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Capítulo 3
Magnetostática
3.1. Corriente Eléctrica
J
dS
En una sesión anterior vimos el concepto de flujo: cantidad de “algo” que cruza una superficie por unidad
de tiempo. En el caso particular en que “algo” denota
carga eléctrica el flujo se denomina Corriente Eléctrica
y se denota con la letra I. Para una superficie orientada
S Sn̂ la corriente eléctrica I se escribe:
I
Φq
nq v S
en que q es la carga de una partícula, n es la densidad
de número de las partículas (supuestas iguales) y v es la
velocidad de las partículas (supuestas iguales también).
La expresión anterior se puede también escribir
I
Figura 3.1: Corriente total que cruza una superficie arbritraria
JS
donde J la Densidad de Corriente Eléctrica está definida
como:
J nqv Si la superficie que cruza la corriente tiene una forma arbitraria, entonces se puede discretizar la superficie en pequeños elementos de superficie ∆S j (con j 1 N) y
para cada uno de ellos la corriente ∆I j que cruza estará
dada por ∆I J d S, de modo que la superficie completa
dará una contribución neta
I
∑ ∆I j
j
3.1.1. Ejercicios y Ejemplos
1. Un alambre diámetro d 1 [mm] soporta una corriente de 1 [A]. ¿Cuál es la densidad de corriente J?.
NOTA: Suponga que la orientación de la superficie S
es paralela a la corriente eléctrica y en la dirección ı̂.
Rpta.
∑ J j dS j I
J S
Jı̂ ı̂ dS JS
j
de acuerdo a lo cual
En el límite que consideramos elementos de superficie infinitesimales se obtiene el resultado:
I
J dS J
I
S
I
π d 2 4
(3.1)
1
π 0 5 1 27 106
3
2 [A/m2 ] 2. Si la densidad de partículas es n 8 43 1028
electrones/m3 (que corresponde a la densidad en el
cobre). ¿Con qué rapidez se mueven los electrones?.
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230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad
Rpta A partir del resultado J
J
nq
v
8 43 nqv se obtiene
1 27 106
1028
1 6 10 9 4 10 5
19 Otro observación importante, de este ejemplo, es
que los electrones van lento, pero como son muchos,
generan una corriente grande. Veamos cuantos electrones hay en una longitud de 1 [cm] del cable en
dicha situación:
d2
largo
4
π
8 53 1028 0 5 10 4
1 66 1022 electrones
¿Cuál es el valor de la densidad de corriente J a distancia ρ a 2 del eje axial del cable?. ¿Cuál es la
corriente total que atraviesa el cable?.
Rptas. La densidad en ρ
mente por:
[m/s]
una rapidez que es muy baja, y que significa que un
electrón en avanzar 1 [cm] toma un tiempo de 106 [s]
(casi 2 minutos). Ver nota1.
J ρ
J
J0
a 2 está dada simple-
ρ a 2 ẑ
a 2
2
Para obtener la corriente total integramos en anillos
concéntricos de grosor d ρ y radio ρ (es decir area
infinitesimal d s 2πρ dρ ẑ).
J ds
I
3 2
ẑ
a2
1 4J0 ẑ 0 25 103 [A/m]2 ẑ
nVol nπ
N
85
1
ρ2
ẑ ẑ ds
a2
a
ρ2
J0 2 2πρ dρ
a
0
1 2
J0 π a
0 393 [A]
2
J0
3. Un cable de 1 [mm] de diámetro soporta una densidad de corriente dada por un perfil de tipo parabólico
con la distancia ρ al eje axial del cable:
J ρ ẑ
J
J0
ρ2
ẑ
a2
3.2. Conservación de la carga eléctrica y Ley de Kirchoff
la constante J0 103 [A/m2 ] es el valor de la densiSi en el interior de un volumen V, delimitado por una sudad de corriente en el borde del cable.
perficie S, no se acumula ni decrementa carga eléctrica, la
corrriente neta I que cruza (en total) la superficie cerraJ (r)
da que contiene dicho volumen es nula. Es decir las contribuciones de flujo de carga saliente se cancelan con las
contribuciones de flujo entrante.
J dS 0
a
J
Figura 3.2: Corriente distribuida parabólicamente
1 NOTA:
Figura 3.3: Flujo de carga neto nulo.
a pesar que los electrones se mueven lento, la onda
de corriente se propaga con una rapidez cercana a la de la luz:
300.000.000 [km/s].
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Podemos hacer la siguiente caricatura de esta situación:
I
Sa
{
d1
J1
J2 d 2
{
Smanto
I
Sc
Sb
Figura 3.5: Unión de dos cables de distinto diámetro
Figura 3.4: Flujo de carga nulo. Ley de Kirchoff
Aquí, en la superficie SC entra una corriente neta IC , la
cual sale por las superficies SA y SB . Se tiene
J dS
0
J dS
SC
J dS
SA
J dS
SB
J dS
Rpta. Primero observemos que por conservación de
carga la corriente es la misma en cada trozo de alambre, de modo que si entra una corriente I por la
izquierda puesto que el aluminio ofrece una mayor
área para que esta corriente se distribuya, la densidad de corriente J allí será menor que la densidad de
corriente en el cobre. Se tiene:
JAl
JCu
manto
I π d12 2 105A/m2
I π d2 5 105A/m2
La contribución sobre el manto es nula pues J es perpen2
dicular a la superficie d s del manto. La contribución sobre
las superficies SA y SB son positivas pues dichos flujos son
salientes, mientras que el flujos sobre SC da una contribu- 3.3. Ley de Ohm
ción negativa, pues dicho flujo es entrante. Llamando IC
al flujo sobre dicha superficie (con signo menos explicito Hemos visto que al aplicar una diferencia de potencial en
pues es flujo entrante) y IA , IB a los flujos sobre las otras un material, se genera un campo eléctrico al interior de él.
Consideremos la situación de un cable de largo L, y área
superficies queda (ver nota2 ):
uniforme en cuyos extremos se aplica potenciales VA y VB
0
IC IA IB
respectivamente (con VA VB ). Esta situación es análoga
estableciendo que “en cualquier nudo la suma algebraica a la que ocurre en el interior de un condensador de placas
planas, y se generará un campo eléctrico al interior del
de las corrientes debe valer cero”, de donde
material entre las placas del condensador. Las partículas
IC IA IB
cargadas positivamente experimentaran una aceleración a
lo largo del campo, y debido a los choques con “obstácuestableciendo que en cualguier nudo “la suma de las corlos” (otras partículas cargadas al interior del material y
rientes entrantes es igual a la suma de las corrientes
que conforman la estructura cristalina misma del material)
salientes”. Esto es una de las leyes de Kirchoff para cirellas alcanzarán una velocidad final uniforme. La velocicuitos y se conoce como Ley de nudos.
dad que ellas alcancen tendra la misma dirección del campo eléctrico si las cargas son positivas. Para las partículas
3.2.1. Ejercicio
de carga negativa la aceleración será en sentido opuesto al
campo, y una vez que ellas alcancen una velocidad final
1. Una alambre de aluminio de d1 2 54 10 3 [m] dentro del material su velocidad será en la dirección opde diámetro está soldado por uno de sus extremos uesta al campo, pero la corriente que ellas generan apunta
al extremo de un alambre de cobre de d2 1 6 tambien en la dirección del campo como vemos a contin10 3 [m] de diametro. Si la corriente es de I 1 [A] uación:
y se distribuye uniformemente por el interior de los
Suponiendo el campo orientado en la dirección x̂, y
alambres, ¿Cuál es la densidad de corriente J en cada
suponiendo que las partículas positivas y negativas alcanalambre?.
zan la misma velocidad final la densidades de corriente
2 NOTA: por convención estableceremos que las corrientes que llegan
con que contribuyen las cargas positivas y negativas es
al nudo dan una contribución negativa, mientras que las que salen dan
una contribución positiva
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tarán dadas por:
J
n e vx̂
J
n
e
vx̂ n e vx̂
donde n y n son las densidades de carga positiva y neg
ativa respectivamente. Se aprecia que ambas corrientes
fluyen en la misma dirección x̂. La corriente total será
J
J
J
n
n
e vx̂ nevx̂
87
rapidez inicial v0 hasta que alcanzan un velocidad final
poco antes que choquen con las partículas-obstáculo de la
red cristalina que forman el material. Una vez que chocan
con estos obstáculos, ellos olvidan la velocidad que alcanzaron debido al trabajo del campo y despues del choque
inician nuevamente su vuelo con rapidez inicial v0 .
Los vuelos están caracterizados por una duración temporal τ (el tiempo que transcurre entre choque y choque)
y una longitud (el camino que recorren entre choque y
choque). Esta longitud es inversamente proporcional a la
densidad de número de los obstáculos del material, y tambien inversamente proporcional al cuadrado del diámetro
(o área de blanco) que ofrecen los obstáculos (3 ):
en que n es la densidad total de portadores de carga.
