Campo magnético creado por un hilo hexagonal

Campo magnético creado por un hilo hexagonal

Mensaje sin leerpor Sukalito » 14 Feb 2019, 00:59

Buenas noches:
Estoy intentado calcular el campo magnético creado por un hilo conductor. Cuando el punto en el que se calcula ese campo es el centro del hexágono no tengo problemas. Pero cuando me piden calcular ese campo en un punto que se encuentra sobre la vertical del centro del hexágono no sé por donde cogerlo.
Mi visión espacial tiende a cero.
Si alguien me echa un cable se lo agradeceré infinito
Sukalito
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Re: Campo magnético creado por un hilo hexagonal

Mensaje sin leerpor sleepylavoisier » 15 Feb 2019, 02:47

Buenas noches Sukalito.

Piensa en una pirámide hexagonal de altura z. El eje +Z parte del centro del hexágono regular (de lado L) y pasa por el vértice de la pirámide. En dicho vértice situamos el punto P (con coordenada z) donde queremos calcular B.

La base hexagonal, trazando tres diagonales entre vértices opuestos, se puede dividir en seis triángulos equiláteros iguales de lado L.

La pirámide tiene 6 caras laterales que son triángulos isósceles, cada uno de base L y dos lados iguales de longitud (aplicando Pitágoras): √(z²+L²); que conforman las seis aristas laterales de la pirámide.

A partir de aquí procedemos de la misma forma que en la primera parte de tu problema, separando una de las caras triangulares (isósceles) laterales y razonando sobre ella como podemos encontrar aquí:

https://es.slideshare.net/FDETFORMACION ... gnetismo-1

Llegamos a algo parecido al triángulo que aparece en la página 8 de la anterior presentación, si bien, en nuestro caso no va a ser equilátero sino isósceles y los ángulos (respecto de la altura, a) no serán -30º y +30º sino –α y +α. Entonces el B debido a ese lado del hexágono será:

B = ∫dB = μo/4π • i/a •∫cosΦ•dΦ
Con límites de integración entre –α y +α :

B = μo/4π • i/a • [senα – sen(-α)] = μo/4π • i/a •2•senα

Ahora bien, senα = (L/2) / √(z²+L²) y por lo tanto:
B = μo/4π • i/a • 2•(L/2) / √(z²+L²)
B = μo•i•L / [4π•a•√(z²+L²)]

B, debido a un lado L del hexágono, en el punto P, va a tener dirección oblicua y hacia arriba (si la corriente circula en sentido contrario a las agujas del reloj) pero siempre perpendicular (90º) a la cara triangular isósceles considerada, por lo que tendrá una componente horizontal y otra vertical (esta última en el eje +Z). Observando la simetría nos damos cuenta que la corriente circula en sentidos contrarios en cada pareja de lados opuestos del hexágono lo que nos permite concluir que las componentes horizontales de B se cancelan dos a dos:

B horizontal = 0

Mientras que las componentes verticales, Bv, hacia +Z se suman:
B = 6•Bv

Si llamamos θ al ángulo que forma Z con cada arista lateral (o, lo que es lo mismo, con cada cara triangular isósceles lateral):
senθ = L / √(z²+L²)

Pero θ también será el ángulo entre B y Bhorizontal con lo que podemos escribir:
Bv = B•senθ

Sustiyendo las expresiones calculadas de B y de senθ:
Bv = μo•i•L / [4π•a•√(z²+L²)] • L / √(z²+L²) = μo•i•L² / [4π•a•(z²+L²)]

Aplicamos Pitágoras para calcular la altura de cada triángulo isósceles, a:
a² + (L/2)² = [√(z²+L²)]² = z²+L²
a = √(z²+L²- L²/4) = ½ • √(4•z²+3•L²)

Sustituyendo esta última expresión en Bv y multiplicando por seis lados que tiene el hilo hexagonal llegamos finalmente a:

Btotal = 6•Bv = 6•μo•i•L²•2 / [4π•(z²+L²)•√(4•z²+3•L²)]
Btotal = 3•μo•i / { π•[1+(z/L)²]•√(4•z²+3•L²) }
Dirección y sentido hacia +Z


Si hay alguna dificultad y no se entiende por falta de figuras, solo hay que decirlo y subo el ejercicio resuelto a mano.
Sí pediría, por favor, revisión por vuestra parte, no sea que haya algún gazapo.
Un saludo.
sleepylavoisier
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Re: Campo magnético creado por un hilo hexagonal

