| Autor |
Mensaje |
Jackson666
Nivel 9
Edad: 36
Registrado: 01 Feb 2009
Mensajes: 1980
Ubicación: Martínez
Carrera: Electricista
|
|
Buenas a todos,
Estuve intentando hacer este ejercicio un rato largo y no lo puedo terminar. Me parece que estoy metiendo la pata en algún paso del cálculo y no puedo darme cuenta en qué. El ejercicio está acá, en la página 51, al final de todo. Es el 3.6.
Obtener la expresión de ![[tex]\mathbf{B}[/tex]](images/latex/a0a175ba9d765c0d1f73aec343e80d0be66a11d1_0.png "[tex]\mathbf{B}[/tex]") es fácil con la ley de Ampère. Lo que se me complica es calcular el flujo, ya que la espira que menciona es circular. Para empezar, asumí al conductor sobre el eje ![[tex]z[/tex]](images/latex/92f0f14d95ee05d626edff5beefd55475db83278_0.png "[tex]z[/tex]") de una terna cartesiana usual y a la espira ubicada sobre lo que sería el plano ![[tex]yz[/tex]](images/latex/efb894f7ac2e0886f72a8e5d8d7280a59ec737a1_0.png "[tex]yz[/tex]") , pero inclinada un ángulo ![[tex]\theta[/tex]](images/latex/623ca5ecf32c4e6b02fcc22cbf1dfe7a6a952c22_0.png "[tex]\theta[/tex]") como menciona el enunciado.
Para hacer más sencillo el cálculo del flujo (sin perder generalidad), supuse que la superficie que encierra la espira es ^{2} + z^{2} \le a^{2}[/tex]](images/latex/cdec38fdc18e6ad96f5c1287415f46627556623f_0.png "[tex](y-d)^{2} + z^{2} \le a^{2}[/tex]") (o sea, sólo está corrida en ![[tex]y[/tex]](images/latex/9ee4e6ba8781d42ee434379ac570532e425e7b55_0.png "[tex]y[/tex]") ). La cuestión es que no consigo hallar los límites en la integral doble del flujo, porque desarrollando el cuadrado y reemplazando por las coordenadas cilíndricas en esa inecuación me queda ![[tex]r^{2} \cdot \sin^{2}(\varphi) + d^{2} - 2r\cdot \sin(\varphi) \cdot d + z^{2} \le a^{2}[/tex]](images/latex/26f7bdad9d14e4a44ed9f575b770b7c2bcab694e_0.png "[tex]r^{2} \cdot \sin^{2}(\varphi) + d^{2} - 2r\cdot \sin(\varphi) \cdot d + z^{2} \le a^{2}[/tex]") y no entiendo cómo obtener los límites para el radio a partir de eso (ni tampoco si hay una manera más sencilla de hacerlo). Me acuerdo que en algunos ejercicios de AMII se calculaban integrales sobre curvas "corridas" en algún eje y surgía este mismo "problema", pero siempre la curva tocaba el origen, con lo cual el corrimiento era igual al radio y desaparecía de la inecuación anterior haciendo todo más fácil. Pero acá no pasa eso.
Después pensé calcular el flujo con el potencial vectorial ![[tex]\Phi_{\mathbf{B}} = \oint_{\mathcal{C}}{\mathbf{A} \cdot \mathbf{dr}}[/tex]](images/latex/d78242b25568c43c339af4b7043de5fd63946391_0.png "[tex]\Phi_{\mathbf{B}} = \oint_{\mathcal{C}}{\mathbf{A} \cdot \mathbf{dr}}[/tex]") , en donde ![[tex]\mathcal{C}[/tex]](images/latex/49ae27566c3e3ab5472a9bbb9e8de5411211149b_0.png "[tex]\mathcal{C}[/tex]") es la curva que describe la espira. Pero cuando uno intenta calcular el potencial, queda ![[tex]\mathbf{A}(\mathbf{r}) = \frac{\mu_{0}I}{4\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{dz^{\prime}}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + (z-z^{\prime})^{2}}}} \; \hat{z}[/tex]](images/latex/a70be4c5c1af31c67a4b1fb66223c9992faced42_0.png "[tex]\mathbf{A}(\mathbf{r}) = \frac{\mu_{0}I}{4\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{dz^{\prime}}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + (z-z^{\prime})^{2}}}} \; \hat{z}[/tex]") , y la integral diverge.
