Download Capítulo 3 Condiciones de Frontera - Marcial A. López

Radiación y Propagación Electromagnética I
U.N.I.
Eduardo Olivera / Marcial López
Ñ∫
Capitulo 3
C
Hgdl = ∫ J S gdS
S
Sí ∆h → 0, Entonces:
Ñ∫
Solución de Problemas con Condiciones de Frontera:
C
Hgdl ≈ ( H 2 t − H1t ) dl
De donde resulta:
H 2t - H1t = J S
H 2t - H1t = J S × n
n × ( H2 - H1 ) = J S
3.1 Introducción:
Sí: J = 0, J M = 0 y ρ M = 0
Entonces: ∇ × B = 0, ∇ gB = 0
De la relación constitutiva:
(3.2)
(3.3)
Una consecuencia importante: La componente tangencial (Paralela a la interfase) de H es continua en la
frontera entre 2 medios materiales si en dicha frontera
no existe corriente eléctrica superficial.
∇ × B = µ0 ∇ × [H + M ] = µ0 [∇ × H + ∇ × M ] = 0
∇ × H + J M = 0 ∴ ∇ × H = 0 . . . (i)
También:
∇gB = µ0∇g[ H + M ] = µ0 [∇gH + ∇gM ] = 0
3.2.2 Inducción de campo B:
∇gH − ρ M = 0 ∴ ∇gH = 0 . . . . . (ii)
Por (i): H = −∇ Vm , en (ii):
Se trata de aplicar la ley de Gauss para B al volumen
infinitesimal:
Ñ∫
∇ 2Vm = 0 Ecuación de LaPlace.
Stotal
(3.1)
Para resolver un problema magnetostático se debe
encontrar la solución de la ec. (3.1), que cumpla las
condiciones de frontera, es decir, el comportamiento de
los vectores de campo en la(s) frontera(s) de la región
considerada. Expresando la ec. (3.1) en coordenadas
rectangulares:
∂ 2Vm ∂ 2Vm ∂ 2Vm
+ 2 + 2 =0
∂x 2
∂y
∂z
(3.1)b
2
-n
1
a
H1
(3.4)a
(3.4)b
∴ La componente normal (Perpendicular a la interfase)
de B es siempre continua en la frontera entre dos medios materiales.
n
3.3 Problemas de contorno en coordenadas cartesianas:
La interfases o fronteras son superficies planas.
Resolveremos problemas en dos dimensiones:
∂ 2Vm ∂ 2Vm
+
=0
∂x 2
∂y 2
dl
(3.5)
Pero Vm es función armónica, teniendo como propiedad
el poder expresarse como producto de funciones de una
sola variable, es decir:
Vm ( x , y ) = f ( x ) g ( y )
(3.6)a
1
Interfase
Fig. 3.2
B 2n = B1n
ng(B 2 - B1 ) = 0
b
JS
B2
De donde resulta:
H2
d
Dh →muy pequeño
B1
dS
3.2.1 Intensidad de campo H:
2
- B1n )gdS = 0 valores en la
Dh
En el caso concreto del campo magnético se debe especificar el comportamiento de H y B para garantizar
la unicidad de la solución de la ec. (3.1)
dl
C
2n
n
3.2 Comportamiento de los vectores
del campo magnético en una frontera:
c
Ñ∫ BgdS ≈ ( B
frontera
Las soluciones físicamente correctas para la ec. (3.1)b
se denominan “funciones armónicas”, también es posible la solución en coordenadas cilíndricas o esféricas.
Dh
BgdS = 0 , sí Dh → 0, entonces:
Fig. 3.1
Reemplazando (3.6)a en (3.5):
S trata de aplicar la ley circuital de Ampere al contorno
ABCDA infinitesimal:
19
Radiación y Propagación Electromagnética I
g
U.N.I.
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d2 f
d 2g
f
+
=0
dx 2
dy 2
z
Región
(1)
dividiendo:
1 d2 f 1 d2g
+
=0
f dx 2 g dy 2
y
Se deduce que esta ecuación solo es posible si cada
término es igual a una constante (real), esto es:
2
1d f
= k2
2
f dx
2
H1t
d2 f
− k2 f = 0
dx 2
d 2g
+ k2g = 0
2
dy
ó
1d g
= −k 2
2
g dy
al plano de corriente: H1t = H 2 t
y= 0
____________________________________________
H1t − H 2t = J S × n
Usando (3.3)b:
o en su forma usual:
y= 0
π z 
 az
 a 
π z 
= J 0cos  
 a 
Para la región (1) −2H1t = + J 0 cos 
(3.6)b
2 gf '(0)
Nota: Es posible también el uso del Potencial Vectorial.
µ0
Para la región (2):
Ejemplo 3.3.1:
2 gf '(0)
En el plano xz existe una densidad superficial de
corriente eléctrica JS. Hallar H en todo el espacio.
µ0
En conclusión:
Jo