Mensaje sin leerpor sleepylavoisier » 23 Feb 2019, 03:28

Buenas noches, compañeros.
Olvidé incluir una validación lógica de la ecuación que obtuve, en el comentario anterior, como solución al problema propuesto por Sukalito.
Obviamente para z=0,
Btotal = 3•μo•i / { π•[1+(0/L)²]•√(4•0²+3•L²) } = 3•μo•i / [π•1•√(3•L²)]
Btotal = 3•μo•i / (π•L•√3) = 3•√3•μo•i / (3•π•L)

Btotal = μo•i•√3 / (π•L)

Que, como era de esperar, coincide con la inducción magnética en el centro de un hilo con forma de hexágono regular de lado L, por el que circula una intensidad de corriente eléctrica constante, i, y que puede encontrarse fácilmente en libros y documentos relacionados con electromagnetismo.

Este problema me ha parecido muy interesante para practicar la ley de Biot y Savart; es por lo que voy a darle una buena vuelta de rosca más.
Cuando lo hice, pensé en que debe haber una expresión general de B en cualquier punto del eje Z que pasa por el centro de un polígono regular genérico con n lados. No es difícil, siguiendo el mismo método que expuse líneas arriba, encontrar esa ecuación que no he visto escrita en libro o documento alguno y que, por supuesto, quiero compartirla en este foro.
Al igual que en mi entrada anterior, debemos seguir pensando en una pirámide pero, en este caso universal, la base tendrá n lados iguales de longitud L (base: triangular equilátera, cuadrada, pentagonal, hexagonal, heptagonal, etc.). Trazando segmentos desde los puntos extremos de cada lado L al centro del polígono regular, lo descomponemos en n triángulos iguales que, comúnmente, serán isósceles (solo serán equiláteros en el caso del hexágono regular), de base L y dos lados iguales que llamaremos R (en el caso de un hexágono regular: R=L pues se trataría, como hemos visto, de triángulos equiláteros). Cada una de las n caras laterales de la pirámide serán también triángulos isósceles de altura a, base L y dos lados iguales (aristas laterales de la pirámide) que, según Pitágoras, medirán: √(z²+R²) ; y podemos aplicarles, al igual que en mi entrada anterior, la página 8 de la presentación:

https://es.slideshare.net/FDETFORMACION ... gnetismo-1

De manera que integrando, volvemos a escribir:
B = μo/4π • i/a • 2 • senα

Pero ahora, senα = (L/2) / √(z²+R²) ; y, por lo tanto:
B = μo/4π • i/a • 2 • (L/2) / √(z²+R²)
B = μo•i•L / [4π•a•√(z²+R²)]

Volvemos a denotar con θ el ángulo que forma Z con cada arista lateral (o, lo que es lo mismo, con cada cara triangular isósceles lateral de la pirámide), así que en este caso:
senθ = R / √(z²+R²)

Como ya comenté, B, generado por cada uno de los n lados de longitud L del polígono regular, tendrá una componente vertical y otra horizontal. Sigue ocurriendo que las componentes verticales se suman en Z y las horizontales, al sumarlas vectorialmente, dan una resultante nula. Incluso si el número de lados, n, es impar, la suma vectorial de las componentes horizontales sigue siendo cero, pues tendríamos un conjunto de n vectores concurrentes en P(vértice de la pirámide) y coplanares (en el plano horizontal, paralelo al que define la base de la pirámide) e iguales en módulo, con cada vector, Bhorizontal, igualmente espaciado del siguiente, con un ángulo = 2•α = ángulo interior del polígono regular = 360º / n = 2π / n radianes, de manera que α = 180º / n = π/n radianes.