La verdad que no veo qué estoy haciendo mal o si hay una manera más sencilla de pensarlo. Si me pueden echar una mano, genial. Gracias!!.
Saludos.
|
|
|
|
|
|
   |
    |
|
Jackson666
Nivel 9
Edad: 36
Registrado: 01 Feb 2009
Mensajes: 1980
Ubicación: Martínez
Carrera: Electricista
|
|
Pude llegar a una expresión para el cálculo del flujo magnético, pero no puedo resolver la integral D:
El cálculo del flujo concatenado por la espira circular es análogo a cuando se calcula el flujo a través de la sección de un toroide circular. La inecuación de la superficie se puede escribir como ^{2} + z^{2} \le a^{2}[/tex]](images/latex/7e141550e0e8eb098bca5f08b18c9a95592c7428_0.png "[tex](\rho-d)^{2} + z^{2} \le a^{2}[/tex]") (con ![[tex]\rho[/tex]](images/latex/c301c1d4f4791a621a06a6abf5582a926251b8d4_0.png "[tex]\rho[/tex]") de cilíndricas). Llamando  = (r\sin(t) + d, r\cos(t))[/tex]](images/latex/d6c43ba3648011c04b30139625697f5197230eb5_0.png "[tex](\rho,z) = (r\sin(t) + d, r\cos(t))[/tex]") , la inecuación anterior es ![[tex]r^{2} \le a^{2}[/tex]](images/latex/c5a668f501a46dc676e28fc75a70ab13445d65f9_0.png "[tex]r^{2} \le a^{2}[/tex]") .
Haciendo algunos cálculos y reemplazando por ![[tex]r\sin(t) + d[/tex]](images/latex/5f0ee7eef8689f67577ef0a13218de4465d6bc57_0.png "[tex]r\sin(t) + d[/tex]") en la expresión del campo magnético, se encuentra que ![[tex]\Phi=\frac{\mu_{0}I}{2\pi}\int_{0}^{a}\int_{0}^{2\pi}\frac{r\, d\theta dr}{r\cdot\sin(\theta)+d}[/tex]](images/latex/1dba4dbaac435e21ca7e0a2db8d5451868e1206d_0.png "[tex]\Phi=\frac{\mu_{0}I}{2\pi}\int_{0}^{a}\int_{0}^{2\pi}\frac{r\, d\theta dr}{r\cdot\sin(\theta)+d}[/tex]") . ¿Cómo se calcula esa integral?. Intenté con algunos de los programas que andan dando vueltas por la web para calcular integrales dobles y ninguno me tira un resultado.
|
|
|
|
|
|
| |
|
|
Elmo Lesto
Nivel 8
Edad: 32
Registrado: 02 Ene 2010
Mensajes: 809
Ubicación: Subsuelo
Carrera: Mecánica
|
|
Che, me parece a mí o editaste? Flasheé que habías escrito algo de usar el potencial vectorial, que lo habías encontrado lo más bien, y que después el problema lo tenías en encontrar la expresión del elemento de arco. Puede ser?
Porque a mí, lo que se me ocurría, es que en última instancia hagas lo que hacíamos en Análisis II. Veo, por esto último que escribiste, que pudiste hallar una parametrización de la superficie, hallar una de la curva no puede ser mucho más jodido (al menos para vos). Con eso, calcular el vector tangente, y después evaluar el potencial vectorial en la curva. Bah, se me ocurrió eso leyendo un poco por arriba, igual lo más probable es que te quede una integral simple pero igual de chota.
Avisame si estoy meando fuera del tarro o si esto que dije no cambia mucho las cosas.
|
|
|
|
_________________
![[tex] \mbox{Si tu viejo es zapatero, sarpale la lata} [/tex]](images/latex/227de1ab21cbbce128227d57c9bf8e569c47dad2_0.png "[tex] \mbox{Si tu viejo es zapatero, sarpale la lata} [/tex]")
|
|
  |
   |
|
Jackson666
Nivel 9
Edad: 36
Registrado: 01 Feb 2009
Mensajes: 1980
Ubicación: Martínez
Carrera: Electricista
|
|
Hola Elmo!. Gracias por contestar!.
