Magnetostáticamaxwell.ciencias.ubiobio.cl/~drisso/electro/apuntes/Cap3.pdf · Ejercicios y...

Capítulo 3

Magnetostática

3.1. Corriente Eléctrica

En una sesión anterior vimos el concepto de flujo: can-tidad de “algo” que cruza una superficie por unidadde tiempo. En el caso particular en que “algo” denotacarga eléctrica el flujo se denomina Corriente Eléctricay se denota con la letra I. Para una superficie orientadaS Sn la corriente eléctrica I se escribe:

I Φq nq

v S

en que q es la carga de una partícula, n es la densidadde número de las partículas (supuestas iguales) y

v es la

velocidad de las partículas (supuestas iguales también).

La expresión anterior se puede también escribir

I J S

dondeJ la Densidad de Corriente Eléctrica está definida

como: J nq

v

Si la superficie que cruza la corriente tiene una forma ar-bitraria, entonces se puede discretizar la superficie en pe-queños elementos de superficie ∆

S j (con j 1 N) y

para cada uno de ellos la corriente ∆I j que cruza estará

dada por ∆I J d

S, de modo que la superficie completa

dará una contribución neta

I ∑j

∆I j ∑

j

J j d

S j

En el límite que consideramos elementos de su-perficie infinitesimales se obtiene el resultado:

I

J d S (3.1)

JdS

Figura 3.1: Corriente total que cruza una superficie arbri-traria

3.1.1. Ejercicios y Ejemplos

1. Un alambre diámetro d 1 [mm] soporta una corri-ente de 1 [A]. ¿Cuál es la densidad de corriente J?.NOTA: Suponga que la orientación de la superficie

S

es paralela a la corriente eléctrica y en la dirección ı.

Rpta.

I

J S Jı ı dS JS

de acuerdo a lo cual

J IS I

πd2 4 1

π0 5 3 2

1 27 106 [A/m2]

2. Si la densidad de partículas es n 8 43 1028

electrones/m3 (que corresponde a la densidad en elcobre). ¿Con qué rapidez se mueven los electrones?.

84

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 85

Rpta A partir del resultado J nqv se obtiene

v Jnq

1 27 1068 43 1028

1 6 10 19 9 4 10 5 [m/s]

una rapidez que es muy baja, y que significa que unelectrón en avanzar 1 [cm] toma un tiempo de 106 [s](casi 2 minutos). Ver nota1.

Otro observación importante, de este ejemplo, esque los electrones van lento, pero como son muchos,generan una corriente grande. Veamos cuantos elec-trones hay en una longitud de 1 [cm] del cable endicha situación:

N nVol nπd2

4largo

8 53 1028 π

4

0 5 10 3 2 1

1 66 1022 electrones

3. Un cable de 1 [mm] de diámetro soporta una densi-dad de corriente dada por un perfil de tipo parabólicocon la distancia ρ al eje axial del cable:

J Jρ z

J0ρ2

a2 z

la constante J0 103 [A/m2] es el valor de la densi-

dad de corriente en el borde del cable.

J ( )r

a

Figura 3.2: Corriente distribuida parabólicamente

1NOTA: a pesar que los electrones se mueven lento, la ondade corriente se propaga con una rapidez cercana a la de la luz:300.000.000 [km/s].

¿Cuál es el valor de la densidad de corrienteJ a dis-

tancia ρ a 2 del eje axial del cable?. ¿Cuál es lacorriente total que atraviesa el cable?.

Rptas. La densidad en ρ a 2 está dada simple-mente por:

J Jρ

ρ a 2 z

J0

a 2 2

a2 z

1 4J0z 0 25 103 [A/m]2z

Para obtener la corriente total integramos en anillosconcéntricos de grosor dρ y radio ρ (es decir areainfinitesimal d

s 2πρ dρ z).

I J d s

J0

ρ2

a2 z z ds

a

0J0

ρ2

a2 2πρ dρ

J012

πa2 0 393[A]

3.2. Conservación de la carga eléc-trica y Ley de Kirchoff

Si en el interior de un volumen V, delimitado por una su-perficie S, no se acumula ni decrementa carga eléctrica, lacorrriente neta I que cruza (en total) la superficie cerra-da que contiene dicho volumen es nula. Es decir las con-tribuciones de flujo de carga saliente se cancelan con lascontribuciones de flujo entrante.

J dS 0

J

Figura 3.3: Flujo de carga neto nulo.

Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.


