Problema del electromagnetismo: ¿de dónde viene el campo magnético?

Sí, de hecho hay una corriente en el circuito, sin embargo, la solución propuesta sigue siendo válida, aunque requiere un razonamiento adicional para justificar. Yo afirmo que las suposiciones J = 0 $\mathbf J =0$ , ∂ mi ∂ t = 0 $\frac{\partial \mathbf E}{\partial t} = 0$ Son válidos en casi todas partes. Específicamente, fallan dentro del contorno conductor y en una pequeña parte del mismo, que tiene el tamaño en el orden del diámetro del alambre. Dado que asumimos cables infinitamente delgados, macroscópicamente los supuestos son válidos, pero es vital recordar los detalles microscópicos.

Usaré las ecuaciones de Maxwell en unidades gaussianas, para evitar molestas μ 0 $\mu_0$ y ε 0 $\varepsilon_0$ 's. Para la referencia se ven como sigue:

$$\begin{eqnarray} \nabla \cdot \mathbf E & = & 4\pi \rho \\ \nabla \cdot \mathbf B & = & 0 \\ \nabla \times \mathbf E & = & -\frac{1}{c}\frac{\partial \mathbf B}{\partial t} \\ \nabla \times \mathbf B & = & \frac{4\pi}{c}\mathbf J + \frac{1}{c}\frac{\partial \mathbf E}{\partial t} \end{eqnarray}$$

Esto implica (asumiendo que S ( t ) $S(t)$ Es la región del plano limitada por L ( t ) $L(t)$ )

$$\begin{eqnarray} \oint_{L(t)} \mathbf B \cdot \mathrm d \mathbf l & = & \iint_{S(t)} (\nabla \times \mathbf B; \mathrm d \mathbf S) \\ & =& \frac{4\pi}{c} \iint_{S(t)} (\mathbf J; \mathrm d \mathbf S) + \frac{1}{c} \iint_{S(t)} \left(\frac{\partial \mathbf E}{\partial t}; \mathrm d \mathbf S \right) \end{eqnarray}$$

Sin embargo todos los flujos de corriente en el plano. S ( t ) $S(t)$ , así su flujo a través de S ( t ) $S(t)$ es 0 $0$ .

El término con las derivadas parciales es más difícil de estudiar. Primero tenga en cuenta que macroscópicamente no hay cargas libres, en el sentido de que la distribución de carga macroscópica es constante en el tiempo. También el sistema es casi estacionario ya que la velocidad. v ≪ c $v \ll c$ --- esto nos permite excluir cualquier onda EM del problema y solo trabajar con cargas y corrientes. Esto implica que macroscópicamente mi $\mathbf E$ Es estacionario, pero si lo asumiéramos globalmente. ∂ mi ∂ t = 0 $\frac{\partial \mathbf E}{\partial t} = 0$ , entonces las ecuaciones de Maxwell implicarían que segundo $\mathbf B$ y J $\mathbf J$ también son estacionarios y siempre 0 $0$ . Para ver que esto no es cierto, debemos considerar lo que sucede en el propio cable.

Asumimos que el cable es un conductor ideal con resistencia cero. La ley de Ohm dice que en el cable. E = ρ J $\mathbf E = \rho \mathbf J$ , Si ρ = 0 $\rho = 0$ entonces la corriente finita implica E = 0 $\mathbf E = 0$ dentro del cable (EDITAR: ya que solo nos interesa el componente vertical de mi $\mathbf E$ y no puede haber corriente vertical, mi z = 0 $E_z = 0$ en alambre incluso si ρ ≠ 0 $\rho \ne 0$ ). Así vemos que incluso antes de que comience el movimiento, el campo no es igual a mi 0 $\mathbf E_0$ en todas partes --- es 0 $0$ Dentro del cable y tiene algún valor intermedio en sus proximidades. Esto también demuestra que a nivel mundial mi $\mathbf E$ no es estacionario --- el movimiento del alambre causa el movimiento de los ceros de mi $\mathbf E$ y de las cargas de blindaje en el alambre. Esto, a su vez, provoca el campo magnético y la corriente inducida. Si tratamos de calcular el derivado, entonces vemos que cerca del cable mi $E$ cambios de mi 0 $E_0$ a 0 $0$ en un intervalo de tiempo infinitamente pequeño, por lo que la derivada tiene una forma similar a la función delta , que proporciona algún valor finito (generalmente) no cero a las integrales.

