13.5: Capítulo 5

Problema (5.1)

Un solenoide muy largo se enrolla con N= 10 ⁵ vueltas por metro. Se rellena con un material muy permeable, pero uno que se satura a un valor crítico de B: es decir, para B< 0.30 teslas la permeabilidad relativa es µ _r = 10 ³, pero para B> 0.30 Teslas la permeabilidad relativa se vuelve casi igual a µ _r = 1.0.

(a) Haga un boceto que muestre aproximadamente cómo se esperaría que el campo B dentro del material en el solenoide varíe con la corriente de CC a través de los devanados del solenoide.

(b) Supongamos que una bobina secundaria de radio R=2 cm y 1000 vueltas fue enrollada en el solenoide anterior. Calcular la emf inducida en la bobina secundaria si la corriente a través del primario varía como

\[I(t)=I_{0} \operatorname{Sin} \omega t\nonumber,\]

donde I ₀ = 1 MAMP (10 ^-3 Amps), y ω= 2\(\pi\) F corresponde a 60 Hz.

(c) Calcular la emf inducida en la bobina secundaria si una corriente continua de 10 MAmps fluye a través de los devanados del solenoide además de la corriente alterna anterior.

El control de una amplitud de señal de CA de salida por medio de una corriente de control de CC relativamente pequeña formó la base de un dispositivo llamado amplificador magnético. En efecto, la eficiencia de un transformador podría ser alterada por una corriente de CC y, por lo tanto, grandes cantidades de energía de CA podrían controlarse por medio de cantidades relativamente pequeñas de energía de CC. Los amplificadores magnéticos disfrutaron de un breve período de popularidad a finales de la década de 1950 y principios de la década de 1960; fueron reemplazados por el desarrollo de transistores que podían manejar grandes cantidades de energía.

Respuesta (5.1).

(a) Dentro del solenoide H= NI = 10 ⁵ I Amps/metro. Cuando el campo B es menor de 0.30 Teslas la permeabilidad relativa viene dada por µ _r = 10 ³, de manera que

\[\text{B}=\mu \text{H}=\mu_{\text{r}} \mu_{0} \text{NI}=125.7 \text { I Teslas. }\nonumber\]

La corriente requerida para saturar el núcleo es

\[I=\frac{0.30}{125.7}=\mathbf{2.39 \times 10^{-3} \text {Amps }=2.39 \text { mAmps }}\nonumber.\]

Tras la saturación, el campo B aumenta solo muy lentamente con la corriente porque M permanece fijo en el valor de saturación:

\[\text{B}=\mu_{0} \text{M}+\mu_{0} \text{H} \cong 0.3 \text { Teslas }\nonumber\]

ya que µ ₀ H es relativamente pequeño. A I= 0.1 Amps (~40x la corriente requerida para saturar el núcleo) µ ₀ H= 0.013 Teslas, un incremento de solo 3% en B.

(b) Para una pequeña corriente µ _r = 1000 y así para una amplitud de 1 mA el campo varía como

\[B = 0.126 \sin\omega t \text{ Teslas.}\nonumber\]

El flujo a través de la bobina secundaria viene dado por

\[\phi=\left(10^{3}\right)\left(\pi \mathrm{R}^{2}\right)(\mathrm{B})=0.158 \sin \omega t \text{ Webers. }\nonumber\]

\[e=-\frac{d \phi}{d t}= 59.6 \cos\omega t \text{ Volts, }\nonumber\]

ya que ω= 2\(\pi\) (60) = 377 radianes/seg.

(c) La corriente continua de 10 MAmps polarizaría el núcleo del solenoide hacia la región donde la permeabilidad relativa es solo µ _r = 1.0. El voltaje inducido en la bobina secundaria disminuiría en un factor de 1000: la señal de salida caería a ~60 mV desde su valor inicial de ~60 Voltios.

Problema (5.2)

Un cable delgado y recto largo lleva una corriente de 5 amperios; corre paralelo con la interfaz entre el vacío y un plano superconductor para el cual la permeabilidad relativa es µ _r = 0. Calcular la fuerza sobre el cable debido a su imagen si el cable está a una distancia z=1 cm del plano. En un superconductor el campo B es cero.

Respuesta (5.2)

La corriente de imagen I' tiene la misma magnitud que la corriente de conducción I, pero es opuesta en signo, y se ubica z desde la interfaz, pero en el superconductor;

I' = - I.

La corriente más su imagen generan el campo magnético en la región fuera del superconductor. El componente normal de B es cero en la superficie superconductora como lo requiere div B =0 más la condición B =0 en el superconductor. El componente de B o de H paralelo con la interfaz no importa ya que las corrientes superficiales fluyen en el superconductor para blindar su interior de manera que H =0.

El campo generado por I' en el cable que lleva la corriente I viene dado por

\[|\mathbf{H}|=\frac{\left|I^{\prime}\right|}{2 \pi(2 z)}=\frac{I}{4 \pi z}\nonumber.\]

La fuerza sobre el alambre por unidad de longitud viene dada por

\[F=\frac{\mu_{0} I^{2}}{4 \pi z}=\frac{(25)\left(4 \pi \times 10^{-7}\right)}{(4 \pi)\left(10^{-2}\right)}=25 \times 10^{-5} \text {Newtons / m }\nonumber.\]

La dirección de la fuerza es tal que repele el cable de la interfaz. La fuerza anterior es suficiente para levantar un peso de aproximadamente 25 miligramos por metro. Esto es bastante débil; sin embargo, la fuerza aumenta con el cuadrado de la corriente de manera que para 500 Amps la fuerza soportaría ~0.25 kg/metro.

