[ani_pascual]

Hola:
Para los amantes de la Física del foro, propongo un pasatiempo... 
Por el cable de la figura circula una intensidad \( I \) en el sentido expresado en ella. Junto al cable hay una espira cuadrada de lado \( L \), paralela al cable y a una distancia \( d \) respecto al mismo. Esta distancia, medida desde el cable, se alcanza en un punto del cuadrado a \( \frac{L}{3} \) de un lado de éste (véase la figura). Calcúlese el flujo magnético \( \Phi_m \) a través de la espira.

Resultado:

\( \Phi_m=\dfrac{\mu_0 I L}{4\pi}\ln\left(\dfrac{4L^2+9d^2}{L^2+9d^2}\right)\,\,\,Wb \)

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Saludos

[electron]

Visto el dibujo, tendremos:



Flujo por la parte de la derecha (entrante, positivo):

\( \Phi_m1=\displaystyle\int_{0}^{2L/3}\frac{\mu_0I}{2\pi r}Ldx·cos\theta=\int_{0}^{2L/3}\frac{\mu_0I}{2\pi \sqrt[ ]{x^2+d^2}}Ldx\frac{x}{\sqrt[ ]{x^2+d^2}}=\frac{\mu_0IL}{2\pi}\int_{0}^{2L/3}\frac{x}{x^2+d^2}dx \)

Flujo por la parte de la izquierda (saliente, negativo):

\( \Phi_m2=\displaystyle\int_{0}^{L/3}\frac{\mu_0I}{2\pi r}Ldx·cos\theta=\frac{\mu_0IL}{2\pi}\int_{0}^{L/3}\frac{x}{x^2+d^2}dx \)

Luego el flujo total será:

\( \Phi_m=\displaystyle\frac{\mu_0IL}{2\pi}\left[\int_{0}^{2L/3}\frac{x}{x^2+d^2}dx-\int_{0}^{L/3}\frac{x}{x^2+d^2}dx\right]=\left[\frac{1}{2}ln(x^2+d^2)\right]_{L/3}^{2L/3}=\frac{\mu_0IL}{4\pi}ln\left(\frac{9d^2+4L^2}{9d^2+L^2}\right) \) \( Wb \)

Saludos

[Richard R Richard]

Visto el enunciado lo pensé de una manera y  también ya la resolución, solo propongo que lo hubiese planteado más directamente aplicando el principio de superposición (simplificación) respecto de la simetría en el primer tercio de lado por izquierda y derecha del conductor los que lleva directamente a resolver la integral de la parte no simétrica.


$$\Phi_{ms}=\displaystyle\int_{L/3}^{2L/3}\frac{\mu_0I}{2\pi r}L dx\cos\theta=\frac{\mu_0IL}{2\pi}\int_{L/3}^{2L/3}\frac{x}{x^2+d^2}dx=\dfrac{\mu_0IL}{4\pi}ln\left(\frac{9d^2+4L^2}{9d^2+L^2}\right) $$


Saludos

[ani_pascual]

Hola:

...
Luego el flujo total será:

\( \Phi_m=\displaystyle\frac{\mu_0IL}{2\pi}\left[\int_{0}^{2L/3}\frac{x}{x^2+d^2}dx-\int_{0}^{L/3}\frac{x}{x^2+d^2}dx\right]=\left[\frac{1}{2}ln(x^2+d^2)\right]_{L/3}^{2L/3}=\frac{\mu_0IL}{4\pi}ln\left(\frac{9d^2+4L^2}{9d^2+L^2}\right) \) \( Wb \)
...

Es correcto.

… respecto de la simetría en el primer tercio de lado por izquierda y derecha del conductor los que lleva directamente a resolver la integral de la parte no simétrica.
..

Ciertamente ingenioso...  

Dejo en el spoiler la forma en que lo había resuelto, a lo bruto, i.e. de una tacada 

