La línea trifásica

Es el problema de magnetismo del Parcial 2 del 14 de noviembre de 2023. Tres alambres en vez de dos, pero la receta es la misma: en cada punto que se pregunta, una flecha por alambre, perpendicular al radio, y la suma por componentes. La simetría del triángulo hace que en los dos puntos pedidos media cuenta se cancele sola.

01 · El enunciado

02 · Antes de hacer cuentas

Qué hace cada alambre. Cada conductor crea un campo magnético que gira a su alrededor. En un punto a distancia $r$, el campo del alambre es una flecha perpendicular a la recta que va del alambre al punto, de módulo ${\mu }_{0}i/(2\pi r)$. Por la regla de la mano derecha, mirando la hoja, gira en sentido horario si la corriente entra (⊗, como A y C) y antihorario si sale (⊙, como D).

La geometría. Todo sale de tres distancias. El punto o, en la mitad de AC, está a $L/2$ de A y de C, y a la altura del triángulo, $\sqrt{3}L/2$, de D. El conductor D está a $L$ de A y de C.

Qué esperamos. En o, A y C están a la misma distancia y de lados opuestos, con corrientes en el mismo sentido: sus flechas son opuestas y, con la misma corriente, se cancelan. Queda el campo de D. En D pasa lo contrario: A y C están simétricos respecto de la recta oD, y sus flechas son espejos una de la otra. Lo horizontal se cancela y lo vertical se suma: el campo en D tiene que salir paralelo a AC.

El dato llave. La corriente de retorno de D va al revés que las de A y C. Con corrientes opuestas, los alambres se repelen: la fuerza sobre D tiene que alejarlo del lado AC.

03 · La resolución

Los ejes: el origen en o, $\hat{x}$ de o hacia D, $\hat{y}$ de C hacia A, y $\hat{z}$ saliendo de la hoja.

(a) El campo en o, con letras. Las corrientes $i_A$, $i_C$ e $i_D$ se toman positivas en los sentidos de la figura (A y C entrando, D saliendo); si alguna va al revés, cambia de signo en la fórmula. Una flecha por alambre:

en o: las flechas de A, C y D en gris, la suma en azul; con iA = iC, las dos horizontales se cancelan

1. El de A. A está arriba de o, a $L/2$. Su campo gira horario, y debajo del alambre un giro horario va hacia la izquierda: ${\overrightarrow{B}}_A=-\frac{{\mu }_0{i}_A}{\pi L}\hat{x}$.
2. El de C. C está abajo de o, a la misma distancia, y también gira horario; arriba del alambre, horario va hacia la derecha: ${\overrightarrow{B}}_C=+\frac{{\mu }_0{i}_C}{\pi L}\hat{x}$.
3. El de D. D está a la derecha, a $\sqrt{3}L/2$, y gira antihorario; a la izquierda del alambre, antihorario va hacia abajo: ${\overrightarrow{B}}_D=-\frac{{\mu }_0{i}_D}{\sqrt{3}\pi L}\hat{y}$.

El $2\pi ·L/2$ de abajo es $\pi L$, y el $2\pi ·\sqrt{3}L/2$ es $\sqrt{3}\pi L$. Sumando:

$${\overrightarrow{B}}_o=\frac{{\mu }_0}{\pi L}[(i_C-i_A)\hat{x}-\frac{i_D}{\sqrt{3}}\hat{y}]$$

Con los valores de (b), $i_A=i_C=i$ e $i_D=2i$, la parte horizontal se anula y queda

$${\overrightarrow{B}}_o=-\frac{2{\mu }_{0}i}{\sqrt{3}\pi L}\hat{y}$$

que es sólo el campo de D: $\mathrm{1,15}{\mu }_{0}i/(\pi L)$, hacia abajo, paralelo a AC.