La Ley de Ohm establece que la velocidad que alcanzan
las partículas en el medio material es proporcional
al campo eléctrico, y en consecuencia la densidad de
Cte 1
corriente J misma es proporcional al campo eléctrico E,
nd 2
independiente que ésta corriente corresponda a cargas
negativas o positivas. Se tiene la proporcionalidad (Ley de modo que si la rapidez característica de las partículas
es v0 , entonces el tiempo de vuelo τ estará dado por:
de Ohm):
J
σE
(3.2)
en que la constante σ llamada conductividad, es una
constante cuyo valor depende de las propiedades del
medio material en que se mueven las partículas. Las
unidades de σ son las de densidad de corriente eléctrica
dividido por las de campo. Es decir:
C m2
V m
A
V m2
El inverso de σ se denomina resistividad ρ 1 σ y su
valor depende del material y la temperatura a la cual está
sometido el material. Algunos valores típicos (en sistema
internacional de unidades), para temperaturas de 20o [C]
son:
Metales:
Semiconductores:
Aislantes:
Al
Cu
Ge
Si
Madera
Mica
Resistividad
2 38 10 8
1 68 10 8
0 45
640
108 a 101 1
101 1 a 101 5
τ
v0
Cte
1
v0 nd 2
Desde el punto de vista de las direcciones de las velocidades v0 después de cada colisión, se puede argumentar que el vector velocidad es nulo en promedio. Efectivamente, pues las velocidades después de cada choque
pueden apuntar en cualquier dirección, y al promediar sobre direcciones de las velocidades iniciales de muchas
particulas colisionando se tiene:
vpromedio
0
0
Sin embargo, la rapidez v0 promedio es finita, y no nula.
La aceleración que experimentan las partículas entre
choque y choque está dada exclusivamente por la acción
del campo eléctrico:
qE
m
a
y luego, usando la II Ley de Newton, e integrando en el
tiempo, la función velocidad instantánea está dada por:
v t
v0
at
v0
qE
t
m
3.3.1. Un modelo clásico para la conductividad eléctrica
Esta expresión se puede promediar, para obtener la velocidad característica que tienen las partículas durante su
En la sección que sigue revisaremos un modelo clásico
vuelo:
para explicar la conductividad eléctrica. Este modelo tiene
qE
vpromedio 0
τ
la gracia que entrega un comportamiento cualitativo que
m
es consistente con gran parte del fenómeno de conductividonde se ha usado que el promedio de v0 es nulo y el
dad que se observa experimentalmente.
promedio del tiempo de vuelo de las partículas es τ .
La idea básica es que las partículas se mueven acelerando
3 NOTA: la Cte es un número del orden de 1.0
—debido al trabajo del campo E externo— a partir de una
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Reemplazando el valor explícito de τ Cte v0 nd 2 resulta:
qE
vpromedio Cte
mnd 2 v0
de donde se ve que la velocidad carácteristica que alcanzan las partículas es proporcional al campo eléectrico:
vpromedio
Cte
88
Por otro lado la densidad de corriente J que circula entre
los extremos satisface la Ley de Ohm J σ E, y luego,
al incrementar E en un factor α la densidad de corriente
J también lo hace en el mismo factor. Sigue de esto que
la corriente total I J d s que cruza desde A hacia B
tambien es proporcional a ∆V . Es decir, hay una proporcionalidad entre ∆V y la corriente I
q
E
mnd 2 v0
∆V
RI
(3.3)
La constante de proporcionalidad R se dice o denomina
y a partir de éste resultado y usando que J nqv se obtiene resistencia eléctrica, y despejando R de la expresión anla Ley de Ohm:
terior se puede escribir una definición explícita de ella:
Jpromedio σ E
E dr
∆V con conductividad σ dada por:
R
(3.4)
I
J
ds
q2
σ Cte 2
md v0
Las unidades de la resistencia son las de potencial dividido por corriente: Volts/Ampere lo que se denomina Ohm
Una observación importante aquí es que la conductividad
y se abrevia Ω.
es inversamente proporcional a las rapideces v0 postcolisionales. Por otro lado se sabe que estas rapideces son
proporcionales a la raiz de la temperatura T característica 3.4.1. Ejercicios y Ejemplos
a la cual está sometido el material (ver nota4 ), de modo
1. Resistencia de un alambre de largo L, área uniforme
que la conductividad σ satisface:
A y conductividad σ uniforme en su interior.
2
q
σ Cte 2
d mkB T
Y
mostrando con esto que la conductividad disminuye si se
aumenta la temperatura T , o equivalentemente la resistividad ρ 1 σ aumenta con la temperatura.
Otra observación importante es que la expresión para σ
depende de q2 , de modo que la conductividad es positiva
independiente del signo de las cargas que se mueven.
L
J
E
Z
X
Figura 3.6: Alambre recto uniforme
3.4. Resistencia Eléctrica
A partir de la Ley de Ohm se puede concluir un resultado importante que relaciona la diferencia de potencial
∆V entre dos puntos con la corriente que circula entre los
puntos.
Considere un material conductor de forma arbitraria a
cuyos extremos se ha aplicado una diferencia de potencial ∆V . En su interior se genera un campo electrico E y
se satisface:
∆BAV E dr
Desarrollo. Supondremos que el interior del alambre se genera un campo eléctrico uniforme E E x̂
en todo el interior del material. Integrando desde el
extremo A hasta el extremo B el campo eléctrico se
obtiene para la diferencia de potencial:
∆V
E dr
E x̂ x̂dx
Se aprecia que si se incrementára el campo eléctrico en
todo el espacio en un factor α la diferencia de potencial
tambien se incrementaría en ese mismo factor.
4 NOTA:
v0
kB T m en que kB
1 38 10 23 J/ K
o
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EL
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Por conservación de carga la corriente total sobre
cualquier superficie concéntrica es constante y de
valor I, en particular para una superficie cilíndrica
de radio r intermedio entre a y b se tiene:
Por otro lado la corriente I está dada por
J ds
I
σ
E ds
I
σ EA
de modo que usando la definición de resistencia queda:
E dr
EL L
R σ
EA σ A
J ds
89
de donde sigue que J r está dado por:
En términos de la resistividad ρ
scribir:
ρL
R
A
1
σ se puede ree-
J r r̂ d s J r 2π rL
A continuación usando la Ley de Ohm sigue una expresión para el campo E E r r̂ como función de la
posición en el interior del material
2. Resistencia de un par de conductores cilindricos de
largo L, radios interior a y exterior b concéntricos y
que entre ellos hay material con resistividad σ0 uniforme. Se aplica una diferencia de potencial ∆V entre
el cilindro interior y el cilindro exterior.
J
Ahora que conocemos E r podemos hacer explícitamente la integral
∆V
E dr
1 J r
σ
1 I
σ 2π rL
I
2πσ rL
E r
Desarrollo. Si el cilindro interior está a potencial VA
y el cilindro exterior a potencial VB con VA VB se
induce una densidad de corriente J que fluje desde el
conductor interior hacia el conductor exterior y que
exhibe la simetría radial del cilindro (ver figura)
I
2π rL
J r
J r r̂
r b
1 I
r̂ r̂ dr
r a σ 2π rL
b
1
I
dr
2πσ L a r
I
ln b a 2πσ L
en que r̂ es un vector radial en coordenadas cilíndricas (NOTA: Para este problema hemos denotado la
coordenada cilíndrica radial con r para que así liberar el símbolo ρ para la resitividad).
Finalmente resulta la resistencia:
R
∆V
I
ρ
ln b a 2π L
en que hemos usado la resistividad ρ
1 σ .
J
3.5. Circuitos de Corriente Contínua
b
r
a
Va
Vb
Figura 3.7: Resistencia entre dos cilíndros concéntricos
La f.e.m (fuerza electromotriz ε ) es la diferencia de potencial que es capaz de establecer un agente químico entre los
polos de una batería. Ella es responsable que se generen
corrientes al interior de un circuito. Cuando los circuitos
son puramente resistivos las corrientes resultan constante
en el tiempo.
En este apunte estudiaremos los circuitos de corriente
estacionaria.
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90
3.5.1. Circuito Simple.
Consideremos una batería de f.e.m ε que es aplicada a una
resistencia R.
Ri
DV= - e
batería
E
+
-
R
Bateria
Figura 3.9: Batería con resistencia interna
Resistencia
E
Se tiene entonces
DV=DVR
ε
Figura 3.8: Batería y resistencia
∆VR
de donde
I
Al hacer la integral cerrada de camino del campo eléctrico desde el polo positivo (borne positivo de la batería),
hacia el polo negativo de ella, pasando por la resistencia y
cruzando el interior de ella 5 debe cumplirse que:
E dl
0
∆VR
Ri
i
ε
R
Ri
Ri I
Corriente Máxima. ¿Cuál es la máxima corriente que
se puede establecer en este circuito?.
Si la resistencia externa es una resistencia variable, la corriente máxima Imax se obtiene para R 0
ε ε
Imax R R i Ri
de donde
bateria
E dl
E dl
resistencia
ε ∆VR
ε RI
0
0
0
es decir la suma de las caidas (o diferencias) de potencial en cada segmento —incluyendo la batería— debe ser
nula.
Sigue que
ε
I
R
Resistencia Interna. En una bateria real debe considerarse adicionalmente la existencia de una pequeña
resistencia interna Ri .
5 Note que en el cálculo anterior la caida de potencial de la batería
(fem) da una contribución negativa ya que el camino de integración es
contra la dirección del campo E. No así en la resistencia en que hemos
supuesto que la corriente va de la región de mayor potencial a la de
menor potencial.
Potencia disipada. ¿Qué potencia disipa la batería (Ri )
en ese caso?.
La potencia disipada es:
P Ri I 2
ε2
R2i
Ri
ε
R2i
Por otro lado si la resistencia externa no es nula la potencia calorífica disipada por la resistencia externa R es P RI 2 (como veremos más adelante). Puesto que I R ε R
i
se obtiene que ella vale:
P RI 2
ε2
R
R
Ri 2
expresión para P que tiene un máximo como función de R.
Una pregunta que surge es ¿para qué valor de R se maxidP miza la potencia disipada por R?. Exigiendo dR
0 se ob
tiene: R Rmax Ri (la resistencia externa debe ser igual
a la resistencia interna) y la potencia disipada por la resiε2 ε2
tencia R resulta, en dicho caso, PRmax Ri 2R
,e
2
4R
i
i
igual a la potencia disipada por la resistencia interna en la
batería.