Spoiler

\( \Phi=\displaystyle\int\vec{B}\cdot dS= \displaystyle\int_0^L\left[\displaystyle\int_0^{\frac{L}{3}} \dfrac{\mu_0 I}{2\pi \sqrt{\left(\frac{L}{3}-x\right)^2+d^2}}\cdot \cos\theta_1\,dx\,\right]dy+\displaystyle\int_0^L\left[\displaystyle\int_{\frac{L}{3}}^L \dfrac{\mu_0 I}{2\pi \sqrt{\left(x-\frac{L}{3}\right)^2+d^2}}\cdot\cos\theta_2\,dx \right]dy=\\\displaystyle\int_0^L\left[\displaystyle\int_0^{\frac{L}{3}} \dfrac{\mu_0 I}{2\pi \sqrt{\left(\frac{L}{3}-x\right)^2+d^2}}\cdot \left(-\dfrac{\left(\frac{L}{3}-x\right)}{\sqrt{\left(\frac{L}{3}-x\right)^2+d^2}}\right)\,dx\,\right]dy+\displaystyle\int_0^L\left[\displaystyle\int_{\frac{L}{3}}^L \dfrac{\mu_0 I}{2\pi \sqrt{\left(x-\frac{L}{3}\right)^2+d^2}}\cdot\dfrac{\left(x-\frac{L}{3}\right)}{\sqrt{\left(x-\frac{L}{3}\right)^2+d^2}}\,dx \right]dy=\dfrac{\mu_0 I}{2\pi} \displaystyle\int_0^L\dfrac{1}{2} \left[\ln\left(\frac{L}{3}-x\right)^2+d^2\right]_0^{\frac{L}{3}}\,dy + \\\dfrac{\mu_0 I}{2\pi} \displaystyle\int_0^L\dfrac{1}{2}\left[\ln \left(x-\frac{L}{3}\right)^2+d^2\right]_{\frac{L}{3}}^L\,dy=\dfrac{\mu_0 I}{4\pi}\left[\displaystyle\int_0^L\ln \left(\dfrac{9d^2}{L^2+9d^2}\right)\,dy+\displaystyle\int_0^L\ln\left(\dfrac{4L^2+9d^2}{9d^2}\right)\,dy\right]=\boxed{\dfrac{\mu_0 I L}{4\pi}\ln\left(\dfrac{4L^2+9d^2}{L^2+9d^2}\right)} \)

[cerrar]

Saludos

[Abdulai]

Por usar otro recurso:

Spoiler

En coordenadas cilíndricas, el potencial vectorial correspondiente al campo magnético de un hilo infinito en el eje z es:  \( \vec{A} = \dfrac{\mu_0 I}{2\pi}\ln\frac{r}{r_0} \;\vec{e}_z  \)   Siendo \( r_0 \)  una distancia al hilo para la referencia de 0, pues no se puede asignar potencial 0 sobre el hilo ni en el infinito como en las cargas puntuales.

Como \( \nabla \times \vec{A}= \vec{B} \)   podemos usar el teorema de Stokes para calcular el flujo:
\( \Phi = \displaystyle\iint_{\Sigma}  \vec{B}\cdot dS = \displaystyle\iint_{\Sigma} \nabla \times \vec{A} \cdot dS = \displaystyle\oint_{\Gamma} \vec{A} \cdot dl \)

De la última integral solo nos quedan los tramos paralelos al hilo a distancias \( r_1=\displaystyle\sqrt{h^2+\frac{4}{9}L^2} \) y \( r_2=\displaystyle\sqrt{h^2+\frac{L^2}{9}} \)
donde además el potencial es constante.

Resultando:\( \displaystyle\oint_{\Gamma} \vec{A} \cdot dl = \dfrac{\mu_0 IL}{2\pi}\left(\ln \frac{r_1}{r_0}-\ln\frac{r_2}{r_0}\right) = \dfrac{\mu_0 IL}{2\pi}\ln \frac{r_1}{r_2}  \)

[cerrar]

[ani_pascual]

Hola:

Por usar otro recurso:

Spoiler

En coordenadas cilíndricas, el potencial vectorial correspondiente al campo magnético de un hilo infinito en el eje z es:  \( \vec{A} = \dfrac{\mu_0 I}{2\pi}\ln\frac{r}{r_0} \;\vec{e}_z  \)   Siendo \( r_0 \)  una distancia al hilo para la referencia de 0, pues no se puede asignar potencial 0 sobre el hilo ni en el infinito como en las cargas puntuales.

Como \( \nabla \times \vec{A}= \vec{B} \)   podemos usar el teorema de Stokes para calcular el flujo:
\( \Phi = \displaystyle\iint_{\Sigma}  \vec{B}\cdot dS = \displaystyle\iint_{\Sigma} \nabla \times \vec{A} \cdot dS = \displaystyle\oint_{\Gamma} \vec{A} \cdot dl \)

De la última integral solo nos quedan los tramos paralelos al hilo a distancias \( r_1=\displaystyle\sqrt{h^2+\frac{4}{9}L^2} \) y \( r_2=\displaystyle\sqrt{h^2+\frac{L^2}{9}} \)
donde además el potencial es constante.

Resultando:\( \displaystyle\oint_{\Gamma} \vec{A} \cdot dl = \dfrac{\mu_0 IL}{2\pi}\left(\ln \frac{r_1}{r_0}-\ln\frac{r_2}{r_0}\right) = \dfrac{\mu_0 IL}{2\pi}\ln \frac{r_1}{r_2}  \)

[cerrar]

Eso son palabras mayores 
Saludos