Sí, borré el mensaje anterior, porque no tenía sentido lo que escribí. Me di cuenta que había asumido que el potencial vectorial tenía sólo componente ![[tex]A_{z}[/tex]](images/latex/4d58934deaa221852dcdada9a0e78876a3126b97_0.png "[tex]A_{z}[/tex]") , lo cual no es necesariamente cierto. Además, para configuraciones de "corriente no acotadas" (así como para las de carga no acotadas en el modelo electrostático), el potencial diverge en el infinito. Entonces, de nada me sirve intentar calcularlo.
Estuve pensando un poco sobre esa integral del orto y se me ocurrió una idea. Si saco factor común ![[tex]d[/tex]](images/latex/3fee71140d44fbea7cf022a1a80b2df40c16ccf8_0.png "[tex]d[/tex]") en el integrando queda ![[tex]\Phi=\frac{\mu_{0}I}{2\pi d}\int_{0}^{a}\int_{0}^{2\pi}\frac{r\, d\theta dr}{1+ \frac{r}{d}\cdot\sin(\theta)}[/tex]](images/latex/cb355849d2252c35290822d00ceaa452e15ed857_0.png "[tex]\Phi=\frac{\mu_{0}I}{2\pi d}\int_{0}^{a}\int_{0}^{2\pi}\frac{r\, d\theta dr}{1+ \frac{r}{d}\cdot\sin(\theta)}[/tex]") . Eso se puede reexpresar teniendo en cuenta que ![[tex]\frac{1}{1+x} = \sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n}x^{n}}[/tex]](images/latex/5b5dcce4e3b623ce48dc35cd061c6f9bd9e20998_0.png "[tex]\frac{1}{1+x} = \sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n}x^{n}}[/tex]") para ![[tex]|x| < 1[/tex]](images/latex/13d9d417b36c24ce69863d172670e6ee15d6cf77_0.png "[tex]|x| < 1[/tex]") . En este caso sería ![[tex]\displaystyle \left |{\frac{r}{d} \sin(\theta)}\right |<1[/tex]](images/latex/5a6e62adee04b3b40dd3bcba2fe1ea0e3b43dc32_0.png "[tex]\displaystyle \left |{\frac{r}{d} \sin(\theta)}\right |<1[/tex]") , lo que implica ![[tex]\displaystyle \left |{\frac{r}{d}}\right |<1[/tex]](images/latex/1b7c84a9abd5de1629fe0c29d6e83cf7e76dfee2_0.png "[tex]\displaystyle \left |{\frac{r}{d}}\right |<1[/tex]") o, lo que es lo mismo, ![[tex]\displaystyle \left |{r}\right |<d[/tex]](images/latex/5b3cb3bbb8c11c042a1d09e628cc4a9a575cf99e_0.png "[tex]\displaystyle \left |{r}\right |<d[/tex]") .
Usando eso, los términos de potencia impar me parece que se anulan al ser integrados en ese intervalo. Pero tampoco sé si ayuda de mucho...
No creo que sea un problema tan difícil, debe haber alguna aproximación o algo de lo que no me estoy dando cuenta.
|
|
|
|
|
|
| |
|
|
Jackson666
Nivel 9
Edad: 36
Registrado: 01 Feb 2009
Mensajes: 1980
Ubicación: Martínez
Carrera: Electricista
|
|
Al final pregunté, y la idea es hacer una aproximación (la típica de FII) de constante sobre la espira (esto es porque ![[tex]d >> a[/tex]](images/latex/128b15a0a3fad025cd4c3859991c16b3a78c895b_0.png "[tex]d >> a[/tex]") ) y multiplcar ![[tex]BS[/tex]](images/latex/7966d86b7d611be16af44ca6efc81e030940a51b_0.png "[tex]BS[/tex]") y luego por ![[tex]\cos(\theta)[/tex]](images/latex/209d32226f24011e64ab5f7c0978ddc1c21c48aa_0.png "[tex]\cos(\theta)[/tex]") , con lo cual queda ![[tex]\Phi = BS\cos(\theta)[/tex]](images/latex/cde279e1baed912d4aeb0f29a935fc686dcd35bf_0.png "[tex]\Phi = BS\cos(\theta)[/tex]") . Igual me quedé con las ganas de calcular esa puta integral porque en el ejercicio 3.11 también aparece  .