Problema (5.3)

Un dipolo magnético permanente, m, se lleva hasta la interfaz plana entre vacío, µ _r =1, y un superconductor, µ _r =0. El dipolo se encuentra a una distancia z frente a la interfaz.

(a) Demostrar que la carga magnética de imagen inducida en el superconductor por la carga magnética q _m a distancia z frente a la interfaz es igual a q _m y se ubica a una distancia z detrás de la interfaz. Se requiere la carga de imagen para satisfacer la condición div B =0 y también la condición B =0 en el superconductor.

b) Utilizar los resultados de la parte (a) para calcular la fuerza ejercida sobre un dipolo magnético por su imagen cuando el dipolo está orientado paralelo a la interfaz.

(c) Calcular la fuerza sobre el dipolo cuando se orienta normal a la interfaz.

d) Dado 1 cc de material permanentemente magnetizado, estimar la altura a la que flotaría por encima de un plano superconductor. Deje que la densidad del material sea 4.5 gm/cc, y deje que su densidad de magnetización sea M= 1.59x10 ⁵ Amps/metro (estos parámetros son apropiados para la ferrita de bario bao.6Fe ₂ O ₃ - este es un aislante ferromagnético común llamado Ferroxdure).

Respuesta (5.3)

El campo en el vacío que se genera por una carga magnética puntual y su imagen debe ser tal que el componente normal de B se desvanezca en la superficie superconductora (ver la figura).

De esta manera se pueden satisfacer las condiciones div B =0 y B =0. El componente tangencial de B no necesita ser cero; las corrientes superficiales fluyen en una capa superficial muy delgada (~ ^10-8 metros de espesor) que blindan el interior del superconductor.

(b) Momento dipolar paralelo con la Interfaz.

El componente de fuerza normal a la superficie es el mismo para cada carga en el dipolo, por lo tanto no hay par que actúe sobre el dipolo. Las dos fuerzas que actúan sobre una determinada carga son:

una fuerza atractiva

\[\text{F}_{1}=\frac{\mu_{0} \text{q}_{\text{m}}^{2}}{4 \pi} \frac{\cos \theta}{\left(4 \text{z}^{2}+\text{D}^{2}\right)}\nonumber,\]

y una fuerza repulsiva

\[\text{F}_{2}=\frac{\mu_{0} \text{q}_{\text{m}}^{2}}{4 \pi} \frac{1}{4 \text{z}^{2}}\nonumber.\]

La fuerza repulsiva neta sobre el dipolo viene dada por

\[\text{F}=\frac{2 \mu_{0} \text{q}_{\text{m}}^{2}}{4 \pi}\left(\frac{1}{4 \text{z}^{2}}-\frac{2 \text{z}}{\left(4 \text{z}^{2}+\text{D}^{2}\right)^{3 / 2}}\right)\nonumber,\]

o

\[\text{F}=\frac{2 \mu_{0} \text{q}_{\text{m}}^{2}}{4 \pi}\left(\frac{3 \text{D}^{2}}{32 \text{z}^{4}}\right)\nonumber.\]

Pero m= q _m D para que se pueda escribir la fuerza repulsiva

\[\mathbf{F=\frac{\mu_{0}}{\mathbf{4} \pi} \frac{3 \mathbf{m}^{2}}{16 \mathbf{z}^{4}}}\nonumber.\]

(c) Momento dipolar normal a la Interfaz.

La fuerza repulsiva neta sobre el dipolo viene dada por

\[F=\frac{\mu_{0} q_{m}^{2}}{4 \pi}\left(\frac{1}{4 z^{2}}+\frac{1}{4 z^{2}(1+D / z)^{2}}-\frac{2}{4 z^{2}(1+D / 2 z)^{2}}\right)\nonumber.\]

Ahora\(\left(1+\frac{D}{z}\right)^{-2}=1-\frac{2 D}{z}+3\left(\frac{D}{z}\right)^{2}+\ldots\)

y\(\left(1+\frac{D}{2 z}\right)^{-2}=1-\frac{D}{z}+\frac{3}{4}\left(\frac{D}{z}\right)^{2}+\ldots\)

para que

\[F=\frac{\mu_{0}}{4 \pi} \frac{q_{m}^{2}}{4 z^{2}}\left(\frac{3}{2} \frac{D^{2}}{z^{2}}\right)=\mathbf{\frac{\mu_{0}}{4 \pi} \frac{3 m^{2}}{8 z^{4}}}\nonumber\]

Esta fuerza repulsiva es el doble de grande que la fuerza repulsiva cuando el dipolo está orientado para que quede paralelo con la interfaz.

d) El peso de 1 cc de Ferroxdure es de 4.5 gm o 4.5x10 ^-3 kg. La fuerza gravitacional es F _g = 4.41x10 ^-2 Newtons. El momento magnético total para esta pieza de material es

\[\text{m}=\text{MV}=\left(1.59 \times 10^{5}\right)\left(10^{-6}\right)=0.159 \text{Amp} \cdot \text{m}^{2}\nonumber.\]

La fuerza repulsiva cuando el momento es paralelo con el plano (la configuración estable) será

\[F=\left(10^{-7}\right)\left(\frac{3}{16}\right) \frac{\left(2.53 \times 10^{-2}\right)}{z^{4}}=4.41 \times 10^{-2} \text{N}\nonumber.\]

o

\[\mathbf{z = 1.02 \times 10^{-2} \text{meters.}}\nonumber\]

El imán flotaría aproximadamente 1 cm por encima del plano superconductor.