 − µ 0 2
f '( 0 ) = 
 µ Jo
 0 2
〈β〉 en 〈α〉:
z
JS
µo
o
π 
J S = J 0 cos  z  a x
a 
y
π z 
= − J 0 cos  
 a 
y>0
y<0
π 
f "−   f = 0 →
a
π z 
g ( z ) = cos 
K β
 a 
πy
2
Fig. 3.4 a
para y < 0 ,
Solución: Usaremos el potencial vectorial A; por la
f '(0) =
f ( y ) = C1 e a + C2 e
µ0 Jo
2
entonces: f ( y ) =
naturaleza de JS: A = A(y,z)ax , Luego: ∇ A = 0 ,
2
∂2 A ∂2 A
+
= 0 y como A = f ( y ) g ( z ) , tenemos:
∂y 2 ∂z 2
gf "+ fg " = 0 KKKKK α
para y > 0 ,
f '(0) = −
entonces:
Para aplicar condiciones de contorno en el plano xz se
debe calcular H:
H=
n = ay
Carácter antisimétrico de la componente de H paralela
f ( x ) = C1ekx + C2 e − kx , g ( y ) = D1e − jky + D2 e jky
f ( x ) = A1 senh(kx ) + A2 cosh(kx ) 

g ( y ) = B1 senh(ky ) + B2 cosh(ky ) 
H2t
Fig. 3.4 b
Se conoce la solución:
x
Región
(2)
µ0 J 0
2
f( y ) =
y
−
πy
a
lim f ( y ) = 0
y →−∞
µ0 J 0 a πa y
e
2π
y lim f ( y ) = 0
y →∞
µ 0 J 0a − πa y
e
2π
Ejercicio: Graficar H vs y.
∇×A 1
=
( fg ' a y − gf ' a z )
µ0
µ0
Ejemplo 3.3.2:
La figura es un modelo del entrehierro en una máquina
eléctrica, el devanado rotórico puede imaginarse como
una densidad superficial de corriente JS. Hallar B en el
entrehierro.
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Radiación y Propagación Electromagnética I
µ→∞
y
U.N.I.
3.4 Problemas de contorno en coordenadas esféricas:
(3)
y=a
Las interfases son superficies esféricas, trataremos
problemas con simetría azimutal; es decir independientes de φ. Escribiendo (3.1) en coordenadas esféricas:
(2)
µ0
JS=JSay
1 ∂  2 ∂Vm
r
r 2 ∂r 
∂r
x
µ→∞
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(1)
J S = J 0 sin ( πbx )
1
∂ 
∂Vm

+ 2
 sin θ
∂θ
 r sin θ ∂θ 
. . . . . . . . . . (3.7)
Por propiedades de funciones armónicas:
Vm ( r ,θ ) = f ( r ) g (θ )
Solución:
∇ 2Vm = 0 → Vm = Vm ( x , y ) = f ( x ) g ( y )
g '' f + gf '' = 0 . . . . . . . (i)
(3.8)a
como en el caso de la sección 3.3 se obtienen dos ecuaciones separadas; para el caso de g (θ ) , se obtiene la
como µ → ∞ en rotor y estator: ⇒ H1 = H3 = 0
y : H 2 = −∇ Vm = − ( f ' g ax + fg ' ay )
llamada “ecuación de Legendre”; la solución completa
es:
condiciones de contorno en y = 0:
H 2t − H1t = J S ×n
∞
Vm ( r ,θ ) = ∑  An r n + Cn r − ( n +1) Pn (Cosθ )
n = ay
y= 0

