• Author / Uploaded
• Percy Flores Morales

• Categories
• Integral
• Campo magnético
• Vector Euclidiano
• Física y matemáticas
• Matemáticas

Citation preview

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA

CURSO

: TEORÍA DE CAMPOS ELECTROMAGNÉTICOS

PROFESOR : Ing. JORGE MONTAÑO PISFIL

PROBLEMAS RESUELTOS DE MAGNETOSTÁTICA EN EL VACÍO

Problema Nº 1 Una corriente filamentaria de 10 A se dirige del infinito hasta el origen, sobre el eje x positivo, y luego regresa al infinito a lo largo del eje y positivo. Utilice la ley de Biot- Savart 



para encontrar B y H en el punto P(0,0,1). Resolución Para resolver este problema vamos a dividir el alambre rectilíneo infinito en dos partes a las cuales denominaremos “1” y “2”, tal como se observa en la figura.





a) Cálculo de BP 





Por principio de Superposición: BP = BP (1) + BP (2) Aplico Ley de Biot y Savart para el segmento (1):

z



I



z

r2

x 

d 1

De la figura: 

r 2  z a z





r 2 r1



z  P(0,0, 1 )

... (1)



r1

r 1  x a x 



y



r 2 r1 =

x 2 + z2

d  1  dx a x

0 S.R



BP (1) 



o I



4π





Reemplazando: BP (1) 

... (2)

 3

r 2 r1



BP (1) 



d  1 ( r 2  r 1 )

0 dxa x  (za z  xa x )  o I zdx   a y 2 2 3/ 2 2   4π  (x + z ) 4π  (x + z 2 )3/ 2

o I

0

o I  4π*10-7 (10)  ay  a y  (106 T) a y

4π z

4π (1)

Aplico Ley de Biot y Savart para el segmento (2): De la figura:

z

z  P(0,0, 1 )



r 2  z a z



 

r 2 r1

z

r2

r 1  y a y







r 2 r1 =

BP (2) 





4π





d  2 ( r 2  r 1) 

r 2 r1





... (3)

 3

Reemplazando: BP (2) 

BP (2) 



d  1  dy a y

d 2

r1

o I







S.R x 

I

y

0

o I  dya y  (za z  ya y )



4π

2

2 3/ 2

(y + z )

0



o I  4π

zdy

 (y + z ) 2

2 3/ 2

0

o I  4π*10-7 (10)  ax  a x  (106 T) a x

4π z

4π (1) 



Finalmente, reemplazo B P (1) y B P (2) en la ecuación (1) y obtengo: 

BP

=

(106 T)(a x  a y )



b) Cálculo de H P : 





y2 + z2



H P = H P (1) + H P (2) ; siendo : H 



B

0

a x

Reemplazando obtenemos:

A H P  0, 796 (a x  a y ) m 

Problema Nº 2 

Encuentre H en P (2; 3; 5) en coordenadas cartesianas, si existe un filamento portador de corriente de longitud infinita, que pasa a través del origen y el punto C . Una corriente de 50 A se dirige desde el origen hasta C, donde la localización de C es (0; 0; 1). Resolución: 

1er Caso: Cálculo de H en el punto P (2; 3; 5) debido a I = 50 A que se dirige desde el origen hasta C (0; 0; 1).

+ z I

Por simetría de la figura se cumple 

que:

5

Es decir, en los puntos P y Q el



d

P(2,3,5) vector 





r 2 r1

r1

S.R

intensidad

de

campo

magnético tiene la misma magnitud

3

0

y



y la misma dirección. Por lo tanto, el 

r2

2



HP  HQ

valor calculado de H en el punto Q

Q

es el mismo valor que corresponde

x



a H en el punto P.









I d  ( r 2  r 1 ) Por Ley de Biot y Savart: H Q  4π    3 ... (1) r 2 r1 



De la figura: d  = dz a z



; r 2 = xa x + ya y = 2a x + 3a y







r 1  z a Z ; r 2  r1 

x 2  y2  z2 

13  z 2

En (1): 

   I dz a z  (2a x + 3a y  za z ) I dz dz  y  3I  a a 2 3/2 2 3/2 2 3/2 x    4π  (13 + z ) 2π  (13 + z ) 4π  (13 + z )



I  2  3I  2   50  75  ay  ax   ay    ax  2π  13  4π  13  13π 13π

HQ = HQ  

 H Q = (1,224 a y  1,84 a x ) A/m

Otro método: Por ley de Ampere Vista de planta

r I

3 



H



d

2



Q

curva "C " o trayectoria Amperiana (es aquella donde el

x



módulo de H es cte.)