|
|
|
|
|
|
| |
|
|
df
Nivel 9
Edad: 32
Registrado: 15 May 2010
Mensajes: 2298
Carrera: Civil
|
|
![[tex]\int_{0}^{2 \pi} \frac{d \theta}{sin(\theta)+ \frac{d}{r}}[/tex]](images/latex/43ed75fe0af7d4f69aa20c72ab63a761852a0909_0.png "[tex]\int_{0}^{2 \pi} \frac{d \theta}{sin(\theta)+ \frac{d}{r}}[/tex]")
Si d > r :
![[tex]z=e^{i \theta} \\sin( \theta)=\frac{e^{i \theta} - e^{-i \theta}}{2i} = \frac{z- \overline{z}}{2i} \\dz=i e^{i \theta} d \theta = -i \frac{dz}{z} = \frac{dz}{iz}[/tex]](images/latex/a759eadae0f670061b2c1c16c731c08a321c395c_0.png "[tex]z=e^{i \theta} \\sin( \theta)=\frac{e^{i \theta} - e^{-i \theta}}{2i} = \frac{z- \overline{z}}{2i} \\dz=i e^{i \theta} d \theta = -i \frac{dz}{z} = \frac{dz}{iz}[/tex]")
(en la circunferencia unitaria z conjugado = 1/z)
O sea que la integral es igual a
![[tex]\oint_{|z|=1} \frac{1}{\frac{z- \frac{1}{z}}{2i}+\frac{d}{r}}\frac{dz}{iz} [/tex]](images/latex/5a35b93a922d99ff8c2dbefb51964a4177b7c4a4_0.png "[tex]\oint_{|z|=1} \frac{1}{\frac{z- \frac{1}{z}}{2i}+\frac{d}{r}}\frac{dz}{iz} [/tex]")
Y eso sale por residuos pero me da una paja terrible seguir
|
|
|
|
_________________
![[tex] \nabla ^u \nabla_u \phi = g^{ij} \Big( \frac{\partial ^2 \phi}{\partial x^i \partial x^j} - \Gamma^{k}_{ij} \frac{\partial \phi}{\partial x^k} \Big)\\\\\frac{\partial \sigma^{ij}}{\partial x^i} + \sigma^{kj} \Gamma^i _{ki} + \sigma^{ik} \Gamma^j _{ki} = 0[/tex]](images/latex/99f2e51931163431f7feb4825fc711ebccd99981_0.png "[tex] \nabla ^u \nabla_u \phi = g^{ij} \Big( \frac{\partial ^2 \phi}{\partial x^i \partial x^j} - \Gamma^{k}_{ij} \frac{\partial \phi}{\partial x^k} \Big)\\\\\frac{\partial \sigma^{ij}}{\partial x^i} + \sigma^{kj} \Gamma^i _{ki} + \sigma^{ik} \Gamma^j _{ki} = 0[/tex]")
|
|
  |
|
|
Jackson666
Nivel 9
Edad: 36
Registrado: 01 Feb 2009
Mensajes: 1980
Ubicación: Martínez
Carrera: Electricista
|
|
Es genial la idea papá!!. No se me había ocurrido. Después me quedo con la parte imaginaria (creo) y listo.
La cosa es que en un parcial de Electro no le puedo enchufar esto, pero bueno, ya demasiado que lo pudiste sacar!.
Gracias  .
|
|
|
|
|
|
| |
|
|
jalvarez
Nivel 6
Edad: 36
Registrado: 24 Dic 2009
Mensajes: 208
Ubicación: Villa Astolfi(Pilar-Prov.de.bs.as)
Carrera: Electricista
|
|
obvio que no hay que hacer eso en un parcial de elctromagnetismo, sino no la hubiera aprobado jajaja.
despues en teoria de campos vas a ver que sin las aproximaciones no se puede hacer nada....
|
|
|
|
|
|
  |
|
|
Jackson666
Nivel 9
Edad: 36
Registrado: 01 Feb 2009
Mensajes: 1980
Ubicación: Martínez
Carrera: Electricista
|
|
Gracias por la data jalvarez.
De paso comento que lo que había dicho del potencial vectorial magnético estaba bien (y pensando que estaba mal lo borré).