=0

n =0
H 2 t = − J 0 sin( )a x = − f '( x) g (0) a x . . . (ii)
(3.8)b
condiciones de contorno en y = a:
Pn (Cosθ ) es la notación general para los “Polinomios de
πx
b
H 2t − H1t = 0
n = ay
y =a
H 2 t = 0 = − f '( x ) g ( a )a x
De (ii): f '( x ) = sin( πbx )
 P0(cosθ ) = 1; P1(cosθ ) = cos θ ;
2
1
 P2(cosθ ) = 2 ( 3cos θ − 1) ; ...
Legendre”, 
. . . . . . . . . . (iii)
g (0) = J 0
cuando se resuelve problemas donde las interfases son
superficies concéntricas ec. (3.8)b, puede simplificarse:
g(a) = 0
De (iii):
Luego: f ( x ) = − πb cos( πbx )
Vm ( r ,θ ) = A0 + C0r −1 + ( A1r + C1r −2 ) cos θ
2
En (i):
d g b
− cos( πbx ) + πb cos( πbx ) g = 0
dy 2  π
d 2g π 2
−(b) g = 0
dy 2
→ g = C1e
− πb y
Pero A0 es irrelevante (interesa calcular H y B), A1 y C0
corresponden a una carga magnética puntual (que no
existe); entonces la solución para este caso es:
π
+ C 2e b
Vm ( r ,θ ) = A1r cos θ + C1r −2 cos θ
y
De las condiciones de contorno: J 0 = C1 + C2
0 = C1e
− πb a
C1 =
π
b
Considérese una esfera con magnetización propia uni-
+ C2 e , resolviendo:
π
.π a
a
− πb a
y C2 =
z
J0e b
π
b
− πb a
e −e
e −e
π
π ( y − a)
J0
− ( y−a)