Problema (5.4)

Un solenoide corto está construido de 100 vueltas enrolladas uniformemente en forma cilíndrica. La longitud de los devanados es L= 10 cm, y el radio medio de la bobina es R= 5 cm. Encuentre una expansión en los polinomios de Legendre para el potencial magnético en el interior del solenoide, y estime el radio de la región alrededor del centro del solenoide dentro del cual el campo es uniforme a mejor del 1%. En la expansión del campo a lo largo del eje del solenoide se pueden descartar términos de orden z ⁴ y potencias superiores.

Respuesta (5.4)

El campo a lo largo del eje de un solenoide corto viene dado por

\[\text{B}_{\text{z}}=\frac{\mu_{0} \text{NI}}{2}\left(\frac{(\text{L} / 2+\text{z})}{\sqrt{\text{R}^{2}+\left(\frac{\text{L}}{2}+\text{z}\right)^{2}}}+\frac{(\text{L} / 2-\text{z})}{\sqrt{\text{R}^{2}+\left(\frac{\text{L}}{2}-\text{z}\right)^{2}}})\right., \quad \text{eqn (3.2.10).}\nonumber\]

Tenga en cuenta que el término entre paréntesis es un número adimensional para que se pueda usar z, R, L medidos en cm en lugar de metros. Para nuestro caso N= 1000 vueltas/metro, de modo que para una corriente de 1 Amp

\(\text{B}_{0}=\frac{\mu_{0} \text{NI}}{2}=6.283 \times 10^{-4} \text {Teslas }\),

y

\[\text{B}_{\text{z}}(\text{z})=\text{B}_{0}\left(\frac{(5+\text{z})}{\sqrt{(\text{z}+5)^{2}+25}}+\frac{(5-\text{z})}{\sqrt{(\text{z}-5)^{2}+25}}\right)\nonumber,\]

donde z se mide en cm. La idea es ampliar esta función en potencias de z.

En z=0\(B_{z}(0)=B_{0} \sqrt{2}\)

\(\left.\frac{d B_{z}}{d z}\right|_{0}=0\)

\(\left.\frac{\text{d}^{2} \text{B}_{z}}{\text{d} \text{z}^{2}}\right|_{0}=-\frac{3 \text{B}_{0} \sqrt{2}}{100}=-0.04243 \text{B}_{0}\)

\(\left.\frac{d^{3} B_{z}}{d z^{3}}\right|_{0}=0\)

\(\left.\frac{\text{d}^{4} \text{B}_{z}}{\text{d} \text{z}^{4}}\right|_{0}=-\frac{3 \text{B}_{0}}{1000 \sqrt{2}}=-0.0021213 \text{B}_{0}\)

etc.

Pero

\[\text{B}_{z}(\text{z})=\text{B}_{0} \sqrt{2}+\left.\frac{1}{2} \frac{\text{d}^{2} \text{B}_{2}}{\text{d} \text{z}^{2}}\right|_{0} \text{z}^{2}+\left.\frac{1}{24} \frac{\text{d}^{4} \text{B}_{2}}{\text{d} \text{z}^{4}}\right|_{0} \text{z}^{4}+\cdots\nonumber\]

Por lo tanto

\[\text{B}_{z}(\text{z})=\text{B}_{0} \sqrt{2}\left(1-\frac{3 \text{z}^{2}}{200}+\frac{\text{z}^{4}}{16000} \cdot+\ldots \text{O}\left(\text{z}^{6}\right)\right)\nonumber\]

Este campo se puede obtener de una función potencial

\[B_{z}=-\frac{\partial V}{\partial z}\nonumber,\]

donde

\[V(z)=-B_{0} \sqrt{2}\left(z-\frac{z^{3}}{200}+O\left(z^{5}\right)\right). \quad \quad \quad \quad (1) \nonumber\]

V (z) debe satisfacer ² V=0, por lo tanto

\[\text{V}(\text{z})=\sum_{\text{n}=1}^{\infty} \text{a}_{\text{n}} \text{r}^{\text{n}} \text{P}_{\text{n}}(\cos \theta)\nonumber;\]

los términos en\(\frac{1}{r^{n+1}}\) deben omitirse porque explotan en r=0.

\[V(r, \theta)=a_{1} r \cos \theta+\frac{a_{2} r^{2}}{4} \quad(1+3 \cos 2 \theta)+\frac{a_{3} r^{3}}{8}(3 \cos \theta+5 \cos 3 \theta)+\frac{a_{4} r^{4}}{64} (9+20 \cos 2 \theta+35 \cos 4 \theta)+\nonumber\]