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91
3.5.2. Regla práctica
R1
Una regla práctica, y equivalente a la de Kirchoff para los
nudos, para cuando hay varias resistencias en un sistema
—y se quiere calcular las corrientes al interior de cada
segmento del circuito— es introducir ‘loops’cerrados de
corriente. Cada loop contribuye con su propia corriente
(I1 , I2 , . . . ). La dirección de circulación de dichas corrientes se escoge en forma arbitraria. En cada loop la caida
neta de potencial debe ser nula. El signo con que contribuyen las resistencias a la caida de potencial depende si
se “integra” a favor de la corriente (signo más) o si se “integra” en contra (signo menos). Idem para la contribución
de las baterías.
R2
I1
I2
I=0
G
I2
I1
R3
R?
Figura 3.11: Puente de Wheastone
Ejemplo: resistencias en paralelo.
Este circuito se usa para determinar el valor de una resistencia desconocida R en término de los valores de 3
resistencias variables conocidas R1 , R2 , R3 .
Lo que se hace para determinar R es variar los valores
de R1 , R2 , y R3 hasta que la corriente que indica el galvanómetro G se anule. En dicha situación se tiene:
I1
RG I
R1 I1
R1
RI1
R3I2
R2 I2
RG I
de donde sigue la proporción:
R
R2
R2 I2
R2 I2
R2 I1
ε
0
0
ε
R1
I2
ε R2
R1 R3
R2
que implica:
Muchas veces cuando hay varias resistencias en serie y
paralelo y no se quiere calcular el detalle de la corriente
en cada segmento del circuito, pero si la corriente neta que
entra o sale de la bateria, es posible reemplazar el circuito
por uno equivalente.
Para dos resistencias en serie
I
I1
R2
R3
Resistencias en Serie
de este sistema de ecuaciones resulta
I1
R1 R
ε
1
R1
Otro ejemplo: puente de Wheastone.
1
R2
I
Va
Vb
R1
{
R2I1
0
3.5.3. Resistencias en Serie y Paralelo
Figura 3.10: Resistencias en paralelo
R1 I1
0
{
I2
DV1
DV2
R2
Figura 3.12: Resistencias en serie
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se tiene
∆V
∆V1
∆V2
R1 I
R1
R2 I
R2 I
de modo que la resistencia efectiva o equivalente del sistema es
Reff
R2 R1
92
Siempre que un circuito se pueda dividir en subconjuntos de resistencias que están todas en series o todas en
paralelo es posible usar el método recién descrito, en tantos pasos como sea necesario, para calcular la resistencia
total. Sin embargo no siempre es posible esto como por
ejemplo en el circuito siguiente (el mismo circuito que el
Puente de Wheastone) que no está constituido ni por subcircuitos con resistencias en paralelo ni por subcircuitos
con resistencias en serie.
(3.5)
Va
Resistencias en Paralelo
Si las resistencias están en paralelo
R1
R2
R5
I
I1
R1
R3
R4
I2
R2
Vb
Figura 3.13: Resistencias en paralelo
Figura 3.14: Puente de Wheastone
se tiene que la caída de voltaje entre los extremos de cada
resistencia debe ser la misma e igual a ε de modo que:
ε
ε
I1 R1
I2 R2
Pero puesto que la corriente total I que sale de la batería
es: I I1 I2 (Ley de Kirchoff) sigue:
I
I1 I2
ε
ε
R1 R2
1
1
ε
R1 R2
y la resistencia efectiva resulta
1 1
Reff
R1
1
R2
Ejercicio propuesto: Se conecta una resistencia R1 a
una bateria de fem ε V0 y se encuentra que la corriente
es I0 . Cuando se agrega una nueva resistencia (en serie)
se encuentra que la corriente disminuye a un nuevo valor
I 2 3I0. ¿Cuánto vale el cuociente R1 R2 ?. Si las resistencias se ponen ambas en paralelo, ¿Qué fracción de
la corriente I0 es la corriente en cada resistencia?. ¿Cuánto
vale la corriente (total) que llega a la bateria en términos
de I0 ?.
3.6. Efecto Joule
(3.6)
Hemos visto que al interior de un conductor las partículas
cargadas se mueven libremente hasta que chocan con alguna otra partícula o obstáculo. Entre choques las partícu-
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las ganan una cierta energía debido al trabajo del campo.
Ésta energía ganada es perdida en cada nuevo choque de
las partículas, donde es transferida a los “obstáculos” del
material. La energía transferida se transforma esencialmente en vibración de ellos en torno a una posición de
equilibrio (energía cinética de vibración) o energía térmica, implicando una temperatura. Parte de la vibraciones
(energía térmica) se transmite de obstáculo en obstáculo
hasta llegar a las paredes del material, donde es eliminada
hacia el exterior en forma de calor.
Es posible calcular exactamente la energía calórica que se
disipa haciendo uso de un argumento muy simple:
Primero calculmos la energía que ganaría una partícula de
carga q debido al trabajo del campo, entre los extremos A
y B del material. Esta es:
WBA
∆Q∆BAV
I∆t∆BAV
el trabajo total por unidad de tiempo o potencia resulta en
consecuencia:
P
usando que I
si el paralelepipedo se escoge orientado en la dirección de
la corriente esta expresión que se puede escribir como
dP JE d
total
WBA
∆t
P
σ E2 d
I∆BAV
J Ed
(3.8)
Ejercicio propuesto: Considere el problema del par de
cilíndros concéntricos de radios a y b y material de conductividad σ visto anteriormente. Use la expresión integral para la potencia
disipada
recién obtenida y las expre
siones para J r y E r deducidas en la solución de dicho problema, e integrando en el volumen entre los cilíndros concéntricos calcule la Potencia total disipada. Demuestre que el resultado coincide del que se obtiene usando P RI 2 .
RI
2 ∆V R
2
(3.7)
Para un conductor general de forma cualquiera se puede
obtener una expresión equivalente que entrega la potencia disipada en términos de la densidad de corriente y el
campo eléctrico. Veamos.
Primero escribamos la diferencia de potencial infinitesimal en la longitud dl de un pequeño paralelepípedo infinitesimal:
dV E d l
y la corriente infinitesimal dI que cruza en el área del paralelepipedo:
dI J d S
La potencia disipada por el pequeño paralepipedo estará
dada por el producto de la corriente por la diferencia de
potencial, quedando:
dP dV dI
De acuerdo con esto la energía disipada por unidad de volumen sería:
dP J E
(3.9)
d
I∆BAV
P
σ E2 d
en que d es el volumen infinitesimal del paralelepípedo y
se ha hecho uso de la Ley de Ohm (3.2). Finalmente basta
integrar sobre el volumen total del material para obtener
una expresión integral para la potencia total disipada:
∆V R queda finalmente
q∆BAV
y toda ella se disiparía finalmente en las colisiones.
En un intervalo de tiempo ∆t la cantidad de carga total
que cruzaría desde el punto A hasta el punto B será ∆Q I∆t, de modo que el trabajo neto sobre todas las partículas
hecho durante ese intervalo de tiempo es:
total
WBA
93
J d S
E d l
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94
3.7. Fuerza magnética
3.7.2. Fuerza de Lorentz
Se ha encontrado experimentalmente que la fuerza sobre una carga eléctrica q (en presencia de imánes por
ejemplo) depende no sólo de la posición en el espacio
(F qE r ), sino también de la velocidad v con que se
mueve la partícula. Experimentalmente se observa que en
presencia de imanes la aceleración que experimenta el objeto crece linealmente con la magnitud v de la velocidad
(man Ctev) y también depende linealmente de la magnitud y de la carga que sufre la fuerza y del signo de ella.
Otro aspecto que se observa es que dicha fuerza no hace
trabajo, es decir no cambia la rapidez del objeto. Es posible postular entonces que además de la fuerza eléctrica
una carga sufre una fuerza de otro origen (que diremos
magnético) y que depende de la velocidad de la partícula:
El efecto conjunto de la fuerza eléctrica y del campo magnético se denomina fuerza de Lorentz:
F
F r v
F elec. r F magnet. v un vector
una función lineal en el vector velocidad v, lo que ya
sugiere que la forma de la fuerza es
F qv
pero, a la vez no debe hacer trabajo, es decir la integral
F dr 0
para cualquier camino de integración. Esto excluye
la posibilidad que dicha fuerza sea colineal con v,
pero admite que dicha fuerza sea perpendicular a la
velocidad v.
De esta ultima expresión se ve que, en el sistema internacional de unidades, puesto que las unidades de E
son [N/C]=[V/m], entonces las unidades de B son [V
seg/m2]=1 [Weber/m2 ]= 1[Tesla] que se abrevia [T].
La conección con el sistema CGS de unidades es 1 [T] =
104 [Gauss]. Magnitudes típicas son:
campo magnetico de la Tierra: 0 5 10 [Gauss].
qv B
esta forma se asegura que
F dr
4
[T] = 0.5
El campo de inducción magnética puede ser a su vez una
función de la posición, e incluso del tiempo: B B r t .
La determinación de B la realizaremos más adelante
cuando veamos la llamada Ley de Biot-Savart y la Ley
de Ampere (una Ley integral análoga a la Ley de Gauss).