Para calcular la integral de superficie de ∂ mi ∂ t $\frac{\partial \mathbf E}{\partial t}$ , necesitamos convertirlo en una forma más manejable, algo así como un derivado de una función continua. La fórmula general para una derivada completa de una integral de superficie dependiente del tiempo es

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm d t} \iint_{S(t)} (\mathbf F ; \mathrm d \mathbf S) = \iint_{S(t)} \left( \frac{\partial \mathbf F}{\partial t}; \mathrm d \mathbf S \right ) + \frac{1}{\mathrm d t}\iint_{\delta S(t)} (\mathbf F; \mathrm d \mathbf S)$$

aquí δ S ( t ) $\delta S(t)$ Es la variación infinitesimal de la superficie. S ( t ) $S(t)$ y asumo que S ( t ) $S(t)$ varía al agregar un área adicional, como en el problema (es decir, sin movimiento del interior). Esta es solo la regla habitual del producto para el cálculo de derivados. En nuestro problema F = E $\mathbf F = \mathbf E$ y la superficie se elige de modo que su límite pase dentro del bucle de alambre. Esto significa que E = 0 $\mathbf E =0$ cerca del límite de S ( t ) $S(t)$ y así la integral sobre la variación de área es 0 $0$ , por lo que el segundo término desaparece y tenemos

$$\iint_{S(t)} \left( \frac{\partial \mathbf E}{\partial t}; \mathrm d \mathbf S \right ) = \frac{\mathrm d}{\mathrm d t} \iint_{S(t)} (\mathbf E ; \mathrm d \mathbf S)$$

Ya que mi $\mathbf E$ está en todas partes limitado y casi en todas partes es igual a mi 0 $\mathbf E_0$ , la respuesta a tu problema sigue.

Tenga en cuenta que la circulación de segundo $\mathbf B$ no depende del contorno específico que pasa a través del cable, pero cambiará si movemos el contorno fuera del cable. También tenga en cuenta que si consideramos un bucle infinitamente pequeño alrededor de una sección del cable, entonces la circulación de segundo $\mathbf B$ será distinto de cero si hay una corriente que no sea cero que pase por la sección. Esto demuestra que cuando el problema pide una integral alrededor del perímetro, debemos considerar exactamente el perímetro, incluso una pequeña variación daría una respuesta incorrecta.

¡Tu visión indicada en 2. es correcta! En la forma integral de la cuarta ecuación de Maxwell con superficie de integración variable en el tiempo, la diferenciación de tiempo permanece dentro de la integral:

$$\oint_{L(t)} {\bf B}\cdot dl=\mu_0\epsilon_0\int_{S(t)} {\frac{\partial}{\partial t}\bf E}\cdot dS \tag{1}$$ Entonces, desde el supuesto ∂ mi ∂ t = 0 $\frac{\partial{\bf E}}{\partial t}= 0$ tanto la mano izquierda como la derecha deben ser cero en este caso. Sin embargo, Anton Fetisov ha demostrado en su respuesta (s. Abajo) que debido a las cargas inducidas en el cable en movimiento ∂ mi ∂ t ≠ 0 $\frac{\partial{\bf E}}{\partial t}\neq 0$ . Por lo tanto, su profesor obviamente ha cometido errores, pero por casualidad ha obtenido la respuesta correcta.

Anexo a la respuesta de Anton Fetisov:
En su análisis correcto y profundo del problema, considera los efectos del tamaño finito del alambre metálico y las cargas eléctricas inducidas en su superficie por el campo eléctrico homogéneo del plano cargado que son necesarios para producir un campo eléctrico total cero. en los cables. Estas cargas inducidas y la deformación asociada del campo eléctrico alrededor del cable se mueven con velocidad v $v$ en el X $x$ -dirección.

