Ing. JORGE MONTAÑO PISFIL Problema Nº 1

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 