Podemos hacer la siguiente caricatura de esta situación:

Sc

Smanto

Sa

Sb

Figura 3.4: Flujo de carga nulo. Ley de Kirchoff

Aquí, en la superficie SC entra una corriente neta IC, lacual sale por las superficies SA y SB. Se tiene

0 J d S

SC

J d S

SA

J d S

SB

J d S

manto

J d S

La contribución sobre el manto es nula puesJ es perpen-

dicular a la superficie ds del manto. La contribución sobre

las superficies SA y SB son positivas pues dichos flujos sonsalientes, mientras que el flujos sobre SC da una contribu-ción negativa, pues dicho flujo es entrante. Llamando ICal flujo sobre dicha superficie (con signo menos explicitopues es flujo entrante) y IA, IB a los flujos sobre las otrassuperficies queda (ver nota2):

0 IC IA IB

estableciendo que “en cualquier nudo la suma algebraicade las corrientes debe valer cero”, de donde

IC IA IB

estableciendo que en cualguier nudo “la suma de las cor-rientes entrantes es igual a la suma de las corrientessalientes”. Esto es una de las leyes de Kirchoff para cir-cuitos y se conoce como Ley de nudos.

3.2.1. Ejercicio

1. Una alambre de aluminio de d1 2 54 10 3 [m]

de diámetro está soldado por uno de sus extremosal extremo de un alambre de cobre de d2

1 6 10 3 [m] de diametro. Si la corriente es de I 1 [A]y se distribuye uniformemente por el interior de losalambres, ¿Cuál es la densidad de corriente J en cadaalambre?.

2NOTA: por convención estableceremos que las corrientes que lleganal nudo dan una contribución negativa, mientras que las que salen danuna contribución positiva

J1 J2d1 d2I

I

Figura 3.5: Unión de dos cables de distinto diámetro

Rpta. Primero observemos que por conservación decarga la corriente es la misma en cada trozo de alam-bre, de modo que si entra una corriente I por laizquierda puesto que el aluminio ofrece una mayorárea para que esta corriente se distribuya, la densi-dad de corriente J allí será menor que la densidad decorriente en el cobre. Se tiene:

JAl I πd2

1 2 105A/m2

JCu I πd2

2 5 105A/m2

3.3. Ley de Ohm

Hemos visto que al aplicar una diferencia de potencial enun material, se genera un campo eléctrico al interior de él.Consideremos la situación de un cable de largo L, y áreauniforme en cuyos extremos se aplica potenciales VA y VBrespectivamente (con VA

VB). Esta situación es análogaa la que ocurre en el interior de un condensador de placasplanas, y se generará un campo eléctrico al interior delmaterial entre las placas del condensador. Las partículascargadas positivamente experimentaran una aceleración alo largo del campo, y debido a los choques con “obstácu-los” (otras partículas cargadas al interior del material yque conforman la estructura cristalina misma del material)ellas alcanzarán una velocidad final uniforme. La veloci-dad que ellas alcancen tendra la misma dirección del cam-po eléctrico si las cargas son positivas. Para las partículasde carga negativa la aceleración será en sentido opuesto alcampo, y una vez que ellas alcancen una velocidad finaldentro del material su velocidad será en la dirección op-uesta al campo, pero la corriente que ellas generan apuntatambien en la dirección del campo como vemos a contin-uación:

Suponiendo el campo orientado en la dirección x, ysuponiendo que las partículas positivas y negativas alcan-zan la misma velocidad final la densidades de corrientecon que contribuyen las cargas positivas y negativas es-



tarán dadas por:J

n evxJ n

e vx n evx

donde n y n son las densidades de carga positiva y neg-ativa respectivamente. Se aprecia que ambas corrientesfluyen en la misma dirección x. La corriente total será

J

J J

n n evx nevx

en que n es la densidad total de portadores de carga.

La Ley de Ohm establece que la velocidad que alcanzanlas partículas en el medio material es proporcionalal campo eléctrico, y en consecuencia la densidad decorriente

J misma es proporcional al campo eléctrico

E,

independiente que ésta corriente corresponda a cargasnegativas o positivas. Se tiene la proporcionalidad (Leyde Ohm):

J σE (3.2)

en que la constante σ llamada conductividad, es unaconstante cuyo valor depende de las propiedades delmedio material en que se mueven las partículas. Lasunidades de σ son las de densidad de corriente eléctricadividido por las de campo. Es decir:

C m2

V m A

Vm2

El inverso de σ se denomina resistividad ρ 1 σ y suvalor depende del material y la temperatura a la cual estásometido el material. Algunos valores típicos (en sistemainternacional de unidades), para temperaturas de 20o [C]son:

ResistividadMetales: Al 2 38 10 8

Cu 1 68 10 8

Semiconductores: Ge 0 45Si 640

Aislantes: Madera 108 a 1011Mica 1011 a 1015

3.3.1. Un modelo clásico para la conductivi-dad eléctrica

En la sección que sigue revisaremos un modelo clásicopara explicar la conductividad eléctrica. Este modelo tienela gracia que entrega un comportamiento cualitativo quees consistente con gran parte del fenómeno de conductivi-dad que se observa experimentalmente.