g( y ) = π a −π a e b
− eb

eb − e b 
J0
g( y ) =
{− sinh  πb ( y − a ) }
sinh( πba )
H 2 = − f ' g a x − fg ' a y =
H2 =
a
a
(3.8)c
Ejemplo 3.4.1:
πa
b
J0e b
...
ar
az
aθ
θ
Mo
a
(1)
µo
(2)
Fig. 3.5 Un imán esférico.
forme y constante, hállese los campos dentro y fuera de
ella.
Solución: Para el interior:
J0
{sin( πbx )sinh  πb ( y − a) a x −
sinh( πba )
Vm1( r ,θ ) = A1r cos θ + C1r −2 cos θ
cos( πbx ) cosh πb ( y − a )a y }
Para el exterior: Vm 2( r ,θ ) = A2 r cos θ + C2 r
−2
cos θ
Debe tomarse C1 = 0 y A2 = 0 para que Vm1 este
acotado en r = 0 y Vm 2 lo esté en r → ∞ .
21
Radiación y Propagación Electromagnética I
Por definición: H = −∇ Vm = −
U.N.I.
∂Vm
1 ∂Vm
ar −
aè
∂r
r ∂θ
C1 ≠ 0 , porque existe la fuente de campo puntual m,
m
por consiguiente: C1 = 0 (ver ec. 1.17)
4π
Calculando los campos:
H1 = − A1 cos θ ar + A1 sin θ aè
−3
Para el resto del espacio:
Vm 2 = A2 r cos θ + C2 r −2 cos θ
−3
H 2 = 2C2 r cos θ ar + C2 r sin θ aè
En el exterior B 2 = µ0 H ; en el interior (magnetización propia) debe usarse la relación constitutiva:
B1 = µ0 (H1 + M 0a z ) .
Expresando Mo en coordenadas esféricas:
M 0a z = M 0 (cos θ a r − sin θ aè ) , así:
C3
Para aplicar las condiciones de contorno, calculamos
los campos:
H = (2C1r −3 − A1 )cosθ ar + (C1r −3 + A1 )sinθ aè
(1)  1
B1 = µ0H1
H = (2C2r −3 − A2 )cosθ ar + (C2r −3 + A2 )sinθ aè
(2)  2
B2 = µ0 KmH2
H = 2C3r −3 cos θ ar + C3r −3 sin θ a è
(3)  3
B 3 = µ 0 H 3
....... ( i )
A1 = C2 a
........ ( ii )
−3
Finalmente:
H1 = −
M0
az
3
3
M a
H 2 = 0   [2cos θ ar + sin θ aè ] .... (iii )
3 r
Las condiciones de contorno en r = a y b, producen las
siguientes ecuaciones:
Observaciones:
a) Comparando (iii) con ec. (1.16)b observamos que
el campo es dipolar con m = π a M 0
b) El campo interior H1 es opuesto a M; por ello se
denomina "campo desmagnetizante". El factor 1/3
(que afecta a Mo) se denomina "factor desmagnetizante" de la esfera Nm (H1 = -NmM)
− A1 + A2
+ a −3C2
0 + A2
+ b −3C2
3
4
3
a −3
− b −3C3 = 0
a −3
b −3
2 K m a −3
2 K m b −3
−1 +1
0
1
∆=
1 −Km
0 −Km
+0
=
m0
4π
a −3
0
− b −3
0
−2b−3
∆ = a−3b−3 (2Km + 5Km + 2) + 2b−6 (2Km − Km −1)
2
2
Como sólo nos interesa calcular C3:
Km
−1
1
0
1
∆C 3 =
1 −Km
0 −Km
m
(1)
a
b
∆C 3 =
3.6
C3 =
Dipolo Magnético apantallado por una esfera ferromagnética.
Solución: Se pide calcular hm = H3'/H3, donde: H3' es
el campo sin la esfera y H3 es el campo con la esfera.
Vm1 = A1r cos θ + C1r −2 cos θ
m0
4π
El determinante de la matriz de coeficientes:
Hallar el factor de blindaje magnético para la esfera de
hierro de la fig. 3.6
Fig.
=
0 − K m A2 + 2 K mb −3C2 − 2b −3C3 = 0
Ejemplo 3.4.2:
(2)
+0
A1 − K m A2 + 2 K m a −3C2
Ejercicio: Hallar el factor desmagnetizante de un imán
cilíndrico muy largo.
(3)
r>b
Observar que: H '3 = (m0 / 4π ) , sólo se requiere hallar
H3
C3
ahora podemos aplicar las condiciones de contorno en
r=a:
a<r<b
Vm3 = C3 r −2 cos θ
B1 = [( M 0 − A1 ) cos θ a r + ( A1 − M 0 ) sin θ aè ]
− A1 + M 0 = 2C 2a −3
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mo
4π
(9Kma
22
b
),
∆C 3 mo  9 Kma −3b −3 
=


∆
4π 
∆

Finalmente:
r<a
−3 −3
a −3
b −3
2 K m a −3
2 K m b −3
a −3
0
m0 −3
4π a
0
m0
4π
Radiación y Propagación Electromagnética I
U.N.I.
Solución:
Regla: para usar la ec. (3.10)c debe orientarse la magnitud vectorial dato paralela al eje x.
Los potenciales escalares son:
mo
H3'
4π
=
=
H 3 mo  9 Kma −3b −3 


∆
4π 

Vm1( ρ ,ϕ ) = A1 ρ cosϕ
Vm 2( ρ ,ϕ ) = A2 ρ cosϕ + C2 ρ −1cosϕ
  a 3 
H3'
−1
2
2
= 1 + 9 Km ( Km − 1) 1 −   
H3
  b  
Nótese que A2 ≠ 0 porque en ρ → ∞ existe un
campo uniforme Bo, luego calculamos A2 así:
lim Vm 2 = A2 ρ cosϕ = A2 x
Ejercicio: Calcular el factor de blindaje magnético para
el caso de una esfera hueca de radios a y b (a < b) de
permeabilidad relativa Km, con Ho como campo externo y H1 campo dentro de la parte hueca de la esfera.
(Ho/H1 = ?)
ρ →∞
lim B 2 = − µ0 K m 2
r →∞
∴ A2 = −
3.5 Problemas con geometría cilíndrica:
2
 1 ∂ Vm
+
=0