En θ=0 el radio r se vuelve igual a la coordenada cilíndrica z, y desde Cosθ=1 esta serie se convierte en

\[V(z)=a_{1} z+a_{2} z^{2}+a_{3} z^{3}+a_{4} z^{4}+\dots \quad \quad \quad \quad (2) \nonumber\]

de la cual en comparación con eqn. (1) se encuentra

\[\begin{array}{l} \text{a}_{1}=-\text{B}_{0} \sqrt{2} \\ \text{a}_{2}=0 \\ \text{a}_{3}=\frac{\text{B}_{0} \sqrt{2}}{200} \\ \text{a}_{4}=0, \end{array}\nonumber\]

y así sucesivamente. Así a términos de orden z ⁵ uno tiene

\[\mathbf{V}(\mathbf{r}, \theta)=-\mathbf{B}_{0} \sqrt{\mathbf{2}}\left(\operatorname{rcos} \theta-\frac{\mathbf{r}^{3}}{1600}(3 \cos \theta+5 \cos 3 \theta)\right.\nonumber.\]

\[\text{B}_{\text{r}}=-\frac{\partial \text{V}}{\partial \text{r}}=\text{B}_{0} \sqrt{2}\left(\cos \theta-\frac{3 \text{r}^{2}}{1600}(3 \cos \theta+5 \cos 3 \theta)\right)\nonumber,\]

\[\text{B}_{\theta}=-\frac{1 \partial \text{V}}{\text{r} \partial \theta}=\text{B}_{0} \sqrt{2}\left(-\sin \theta+\frac{3 \text{r}^{2}}{1600} \quad(\sin \theta+5 \sin 3 \theta)\right)\nonumber.\]

Los dos primeros términos, es decir\(\text{B}_{\text{r}}=\text{B}_{0} \sqrt{2} \cos \theta\) y\(\text{B}_{\theta}=-\text{B}_{0} \sqrt{2} \sin \theta\), corresponden a un campo uniforme\(B_{z}=B_{0} \sqrt{2}\) Teslas. La corrección al componente de campo axial, _Bz, viene dada por

\[\mathbf{\frac{\Delta \mathbf{B}_{\mathbf{z}}}{\mathbf{B}_{0} \sqrt{\mathbf{2}}}=-\frac{3 \mathbf{r}^{2}}{1600} \left(1+2 \cos ^{2} \theta+5 \cos \theta \cos 3 \theta+5 \sin \theta \sin 3 \theta\right)}\nonumber\]

ya que\(\text{B}_{\text{z}}=\text{B}_{\text{r}} \text{Cos} \theta-\text{B}_{\theta} \operatorname{Sin} \theta\). El término entre paréntesis varía entre -4 y +8.

La corrección al componente de campo magnético transversal, B _ρ, donde\(\text{B}_{\text{p}}=\text{B}_{\text{r}} \operatorname{Sin} \theta+\text{B}_{\theta} \cos \theta\) viene dada por

\[\mathbf{\frac{B_{\rho}}{B_{0} \sqrt{2}}=-\frac{3 r^{2}}{1600} (2 \sin \theta \cos \theta+5 \sin \theta \cos 3 \theta-5 \cos \theta \sin 3 \theta)}\nonumber.\]

El término entre paréntesis varía de -4 a +4. Es claro a partir de estas expresiones que las desviaciones ∆B _z, Bρ serán menores que\(B_{0} \sqrt{2}\left(\frac{3 r^{2}}{200}\right)\) para todos los ángulos. El campo será uniforme a mejor que 1% dentro de una esfera de radio r= 0.816 cm, y uniforme a mejor de 10% dentro de una esfera de radio r= 2.582 cm alrededor del centro del solenoide.

Problema (5.5).

Un blindaje magnético está hecho de un material permeable en forma de un cilindro largo que tiene un radio interior _R1 y un radio exterior _R2. La permeabilidad relativa del material del cilindro es µ _r. Si este blindaje se coloca en un campo magnético uniforme, B ₀, que se dirige transversal al eje del cilindro ¿cuál será el campo dentro del cilindro? Se puede tratar el cilindro como si fuera infinitamente largo. Dentro y fuera del cilindro la permeabilidad relativa es µ _r =1.

Respuesta (5.5)

Claramente hay tres regiones involucradas en este problema:

(1) la región dentro del cilindro, µ _r =1;

(2) la región dentro de las paredes del cilindro, µ _r;

(3) la región fuera del cilindro, µ _r =1.

En cada una de estas tres regiones ² V=0, donde H = - GradV. Por lo tanto, en cada región el potencial se puede ampliar en una serie de formas

\[V(r, \theta)=\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n} r^{n}+\frac{b_{n}}{r^{n}}\right) \cos n \theta.\nonumber\]

Demuestra no ser necesario usar términos para n>1. Dentro del cilindro: V ₁ = arcosθ

En las paredes del cilindro:\( V_{2}=a_{0} r \cos \theta+\frac{b_{0} \cos \theta}{r}\),

uno debe usar ambos términos porque ninguno de los dos términos se vuelve singular en las paredes del cilindro;

Fuera del cilindro:\ (V_ {3} =-H_ {0} r\ cos\ theta+\ frac {b C o s\ theta} {r}).

Condiciones de Límite.

A R=r ₁ (la pared interna)

\[V_{1}=V_{2}\nonumber\]

\[\frac{d V_{1}}{d r}=\mu_{r} \frac{\partial V_{2}}{\partial r}\nonumber\]

o

\[a=a_{0}+\frac{b_{0}}{R_{1}^{2}}\quad\quad \quad \quad (1) \nonumber\]

\[\text{a}=\mu_{\text{r}} \text{a}_{0}-\frac{\mu_{\text{r}} \text{b}_{0}}{\text{R}_{1}^{2}}\quad\quad \quad \quad (2) \nonumber\]