Por ahora nos contentaremos con informar que, puesto
que B es una función de la posición r, en las regiones
que haya mayor intensidad de campo magnético (mayor
densidad de líneas de campo magnético) la aceleración
será más grande (luego el movimiento se curvará en
forma más intensa), mientras que en las regiones en que
la aceleración es poco intensa (menor densidad de líneas
de campo) el movimiento se curvará poco, como muestra
la figura de a continuación
(3.10)
en que interviene el producto cruz entre la velocidad
v y un nuevo vector B llamado campo de inducción
magnética o densidad magnética6
(3.11)
3.7.3. Unidades del Campo de Inducción
Magnética
Una forma de asegurar todo esto es estableciendo que la
fuerza magnética obedece una ley de la forma:
W
v B
3.7.4. Movimiento de cargas en un campo
de inducción magnética
lineal en la carga q
6 De
qE
imanes superconductores: 25 [T] = 250000 [Gauss]
¿Cuál es la ley de dicha fuerza? . Es claro que tiene
que ser:
F
imanes de laboratorio: 2.5 [T] = 25000 [Gauss],
3.7.1. Ley de Fuerza Magnética
W
F
F v dt
q v
B v dt
0
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95
Calcule la fuerza inicial que experimenta el protón.
¿Hacia dónde se dirige esa fuerza?.
Rpta.
F
ev B ev0 B0 ŷ ẑ ev0 B0 x̂
Algunos instantes más tarde, debido a la acción de la
fuerza magnética, el protón se mueve con velocidad
en dirección x̂. ¿Hacia donde apunta ahora la fuerza?.
B
Débil
{
{
Rpta.
F
B Intenso
Figura 3.15: Curvatura de la trayectoría de una partícula
cargada en presencia de un campo de inducción magnética
B que varía con la posición.
ev B ev0 B0 x̂ ẑ ev0 B0 ŷ
La dirección de la fuerza (aceleración) de la partícula se
muestra en la figura siguiente para los dos puntos de la
trayectoria que se ha estudiado
Movimiento de una carga en un campo de inducción
magnético B uniforme
Consideremos primero el siguiente ejemplo partícular:
1. Un protón incide sobre una región donde hay un
campo magnético B B0 ẑ (con B0 1 5 [T]), con
velocidad v v0 ŷ (con v0 8 106 [m/s]) como
muestra la figura.
q
V
A
Y
Fa
C
Z
Fc
X
Y
V
C
A
q=e
Puesto que la aceleración tangencial es nula (rapidez no
cambia) sólo hay aceleración normal (que es la que apunta
al centro de curvatura).
Radio de giro bajo un campo B uniforme
X
Figura 3.16: Partícula cargada que incide sobre una región
con densidad magnética B uniforme
De estos ejemplos se ve que si el campo B es uniforme
la fuerza magnética resulta, en este caso, constante en
magnitud. Es decir la magnitud de la aceleración normal
aN ev0 B0 Cte, mientras que la aceleración tangencial
tiene magnitud nula at 0 (pues dv
0). Se concluye que
dt
el movimiento es circular, y con aceleración puramente
normal
v20 qv0 B0
an R
m
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vm
qB0
8 106 1 67 10 1 6 10 19 2 5
dl
V
que en nuestro ejemplo resulta
R
B
{
de donde resulta que el radio de giro R (o radio de
curvatura) es
vm
(3.12)
R
qB0
96
27
3 3[cm]
A partir de
qv0 B0
m
y usando el resultado anterior para R la rapidez angular
de giro resulta:
qB0
w
(3.13)
m
an
w2 R Figura 3.17: Fuerza sobre un elemento de cable que lleva
corriente total I
fuerza
Expresión que se conoce como la frecuencia de rotación La
se
de Larmor, y que es independiente de la rapidez v0 con longitud
que se lanza inicialmente el protón.
magnética
puede
dF
d
I
por
unidad
de
escribir
entonces:
B
(3.16)
3.7.5. Fuerza Magnética sobre un distribu- y en un cable de forma cualquiera la fuerza toción de corriente
tal sobre el segmento completo de cable será:
Si consideramos un elemento de carga dq que se mueve
con velocidad v la corriente infinitesimal asociada
d J dq v experimente una fuerza:
dF
dq v B
dJ
B
(3.14)
En el caso de una distribución lineal, superficial y
volumetrica de carga se tiene
dJ
dqv λ vd
σ vdS
ρQ vdV
Id
KdS
JdV
(3.15)
magnet.
Fcable
I
Bd
(3.17)
Asi por ejemplo para la situación de la figura siguiente
(suponiendo que el cable esta sujeto por sus extremos)
si se aplica una corriente y hay además un campo B
como muestra la figura, la deformación del cable será la
producida por la fuerza que resulta del producto I B, y
su dirección queda establecida de acuerdo a la regla de la
mano derecha para este producto.
B
I
V
en que hemos introducido las densidades de corriente
lineal (I λ v), superficial (K σ v) y volumétrica
(J ρ v).
B
I
I
Cable con Corriente Puesto que una corriente I no son
mas que cargas en movimiento con cierta velocidad v entonces es posible concluir que, en presencia de un campo
B, un cable experimenta una fuerza magnética que es la
superposición de las fuerzas magnéticas que experimentan las partículas que generan la corriente eléctrica. Es de- Figura 3.18: Deformación de un cable que lleva corriente
cir la fuerza que experimentan los elementos de corriente I en presencia de un campo de inducción magnética B
d J Id .
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3.7.6. Ejemplo
97
Para el torque se obtiene:
1. Se introduce una espira cuadrada de largo L en
una región con campo magnético uniforme de
magnitud B y paralelo a la superficie que contiene la
espira (ver figura). Determinar la fuerza sobre cada
segmento de la espira.
τ
Es decir finalmente
τ
I
r
r
r
dF
Idr B
d r B
(3.19)
Y
B
Expresión que en el caso de campo uniforme se puede
mostrar (ver nota 7 ) es equivalente a
Z
τ
{
{
m B0
y en donde la cantidad m vale
I
m
r
2
L
L
(3.22)
dr
(3.23)
y se conoce como momento
en el caso de una espira
X
magnético, y
plana resulta:
m IA n̂
Figura 3.19: Fuerza sobre una espira cuadrada plana
(3.24)
en que A es el área de la espira (no importa su forma) y
7
d r
F
F
F
r
I ŷ Bx̂d
2
I ŷ Bx̂d
B0 dr
d r
c
IBLk̂
dr
a b
I x̂ Bx̂d
B0 c a b y
IBL
dr
0
B0 dr r r
B0 a c b
b c a
y las dos que se obtienen permutando ciclicamente: a
Es decir:
b c a b a c c a b
0
r B r A continuación considerar la identidad:
0
3
F
I x̂ Bx̂d
1
r
de donde resulta
Rpta. B Bı̂. Luego
La demostración consiste en primero diferenciar la expresión d r
d r B0 , esto es:
r B0 usando que B0 es uniforme y despejar r
c b a
a b c
B0 (3.20)
b, b
c, c
a.
para demostrar, sumando miembro a miembro, que se obtiene:
c b c a c a b 0
de donde, si identificamos a r, b d r y c B resulta:
r dr B dr B r B r dr a b
Nota: Observe que la fuerza total sobre la espira en
este caso resulta nula.
0
0
3.7.7. Fuerza y Torque sobre una espira
cer
rada. El momento magnético m
Si la densidad magnética B es uniforme (B B0 ) se tiene
F
Id r
B0
I
dr
B0
0
(3.18)
puesto que la integral de camino es cerrada y donde se
ha aprovechado que Id Id r ya que la corriente es
tangente a la trayectoria del cable.
0
Esta última permite despejar
dr
r
B0 r
0
r d r B0 dr B0
expresion que reemplazada en la Ec. 3.20 y tras despejar r
entrega:
0
dr
B0 r B 12 r dr B
Por ultimo integrando en un camino cerrado se obtiene:
1
r d r B r dr B
(3.21)
2
donde se ha usado que la integral sobre un camino cerrado de una diferencial exacta d es cero.
r
dr
B0 Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
1
dr
2
0
0
0
0
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n̂ la orientación de la espira de acuerdo a la regla de la
mano derecha (asumiendo que la dirección positiva de
giro es la dirección en que gira la corriente electrica I).
Note que las unidades de m son las de Ampere-metro
cuadrado.
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98
230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad
3.7.8. Ley de Biot-Savart
99
resultado que reobtendremos más adelante de manera más
directa mediante la llamada Ley Circuital de Ampere, en
Hemos estudiado, el movimiento de cargas bajo un cam- los otros dos estudiaremos situaciones que no pueden repo magnético dado. La pregunta que surge a continuación solverse usando la Ley de Ampere: Campo de inducción
es ¿Cómo se calculan dichos campos B?. La respuesta a magnética exacto de un solenoide de tamaño finito sobre
esta pregunta fue dada por Biot y Savart el siglo antepasa- su eje axial y campo generado por una espira circular sodo, quienes establecieron que cualquier corriente es capaz bre su eje axial.
de producir un campo magnético en el espacio. Ciertas
corrientes son claramente de origen eléctrico debido al
movimiento de traslación de las cargas, otras corrientes
están relacionadas con la rotación de los electrones de valencia de las moléculas así como del spin quantico (repase
su curso de química) propio de las partículas, y son responsables del magnetismo de los imanes naturales.
Biot-Savart, estudiaron el campo magnético generado por
un cable curvado. Esencialmente se estableció que un segmento d r , ubicado en un punto r , de un cable que porta
corriente I contribuye al campo magnético en un punto r
con una intensidad d B dada por:
dB
µ0 Id r 4π
r
r
r
r
3
Si se considera el cable completo se debe integrar en
la variable de posición r que describe la curva en el
espacio que ocupa dicho cable, de modo que el campo de
inducción magnética en el punto r está dado por:
µ0 Id r r r B r
(3.25)
4π
r r 3
Expresión que es conocida como Ley de Biot-Savart.