Por Ley de Ampere: 



 H. d   Ienc C

H (2r) = I

H=

I 2π r

y



H

Vectorialmente:

I  a 2π r

De la figura: a   Sen a x  Cos a y Luego:



I Sen a x  Cos a y H 2π r 





 H  (1, 224 a y  1,84 a x ) A/m

Problema Nº 3 Considere la línea de transmisión de dos hilos cuya sección transversal se ilustra en la figura. Cada uno de los alambres tiene 2 cm de radio y están separados por 10 cm. Por el alambre con centro en (0,0) fluye una corriente de 5 A, Mientras que por el otro, centrado 



en (10cm, 0) fluye la corriente de retorno. Calcule B y H en: a) (5 cm, 0) ; b) (10 cm, 5 cm) y

I

I

4 cm

x 10 cm

Resolución Llamaremos I1 a la corriente de ida e I 2 a la corriente de retorno, como se muestra en la figura siguiente. y

I1  5A 4 cm

I 2  5A x

10 cm





a) Cálculo de B y H en el punto (5cm; 0): En el punto P (5 cm; 0) se crean dos Campos magnéticos, porque hay dos corrientes 



eléctricas. A continuación se muestran los vectores B1 y B2 , debido a las corrientes I1 e I2 .



B1 

B2

I1  5A

I 2  5A

P(5cm,0)

r

r

trayectoria Amperiana

Por el principio de Superposición aplicado a los campos magnéticos se cumple: 





Bp = B1 + B2 ... (1) 

Hallo B1 aplicando ley de Ampere



C

B1 (2 π r) =  0 I1  B1 





B. d    o I ; I = Iencerrada

 0 I1 2π r



; Vectorialmente: B1 



 0 I1  ay 2π r 

Análogamente tenemos que B2 quedará expresado por: B2  Reemplazo en (1): 







Bp = 2 B1 ; porque B2 = B1 (dado que I 2 = I1 ) 

BP 

  0 I1  a y  (4  10 5 a y ) T r

0 I2  ay 2π r





B



Para hallar H aplico: H =

(en el vacío)

0





HP 



BP



0

 I1  A a y  (31,83 a y ) r m



b) Cálculo de B y H en el punto Q (10cm; 5cm) 



En el punto Q , los vectores B1 y B2 tienen las direcciones mostradas en la figura siguiente.

Q

x







Por el principio de Superposición: BQ = B1 + B2

... (2)

Donde: 

* B2 =B2 a x ; B2 =

o I2 

   módulo de B para un alambre   2π r2  



B2 

 0 I 2  a X  (2  105 a X ) T 2r2

  o I1   I B1 =  2π r1 * B1 = B1 a    B1 = o 1 (  Sen a x  Cos a y ) 2π r1    a   Sen a x  Cos a y 









B1  ( 0,4  10  5 a x  0,8  10  5 a y ) T

Finalmente, reemplazando en (2): 

5



5



BQ  (1,6  10 a x  0,8  10 a y ) T 



Para hallar H aplico: H =



B

0

(en el vacío) 



HQ 

BQ

0





 (12,74 a x  6,366 a y )

A m

Problema Nº 4 Un conductor sólido tiene una sección transversal circular de radio 1 mm , centrado en el eje z, y porta una corriente total distribuida uniformemente de 10 A en la dirección

a z .



Hay una corriente laminar región: a) 0 

 K  1000 a z A/m en   2mm . Encontrar H en la

  1mm ; b) 1    2mm ; c) 2    4mm

d) ¿Qué valor de la



corriente laminar debe estar colocada en

  4mm ; tal que H  0 para   4mm ?

Resolución: De acuerdo con lo señalado en el enunciado, la figura correspondiente es:



a) Cálculo de H en la región 0    1mm Por ley de Ampere: 

Sección transversal del conductor sólido



 H. d   I ; I = Iencerrada H (2 )  I encerrada . . . (1) Hallo I encerrada : Si la corriente está uniformemente distribuida, se cumple que:

I1 

1mm



trayectoria Amperiana

d



H

J  cte 

I I1  enc2. 3 2  (110 ) 

I enc = 107 π  2

Reemplazando en (1):

H (2 )  107  2





 H  (5 106  a )

A m



b) Cálculo de H en la región 1 mm    2 mm En este caso: H 

  5 A I1  H   a   2π  m



c) Cálculo de H en la región 2 mm    4 mm Sección transversal



Por ley de Ampère :



 H.d   Ienc

H(2π ) = I1 + I2 .... (2) I1

I2

1mm 2mm

Donde: I1 = 10  A

A  I 2 = I LAMINAR =  1000 a z   2π(2 103 )m    4π A m TOTAL  En (2):

H(2π ) = 10π A+ (  4π A) = 6π A = Ienc

 trayectoria

H



Amperiana

H

3



,

  3 A  H   a    m





d) Piden K1 tal que el H (   4mm)  0 

 H(

 4mm)