A _R=R2 (la pared exterior)

\[\mathrm{V}_{2}=\mathrm{V}_{3}\nonumber\]

\[\mu_{r} \frac{\partial V_{2}}{d r}=\frac{\partial V_{3}}{d r}\nonumber\]

o

\[a_{0}+\frac{b_{0}}{R_{2}^{2}}=-H_{0}+\frac{b}{R_{2}^{2}}\quad\quad \quad \quad (3)\nonumber\]

\[\mu_{r} a_{0}-\frac{\mu_{r} b_{0}}{R_{2}^{2}}=-H_{0}-\frac{b}{R_{2}^{2}} \quad\quad \quad \quad (4) \nonumber\]

Estas 4 ecuaciones se pueden resolver para las 4 incógnitas a, a ₀, b ₀ y b. El resultado es

\[a=\frac{-4 \mu_{r} H_{0}}{\left(\left(\mu_{r}+1\right)^{2}-\left(\mu_{r}-1\right)^{2}\left(\frac{R_{1}}{R_{2}}\right)^{2}\right)}\nonumber.\]

La relación entre el campo dentro del cilindro y el campo fuera del cilindro viene dada por

\[\frac{B_{i n}}{B_{o u t}}=\frac{4 \mu_{r}}{\left.\left(\mu_{r}+1\right)^{2}-\left(\mu_{r}-1\right)^{2}\left(\frac{R_{1}}{R_{2}}\right)^{2}\right)}\nonumber,\]

o

\[\mathbf{\frac{B_{i n}}{B_{o u t}} \cong \frac{4}{\mu_{r}\left(1-\left(\frac{R_{1}}{R_{2}}\right)^{2}\right)}}\nonumber.\]

La permeabilidad relativa para Supermalloy es µ _r ~ 10 ⁵ para B< 0.7 Teslas. En una aplicación típica para apantallar un tubo fotomultiplador uno tendría R ₁ = 2.5 cm y R ₂ = 2.6 cm o\(\frac{R_{1}}{R_{2}}=0.962 \). Para tal caso

\[\mathbf{\frac{B_{i n}}{B_{0 u t}}=\frac{4 \times 10^{-5}}{0.0754}=5.3 \times 10^{-4}}\nonumber.\]

Problema (5.6)

Un blindaje magnético está construido de un material permeable en forma de un cilindro largo de longitud L y que tiene un radio interior _R1 y un radio exterior _R2. La permeabilidad relativa del material de blindaje es µ _r. Deje que este blindaje se coloque en un campo B ₀ paralelo al eje del cilindro. Estimar el campo en el centro del escudo si L es mucho mayor que los radios _R1 y _R2.

Este problema no puede resolverse fácilmente en forma cerrada; sin embargo, se puede argumentar de la siguiente manera:

(1) La mayor parte del campo dentro del cilindro será aspirado en el material permeable de las paredes del cilindro. Se puede estimar la resistencia de B dentro de la pared del cilindro a partir de la conservación del flujo.

(2) Suponiendo que B es constante dentro de las paredes del cilindro, entonces la magnetización M también será uniforme. Las discontinuidades en M en los extremos del cilindro actuarán como fuentes de campo. Estas fuentes pueden ser utilizadas para estimar el campo en el centro del cilindro. Como primera aproximación cruda se puede suponer que todas las cargas magnéticas en los extremos del cilindro están a la misma distancia de su centro porque L>>R.

Respuesta (5.6)

La región dentro del cilindro originalmente contenía el flujo\(\phi=\text{B}_{0} \pi \text{R}_{1}^{2}\). Este fundente se concentra en la pared del cilindro. El campo B resultante en la pared debe ser tal que

\[ \text{B}_{\text{W}} \pi\left(\text{R}_{2}^{2}-\text{R}_{1}^{2}\right)=\text{B}_{0} \pi \text{R}_{1}^{2}\nonumber.\]

Por lo tanto\(\text{B}_{\text{W}}=\frac{\text{B}_{0}}{(\left(\frac{\text{R}_{2}}{\text{R}_{1}}\right)^{2}-1)} \).

Pero\(\text{B}_{\text{W}}=\mu_{0}(\text{H}+\text{M}) \cong \mu_{0} \text{M}\)

ya que para un material muy permeable\(\text{H}=\frac{\text{B}}{\mu_{0} \mu_{\text{r}}} \sim 0\).

En consecuencia,\(\text{M}=\frac{\text{B}_{\text{W}}}{\mu_{0}}=\frac{\text{B}_{0} / \mu_{0}}{\left(\left(\frac{\text{R}_{2}}{\text{R}_{1}}\right)^{2}-1\right)}\), AMPs/m.

Las discontinuidades en M dan dos anillos de carga magnética, cada uno de radio promedio R= (R _{1 +R2}) /2, y de fuerza total

\[ Q=M \pi\left(R_{2}^{2}-R_{1}^{2}\right)=M \pi R_{1}^{2}\left(\left(\frac{R_{2}}{R_{1}}\right)^{2}-1\right)\nonumber.\]

Si la longitud del cilindro es mucho más larga que sus radios, entonces crudamente hablando, el campo en el centro del cilindro debe estar dado aproximadamente por dos cargas puntuales, +Q y -Q, ubicadas a una distancia L/2 del centro del cilindro: así

\[ \text{H} \sim \frac{2 \text{Q}}{4 \pi(\text{L} / 2)^{2}}=\frac{2 \text{B}_{0} \text{R}_{1}^{2}}{\mu_{0} \text{L}^{2}} \nonumber,\]

o

\[\frac{B}{B_{0}} \cong 2\left(\frac{R_{1}}{L}\right)^{2}\nonumber.\]

Observe que esta expresión es independiente de µ _r, pero µ _r debe ser lo suficientemente grande para que H dentro del material de blindaje pueda descuidarse en comparación con M. Para obtener un blindaje efectivo el campo _Bw en las paredes del cilindro debe ser menor que el campo de saturación. Para un material de blindaje a base de hierro, el campo B en saturación suele ser de ~ 1 Tesla. Si el campo de conducción B ₀ es el campo magnético de la tierra, ~10 ^-4 Tesla, la relación entre el radio interior _R1 y el grosor del blindaje d debe ser inferior a 5000. Esta condición se cumple fácilmente ya que para valores típicos R ₁ = 2.5 cm y R ₂ = 2.6 cm la relación\(\frac{R_{1}}{d}=25\).