Esta expresión se puede escribir en forma más compacta
introduciendo los elementos infinitesimales de corriente
dJ
Id
linea de corriente
dJ KdS corriente superficial
Jd
corriente volumétrica
Si la corriente está distribuida ocupando un volumen entonces hacemos el reemplazo: d J Id r Jdv, en que dv
es el elemento de volumen que ocupa la densidad de corriente J, queda:
B
r
µ0
4π
J r
r r dv
r 3
(3.26)
r
Cuando la corriente está distribuida sobre una superficie
(corriente superficial K) el reemplazo es: Id r
KdS. La
expresión para B resulta:
B
r
µ0
4π
K r
r r dS
r 3
r
(3.27)
En la sección de a continuación veremos 3 ejemplos de
aplicación de esta ley (de Biot-Savart) para determinar el
campo magnético. En el primero (cable recto infinito) un
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3.7.9. Ejemplos
1. Un cable de largo infinito con corriente orientada en
la dirección positiva del eje Z cruza el plano de las
XY por el origen. Calcular el campo magnético en
un punto de coordenada z 0 a distancia r (sobre el
plano de las XY ).
100
La integral es simple y se puede hacer en forma explícita
∞
dz
2
∞ ρ
z
2
3 2
ρ2
z
ρ2
z 2
1 2
se obtiene:
µ0 I xŷ
4π
B x y 0
yx̂ r2 ρ 2
µ0 I 2
xŷ yx̂ 2
4π
ρ
µ0 I xŷ yx̂
2πρ ρ
∞
z
z 2
1 2
∞
Por último reemplazando x ρ cos φ y y ρ sin φ en
que φ es el ángulo de las coordenadas cilíndricas medido desde el eje de las X hacia el vector de posición
r resulta:
‘
B
µ0 I cos θ ŷ
2π r
sin θ x̂ en que el vector φ̂ cos φ ŷ sin φ x̂ es un vector
unitario que indica la dirección del campo de inducción magnética y que corresponde a un vector que
circula en torno del origen. El campo B se escribe
finalmente:
µ0 I
B
φ̂ (3.28)
2πρ
Figura 3.20: cable recto infinito que lleva corriente I
Solucion: Los puntos r del cable sólo tienen coordenadas sobre el eje Z, luego están descritos por:
r z ẑ. En consecuencia un elemento de longitud
d r sobre dicho cable se escribe: d r dz ẑ
resultado que es importante y que ud deber recordar.
El punto r esá dado por: r xx̂ yŷ 0ẑ. La diferencia r r que figura en la expresión de Biot-Savart
queda, en este caso: r r xx̂ yŷ z ẑ, y su módulo (que también figura en dicha expresión) es:
r r x2 y2 z 2 .
El
producto cruz entre d r y r
xx̂ yŷ z ẑ xŷ yẑ dz .
r resulta: dz ẑ
Reemplazando lo anterior en la Ley de Biot-Savart
se tiene:
Bxy
0
µ0
4π
Idz xŷ
x2
y2
yx̂
z 2
3 2
Hacemos uso a continuación de que: x e y están fijos
(así como los vectores unitarios) y reemplazaremos
por ρ a la distancia x2 y2 , queda:
Bxy
0
µ0 I xŷ
4π
yx̂
Figura 3.21: Campo B circula en torno al cable recto
∞
∞
dz
ρ2
z 2
3 2
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101
La integracion de sin φ y cos φ en un periodo 2π es
nula. Resulta
2. Campo de una espira circular sobre su eje axial
Z
µ0 2π Ia2
ẑ
4π a2 z2 3 2
µ0 Ia2
ẑ
2 a 2 z2 3 2
B z
El campo a lo largo del eje es máximo para z
decrece para z ∞ y z
∞ como 1 z3 .
Y
0,
El campo fuera del eje es más difícil de calcular. En
la figura siguiente se bosqueja las lineas de campo B
I
X
Figura 3.22: Espira circular
Solución: Escogemos un sistema de coordenadas
en que el plano XY que contiene a la espira y el eje
Z coincide con el eje axial de la espira.
Los puntos r del cable solo tiene coordenadas sobre
un circulo en el plano XY , luego están descritos por
r
a cos φ x̂
a sin φ ŷ
de modo que, diferenciando, el elemento de longitud
d r sobre dicho círculo (cable) resulta:
dr
a sin φ x̂ d φ
a cos φ ŷ d φ
El punto r donde interesa calcular el campo está descrito por
r zẑ
La diferencia r r , que figura en la expresión de
Biot-Savart, queda, en este caso:
Figura 3.23: Lineas de campo de la espira circular
r
r
zẑ
a cos φ x
a sin φ ŷ
y su módulo (que también figura en dicha expresión)
es:
r r
a2 cos2 φ
a2 sin2 φ
El producto cruz entre d r y r
dr
r
r
a
z2 a2
z2 1 2
r resulta:
sin φ x̂ cos φ ŷ d φ
zẑ a cos φ x a sin φ ŷ a z cos φ x̂
sin φ ŷ aẑ
d φ
Se aprecia que las líneas de campo son curvas cerradas en torno a la corriente I que circúla. En consecuencia todas las líneas de campo pasan por el interior de la superficie que delimita la espira conductora y
van a dar su vuelta por el exterior. Las líneas de campo mas cercanas al eje z van a dar la vuelta mas lejos
y por lo tanto se reparten en todo el espacio exterior.
Se puede afirmar entonces, debido a la alta densidad
de lineas de campo en el interior de la espira y la
correspondiente baja densidad de lineas de campo en
el exterior de la espira (ya que el mismo número de
líneas tiene un espacio infinito donde repartirse) que
el campo cerca del anillo y hacia su interior es muy
intenso, mientras que afuera y lejos del anillo dicho
campo es débil.
Reemplazando, hasta aquí, se obtiene:
B
µ0 Ia
4π a2 z2 3 2
2π
0
aẑ
z cos φ x̂
sin φ ŷ d φ
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102
3. Campo exacto de un solenoide finito sobre su eje axial.
{
{
{
µ0 nIa2 ẑ
2
B z
L 2
dz
z z
a2
L 2
2
3 2
integral que ya conocemos del ejemplo 1 (cambiando
z por z z ), luego queda
}
µ0 nIa2 ẑ
z z
2
a2 a2 z z
B z
L 2
µ0 nI ẑ
2
z
L
2
z
L 2
L 2
2
L 2
a2
z
a2
2
3 2
L 2
z
2
El campo experimenta un máximo Bmax en el interior en el punto z 0 dado por:
Solución: Aquí nos aprovecharemos que ya conocemos el campo de una espira circular sobre su eje
axial.
La contribución al campo sobre un punto de coordenadas z (donde se quiere calcular el campo), de
una espira ubicada a altura z (una de las espiras del
solenoide) es –de acuerdo a la figura y el resultado
del ejemplo anterior—
B z
2
µ0
z z
Ia2
a2
2
3 2
ẑ
Bmax
dB
L 2
ẑ
en que K nI
superficial.
B z
z
L
1 µ0 NI ẑ
2 L
a
L
0) este valor
NI L corresponde a una corriente
ẑ
y el campo total B se obtiene integrando desde z
L 2 a z L 2.
2
4η 2
1
Si el solenoide es muy largo (η deviene
Bmax µ0 K ẑ
3 2
L 2
1
NI
ẑ
L
µ0
z
η2
el campo exacto sobre
z
η2
1 2
z
1 2
2
1 2
z
1 2
3 2
a2
2
Un gráfico de la intensidad B z B0 (en que B0 B z z 0 ) para distintos valores de la razón de aspecto η es el que se muestra en la figura siguiente:
Si hacemos el cambio z
el eje se puede escribir
Si definimos por n N L al número de espiras por
unidad de largo, la corriente en un elemento dz resulta dI nIdz de modo que la contribucion, sobre
el punto z en el eje, de esa ‘espira’de grosor dz , corriente dI y ubicada a altura z , es
µ0 dIa2
2 a2 z z 2 µ0 nIa2 dz
2 a2 z z 2 µ0 nI ẑ
expresión que se puede escribir introduciendo el coeficiente η La (coeficiente que mide la razón de aspecto entre grosor y largo del solenoide):
Para obtener el campo neto B debemos sumar (integrar) sobre todas las espiras del solenoide.
Bmax
Figura 3.24: Solenoide finito
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B(z)/B
0
1
0.8
0.6
0.4
0.2
−0.4
−0.2
0.2
z/L
0.4
Figura 3.25: Campo para el eje axial del solenoide en los
casos η 0 5, η 0 1, y η 0 01
donde se aprecia que si la razón de aspecto es pequeña (solenide largo en relación a su diámetro) entonces el campo en el interior del solenoide es muy
uniforme, justo en el borde (z= 12 ) toma la mitad del
valor en el centro y el campo mismo es prácticamente
nulo fuera del solenoide.
4. Propuesto para más adelante (cuando se haya estudiado la Ley Circuital de Ampere): Para el problema
del campo exacto de un solenoide sobre su eje axial, haga la integral
de camino Bdz de la expresión
obtenida para B z desde el punto z L 2 hasta
z
L 2 y compare su valor con µ0 NI (la integral
sobre un camino cerrado, de acuerdo con la Ley de
Ampere). A partir de esto determine la intensidad
de la integral B d l del campo magnético fuera del
solenoide. ¿Qué tan pequeña resulta la integral sobre el exterior? (o en otras palabras: ¿qué tan poco
intenso es el campo afuera?).