La idea básica es que las partículas se mueven acelerando—debido al trabajo del campo

E externo— a partir de una

rapidez inicialv0 hasta que alcanzan un velocidad final

poco antes que choquen con las partículas-obstáculo de lared cristalina que forman el material. Una vez que chocancon estos obstáculos, ellos olvidan la velocidad que alcan-zaron debido al trabajo del campo y despues del choqueinician nuevamente su vuelo con rapidez inicial v0.

Los vuelos están caracterizados por una duración tempo-ral τ (el tiempo que transcurre entre choque y choque)y una longitud

(el camino que recorren entre choque y

choque). Esta longitud

es inversamente proporcional a ladensidad de número de los obstáculos del material, y tam-bien inversamente proporcional al cuadrado del diámetro(o área de blanco) que ofrecen los obstáculos (3):

Cte1

nd2

de modo que si la rapidez característica de las partículases v0, entonces el tiempo de vuelo τ estará dado por:

τ

v0

Cte1

v0nd2

Desde el punto de vista de las direcciones de las veloci-dades

v0 después de cada colisión, se puede argumen-

tar que el vector velocidad es nulo en promedio. Efec-tivamente, pues las velocidades después de cada choquepueden apuntar en cualquier dirección, y al promediar so-bre direcciones de las velocidades iniciales de muchasparticulas colisionando se tiene:

vpromedio

0 0

Sin embargo, la rapidez v0 promedio es finita, y no nula.

La aceleración que experimentan las partículas entrechoque y choque está dada exclusivamente por la accióndel campo eléctrico:

a q

E

m

y luego, usando la II Ley de Newton, e integrando en eltiempo, la función velocidad instantánea está dada por:

vt

v0 at

v0 qE

mt

Esta expresión se puede promediar, para obtener la ve-locidad característica que tienen las partículas durante suvuelo:

vpromedio 0

qE

mτ

donde se ha usado que el promedio dev0 es nulo y el

promedio del tiempo de vuelo de las partículas es τ .

3NOTA: la Cte es un número del orden de 1.0



Reemplazando el valor explícito de τ Cte v0nd2 re-sulta:

vpromedio Cte

qE

mnd2v0

de donde se ve que la velocidad carácteristica que alcan-zan las partículas es proporcional al campo eléectrico:

vpromedio

Cteq

mnd2v0

E

y a partir de éste resultado y usando queJ nq

v se obtiene

la Ley de Ohm: Jpromedio

σE

con conductividad σ dada por:

σ Cteq2

md2v0

Una observación importante aquí es que la conductividades inversamente proporcional a las rapideces v0 postcol-isionales. Por otro lado se sabe que estas rapideces sonproporcionales a la raiz de la temperatura T característicaa la cual está sometido el material (ver nota4), de modoque la conductividad σ satisface:

σ Cteq2

d2 mkBT

mostrando con esto que la conductividad disminuye si seaumenta la temperatura T , o equivalentemente la resistivi-dad ρ 1 σ aumenta con la temperatura.

Otra observación importante es que la expresión para σdepende de q2, de modo que la conductividad es positivaindependiente del signo de las cargas que se mueven.

3.4. Resistencia Eléctrica

A partir de la Ley de Ohm se puede concluir un resul-tado importante que relaciona la diferencia de potencial∆V entre dos puntos con la corriente que circula entre lospuntos.

Considere un material conductor de forma arbitraria acuyos extremos se ha aplicado una diferencia de poten-cial ∆V . En su interior se genera un campo electrico

E y

se satisface:∆BAV

E d r

Se aprecia que si se incrementára el campo eléctrico entodo el espacio en un factor α la diferencia de potencialtambien se incrementaría en ese mismo factor.

4NOTA: v0 kBT m en que kB 1 38 10 23 J/oK

Por otro lado la densidad de corrienteJ que circula entre

los extremos satisface la Ley de OhmJ σ

E, y luego,

al incrementarE en un factor α la densidad de corriente

J también lo hace en el mismo factor. Sigue de esto quela corriente total I

J d s que cruza desde A hacia Btambien es proporcional a ∆V . Es decir, hay una propor-cionalidad entre ∆V y la corriente I

∆V RI (3.3)

La constante de proporcionalidad R se dice o denominaresistencia eléctrica, y despejando R de la expresión an-terior se puede escribir una definición explícita de ella:

R ∆VI

E d

r

J d s

(3.4)

Las unidades de la resistencia son las de potencial dividi-do por corriente: Volts/Ampere lo que se denomina Ohmy se abrevia Ω.

