104 A/m
d
.08
b) Si Vm = 0 en el origen, específicamente Vm (ρ, φ, z) dentro del solenoide: Ya que H está sólo en la dirección z,
Vm deberá variar únicamente con z. Use
H = −∇Vm = −
dVm
az ⇒ Vm = −Hz z + C
dz
En z = 0, Vm = 0, así C = 0. Por lo tanto Vm (z) = −2.5 × 104 z A
c) Sea A = 0 en el origen y específicamente A(ρ, φ, z) dentro del solenoide si el medio es espacio libre. A
debe estar en la misma dirección que la corriente, y así debe tener sólo una componente φ. Además,
ya que ∇ × A = B, el rotacional estará únicamente dirigido a z. Por lo tanto
∇ ×A=
Entonces
1 ∂
(ρAφ )az = µ0 Hz az
ρ ∂ρ
∂
µ0 Hz ρ
(ρAφ ) = µ0 Hz ρ ⇒ Aφ =
+C
∂ρ
2
Aφ = 0 en el origen, así C = 0. Finalmente,
A=
(4π × 10−7 )(2.5 × 104 )ρ
aφ = 15.7aφ mWb/m
2
8.39. Las láminas de corriente planar de K = 30az A/m y −30az A/m están localizadas en espacio libre en x = 0.2 y
x = −0.2 respectivamente. Para la región −0.2 < x < 0.2:
a) Encontrar H: Ya que tenemos láminas de corriente paralela llevando corrientes igual y opuestas, usamos la Ec.
(12), H = K × aN , donde aN es la unidad normal dirigida hacia la región entre corrientes, y donde cualquiera
de las dos corrientes se usan. Eligiendo la lámina en x = 0.2, encontramos
H = 30az × −ax = −30ay A/m
b) Obtenga una expresión para Vm si Vm = 0 en P (0.1, 0.2, 0.3): Use
H = −30ay = −∇Vm = −
Así
dVm
ay
dy
dVm
= 30 ⇒ Vm = 30y + C1
dy
Entonces
0 = 30(0.2) + C1 ⇒ C1 = −6 ⇒ Vm = 30y − 6 A
138
8.39c) Encontrar B: B = µ 0 H = −30µ0 ay Wb/m2.
d) Obtenga una expresión para A si A = 0 en P : Suponemos A para ser dirigida a z (con la corriente), y así
desde ∇ × A = B, donde B está dirigida y, establecemos
−
dAz
= −30µ0 ⇒ Az = 30µ0 x + C2
dx
Entonces
0 = 30µ0 (0.1) + C2 ⇒ C2 = −3µ0
Así, finalmente
A = µ0 (30x − 3)az Wb/m
8.40. Sea A = (3y 2 − 2z)a
x
− 2x 2 zay + (x + 2y)az Wb/m en espacio libre. Encontrar ∇ × ∇ × A en P (−2, 3, −1):
Primero ∇ × A =
∂(x + 2y) ∂(−2x 2 z)
∂(3y 2 − 2z) ∂(x + 2y)
∂(−2x 2 z) ∂(3y 2 − 2z)
−
ax +
−
ay +
−
az
∂y
∂z
∂z
∂x
∂x
∂y
= (2 + 2x 2 )ax − 3ay − (4xz + 6y)az
Entonces
∇ ×∇ ×A=
∂(4xz + 6y)
∂(4xz + 6y)
ay −
ax = −6ax + 4zay
∂x
∂y
En P este se vuelve ∇ × ∇ × A| P = −6ax − 4ay Wb/m3 .
8.41. Suponga que A = 50ρ 2 a z Wb/m en una cierta región de espacio libre
a) Encontrar H y B: Use
∂Az
aφ = −100ρ aφ Wb/m2
B=∇ ×A=−
∂ρ
Entonces H = B/µ
0
= −100ρ/µ0 aφ A/m .