Problema (5.7)

Un solenoide está construido con N=100 vueltas de alambre. El diámetro medio de los devanados es D=5 cm y la longitud de los devanados es L= 10 cm. Esta bobina es para ser utilizada para generar un campo de 10 Tesla en vacío. En los siguientes cálculos, la bobina puede aproximarse como un solenoide infinitamente largo.

a) ¿Qué corriente se requeriría para generar un campo de 10 Teslas?

(b) Estimar la fuerza magnética que actúa para cambiar la longitud de los devanados del solenoide. ¿Estas fuerzas tienden a alargar o acortar los devanados?

c) Estimar la tensión en el alambre del cual se enrolla la bobina.

Respuesta (5.7)

(a) Para un solenoide largo en vacío\(\text{B}=\frac{\mu_{0} \text{NI}}{\text{L}}\), donde N= 100 es el número total de vueltas, y L es la longitud. Para el presente ejemplo, L= 0.10 m y

\[\text{B}=\frac{\left(4 \pi \times 10^{-7}\right)\left(10^{2}\right) I}{0.1}=4 \pi \times 10^{-4} \quad \text{I} \quad \text { Teslas}.\nonumber\]

Para generar 10 Teslas la corriente requerida es

\[\mathbf{I=7.96 \times 10^{3} \text { Amps.}}\nonumber\]

(b) La energía almacenada en el solenoide viene dada aproximadamente por

\[\text{U}_{\text{B}}=\text{V} \frac{\text{B}^{2}}{2 \mu_{0}}=\left(\frac{\pi \text{D}^{2}}{8}\right) \frac{\mu_{0} \text{N}^{2} \text{I}^{2}}{\text{L}}, \text { Joules }\nonumber.\]

Por lo tanto\(\frac{\partial \text{U}_{\text{B}}}{\partial \text{L}}=-\left(\frac{\pi \text{D}^{2}}{8}\right) \frac{\mu_{0} \text{N}^{2} \text{I}^{2}}{\text{L}^{2}}=-\frac{\pi \text{D}^{2}}{8 \mu_{0}} \text{B}^{2}\).

El solenoide tenderá a contraerse a lo largo de su longitud. La fuerza sobre los devanados viene dada por

\[F=\left|\frac{\partial U_{B}}{\partial L}\right|=\frac{(\pi)(25)\left(10^{-4}\right)\left(10^{2}\right)}{\left(32 \pi \times 10^{-7}\right)}=7.8 \times 10^{4} \text { Newtons }\nonumber.\]

¡Esta fuerza suspendería un peso de 8000 kg! Las vueltas del solenoide deben sujetarse de manera muy segura en su lugar.

(c) El campo B es independiente del diámetro del solenoide. Se puede escribir

\[\text{U}_{\text{B}}=\frac{\pi \text{D}^{2} \text{L}}{8 \mu_{0}} \text{B}^{2}\nonumber,\]

para que

\[ \frac{\partial \text{U}_{\text{B}}}{\partial \text{D}}=\frac{\pi \text{DL}}{4 \mu_{0}} \text{B}^{2}\nonumber.\]

Si el diámetro medio aumenta en dD, la longitud del cable del solenoide aumenta en dS= N\(\pi\) dD, por lo tanto

\[\frac{\partial \text{U}_{\text{B}}}{\partial \text{S}}=\frac{1}{\text{N} \pi} \frac{\partial \text{U}_{\text{B}}}{\partial \text{D}}=\frac{\text{D} \text{L} \text{B}^{2}}{4 \text{N} \mu_{0}}\nonumber.\]

La tensión en el cable vendrá dada por

\[F=\frac{\left(50 \times 10^{-4}\right)\left(10^{2}\right)}{(4)(4 \pi)\left(10^{2}\right)\left(10^{-7}\right)}=0.995 \times 10^{3} \text { Newtons }\nonumber.\]

Esta fuerza es aproximadamente el equivalente a un peso de 100 kg.

Problema (5.8)

Un lazo rígido de alambre tiene la forma de un triángulo, La base del triángulo mide 5 cm de largo y la altura del triángulo es de 5 cm. Este objeto se coloca en un campo magnético uniforme de B= 1 Tesla de tal manera que su área no abraza flujo. ¿Cuál será el par en el triángulo si lleva una corriente de 1 Amp?

Respuesta (5.8).