Puesto que θ también es el ángulo entre B y Bhorizontal:
Bv = B • senθ

Sustiyendo las expresiones calculadas de B y de senθ:

Bv = μo•i•L/[4π•a•√(z²+R²)] • R/√(z²+R²)

Bv = μo•i•L•R / [4π•a•(z²+R²)]
ecuación [1]

Para calcular (en función de R, L y z) la altura, a, de cada triángulo isósceles lateral de la pirámide, aplicamos el Teorema de Pitágoras a la mitad de dicho triángulo, entonces será rectángulo de hipotenusa: √(z²+R²) y catetos: a y L/2:
[√(z²+R²)]² = a² + (L/2)²
z² + R² = a² + (L²/4)

a = √(z² + R² - L²/4)
ecuación [2]

Para calcular R (en función de L y α = π/n), en principio seguimos de nuevo a Pitágoras, sobre el triángulo rectángulo cuya hipotenusa es a y los catetos: la apotema del polígono regular (base de la pirámide) y la altura de la pirámide, z:
a² = (apotema)² + z²
apotema = √(a²-z²)

Ahora consideramos la mitad de uno de los n triángulos isósceles iguales en los que hemos dividido el polígono regular que es la base de nuestra pirámide, tenemos entonces un triángulo rectángulo de hipotenusa R y catetos: la apotema, √(a²-z²), y la mitad del lado, L/2.
La hipotenusa R y el cateto apotema = √(a²-z²), en cualquier triángulo isósceles en los que hemos descompuesto el polígono regular de n lados de la base de la pirámide, forman un ángulo α=π/n rad, por consiguiente:
senα = sen(π/n) = L / (2•R)

R = L / [ 2•sen(π/n) ]
ecuación [3]

Sustituyendo esta última expresión [3] en la ecuación [2]:
a = √ {z² + {L/[ 2•sen(π/n)]}² - L²/4} = √ {z² + L²/[4•sen²(π/n)] – (L²/4)]}

a = √ { (L²/4)•{ [1/sen²(π/n)] – 1} + z² }
ecuación [4]

Introduciendo las ecuaciones [3] y [4] en la [1], y teniendo en cuenta que Btotal es n veces Bv:

Btotal = n•Bv = n•μo•i•L•{L/[2•sen(π/n)]} / {4π•{z²+L²/[4•sen²(π/n)]}•√{(L²/4)•{[1/sen²(π/n)]–1}+z²}}

Podemos reordenar y adecentar la fórmula utilizando las definiciones de cosecante (1/seno) y cotangente (1/tangente = coseno/seno) para obtener finalmente la expresión general que buscábamos y que será la ecuación [5]:

Btotal = n•μo•i / { 4π•sen(π/n) • [(z/L)² + ¼ • cosec²(π/n)] • √ [4•z² + L²•cotg²(π/n)] }
Dirección y sentido del vector Btotal: hacia +Z si la corriente, i, circula en sentido contrario a las agujas del reloj en nuestro polígono regular genérico de n lados.


He comprobado esta ecuación y funciona como un reloj. No tengo ninguna duda de que es correcta y resume en una línea la solución a decenas de problemas en los que piden el cálculo de B para un conductor poligonal regular (tiángulo equilátero, cuadrado, pentágono, etc) en el eje Z perpendicular al polígono y que pasa por su centro.

Lógicamente incluye el cálculo de B en el centro del polígono, pues ahí z = 0 y, solo tenemos que tachar, en la fórmula anterior, los términos donde aparece z:
Btotal = n•μo•i / { 4π•sen(π/n) • [ ¼ • cosec²(π/n)] • √ [L²•cotg²(π/n)] }
Btotal = n•μo•i / { 4π•sen(π/n) • [1/(4•sen²(π/n)] • √ [L²/tg²(π/n)] }

Entonces, para z=0 (en el centro del polígono regular de n lados) queda como ecuación general:
Btotal = n•μo•i•sen(π/n)•tg(π/n) / (π•L)
ecuación [6]


Como validación, podemos aplicar la ecuación [5] (y la [6], si hace falta) al hexágono regular que trabajamos en la entrada anterior.

Con n = 6; el ángulo será π/6 radianes = 30º:
sen 30º = ½
tg 30º = 1/√3
cosec²30º = 1/sen²30º = 4
cotg²30º = 1/tg²30º = (√3)² = 3

Sustituyendo en [5]:
Btotal = 6•μo•i / { 4π• ½ • [(z/L)² + ¼ • 4] • √ (4•z² + L² • 3) }
Y en [6]:
Btotal = 6 • μo•i• ½ •(1/√3) / (π•L)

Y, efectivamente, recuperamos las ecuaciones que ya conocemos para la geometría hexagonal:
Btotal = 3•μo•i / { π•[(z/L)² + 1]•√(4•z²+3•L²) }
Btotal = μo•i•√3 / (π•L) ; en z=0

Además podemos pensar a lo Arquímedes, con el método de exhaución y tal…, de manera que cuanto mayor sea n, más se aproximará nuestra fórmula general al caso particular de un hilo conductor circular:
http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica_/elec ... spira.html

Si en la ecuación [5], hacemos tender el número de lados, n, al infinito; el lado, L, se confunde con el arco: 2•π•R / n.