2
2
 ρ ∂ϕ
∂Vm
1 ∂Vm
añ −
aö , así:
∂ρ
ρ ∂ϕ
H1 = − A1cosϕ añ + A1sinϕ aö , B1 = K m1H 1
 B0
C 
H2 = − 
+ 22  cosϕ añ +
 µ0 K m 2 ρ 

B0
C 
+−
+ 22  sinϕ aö
 µ0 K m 2 ρ 
Por propiedad de las funciones armónicas:
Vm ( ρ ,ϕ ) = f ( ρ ) g (ϕ )
(3.10)a
Siendo la solución:
Vm ( ρ ,ϕ ) = ( A0 + C0 Lnρ )(ϕ + 1) +
B2 = K m2 H2 .
∞
+ ∑ ( An ρ n + Cn ρ − n )(sinnϕ + cosnϕ )
Las condiciones de contorno dan las ecuaciones:
n =1
(3.10)b
Sí las interfases son superficies cilíndricas concéntricas:
− A1 K m1 =
B0 C2 K m 2
+
µ0
a2
(i )
A1 =
B0
C
+ 22
µ0 K m 2 a
(ii)
Vm ( ρ ,ϕ ) = ( A1 ρ + C1ρ −1 )(sinϕ + cosϕ )
De ( i ) y ( ii ) se obtienen A1 y C2 y la respuesta se
Si los ejes se eligen apropiadamente, basta con una de
las dos funciones trigonométricas. Usaremos la siguiente solución para las aplicaciones:
Vm ( ρ ,ϕ ) = A1 ρ cosϕ + C1 ρ cosϕ
B0
µ0 K m 2
H = −∇Vm = −
(3.9)
−1
∂Vm 2
a x = − µ0 K m2 A2a x = B0a x
∂x
Calculo de H:
Resolveremos problemas con uniformidad axial (independientes de la coordenada z). La ecuación de Laplace
en coordenadas cilíndricas es:
1 ∂  ∂Vm
ρ
ρ ∂ρ  ∂r
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calcula con: M1 =
(3.10)c
B1
− H1 , según relación constituµ0
tiva.
Ejemplo 3.5.1:
M1 = ( K m1 − 1)H1 =
Sea un material magnético en forma de cilindro largo
(radio “a”) cuya permeabilidad magnética relativa es
Km1. Este material está totalmente inmerso en un medio
muy extenso de permeabilidad relativa Km2, en el cual
existe un campo uniforme y constante B0ax. Calcular la
M inducida en el cilindro.
3.6 Conductores perfectos y ferromagnetismo ideal:
En muchos casos conviene idealizar el carácter conductor de un material (σ → ∞) o el carácter ferromagnético (µ → ∞), los resultados así obtenidos son una aceptable aproximación a las soluciones exactas.
1º) No existe campo magnético dentro de un conductor
perfecto. Esto es H = B = 0. Puede existir en la superficie de dicho conductor y en consistencia con las condiciones de frontera una corriente superficial (ver capítulo 6)
y
aϕ
Km2
r
Km1
ϕ
2 B0 ( K m1 − 1)
ax
µ0 ( K m1 + K m 2 )
ar
Boax
x
a
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Radiación y Propagación Electromagnética I
H2
Fig. 3.8 a
(2)
JS
H1 = B 1 = 0 σ → ∞
(1)
U.N.I.
 Ia z × R 2 I ' a z × R1 
+