La energía magnética del sistema contiene tres términos:

\[\text{U}_{\text{B}}=\frac{1}{2} \text{L}_{11} \text{I}_{1}^{2}+\frac{1}{2} \text{L}_{22} \text{I}_{2}^{2}+\text{L}_{12} \text{I}_{1} \text{I}_{2}\nonumber.\]

Los dos primeros términos son la autoenergía de las fuentes del campo uniforme y la autoenergía del triángulo: estos términos no cambian cuando se gira el triángulo. El último término depende del ángulo entre el plano del triángulo y el campo magnético aplicado. El flujo a través del triángulo viene dado por

\[\phi_{2}=\operatorname{BASin} \theta=(\text{KASin} \theta) \quad I_{1}\nonumber\]

donde I ₁ es la corriente asociada al campo fuente B. Esta expresión da el coeficiente de inductancia mutua L ₁₂:

\[\text{L}_{12}=\text{KASin} \theta\nonumber,\]

y

\[\frac{\partial \text{U}_{\text{B}}}{\partial \theta}=\text{I}_{1} \text{I}_{2} \quad \text{KACos} \theta=\left(\text{I}_{2} \text{BA}\right) \operatorname{Cos} \theta\nonumber.\]

El par en el triángulo es solo

\[\mathbf{\tau=\frac{\partial U_{B}}{\partial \theta}=I_{2} BA\cos \theta=25 \times 10^{-4} \text { Newton meters at } \theta=0.}\nonumber\]

Problema (5.9)

Una partícula cargada se mueve en un campo magnético uniforme B que cambia lentamente con el tiempo. (Lentamente aquí significa que la velocidad de cambio es lenta en comparación con la frecuencia del ciclotrón).

a) Demostrar que el radio R de la órbita de la partícula debe cambiar de tal manera que

\[\text{BdR}=-\frac{\text{RdB}}{2}.\nonumber\]

Este cambio de radio es consecuencia del campo magnético cambiante que crea un campo eléctrico que ejerce una fuerza sobre la partícula.

b) Demostrar que el cambio en el radio de la parte (a) corresponde a un cambio en el área de la órbita de tal manera que se mantenga constante el flujo a través de la órbita.

(c) Demostrar que el momento magnético orbital asociado con el movimiento de la partícula permanece constante a medida que cambia el campo.

Respuesta (5.9)

(a) La fuerza sobre una partícula cargada en un campo magnético viene dada por QVb donde v es la componente transversal de la velocidad. Uno puede ignorar cualquier movimiento a lo largo del campo magnético para este problema. De la mecánica, y para una partícula de masa m,

\[\frac{m v^{2}}{R}=q v B\nonumber,\]

para que\(\text{v}=\frac{\text{q}}{\text{m}} \text{BR}\). (1)

Si B cambia con el tiempo se induce un campo eléctrico desde entonces\(\operatorname{curl} \mathbf{E}=-\frac{d \mathbf{B}}{\partial t}\). En las coordenadas polares cilíndricas solo habrá un componente E _θ porque el campo es uniforme y solo tiene un componente z:

\[\frac{1}{r} \frac{d}{d r}(r E \theta)=-\frac{\partial B_{z}}{\partial t}\nonumber.\]

Pero como _Bz es independiente de la posición\(\text{E}_{\theta}=-\frac{\text{R}}{2}\left(\frac{\partial \text{B}_{\text{z}}}{\partial \text{t}}\right)\) a lo largo de la órbita de la partícula. Un pensamiento de momentos revelará que la dirección de E _θ es tal que hace que la velocidad de la partícula aumente, por lo tanto

\[m \frac{d v}{d t}=q\left|E_{\theta}\right|=\frac{q R}{2} \frac{d B}{d t}\nonumber,\]

o

\[\text{d} \text{v}=\left(\frac{\text{q} \text{R}}{2 \text{m}}\right) \text{dB}\nonumber . \quad \quad \quad \quad (2)\]

Sin embargo, desde (1)\(\text{d} \text{v}=\left(\frac{\text{q}}{\text{m}}\right) \quad(\text{BdR}+\text{RdB})\)

para que de (2)\(\frac{\text{q} \text{R}}{2 \text{m}} \text{dB}=\frac{\text{qB}}{\text{m}} \text{dR}+\frac{\text{qR}}{\text{m}} \text{dB}\)

y así\(\frac{q B}{m} d R=-\frac{q R}{2 m} d B\)

o \(\text{BdR}=-\frac{\text{RdB}}{2}\)(3)

b) El flujo a través de la órbita de las partículas es

\[\phi=\pi \text{R}^{2} \text{B}\nonumber.\]

\[\text{d} \phi=\pi \quad\left(2 \text{RBdR}+\text{R}^{2} \text{dB}\right)\nonumber.\]

Pero desde (3) arriba

\[\text{d} \phi=\pi\left(-\text{R}^{2} \text{dB}+\text{R}^{2} \text{dB}\right)=0\nonumber.\]

En otras palabras, se conserva el flujo a través de la órbita.

c) El momento magnético asociado a la órbita viene dado por

\[\text{m}_{\text{z}}=\left(\pi \text{R}^{2}\right) \text{I}\nonumber,\]

donde la corriente I es dada por\(I=\frac{q V}{2 \pi R}\). Por lo tanto

\[\text{m}_{\text{z}}=\left(\pi \text{R}^{2}\right)\left(\frac{\text{qv}}{2 \pi \text{R}}\right)=\frac{\text{qvR}}{2}\nonumber.\]

Usando eqn. (1) esto se puede escribir \(m_{z}=\left(\frac{q R}{2}\right)\left(\frac{q}{m}\right)(B R)=\frac{q^{2}}{2 \pi m} \phi\).

Dado que el flujo se conserva también lo es el momento magnético.