Por lo tanto, si n → ∞ ; L → 2•R•(π/n), es decir, L² → 4•R²•(π/n)²; entonces podemos escribir, reorganizando la ecuación (pasando n al denominador, sustituyendo L² por 4•R²•(π/n)², expresando la cosecante y la cotangente únicamente en función del seno y poniendo la raíz cuadrada como primer factor de todos los que hay en el denominador):

Btotal → μo•i / { √ {4•z² + 4•R²•(π/n)²•{[1/sen²(π/n)] – 1}} • 4•(π/n)•sen(π/n) • {z²/[4•R²•(π/n)²] + 1/[4•sen²(π/n)]} }

Fijándonos en la raíz cuadrada del denominador:
√ {4•z² + 4•R²•(π/n)²•{[1/sen²(π/n)] – 1}} = √ {4•z² + 4•R²•[(π/n)²/sen²(π/n)] – (π/n)²}}

Cuando n → ∞, el seno se confunde con el ángulo:
sen(π/n) → (π/n) ⇒ (π/n) / sen(π/n) → 1 ⇒ (π/n)² / sen²(π/n) → 1

Por otro lado, cuando n → ∞, (π/n) → 0 ⇒ (π/n)² → 0

Por consiguiente la raíz cuadrada tiende a:
√ {4•z² + 4•R²•(1 – 0)} = 2•√(z² + R²)

Y el resto de factores del denominador:
4•(π/n)•sen(π/n)•{z²/[4•R²•(π/n)²] + 1/[4•sen²(π/n)]} = 4•z²•(π/n)•sen(π/n)/[4•R²•(π/n)²] + 4•(π/n)•sen(π/n)/[4•sen²(π/n)] = z²•[sen(π/n)/(π/n)] /R² + (π/n)/sen(π/n)
Cuando n → ∞, sen(π/n) → (π/n) por lo que el resto de factores del denominador tienden a:
z²•1 /R² + 1 = z²/R² + 1 = (z²+R²)/R²

Sustituyendo en Btotal, concluimos finalmente que cuando n → ∞:
Btotal → μo•i / [2•√ (z² + R²)•(z²+R²)/R²] = μo•i•R²/ [2•(z² + R²)•√(z²+R²)]
Btotal → μo•i•R²/ [2•(z² + R²)^(3/2)]
Esta última ecuación, como era de esperar, coincide con el B producido por una corriente circular en un punto de su eje.

En fin, lo voy a dejar en este punto porque estoy empezando a marearme…
¡Ánimo compañeros!
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Re: Campo magnético creado por un hilo hexagonal

Mensaje sin leerpor Sukalito » 24 Feb 2019, 15:52

Buenas tardes:
En primer lugar darte las gracias sleepylavoiser por todas estas explicaciones tan minuciosas.
Sigo dándole vueltas a este problema. He encontrado en un libro la forma en la que lo solucionan. Lo que no acabo de entender es que al calcular las componentes del campo, el ángulo que utiliza es el que forma la apotema de la base y el igual del triángulo isósceles.
Vaya dolor de cabeza que me está dando este maldito problema.
Ya me diréis que os parece.
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Sukalito
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Re: Campo magnético creado por un hilo hexagonal

Mensaje sin leerpor sleepylavoisier » 25 Feb 2019, 01:31

Hola Sukalito, coincido completamente con el documento que has colgado (muchas gracias).

Mejor dicho, tu documento coincide con nuestra ecuación del todo en materia de campo magnético generado por una corriente poligonal en Z:
Btotal = n•μo•i / { 4π•sen(π/n) • [(z/L)² + ¼ • cosec²(π/n)] • √ [4•z² + L²•cotg²(π/n)] }

Claro que si proyectamos el triángulo isósceles sobre la base hexagonal, el ángulo (entre aristas contiguas de la pirámide, el que yo he llamado 2•α) no cambia, es una sombra del triángulo isósceles y el ángulo es igual al ángulo interior de un hexágono regular:

2•α = 360º / 6 = 60º = π/3 radianes

Saludos.
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