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103
230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad
104
3.8. Ecuaciones para B estático
En esta sección estudiaremos las ecuaciones diferenciales
que satisface el campo B para el caso estacionario en el
tiempo. Estas ecuaciones, que deduciremos más adelante,
son
∇ B
∇ B
0
(3.29)
µ0 J
(3.30)
y expresan que:
No existen cargas magnéticas
Las fuentes de B son las corrientes generadas por las
cargas en movimiento (o más bien equivale a la forma diferencial de la Ley de Biot-Savart).
Esta situación es análoga a lo que ocurre para el caso del
campo E en que se tenía
∇ E
∇ E
La demostración que ∇ B 0 sigue de estudiar la ley de
Biot-Savart aplicada a una distribución de carga distribuida continuamente en el espacio:
µ0
∇
J r 4π
µ0
∇ J r 4π
∇ B
ρ
ε0
Figura 3.26: Divergencia del Campo eléctrico versus Divergencia del Campo magnético. Note que el campo eléctrico diverge en torno a la carga, mientras que este comportamiento no se exhibe en el campo magnético que mas
bien circula en torno a la corriente
(3.31)
0
(3.32)
ecuaciones que expresaban respectivamente la Ley de
Coulomb (o equivalentemente la ley de Gauss) y el hecho
que la fuerza eléctrica es conservativa.
dv
3
dv
3
expresión
que
se puede reescribir usando la identidad ∇ a b
b ∇ a
a ∇ b , queda:
∇ B
µ0
4π
3.8.1. Ecuación de la divergencia de B
r r
r r
3
∇ J r
J r
La interpretación de que no existen cargas magnéticas
sigue directamente de comparar la ecuación (3.29) con la
ecuación (3.31) y observar que en el caso del campo eléctrico figura la densidad de carga eléctrica, mientras que en
el caso magnético no figura ninguna densidad de carga.
Esto se interpreta como la no existencia de cargas magnéticas.
Otra consecuencia que sigue de esta ecuación es que las
líneas de campo de inducción magnética son líneas cerradas sobre si mismas o empiezan y terminan en “infinito” como muestra la figura de a continuación. Esto se
puede visualizar en la figura de a continuación en que se
ha graficado a la izquierda una situación típica de campo
electrico en torno a una carga puntual y a la derecha una
situación típica de campo magnético.
r r
r r
r r
r r
∇
r r
r r
dv
3
Si a continuación
hacemos uso de que ∇r J r 0, y de
la identidad ∇ 1 r r r r r r obtenemos:
∇ B
µ0
4π
0
J r
∇ ∇
1
r
dv
r
lo que completa la demostración ya que la identidad
∇ ∇Φ 0 asegura ∇ B 0.
Vector Potencial magnético A
Como
∇ B 0 y al mismo tiempo se tiene la identidad
∇ ∇ A 0 entonces debe existir un campo vectorial A
tal que
B ∇ A
(3.33)
Esta situación es análoga a la del campo E que satisface
∇ E 0, de donde sigue que existe un potencial escalar
V tal que E ∇V (pues ∇ ∇V 0).
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El campo A recién propuesto se dice el vector potencial
magnético asociado al campo B.
105
integral para calcular el potencial eléctrico
Expresión explícita para el vector potencial magnético
Trabajando la Ley de Biot-Savart es posible escribir una
expresión explícita para el campo A y que será de utilidad.
B
µ0
J r 4π
µ0
J r
4π
r r
r r
∇
V r
∇
r
dv
r
Φ∇ f
Jr
r
r
r
∇Φ f
Ay r r
r
Az r ∇
J r r r
r
∇ J r
r
J r
µ0
4π
B
∇
r
∇
2
∇ Ay
∇ Az
r
J r r r
dv
dv
r
J r r r
r
de donde finalmente identificamos (via B
A
J r r r
dv
∇2 A ∇ A)
µ0 J
∇ B ∇ ∇ A
(3.34)
Si la distribución de carga no es volumetrica, sino superficial o lineal, podemos hacer uso de este mismo resultado
previo introducir la corriente infinitesimal d J J r dv ,
tenemos
µ0
dJ
A r
(3.35)
4π
r r
dv
µ0 Jz
(3.36)
Es importante hacer notar aquí el parecido de la expresión
integral para calcular A recién obtenida con la expresión
∇ A y haciendo uso
∇2 A sigue que:
r
µ0 Jy
µ0
4π
µ0 Jx
Aplicando rotor a la expresion
B
de la identidad ∇ ∇A ∇ ∇ A Jz
µ0
4π
dv
r
3.8.2. Ecuación del rotor de B o Ley de Ampere
o equivalentemente (en notación vectorial) la ecuación de
Poisson para A:
r
se puede eliminar pues
Jy
dv
r
1
y donde el término con ∇r J r
es nulo, se obtiene
∇ 2 Ax
2
∇
Jx
de donde sigue:
1
µ0
4π
µ0
4π
µ0
4π
Ax r lo que da
0
1
∇
aplicado a
rior para las expresiones integrales de V y de A sigue que,
para cada una de las componentes cartesianas del vector
A se satisface una ecuación tipo Poisson. Es decir se tiene
Φf
Por otro lado habiamos visto que el potencial satisfacía la
ρq
ecuacion de Poisson ∇2V ε . De la comparación ante-
dv
3
donde hemos hecho uso de que ∇ 1 r
r r .
Si además hacemos uso que
µ0
J
dv
4π
r r
ρq r 1
dv
4πε0
r r
A r
∇2 A
pero es posible mostrar que ∇ A 0 (ver nota8) de modo
que se tiene
∇ B
∇2 A
8 NOTA: Que efectivamente se puede tomar ∇ A
0, se verifica al
constatar que si escogemos otro potencial vectorial A tal que
A
A
∇Ψ
este tambien satisface ∇ A ∇ A B (ya que ∇ ∇Ψ 0), de modo
que A está determinado salvo el gradiente de una función escalar. O en
otras palabras hay un grado de libertad escalar en la definición de A. Este
grado de libertad escalar se puede fijar imponiendo una ecuación escalar
sobre A tal como lo es ∇ A 0. En todo caso la expresión integral
para A dada más arriba efectivamente satisface ∇ A 0 (esto último sin
demostración).
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad
Haciendo uso de la ecuación de Poisson para A resulta
∇ B µ0 J
(3.37)
que es otra de las importantes ecuaciones de Maxwell.
3.8.3. Ley Circuital de Ampere
Integrando B sobre un circuito cerrado cualquiera y aplicando el teorema de Gauss y la Ley de Ampere recién
obtenida es posible deducir una Ley integral conocida como la Ley Circuital de Ampere
es decir:
B dr
B dr
µ0
µ0
∇ B
dS
µ0 J d S
J dS
J dS
(3.38)
Se puede escribir en forma abreviada esta Ley definiendo:
Ique cruza
J dS
(en que Ique cruza es la corriente neta que cruza la superficie delimitada por el camino de integración) y definiendo
la cantidad
ΓB B dr
que se denomina Circulación del campo de inducción
magnético, de modo que la Ley Circuital de Ampere se
escribe usualmente:
ΓB
µ0 Ique cruza
(3.39)
Al revés, la expresión
∇ B µ0 J
se puede entender como la versión diferencial de la Ley
Circuital de Ampere.
Las ecuaciones de Maxwell:
∇ B
0
(3.40)
∇ B
µ0 J
(3.41)
más condiciones de contorno (borde) contienen la descripción completa del magnetismo estático en un medio
no material.
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106
230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad
107
3.8.4. Ley de Ampere. ¡Revisitada!
1
Hemos visto que cargas en movimiento en presencia de
campos magneticos experimentan una fuerza magnética
con ley:
F mag. qv B
F
I
B
en que la dirección de I es la dirección de la corriente
electrica a lo largo del cable conductor.
La pregunta de ¿cómo se calcula o obtiene el campo de inducción magnética B? tiene una respuesta que pasa por un
experimento importante debido a Ampere. Reducida a su
aspecto fundamental esta experiencia consiste en que dos
alambres paralelos rectos y muy largos experimentan una
fuerza atractiva si las corrientes van en el mismo sentido
pero repulsiva si van en sentido contrario. Si una de las
corrientes se interrumpe no se mide fuerza de atracción o
repulsion.
I
r
y que esta ley aplicada a lineas de corriente I en presencia
de campos magneticos conduce a una ley de fuerza, por
unidad de longitud, para un cable sumergido en un campo
de inducción magnética B. dada por
dF
dl
2
B
I
Si cambiamos de posición el cable 2 dejando fijo el 1 (es
decir movemos el cable 2 en forma paralela al 1 y manteniendo la misma distancia r entre cables), puesto que la
fuerza es atractiva, el campo magnético provocado por el
1er cable debe tener una dirección que cambia a lo largo
de un circuito de radio r como se indica en la figura.
B
r
I
I
I
I
−I
Figura 3.27: Fuerza entre cables
Puesto que la fuerza que experimentan los cables la sufren
en definitiva las cargas en movimiento al interior de ellos
(corrientes), para explicar este fenómeno se plantea que
esta fuerza es de origen magnético.
Concentrémonos en la fuerza que sufre el cable 2 debido
al 1 para el caso de dos cables que tienen corrientes en
la misma dirección y separados una distancia r. El campo
magnético B que siente el cable 2 para provocar la fuerza
de atracción de este cable hacia el 1 tendría que tener una
componente en la dirección que indica la figura (el campo
magnético sería generado por el cable que hemos indicado
con 1; el cable que sufre la fuerza lo hemos indicado con
2). 9
I
De estas observaciones se deduce que una corriente I en el
cable 1 genera un campo magnetico que circula en torno
de ella y cuya dirección sigue la regla de la mano derecha:
9 En el caso de que el 2do cable tenga corriente opuesta es claro que
este mecanismo implica una fuerza repulsiva ya que al cambiar de dirección I el producto I B cambia de signo.