Problema (5.10)

Un electrón en un estado atómico n=1 puede ser descrito por la función de onda

\[\psi=\frac{2}{\sqrt{4 \pi}}\left(\frac{z}{a_{0}}\right)^{3 / 2} e^{-Z r / a_{0}}\nonumber\]

donde\(a_{0}=\frac{h^{2}}{4 \pi^{2} m e^{2}}=0.53 \times 10^{-10} \text {meters }\);

Z es la carga nuclear. La función de onda anterior corresponde a un estado s que posee un momento angular cero. El electrón, sin embargo, lleva un momento magnético de espín de 1 magnetón Bohr µ _B = ^{9.27x10-24 Julios/Tesla} orientado a lo largo de la dirección z. Si este momento magnético se extiende sobre la distribución de carga anterior, corresponde a una densidad de magnetización

\[\text{M}_{\text{z}}(\text{r})=\mu_{\text{B}} \psi \psi^{\star}\nonumber.\]

(a) Calcular la densidad efectiva de corriente J _M = rizo M causada por la variación espacial de la densidad de magnetización anterior. Usa coordenadas esféricas. (Pista: no tengas prisa por evaluar M _z (r) en términos de ψψ*).

(b) Demostrar que el campo magnético en el núcleo, es decir, a r=0, debido a la variación espacial de la densidad de magnetización anterior viene dado por

\[B_{z}(0)=\left(\frac{2 \mu_{0}}{3}\right) M_{z}(0)\nonumber.\]

Este campo en el núcleo es responsable del acoplamiento hiperfino entre el espín nuclear y el espín electrónico.

(c) Evaluar el campo hiperfino en el núcleo de un átomo de hidrógeno, Z=1.

Respuesta (5.10)

(a) La densidad de magnetización en coordenadas polares esféricas viene dada por

\ [\ begin {array} {l}
\ texto {M} _ {\ texto {r}} =\ texto {M} _ {\ texto {z}}\ cos\ theta\
\ texto {M} _ {\ theta} =-\ texto {M} _ _ {\ texto {z}}\ sin\ theta
\ end {array}\ nonumber.\]

Ninguno de estos componentes depende del ángulo φ:

\ [\ begin {array} {l}
\ nombreoperador {cur}\ ln) _ {r} =0\\
\ nombreoperador {cur}\ ln)\ theta=0\\
\ nombreoperador {cur}\ ln)\ phi=\ frac {1} {r}\ left (\ frac {\ parcial r M\ theta} {\ parcial} -\ frac ac {\ parcial M_ {r}} {\ parcial\ theta}\ derecha) =J_ {\ phi}
\ end {array}\ nonumber\]

o

\[J_{\phi}=\frac{1}{r} M_{\theta}+\frac{\partial M_{\theta}}{\partial r}-\frac{1}{r} \frac{\partial M_{r}}{\partial \theta}\nonumber.\]

Pero

\ [\ begin {array} {l}
\ texto {M} _ {\ theta} =-\ texto {M} _ {\ texto {z}}\ sin\ theta\
\ frac {\ parcial\ texto {M} _ _ {\ theta}} {\ parcial\ texto {r}} =-\ sin\ theta\ izquierda (\ frac {\ parcial\ texto {M} _ {texto {z}}} {\ parcial\ texto {r}}\ derecha)
\ end {array}\ nonumber\]

\[\begin{array}{l} \text{M}_{\text{r}}=\text{M}_{\text{Z}} \cos \theta \\ \frac{\partial \text{M}_{\text{r}}}{\partial \theta}=-\text{M}_{\text{z}} \sin \theta, \end{array}\nonumber\]

y así

\[\text{J}_{\phi}=-\sin \theta\left(\frac{\partial \text{M}_{z}}{\partial r}\right)\nonumber.\]

De la ley de Biot-Savard se tiene:

\[\text{d} \text{B}_{\text{z}}=\frac{\mu_{0}}{4 \pi} \frac{\text{J}_{\phi} \text{d} \tau}{\text{r}^{2}} \sin \theta\nonumber\]

donde\(\text{d} \tau=\left(r^{2} \text{dr}\right)(\operatorname{Sin} \theta \text{d} \theta)(\text{d} \phi).\)

Insertando la expresión para J _φ se obtiene

\[\text{dB}_{\text{z}}=-\left(\frac{\mu_{0}}{4 \pi}\right)\left(\frac{\partial \text{M}_{\text{z}}}{\partial \text{r}}\right) \text{dr} \sin ^{3} \theta \text{d} \theta \text{d} \phi\nonumber.\]

Las integrales sobre θ, φ dan\(\frac{8 \pi}{3}\), y la integral sobre r simplemente da el valor de la densidad de magnetización a r=0:

\[B_{z}(0)=\frac{2 \mu_{0}}{3} M_{z}(0)\nonumber.\]

El campo en el núcleo viene dado por

\[\mathbf{B_{z}(0)=\frac{2 \mu_{0} \mu_{B}}{3} \frac{1}{\pi}\left(\frac{z}{a_{0}}\right)^{3}}\nonumber.\]

(b) Cuando se evalúa la expresión para B _z (0) para Z=1 el resultado es

\[\mathbf{B_{z}(0)=\frac{(8)\left(10^{-7}\right)\left(9.27 \times 10^{-24}\right)}{(3)(0.53)^{3}\left(10^{-30}\right)}=16.6 \text { Teslas. }}\nonumber.\]

Se trata de un campo magnético muy grande: un imán típico de laboratorio con núcleo de hierro produce aproximadamente 1 Tesla.