b) Encuentre J: Use
1 ∂
1 ∂
J=∇ ×H=
(ρHφ )az =
ρ ∂ρ
ρ ∂ρ
−100ρ 2
µ0
az = −
200
az A/m2
µ0
c) Use J para encontrar la corriente total cruzando la superficie 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ φ < 2π, z = 0: La corriente es
I=
2π
J · dS =
0
1
0
−200
−200π
az · az ρ dρ dφ =
A = −500 kA
µ0
µ0
d) Use los valores de H φ en ρ = 1 para calcular
H · dL = I =
0
2π
H · dL para ρ = 1, z = 0: Se tiene
−100
−200π
aφ · aφ (1)dφ =
A = −500 kA
µ0
µ0
139
8.42. Demuestre que ∇2 (1/R12 ) = −∇1 (1/R12 ) = R21 /R 312 . Primero
∇2
1
R12
−1/2
= ∇2 (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2
−R12
1 2(x2 − x1 )ax + 2(y2 − y1 )ay + 2(z2 − z1 )az
R21
=
=−
= 3
3
2
2
2
3/2
2
[(x2 − x1 ) + (y2 − y1 ) + (z2 − z1 ) ]
R12
R12
También notamos que ∇1 (1/R12 ) dará el mismo resultado pero de signo opuesto.
8.43. Calcule el potencial vector magnético dentro del conductor exterior para la línea coaxial cuyo vector
potencial magnético se muestra en la Fig. 8.20 si el radio exterior del conductor exterior es 7a. Seleccione
la referencia apropiada cero y grafique los resultados en la figura: Hacemos esto primero encontrando B dentro
del conductor exterior y entonces el resultado "desenrotacional" para encontrar A. Con la corriente I dirigida a z en el
conductor exterior, la densidad de corriente es
I
I
J afuera = −
az = −
az
π(7a)2 − π(5a)2
24πa 2
Ya que la corriente I fluye en ambos conductores, pero en direcciones opuestas, la ley circuital de Ampere interior
del conductor exterior da:
2πρHφ = I −
2π
0
ρ
5a
I
I
ρ dρ dφ ⇒ Hφ =
2
24πa
2πρ
49a 2 − ρ 2
24a 2
Ahora, con B = µ 0 H, notamos que ∇ × A tendrá una componente φ solamente, y de la dirección
y simetría de corriente, suponemos que A se dirige a z, y variar sólo con ρ. Por lo tanto
∇ ×A=−
y así
dAz
aφ = µ0 H
dρ
dAz
µ0 I
=−
dρ
2πρ
49a 2 − ρ 2
24a 2
Entonces por integración directa
Az =
−µ0 I (49)
dρ +
48πρ
µ0 I
µ0 Iρ
dρ + C =
2
48πa
96π
ρ2
− 98 ln ρ + C
a2
De acuerdo con la Fig. 8.20, establecemos una referencia cero en ρ = 5a, habilitando la evaluación de la
constante integración:
µ0 I
C=−
[25 − 98 ln(5a)]
96π
Finalmente,
2
ρ
µ0 I
5a
Az =
Wb/m
− 25 + 98 ln
2
96π
a
ρ
Un trazo de este continúa el trazo de la Fig. 8.20, en que la curva se pone negativa en ρ = 5a, y entonces
aproximando un mínimo de −.09µ 0 I /π en ρ = 7a, en que el punto en la pendiente se vuelve cero.
140
8.44. Por ampliación de la Ec. (58), Sec. 8.7 en coordenadas cartesianas, demuestre que (59) es correcto. La Ec. (58)
puede reescribirse como
∇ 2 A = ∇(∇ · A) − ∇ × ∇ × A
Comenzamos con
∇ ·A=
∂Ay
∂Ax
∂Az
+
+
∂x
∂y
∂z
Entonces la componente x de ∇(∇ · A) es
[∇(∇ · A)]x =
Ahora
∇ ×A=
∂Ay
∂Az
−
∂y
∂z
∂ 2 Ay
∂ 2 Az
∂ 2 Ax
+
+
∂x 2
∂x∂y
∂x∂z
ax +
∂Ax
∂Az
−
∂z
∂x
ay +
∂Ay
∂Ax
−
∂x
∂y
az
y el componente x de ∇ × ∇ × A es
[∇ × ∇ × A]x =
∂ 2 Ay
∂ 2 Ax
∂ 2 Ax
∂ 2 Az
−
−
+
∂x∂y
∂y 2
∂z2
∂z∂y
Entonces usando los resultados subrayados
[∇(∇ · A) − ∇ × ∇ × A]x =
∂ 2 Ax
∂ 2 Ax
∂ 2 Ax
+
+
= ∇ 2 Ax
2
2
2
∂x
∂y
∂z
Se encontrarán resultados similares para las otras dos componentes, lo que lleva a
∇(∇ · A) − ∇ × ∇ × A = ∇ 2 Ax ax + ∇ 2 Ay ay + ∇ 2 Az az ≡ ∇ 2 A QED
141