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108
Por su parte los iones del cable 1 los supondremos quietos y también supondremos que no hay campo electrico
provocado por el cable 1, es decir la densidad lineal total
de carga (electronica e ionica) en el cable 1 es nula:
I
λ
B
Figura 3.28: Regla de la mano derecha para la circulación
del campo B
Decimos que: el campo magnético circula en torno a
la corriente del cable 1.
3.8.5. Origen relativista de la fuerza
magnética: una expresión para B
Deduciremos a continuación una expresión explícita para
B en el caso de fuerza entre cables paralelos. Generalizando este resultado re-obtendremos la llamada “Ley de Ampere” o “Ley circuital de Ampere”.
Consideremos 2 cables que tiene corriente en la misma
dirección y de la misma magnitud como muestra la figura.
λ
λ
0
En otro sistema de coordenadas que se mueva con velocidad V respecto del primero la carga de prueba estará
quieta y luego de acuerdo a un observador en este sistema
no experimentara fuerza magnética. Sin embargo el observador en este sistema de coordenadas no puede evitar ver
la aceleración de atracción que sufre el cable 2 —en que
se mueve la carga de prueba— y que provoca que el cable
2 tiendan a acercarse al 1. Esta aceleración de atracción
también la sufren todas las cargas en movimiento en dicho cable y eso es lo que hace moverse al cable completo.
Supongamos que sujetamos el cable 2 y el 1 y evitamos que este se acerque hacia el 2. Intentemos calcular
la fuerza que sufre la carga de prueba. Para ello consideramos que vista desde el 2do sistema de coordenadas la
carga de prueba esta quieta de modo que esta fuerza tiene
que ser de origen electrostático (fuerza de Coulomb). La
unica manera que esto sea así es que un observador en dicho sistema de coordenadas mida una densidad de carga
no nula para el cable 1, densidad que provoca un campo electrico repulsivo que (como la carga del electron es
negativa) hace la fuerza de atracción.
Para calcular dicha densidad no nula haremos uso de un
resultado de la teoría de relatividad especial de Einstein
que dice que un segmento material de largo L que esta
quieto en un sistema en reposo se ve mas corto desde un
sistema en movimiento. Su largo L medido en un sistema
en movimiento esta dado por:
L
cable 2
−
L 1
V2
c2
en que c es la rapidez de la luz. También haremos uso
del supuesto que la carga total positiva que hay en dicho
segmento
de cable es la misma que hay en el segmento
cable 1
+
−
correspondiente en el otro sistema. La misma suposición
para la carga negativa.
En el 1er sistema —en que los N iones estan en reposo—
la carga total ionica es Nq y el largo del segmento de
Supongamos que conocemos la velocidad V de una carga
cable que ellas (en reposo) ocupan es L, de modo que la
de prueba (electrón) que se mueve en el interior del cable 2
densidad lineal de carga correpondiente es λ Nq L.
y sufre el campo magnético provocado por la corriente en
En este mismo sistema la densidad lineal de carga total es
el cable 1 (esta corriente es provocada por los electrones
λ 0 de modo que para la densidad lineal electrónica se
que están en este cable y que se mueven con la misma
tiene λ λ
velocidad de la carga de prueba).
En el 2do sistema
—en que los iones estan
(velocidad que debe ser la misma con que se mueven los
movimiento— se mide la misma carga pero el largo ocuelectrones que estan en el cable 1 que provoca el campo
pado por ellas es mas pequeño (segmento en movimienmagnético).
2
to): L 1 Vc2 . La densidad de carga de los iones en este
r
v=0
λ =0
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sistema resulta λ
109
Nq
el 1er sistema. En el primer sistema esta fuerza es descrita
a través de un campo magnetico de intensidad B mienc
En este 2do sistema los N electrones se ven en reposo, tras que en el 2do sistema es descrita mediante un campo
su carga total electrónica es Nq y el largo del ca- electrico de intensidad E; pero son la misma fuerza y en
ble que ellos ocupan mide L y es el largo que corre- consecuencia se satisface: q E q V B de donde sigue
sponde con la longitud L que se mediría cuando ellos
λ
se ven en movimiento en el primer sistema. Ambos larB 2V πε0 r
gos se conectan, en este caso, a través de la relación
2
λ V 2 c2
L L 1 Vc2 . La densidad lineal de carga electróni2V πε0 r
resulta: λ Nq L ca que se mide en el sistema
2
λ V
Nq
1 Vc2
L
2c2 πε0 r
La densidad lineal de carga neta para el segundo sistema
sería entonces:
En el numerador de esta última expresión se tiene λ V Nq V L. Haciendo uso que V L 1 t donde t es el tiempo que toman las N cargas en atravesar L se obtiene Nq t
que es precisamente la corriente I que lleva el cable.
λ λ
λ
Introduciendo además la definición de la llamada perme2
Nq
Nq
V
abilidad magnetica del vacio
1
2
L
c
V2
L 1 c2
1
µ0 2 4π 107
N/A2
c
ε0
2
Nq
1
V
1
L
c2
V2
queda
1 c2
µ0 I
B
2
2
πr
1
V
λ
1
Expresión que entrega el valor de la intensidad B como
2
c2
1 Vc2
función de la distancia r. Recuperando así el resultado
que habiamos obtenido antes vía integrar la Ley de Biot
1 V2
1 V2
λ
1
1
2
2
Savart.
2c
2c
2
1 V2
L
V2
0
Ejemplos
c2
donde hemos hecho
uso de Nq
Nq y de la expan- 1. dos cables con corriente I están separados a una dis
sión binomial 1 x n 1 nx n n 1 2x2 con
tancia 2d uno del otro. Determinar el campo total B
2
n 1 2 y hemos despreciado términos x y superiores haprovocado por ambos cables sobre un punto P arriba
ciendo uso que x V 2 c2
1 ya que la velocidad elecy sobre un punto Q abajo que están a una distancia y
trónica (unos pocos milimetros por segundo) es mucho
del plano que contiene a los 2 cables.
mas peque’ña que la rapidez de la luz: V
c.
De modo que la densidad electrónica que se mide en el
2do sistema resulta positiva y no nula, por lo que, según
un observador en , se genera un campo electrico sobre
la carga de prueba.
La intensidad de dicho campo es (vía Ley de Gauss por
ejemplo):
λ
E
2πε0 r
y la fuerza que sufre el electrón resulta
λ
λ
q E
q λ
2πε0 r
Fuerza que provoca la atracción entre cables y que debe
ser igual en magnitud que la que mide un observador en
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B1
Resulta interesante ver como se confabulan las direcciones de los campos para dar, en el punto P arriba y en el punto Q abajo, un campo exclusivamente
horizontal. Hecho del cual nos aprovecharemos en el
ejercicio a continuación.
P
θ
θ
B2
θ
θ
r
d
cable 1
110
y
d
cable 2
I
2. Sistema de cables en paralelo uno al lado de otro formando una superficie muuuy extendida. Cada cable
lleva corriente I0 y supondremos que en un segmento de longitud L el número N de cables que hay es
conocido. Determinar el campo B arriba y debajo de
la superficie.
I
L
Q
NI
Solucion: Consideremos el punto P arriba. Cada
cable contribuye con un campo que tiende a circular en torno a él. La intensidad del campo con
µ I
que contribuye cada cable es B 2π0 r en que r d 2 y2 . La dirección del campo B1 provocado por
la corriente en (1) es cos θ x̂ sin θ ŷ mientras que
el campo que provoca el cable (2) tiene dirección
cos θ x̂ sin θ ŷ, se tiene
Solución Para formarnos una idea recurriremos
primero a ver que ocurre cuando solo sumamos la
contribución de los 2 cables mas cercanos al punto P
arriba.
B
P
µ0 I
B1
B2
2π
2π
cos θ x̂
d2
y2
µ0 I
cos θ x̂
d2
y2
sin θ ŷ sin θ ŷ Resulta
B B1
B2
Haciendo uso que cos θ
B
2µ0I cos θ x̂
2π
y
d2
d2
y2
y2 queda:
2µ0 Iy
x̂
2π d 2 y2 La situación es la misma que la descrita en el ejemplo
1: el campo es perfectamente horizontal y dirigido
contra x̂.
Si a este campo le agregamos la contribución de los
segundos vecinos
Para el punto Q abajo el calculo es similar. Teniendo
en cuenta con cuidado las direcciones de cada campo
B1 y B2 queda
B
2µ0 Iy
x̂
2π d 2 y2 Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
B
P
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111
Los segmentos verticales de dicho camino no contribuyen a la integral B d r ya que en dichos segmentos B es perpendicular a d r. La unica contribución viene de los segmentos horizontales de longitud
L arriba y abajo y es
se tiene nuevamente una contribución horizontal y
dirigida contra x̂ (mas pequeña por supuesto ya que
los 2dos vecinos están mas distantes).
Podemos ir considerando más y más vecinos tomados de a pares, y siempre la contribución arriba sera
perfectamente horizontal y apuntando según x̂. Por
el mismo argumento abajo se tendrá también una
contribución horizontal pero ahora apuntando segun
x̂.
