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Campo de un imán anular

De Laplace

Contenido

1 Introducción

2 Corrientes equivalentes

3 El campo de una espira circular

Para obtener el campo magnético de una espira consideramos en primer lugar su potencial vector. Posteriormente, mediante el rotacional, podemos hallar el campo magnético.

De acuerdo con la fórmula de Neuman para una espira

\vec{A}=\frac{\mu_0 I}{4\pi}\oint \frac{\mathrm{d}\vec{r}^{\,\prime}}{|\vec{r}-\vec{r}^{\,\prime}|}

Por la simetría del sistema, tomamos coordenadas cilíndricas. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que el punto \vec{r} se halla sobre el plano OXZ de manera que

\vec{r}=\rho\vec{\imath}+z\vec{k}\qquad\qquad \vec{r}^{\,\prime}=b(\cos(\theta')\vec{\imath}+\mathrm{sen}(\theta')\vec{\jmath})\qquad\qquad |\vec{r}-\vec{r}^{\,\prime}|=\sqrt{\rho^2+b^2-2\rho b\cos(\theta')+z^2}

siendo el diferencial de camino

\mathrm{d}\vec{r}^{\,\prime}=b(-\mathrm{sen}(\theta')\vec{\imath}+\cos(\theta')\vec{\jmath})\mathrm{d}\theta'

llevamos esto a la fórmula del potencial vector y queda

A_x=-\frac{\mu_0Ib}{4\pi}\int_{-\pi}^\pi \frac{\mathrm{sen}(\theta')\mathrm{d}\theta'}{\sqrt{\rho^2+b^2-2\rho b\cos(\theta')+z^2}}

y

A_y=\frac{\mu_0Ib}{4\pi}\int_{-\pi}^\pi \frac{\cos(\theta')\mathrm{d}\theta'}{\sqrt{\rho^2+b^2-2\rho b\cos(\theta')+z^2}}

La primera de las dos integrales se anula, por tratarse de la integral de una función impar sobre un intervalo par. Para la segunda, aprovechando la simetría, podemos reducirla a

A_y=\frac{\mu_0Ib}{2\pi}\int_{0}^\pi \frac{\cos(\theta')\mathrm{d}\theta'}{\sqrt{\rho^2+b^2-2\rho b\cos(\theta')+z^2}}

Introducimos aquí el ángulo mitad

\cos(\theta')=2\cos^2(u)-1\qquad\qquad \mathrm{d}\theta=2\,\mathrm{d}u\qquad\qquad u\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)

y nos queda

A_y=\frac{\mu_0Ib}{\pi}\int_{0}^{\pi/2} \frac{(2\cos^2(u)-1)\mathrm{d}u}{\sqrt{(\rho+b)^2+z^2-4\rho b\cos^2(u)}}

Nuestro objetivo aquí es llegar a las integrales elípticas completas de primera y segunda especie, E y K

\mathrm{E}(m)=\int_0^{\pi/2}\sqrt{1-m\cos^2(u)}\,\mathrm{d}u\qquad\qquad \mathrm{K}(m)=\int_0^{\pi/2}\frac{1}{\sqrt{1-m\cos^2(u)}}\,\mathrm{d}u

Definimos

m = \frac{4\rho b}{(\rho+b)^2+z^2}

y el potencial vector se expresa

A_y=\frac{\mu_0Ib}{\pi\sqrt{(\rho+b)^2+z^2}}\int_{0}^{\pi/2} \frac{(2\cos^2(u)-1)\mathrm{d}u}{\sqrt{1-m\cos^2(u)}}

El numerador se puede escribir en la forma

2\cos^2(u)-1=-\frac{2}{m}(1-m\cos^2(u))+\frac{2}{m}-1

de manera que el potencial vector se descompone en

A_y=\frac{\mu_0Ib}{\pi\sqrt{(\rho+b)^2+z^2}}\left(\left(\frac{2}{m}-1\right)\int_{0}^{\pi/2} \frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{1-m\cos^2(u)}}-\frac{2}{m}\int_{0}^{\pi/2} \sqrt{1-m\cos^2(u)}\,\mathrm{d}u\right)

con lo que llegamos finalmente a la expresión

A_y=\frac{\mu_0Ib}{\pi\sqrt{(\rho+b)^2+z^2}}\left(\left(\frac{2}{m}-1\right)\mathrm{K}(m)-\frac{2}{m}\mathrm{E}(m)\right)

Esta expresión se puede poner en forma vectorial observando que para un punto situado en el plano OXZ con x >0, la dirección de OY es la de \vec{u}_\theta. Por tanto

\vec{A}=\frac{\mu_0Ib\vec{u}_\theta}{\pi\sqrt{(\rho+b)^2+z^2}}\left(\left(\frac{2}{m}-1\right)\mathrm{K}(m)-\frac{2}{m}\mathrm{E}(m)\right)

Podemos escribir este resultado en una forma alternativa definiendo las distancias mínima y máxima al anillo

d_-=\sqrt{(\rho-b)^2+z^2}\qquad\qquad d_+=\sqrt{(\rho+b)^2+z^2}

de manera que

m=\frac{4\rho b}{(\rho+b)^2+z^2}=\frac{d_+^2-d_-^2}{d_+^2}=1-\frac{d_-^2}{d_+^2}

y

\vec{A}=\frac{\mu_0Ib\vec{u}_\theta}{\pi d_+(d_+^2-d_-^2)}\left((d_+^2+d_-^2)\mathrm{K}\left(1-\frac{d_-^2}{d_+^2}\right)-2d_+^2\mathrm{E}(m)\right)

4 El campo de dos espiras concéntricas

5 El campo de un imán anular

6 Imán que cae alrededor de un tubo

Obtenido de "http://tesla.us.es/wiki/index.php/Campo_de_un_im%C3%A1n_anular"

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