2
2
R2
 R1

1  I '' a z × R 2 
H1 =


2
2π 
R2

H2 =
Cond de
contorno:
B2n = 0
H2t ≠ 0
2º) En todo material ferromagnético existe B; luego,
para que B = µH sea siempre finita H → 0 cuando
µ→ ∞
(1)
µ→ ∞
H1 = 0
B 2 = µ0 H 2 ;
B 1 = µ 0 K m H1
c) Aplicar las condiciones de contorno con los campos
obtenidos de (a) y (b) :
De la Fig. 3.9 b:
I sinθ − I 'sinθ = I ''sinθ
I − I ' = I '' ......... (i )
I cosθ − I 'cosθ = K m I ''cosθ
3.7 Método de las Imágenes:
I + I ' = K m I '' .... (ii)
Análogo al empleado en Electrostática; el efecto de los
medios materiales es tomado en cuenta usando líneas
de corriente o dipolos imágenes.
 K −1 
2I
I ' =  m  , I '' =
( K m + 1)
 Km + 1 
Cálculo de M1: M1 = ( K m − 1) H1
De (i) y (ii):
Ejemplo 3.7.1:
 K −1   2I   az × R2 
M1 =  m  


2
 2π   K m + 1   R2 
Se tiene una cubeta muy grande lleno de aceite (permeabilidad relativa Km) a una altura h sobre la superficie libre de aquel pasa un conductor horizontal paralelo
a aquella. Si el cable es muy largo y de radio despreciable, calcular el campo magnético en todos los medios cuando aquel transporta una corriente I.
De donde deducimos:
J M = ∇ '× M1
J SM = M 1 × n
y
(0,h)
I
Fig. 3.9 a
1
2π
b) Expresar el campo B de acuerdo al tipo de material
Cond. de
contorno:
H2t = 0
B2n ≠ 0
Fig. 3.8 b
(2)
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Fig. 3.9c
µo
h
R2
x
(1)
(x',y')
R 2 = ( x ', y '− h)
a z × R 2 = x ' a y − ( y ' − h)a x
a z × R 2 x ' a y − ( y ' − h )a x
=
2
( x ')2 + ( y '− h)2
R2
µoKm
Solución: El método consiste en reemplazar los medios
materiales por un conjunto de alambres rectilíneos
(imágenes) de tal manera que se cumplan las condiciones de frontera.
ax
a ×R 
∂
∇×  z 2 2  =
∂
x'
R

2

( y '− h)
−
( x ')2 + ( y '− h)2
y
(0,h) I, I''
R2 az× R1 θ az× R2
θ
n
(2)
t
(0,-h)
I'
az
∂
∂z '
0
∂ 
 ∂ 

x'
y '− h
= az   2
+
 2
2
2 
∂x ' ( x ') + ( y '− h)  ∂x ' ( x ') + ( y '− h) 

∂ 
x'
− x '2 + ( y ' − h) 2
=
∂x '  ( x ') 2 + ( y '− h) 2  [( x ') 2 + ( y '− h) 2 ]2
x
(1)
Fig. 3.9 b
ay
∂
∂y '
x'
( x ')2 + ( y '− h)2
R1

∂ 
y '− h
x ' 2 − ( y ' − h) 2
=
∂x '  ( x ')2 + ( y '− h) 2   ( x ') 2 + ( y '− h) 2  2


a ×R 
entonces: ∇ ×  z 2 2  = 0 → J M = 0
 R2 
Notar las imágenes I', I'' así como las direcciones y
sentidos de los campos expresados por: az× R1, az× R2.
Solución:
a) Expresar los campos H para los medios (1) y (2)
24
Radiación y Propagación Electromagnética I
U.N.I.
JS =
y
Fig. 3.9 d
J SM
h
R2
θ
(1)
az × R2
n
1
P
2
3
Solución. Primero resolvemos:
(2)
I µ
0
σ→∞
R2
Ver Fig. 3.9 b
µ→∞
 K −1 
2I
I ' =  m  , I '' =
( K m + 1)
 Km + 1 
Cuando K m → ∞ tenemos:
I ' = I , I '' = 0 → H1 = 0
Pero B1 ≠ 0, siendo
az× R1 θ
az× R2
θ
x
R1
B1 =
µ 0 K m  2 I  a z × R2