(b) El campo de A y C sobre D. Ahora el punto es el lugar donde está D, y se suman sólo los campos de A y C: el de D sobre sí mismo no existe. Los dos están a distancia $L$, con corriente $i$, así que las dos flechas tienen el mismo módulo, ${\mu }_{0}i/(2\pi L)$.

en D: las flechas de A y C en gris, la suma en azul

1. El de A. El radio va de A a D, hacia abajo y a la derecha, 30° por debajo de $\hat{x}$. La flecha es perpendicular a él, y el giro horario la manda hacia abajo, inclinada 30° hacia la izquierda: ${\overrightarrow{B}}_A=\frac{{\mu }_{0}i}{2\pi L}(-\frac{1}{2}\hat{x}-\frac{\sqrt{3}}{2}\hat{y})$.
2. El de C. El espejo del de A respecto de la recta oD: ${\overrightarrow{B}}_C=\frac{{\mu }_{0}i}{2\pi L}(+\frac{1}{2}\hat{x}-\frac{\sqrt{3}}{2}\hat{y})$.

Las horizontales se cancelan y las verticales se suman:

$${\overrightarrow{B}}_D=-\frac{\sqrt{3}{\mu }_{0}i}{2\pi L}\hat{y}$$

paralelo a AC, de A hacia C, y de módulo $\mathrm{1,73}$ veces el de un solo alambre a distancia $L$.

(c) La fuerza sobre D. Por unidad de largo, $\overrightarrow{F}/L=I\hat{u}\times \overrightarrow{B}$, con $\hat{u}$ el sentido de la corriente. En D la corriente es $2i$ saliendo, en $\hat{z}$:

$$\frac{\overrightarrow{F}}{L}=2i\hat{z}\times (-\frac{\sqrt{3}{\mu }_{0}i}{2\pi L}\hat{y})$$

y como $\hat{z}\times (-\hat{y})=\hat{x}$,

$$\frac{\overrightarrow{F}}{L}=\frac{\sqrt{3}{\mu }_0{i}^2}{\pi L}\hat{x}$$

en la dirección de o hacia D: aleja a D del lado AC, como se esperaba de dos pares de corrientes opuestas.

Qué mirar. En o las flechas de A y C son iguales y opuestas, y la azul coincide con la de D. Sobre D, las de A y C forman una V simétrica y la azul queda vertical. En cualquier otro punto del lado AC las de A y C ya no son iguales, y la suma se inclina.

04 · El chequeo

Unidades. ${\mu }_{0}i/L$ es (T·m/A)·A/m = T; ${\mu }_0{i}^2/L$ es T·A = N/m, una fuerza por unidad de largo.

La fuerza por otro camino. Sin pasar por el campo total: cada par de alambres paralelos se empuja con ${\mu }_0{I}_1{I}_2/(2\pi d)$ a lo largo de la recta que los une. A sobre D: ${\mu }_{0}i·2i/(2\pi L)={\mu }_0{i}^2/(\pi L)$, repulsiva, en la dirección de A a D, que forma 30° con $\hat{x}$. C sobre D, lo mismo con −30°. Las verticales se cancelan y las horizontales suman $2\cos 30°=\sqrt{3}$ veces ${\mu }_0{i}^2/(\pi L)$. Coincide.

Por qué es una línea de retorno. Las corrientes suman $i+i-2i=0$: todo lo que va por A y C vuelve por D. Por eso, lejos de la línea, los tres campos casi se cancelan y no queda un campo de $1/r$: como un solo alambre con corriente neta cero.

05 · Lo que se lleva

Primero las distancias, después las flechas. En un triángulo equilátero todo sale de $L$, $L/2$ y la altura $\sqrt{3}L/2$. Con eso, cada módulo es ${\mu }_{0}i/(2\pi r)$ y cada dirección es perpendicular a su radio.

La simetría hace la mitad. Dos alambres iguales a la misma distancia del punto: si están de lados opuestos, se cancelan; si están en espejo, se cancelan las componentes que cruzan el espejo y se suman las paralelas a él. Conviene verlo en el dibujo antes de escribir componentes.

El campo sobre un alambre no incluye el suyo. Para la fuerza sobre D, el campo que importa es el de los otros.

Qué evalúa este problema

1. Escribir el campo de cada alambre como vector, con el signo que le da el sentido de su corriente.
2. Superponer tres campos usando la geometría del triángulo y la simetría.
3. Calcular el campo de los otros conductores en el lugar de uno.
4. Pasar del campo a la fuerza por unidad de largo con $I\overrightarrow{L}\times \overrightarrow{B}$, y reconocer que corrientes opuestas se repelen.