Como ![[tex]\mathbf{B} = B(\rho) \; \hat{\varphi} = \vec{\nabla} \times \mathbf{A}[/tex]](images/latex/4902e6fb7a278fd0183226d2ef4d6596c1cf027e_0.png "[tex]\mathbf{B} = B(\rho) \; \hat{\varphi} = \vec{\nabla} \times \mathbf{A}[/tex]") , entonces es ![[tex]\mathbf{A} \perp \mathbf{B}[/tex]](images/latex/ecd0903694f59894b6ec5cf55e95d65adee9b5c4_0.png "[tex]\mathbf{A} \perp \mathbf{B}[/tex]") y, dada la dirección ![[tex]\hat{\varphi}[/tex]](images/latex/ea351904e3f8fc43b5cbd81f0e899854009de447_0.png "[tex]\hat{\varphi}[/tex]") , la única manera de que ![[tex]\mathbf{A}[/tex]](images/latex/0c126dc3e52e4d02b2899b20f1b4f8f936ad94c2_0.png "[tex]\mathbf{A}[/tex]") sea ortogonal a todo vector de es que se cumpla ![[tex]A_{\rho} = A_{\varphi} = 0[/tex]](images/latex/63046b82b4c3492bbdc600dbc01364d18f092f38_0.png "[tex]A_{\rho} = A_{\varphi} = 0[/tex]") . Por ende, es ![[tex]\mathbf{A} = A(\rho) \; \hat{z}[/tex]](images/latex/11c36ef2eaa465a847e810914ea8edec67e9d0df_0.png "[tex]\mathbf{A} = A(\rho) \; \hat{z}[/tex]") .
Calculando el rotor en coordenadas cilíndricas se llega a que ![[tex]\frac{\partial A_{z}(\rho)}{\partial \rho} = B(\rho)[/tex]](images/latex/eaf9f28a235ea0bb1b9e247a06586e4c30ab8448_0.png "[tex]\frac{\partial A_{z}(\rho)}{\partial \rho} = B(\rho)[/tex]") . Integrando esta expresión entre ![[tex]\rho_{0}[/tex]](images/latex/bda6a2ed580b1278058b97a4411575c6538a9d7b_0.png "[tex]\rho_{0}[/tex]") (un radio de referencia en el cual se fija el potencial nulo), (uno genérico) y recordando la ley de Ampère, queda ![[tex]A_{z}(\rho) = \int_{\rho_{0}}^{\rho}{B(\rho) \; d\rho} = \frac{\mu_{0}I}{2\pi}\ln\left(\frac{\rho}{\rho_{0}}\right)[/tex]](images/latex/53aecc8a4c1c5e40ea19c043d6172c3eeb6a725a_0.png "[tex]A_{z}(\rho) = \int_{\rho_{0}}^{\rho}{B(\rho) \; d\rho} = \frac{\mu_{0}I}{2\pi}\ln\left(\frac{\rho}{\rho_{0}}\right)[/tex]") . Si elijo ![[tex]\rho_{0} = 1[/tex]](images/latex/d2a5ecbcae02df3faa57778f3010aa76a68b27e7_0.png "[tex]\rho_{0} = 1[/tex]") , como lo había supuesto antes, queda ![[tex]\mathbf{A}(\rho) = \frac{\mu_{0}I}{2\pi}\ln\left(\rho\right) \; \hat{z} [/tex]](images/latex/c82d34743c4437f25ea8502f5f93eee46d6408e3_0.png "[tex]\mathbf{A}(\rho) = \frac{\mu_{0}I}{2\pi}\ln\left(\rho\right) \; \hat{z} [/tex]") .
El flujo se puede calcular como ![[tex]\Phi = \oint_{\mathcal{C}}{\mathbf{A} \bullet \mathbf{dr}}[/tex]](images/latex/9386a72185e3f9b5804ea8578c18afe1a8a34237_0.png "[tex]\Phi = \oint_{\mathcal{C}}{\mathbf{A} \bullet \mathbf{dr}}[/tex]") .
|
|
|
|
|
|
| |
|
|
koreano
Nivel 9
Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796
Carrera: No especificada
|
|
| Acostumbrate a las aproximaciones, ni un puto dipolo vas a usar sin aproximar y es la unidad basica del electromagnetismo aplicado
|
|
|
|
|
|
| |
|
|
|
|
|
Ver tema siguiente
Ver tema anterior
Podés publicar nuevos temas en este foro
No podés responder a temas en este foro
No podés editar tus mensajes en este foro
No podés borrar tus mensajes en este foro
No podés votar en encuestas en este foro
No Podéspostear archivos en este foro
No Podés bajar archivos de este foro
|
Todas las horas son ART, ARST (GMT - 3, GMT - 2 Horas)
Protected by CBACK CrackerTracker365 Attacks blocked.
|