2π  K m + 1  R22
lim B1 =
1  Ia z × R 2 I ' a z × R1 
H2 =
+


2
2π  R12
R2

1  I '' a z × R 2 
H1 =


2
2π 
R2

Como H1 , B1 son nulos, debe ser: I '' = 0 ,
B 2 gn = 0 y existe J S en y = 0
µ 0 H 2 gn = 0 con R1 = R2
µ 0 ( I cosθ + I ' cosθ ) = 0 → I ' = − I
Km →∞
µ 0 I a z × R2
2
π
R2
Nótese el cumplimiento de la ec. (ii)
De aquí deducimos que en el acero existe un circuito
imagen:
Circuito real
Circuito imagen
El cálculo pedido se hace con la fórmula del ejemplo
1.3:
condiciones de contorno: J S = n × ( H 2 − H 1 ) en
y =0
JS = n ×
I µ
0
Según 3.7.1:
(1)
Fig. 3.10 b (0,-h) I'
h
(1)
y
I,
I''
(0,h)
t
µ0
µr
Hallar los campos en todas partes debidas al conductor
unifilar de la fig 3.10a frente a un conductor perfecto
muy extenso.
n
J S dx = − I
2
Ejemplo 3.7.2:
(2)
−∞
Cerca de la superficie plana de una plancha de acero
(µr → ∞) se sitúa en el aire un marco triangular, por
el cual circula una corriente I = 2A. Las dimensiones
están en cm. Hallar B en el punto P.
conclusión: I ' = I M
h
∞
Ejemplo 3.7.3:
→ I M = ∫ J SM dx
h2 + x 2
x =−∞
+∞
( K − 1) I
h
( K − 1) I
IM = m
dx = m
∫
2
2
π ( K m + 1) x =−∞ ( h + x )
( K m + 1)
Fig. 3.10 a
∫
Nótese que una corriente dc induce otra corriente en un
conductor perfecto. Cuando σ es finita, para lograr esta
inducción se requiere una corriente ac.
+∞
h
I
I sin θ
(− sin θ − sin θ )az = −
az
2π R2
π R2
como en el ejemplo 3.7.1: I S =
x
 a z × R2 

 × n = sin θ a z
2
 R2 
( K m − 1) I sinθ
= M1 × n =
az
π ( K m + 1) R2
sin θ =
Eduardo Olivera / Marcial López
B=
I  a z × R2 a z × R1 
−


2
2π  R12
R2 
25
µ0 I 
L1
L2

+
2
2
4πρ  L + ρ 2
L2 + ρ 2
 1




Radiación y Propagación Electromagnética I
L2
L1
U.N.I.
Eduardo Olivera / Marcial López
I
P
ρ
α
Los tramos verticales no contribuyen a B.
Los tramos horizontales pueden calcularse así:
a) circuito real:
3
7
I
I
1 P
3
I
b) circuito imagen:
α
L1
L2
P
α = tan −1 23 = 33.6º
ρ = 7 cos α = 5.83cm
L2 = 7sin α = 3.87 cm
L1 = 3.61 − 3.87 = −0.26cm
5
3

3.87
 µ I  1  −0.26
B=−az  0 
+

−2 
 4π  5.83×10  0.262 +5.832 3.872 +5.832 
I
Cto. real: L1 = 3cm, L2 = 0, ρ = 1cm
3
µ I  1 
B = −a z  0  −2 
 4π  10  32 + 12
Cto. imagen: L1 = 3cm, L2 = 0,
Campo total:
µ I 
B = −az  0  (−0.949 +0.103+ 0.467 − 0.087)×102
 4π 
B = −a z (0.932) × 10−5 T (aprox. 0.1G)



ρ = 5cm

3
µ I  1 
B = −a z  0 

−2 
2
2
 4π  5 ×10  3 + 5 
Los tramos inclinados pueden calcularse así:
a) circuito real:
L1
3
ρ
L2
ρ 3 I α
P
α = tan −1 23 = 33.6º
ρ = 3cos α = 2.5 cm
L1 = 3sin α = 1.66 cm
L2 = 22 + 32 − 1.66 = 3.61 − 1.66 = 1.95cm

1.66
1.95
µ I  1 
B =−az  0 
+

−2 
 4π  2.5×10  1.662 + 2.52 1.952 + 2.52 
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