Por lo tanto, desde este punto de vista, existen corrientes y campos eléctricos variables en el tiempo que son inconsistentes con dos supuestos básicos hechos en el problema, es decir, J = 0 $\bf J = 0$ y ∂ mi ∂ t = 0 $\frac{\partial{\bf E}}{\partial t}= 0$ . El segundo error es la solución con la forma integral incorrecta de la cuarta ecuación de Maxwell para la superficie / contorno de integración variable en el tiempo

$$\oint_{L(t)} {\bf B}\cdot dl=\mu_0\epsilon_0\frac{d}{d t}\int_{S(t)} {\bf E}\cdot dS \tag{2}$$ La forma correcta es la ecuación (1). De la asunción dada ∂ mi ∂ t = 0 $\frac{\partial{\bf E}}{\partial t}= 0$ se deduce que el lado derecho de la ecuación (1) debe ser cero, como he dicho anteriormente. Sin embargo, esto no es correcto en este caso particular debido al hecho de que las cargas inducidas en el cable causan un campo variable en el tiempo.

En su análisis detallado, Anton Fetisov ha demostrado que el lado derecho de la ecuación correcta (1) no es cero y que, sorprendentemente, es igual al lado derecho de la ecuación incorrecta (2). Por lo tanto, la solución del problema encontrado por el profesor con la ecuación incorrecta (2) es fortuitamente correcta. Por lo tanto, he reducido mi breve respuesta original (primer párrafo) al hecho aún válido, ya encontrado por Nicol, de que la forma de la ecuación de Maxwell utilizada generalmente no era correcta para la superficie / contorno de integración dependiente del tiempo.

Derivación simple agregada: para aquellos que no son virtuosos de las matemáticas, me gustaría mostrar, sobre la base del razonamiento de Anton Fetisov, cómo el lado derecho de la 4ta ecuación de Maxwell correcta (1) se puede evaluar para el problema considerado de manera simple Manera dando el resultado citado en la pregunta de Nicol.

El punto esencial son las cargas en el cable que son inducidas electrostáticamente por el campo eléctrico homogéneo. mi 0 = σ / ϵ 0 $E_0=\sigma/\epsilon_0$ de la carga de la hoja σ $\sigma$ . Solo la componente y vertical debe considerarse para la integral. Estas cargas son las fuentes de un campo eléctrico adicional. ϵ ( x ) $\epsilon (x)$ en y cerca del cable que cancela exactamente mi 0 $E_0$ dentro del cable y lo reduce cerca del cable en una escala de longitud del diámetro del cable 2 a $2a$ . Este campo de alambre adicional. ϵ ( x ) $\epsilon (x)$ tiene el valor más negativo en un mínimo (plano) ϵ m i n = - E 0 $\epsilon _{min}= -E_0$ Dentro del alambre, particularmente sobre su eje. La forma funcional exacta es irrelevante aquí, siempre que su mínimo en x = 0 $x=0$ es ϵ ( 0 ) = - E 0 $\epsilon (0)=-E_0$ y es cero un par de diámetros de alambre horizontalmente alejados del eje del alambre. La dependencia x y t del campo vertical en el plano del cable del cable en movimiento se puede escribir como ϵ ( x , t ) = ϵ ( x - v t ) $\epsilon (x,t)=\epsilon (x-vt)$ , donde el eje del alambre (y campo mínimo) se encuentra en X 1 = v t $x_1=vt$ . El campo eléctrico vertical total en el plano de alambre es entonces dado por

$$E(x,t)=E_0 + \epsilon (x) + \epsilon (x-vt)$$ (El segundo término en el RHS es el campo independiente del tiempo del cable transversal izquierdo). Por lo tanto, con $$\frac{\partial{E}}{\partial t}=\frac{\partial{\epsilon (x-vt)}}{\partial t}=\frac{\partial{\epsilon(x-vt)}}{\partial x}(-v)$$ La integral de superficie de la RHS de la ecuación (1) se reduce a $$\int_{S(t)} {\frac{\partial}{\partial t}\bf E}\cdot dS= -vd\int_{x=0}^{x_1=vt} {\frac{\partial \epsilon(x-vt)}{\partial x}} dx =-vd[\epsilon(x-vt)]_{x=0}^{x_1=vt}= vd[\epsilon (-vt)-\epsilon (0)]=vdE_0$$ donde se ha asumido que ϵ ( 0 ) = - E 0 $\epsilon (0)=-E_0$ y X 1 = v t >> 2 a $x_1=vt>>2a$ así que eso ϵ ( - v t ) = 0 $\epsilon (-vt)=0$ . Esto demuestra que el RHS de la ecuación (1) es de hecho $$\frac{\mu_0 v \sigma d}{2}$$ La solución obtenida de manera fortuita citada por Nicol.