B dr B y
L
B
y L 2B y L
Por otro lado el camino descrito encierra una superficie que es atravesada por una corriente neta NI de
modo que aplicando la Ley de Ampere resulta
Como la lamina es muuy grande podemos repetir el
proceso cambiandonos a un punto P a la misma altura que P,
2B y L
µ0 NI
µ0 NI
2L
B y
cte
Curiosamente el campo B y resulta constante (independiente del alejamiento y a la placa). Lo que nos
recuerda la situación analoga para el campo electrico muy cerca de una placa con densidad uniforme de
carga.
Introduciendo la corriente por unidad de longitud K
(corriente superficial)
K
por simetría de la traslación horizontal (ya que la
lamina es muuy grande) el resultado no cambia, y
podemos afirmar
que arriba el campo es horizon
B y x̂, mientras
que abajo se tendrá B tal B B y x̂. La intensidad
B y arriba sera la misma que
la intensidad B y abajo si la distancia y del punto P al plano que contiene los cables coincide con la
distancia del punto Q a dicho plano.
NI
L
queda, arriba:
B
y abajo
B
µ0 K
x̂
2
µ0 K
x̂
2
3. Dos placas con corrientes opuestas. Campo entre las
placas y afuera de ellas.
Para determinar la intensidad de B haremos uso de la
Ley de Ampere en el siguiente camino:
K
y
−B x
y
y
L
K
x
x
Bx
Solucion El problema aquí se puede resolver como
la superposición de los campos generados por 1 placa
con corriente superficial K ẑ y otra placa con corriente
superficial K ẑ. El dibujo explica todo:
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B=− µ 0 K/2 x
B= µ 0 K/2 x
+
B=− µ 0K/2 x
NI
B=0
=
B= µ 0 K/2 x
112
B= µ 0 K x
B0
B=0
0
B
Figura 3.29: Corte imaginario de un solenoide mostrando
las lineas de campo B
Se obtiene campo nulo arriba y abajo, y entremedio
resulta
B µ0 K x̂
4. Intensidad del campo en el interior de un solenoide
muuuuuy largo, en que hay N vueltas de cable en una
longitud L y cada vuelta lleva corriente I. Determinar
B en todo el espacio.
Aplicaremos primero la Ley de Ampere usando al
circuito que se muestra en la figura siguiente para determinar el campo B0 justo al medio, del solenoide.
A continuacion haciendo uso de la Ley de Ampere,
aplicada a otro circuito, demostraremos que en el interior el campo magnetico además es uniforme (no
cambia con la distancia al eje axial del solenoide).
L
B=0
L
I
N
Solución La situación en el caso de un solenoide
muy largo es parecida al ejemplo 3. Pensemos en
‘afuera’como el “arriba” y “abajo” del ejemplo 3, y
pensemos en ‘adentro’del solenoide como el “entre”
las placas para el ejemplo 3. Esto sugiere que el campo afuera del solenoide es nulo y en su interior es una
superposición de campos debido a las corrientes curvadas. Que efectivamente afuera es nulo, se puede
demostrar rigurosamente para un solenoide de largo
infinito. En el caso de un solenoide muuy largo pero
finito, el campo afuera no es nulo, pero si es muuuy
debil: B 0, de modo que se puede despreciar, frente
a la intensidad del campo en el interior del solenoide.
B(0)
El unico segmento que contribuye a la integral de
camino B d r es el en eje axial (afuera B es nulo,
y en los segmentos paralelos al eje axial el campo B
es perpendicular a d r. En consecuencia se tiene:
B d r B0 L
en que B0 es el valor del campo de inducción magnética justo sobre el eje axial.
La corriente que atraviesa la superficie encerrada por
este circuito es: NI, y aplicando la Ley de Ampere
resulta :
B0 L
B0
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µ0 NI
µ0 NI
L
230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad
113
Usando a continuación el circuito de la figura,
B(r)
r
B
B(0)
y puesto que no hay corriente encerrada que atraviese
la superficie descrita por dicho circuito, se ve, al
aplicar la Ley de Ampere que:
B dr
B0 L
B r
En el caso de un cable coaxial la superposición de
muchos corrientes similares produce un campo magnetico que tambien circula en planos perpendiculares
al eje axial del cable coaxial. La intensidad de dicho
campo dependerá de la distancia r al centro del eje
axial en forma no trivial.
B r
L 0
B0
es decir el campo B r a distancia r del eje axial el
campo tiene la misma intensidad B0 que en el eje. En
consecuencia el campo B es uniforme en el interior
del solenoide.
5. Cable coaxial de radio a que lleva corriente total I
distribuida homogeneamente en su interior. Determinar el campo magnetico en el interior y exterior del
cable coaxial.
B
corriente total I
Para analizar el campo completo consideramos
primero la región interior: r a intermedia entre el
eje axial y el borde de radio a. En dicha región la
corriente esta distribuida uniformemente y la densidad de corriente J tiene valor: J π Ia2 ẑ.
J
a
Puesto que por simetría el campo de inducción magnética es circular y uniforme sobre un camino circular concentrico al eje axial, aplicamos la Ley de Ampere a un circuito de radio r en el interior del coaxial
y concéntrico al eje axial.
Solución Recordemos que el campo generado por
un cable circula en torno de este como muestra la
figura:
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r
114
r
superficie
de integracion
superficie
de integracion
camino cerrado
de integracion
camino cerrado
de integracion
a
a
La integral de camino nuevamente entrega B r 2π r.
Por otro lado la corriente neta que atraviesa la superficie encerrada por dicho camino es precisamente I.
Aplicando la Ley de Ampere queda:
La integral de camino resulta
Por otro lado la corriente que atraviesa la superfice
delimitada por este camino es:
B r 2π r µ0 I
B d r B r 2π r J d S J π r2
I
π r2
π a2
En virtud de la Ley de Ampere igualando estas 2 ultimas expresiones se obtiene:
B r 2π r µ0 I 2
πr
π a2
De donde resulta que para el interior del cable coaxial (r a) se tiene:
B r
µ0 I
r
2π a2
El campo de inducción magnetica crece linealmente
con la distancia al centro, hasta alcanzar —en el
µ I
borde— un valor: 2π0 a .
que entrega para r
netica:
a el campo de inducción mag
B r
µ0 I
2π r
Se ve que el campo es continuo. Es decir B a evaluado usando la expresión para el interior del coaxial
y B a evaluado usando la expresión para el exterior del campo coaxial son iguales. La figura siguiente
bosqueja el comportamiento del campo de inducción
magnetica con la distancia r
Β(ρ)
µ0I
2πa
A continuación analizamos la región exterior. En
dicha región r a y por simetria usamos nuevamente
un camino circular de radio r.
a
ρ
6. Cable coaxial hueco con corriente neta I distribuida
uniformemente en el volumen y que sube paralela al
eje axial. El radio interior es b, el radio exterior es c.
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115
que la superficie barrida por dicha corriente entre el
radio b y el radio r es π r 2 π b2.
superficie de integracion
I’
camino de intrgracion
r
b
C
a
Solución Primero estudiamos el campo en la
región exterior r c en que r es la distancia radial
medida desde el eje axial. Por simetria el campo debe
ser circular. Escogemos un camino circular de radio
r. La integral
de camino por dicho circuito cerrado
vale B r 2π r. La corriente neta que atraviesa la superficie encerrada por dicho camino es precisamente
I. Aplicando la Ley de Ampere resulta:
En consecuencia la corriente neta que atraviesa dicha
superficie es:
B r
µ0 I
2π r
que es un resultado que ya conociamos.
A continuación estudiamos la región interior. Aquí
por simetría, si existe campo, también debe ser circular. Escogemos un camino circular de radio r con
r b. La integral de camino
por el circuito cerra
do entrega nuevamente B r 2π r. Puesto que J 0 al
interior la corriente neta que atraviesa por la superficie que delimita dicho camino es nula. Luego para la
región interior se obtiene:
B r 2π r µ0
0 0
I
J πr
Por último consideramos la región con b
dicha región la densidad de corriente es
J
I π c2
r
πb
2 π r2
I 2
π c
b2 b2 Usando la Ley de Ampere queda:
B
r
µ0 I
2π r
µ0 I r 2
2π r c2
b2 b2 En esta región el campo tiene una dependencia con r
no trivial. Sin embargo es posible apreciar que para
r b el campo se anula y por lo tanto coincide con
el resultado obtenido para B en la región interior. Si
µ I
evaluamos en r c nos encontramos que resulta 2π0 c
que es justo el valor que se obtiene a partir de la expresión para el campo afuera cuando se evalua con
r c. Es decir el campo B es continuo.
7. Problema propuesto Cable coaxial de 2 conductores cilindricos con densidad de corriente homogénea en el interior. Por el cilindro interior ‘sube’corriente I0 , por el cilindro exterior ‘baja’corriente I0 . Los radios de los cilindros son: a, b
y c respectivamente. Determinar el campo magnetico
en cada región del cable coaxial y en el exterior.
mostrando que el campo de inducción magnetica en
el interior es nulo.
2
c. En
π b2 Por simetría en el interior del conductor el campo
debe ser circular. Escogiendo un camino circular de
radio r con b r c la integral de camino entrega
como antes B r 2π r. Para calcular la corriente neta
que atraviesa la superficie definida por ese camino
usamos que la densidad de corriente J es uniforme y
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I
−I
a
b
c
Indicación: descomponga el problema en 2 partes:
(I) El campo generado en todo el espacio por una
distribución uniforme de corriente I sobre un cable
coaxial de radio a (II) el campo generado por un cable coaxial hueco de radio interior b y exterior a y
corriente I. Obtenga por separado la contribución
de cada uno de estos campos a las regiones: r a,
a r b, b r c y c r y superponga su resultado de manera análoga a que lo hicimos cuando consideramos 2 superficies con corriente uniforme en el
problema 3.
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
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