 0 si I enc = 0

Del ejercicio anterior se obtuvo: Ienc = 6π 

Luego :

K1 =

 6π + Ienc 1 = 0  I enc 1   6π A

  A  6π A a =  750 a z z 2π(4 103m) m

Problema Nº 5 Una corriente I fluye longitudinalmente por una lámina conductora delgada y muy larga de anchura a, como se muestra en la figura. Suponga que la corriente fluye hacia el 

interior del papel y determine la densidad de flujo magnético B en los puntos P1 (0; d1) y P2 (a + d2; 0).

y

P1

d1 I

P2

a

x

d2

Resolución: 

a) Cálculo de B en el punto P1 (0; d1) : 

Para calcular B en el punto P1 , debido a la corriente I que fluye por la lámina conductora delgada y muy larga, analizo a partir de un elemento diferencial de la forma de un hilo infinito, tal como se indica en la figura mostrada a continuación. y



dB P1

a r

d1

dI

x

z

Se sabe : B

  H ilo 

En nuestro caso:



 0I 2π r

,

donde: r es la distancia perpendicular al hilo infinito.

dB (Lámina) 

 0 dI



d B (Lámina) 

2π r

r= d +x

... (1)



dB

I dx a 2 1

2π r

y

donde:

dI =

 0 dI  u

P1 2

d1

θ

Línea magnética

θ

r dI

de la figura :

x

u  Cosθ a x  Senθ a y

x

dx

a

Reemplazando en (1):

 0 I dx



d B(Lámina ) 



2π a d  x

Integrando tenemos: B(Lámina ) 



B ( Lá min a )

2 1

0 I

2π a 

0 I 

2

(Cosθ a x  Senθ a y )

(Cosθ a x  Senθ a y )dx d12  x 2 a

d1dx   ax   2 2π a  0 d1  x 2

a

xdx   a 2 2 y 1 x 

d 0

Resolviendo, obtenemos: 

B(Lámina ) 

0 I 

 d 2  x2 a  Arctg   a x  Ln  1  2π a  d1  d1   

   a y     



b) Cálculo de B en el punto P2 (a + d2; 0) En este caso procedemos de manera similar que en a).

y

a dx dI

P2 x

r

x

d2

z 

Ya sabemos que la magnitud de B , debido a una corriente I , que circula por un hilo infinito, a una distancia r de dicho hilo, viene dada por:

B

 0I 2π r

En nuestro caso, este campo “B” será un diferencial de campo para la lámina, es decir:

dB (Lámina) 

 0 dI 2π r

, donde: r = (a + d2 – x). Además se cumple:

I dI I =  dI = dx , a dx a

Luego: dB(Lámina ) 

 0 I dx 2π a(a + d 2  x)

y Vectorialmente sería: 

d B(Lámina ) 

 0 I dx 2π a(a + d 2  x)

Línea magnética

u ... (2)

dI

dx

a

P2 r

x

d2



dB

Del gráfico: u   a y Reemplazando en (2) e integrando: 

B(Lámina ) 

0 I

a

dx

2π a  (a + d 0

2  x)



Resolviendo la integral obtenemos:

(a y ) ,

B(Lámina )  

0 I

 a + d2   Ln  ay 2π a d  2 

Problema Nº 6 Una corriente continua I fluye por un alambre recto de longitud 2L. Calcule la inducción 

magnética

B en un punto localizado a una distancia “ r ” del alambre y en el plano que lo 

divide en dos segmentos iguales. Determine primero el vector potencial magnético "A" .

Resolución: Por tratarse de un alambre recto de longitud 2L, la figura es: Aplicando la regla de la mano derecha el

z



vector B está entrando al punto P. +L 

Vista de Planta

d 

r1



z



B



r2

0

2L



r 2 r1

r

P

y

I

r

P

Para

un

que: 

A L

con

corriente I , se cumple

S.R

I

Hilo

 (r )

=

o I 4π







d



r 2 r1

De la figura: 

d   dz a z ;





r 2  r a y ;



Reemplazando: A (r ) =

o I 4π

dz a z

+L



z = L



r2 + z2

 A (r ) = 



r 1  z a z ;



r 2 r1 

=

o I 

r 2  z2





L

Ln z + z 2 + r 2  a z     L 4π

 Ln   4π 

o I

L2 + r 2  L    az L2 + r 2  L 



Hallo B(r ) ; aplicando rotacional : 



B(r )    A (r )

Se cumple: 

En este caso A depende de la coordenada “ r ”, por lo tanto su rotacional en coordenadas cilíndricas viene dado por: 



B(r)    A (r)  

 A (z)  a   r

Resolviendo se obtiene:

o I L



(r ) 

2π r

L2 + r 2

a 