3.4.1. Ejercicios y Ejemplos

1. Resistencia de un alambre de largo L, área uniformeA y conductividad σ uniforme en su interior.

L

J E

X

Y

Z

Figura 3.6: Alambre recto uniforme

Desarrollo. Supondremos que el interior del alam-bre se genera un campo eléctrico uniforme

E Ex

en todo el interior del material. Integrando desde elextremo A hasta el extremo B el campo eléctrico seobtiene para la diferencia de potencial:

∆V

E d r

Ex xdx

EL



Por otro lado la corriente I está dada por

I J d s

σ

E d s σEA

de modo que usando la definición de resistencia que-da:

R E d r

J d s

EL

σEA L

σA

En términos de la resistividad ρ 1 σ se puede ree-scribir:

R ρLA

2. Resistencia de un par de conductores cilindricos delargo L, radios interior a y exterior b concéntricos yque entre ellos hay material con resistividad σ0 uni-forme. Se aplica una diferencia de potencial ∆V entreel cilindro interior y el cilindro exterior.

Desarrollo. Si el cilindro interior está a potencial VAy el cilindro exterior a potencial VB con VA

VB se

induce una densidad de corrienteJ que fluje desde el

conductor interior hacia el conductor exterior y queexhibe la simetría radial del cilindro (ver figura)

J J

r r

en que r es un vector radial en coordenadas cilíndri-cas (NOTA: Para este problema hemos denotado lacoordenada cilíndrica radial con r para que así liber-ar el símbolo ρ para la resitividad).

J

Va

Vb

a

b

r

Figura 3.7: Resistencia entre dos cilíndros concéntricos

Por conservación de carga la corriente total sobrecualquier superficie concéntrica es constante y devalor I, en particular para una superficie cilíndricade radio r intermedio entre a y b se tiene:

I

Jr r d

s J

r 2πrL

de donde sigue que Jr está dado por:

Jr I

2πrL

A continuación usando la Ley de Ohm sigue una ex-presión para el campo

E E

r r como función de la

posición en el interior del material

Er 1

σJr

1σ

I2πrL

I2πσrL

Ahora que conocemosEr podemos hacer explíci-

tamente la integral

∆V

E d r

r b

r a

1σ

I2πrL

r r dr

I

2πσL

b

a

1r

dr

I

2πσLlnb a

Finalmente resulta la resistencia:

R ∆V

I ρ

2πLlnb a

en que hemos usado la resistividad ρ 1 σ .

3.5. Circuitos de Corriente Con-tínua

La f.e.m (fuerza electromotriz ε) es la diferencia de poten-cial que es capaz de establecer un agente químico entre lospolos de una batería. Ella es responsable que se generencorrientes al interior de un circuito. Cuando los circuitosson puramente resistivos las corrientes resultan constanteen el tiempo.

En este apunte estudiaremos los circuitos de corrienteestacionaria.



3.5.1. Circuito Simple.

Consideremos una batería de f.e.m ε que es aplicada a unaresistencia R.

E

E+ -

Bateria

Resistencia

DV= - e

D DV= VR

Figura 3.8: Batería y resistencia

Al hacer la integral cerrada de camino del campo eléctri-co desde el polo positivo (borne positivo de la batería),hacia el polo negativo de ella, pasando por la resistencia ycruzando el interior de ella 5 debe cumplirse que:

E d l 0

de dondebateria

E d l

resistencia

E d l 0

ε ∆VR 0

ε RI 0

es decir la suma de las caidas (o diferencias) de poten-cial en cada segmento —incluyendo la batería— debe sernula.

Sigue que

I εR

Resistencia Interna. En una bateria real debe con-siderarse adicionalmente la existencia de una pequeñaresistencia interna Ri.

5Note que en el cálculo anterior la caida de potencial de la batería(fem) da una contribución negativa ya que el camino de integración escontra la dirección del campo E. No así en la resistencia en que hemossupuesto que la corriente va de la región de mayor potencial a la demenor potencial.

R

Ri

batería

Figura 3.9: Batería con resistencia interna

Se tiene entonces

ε ∆VR ∆VRi

Ri RiI

de dondeI ε

R Ri

Corriente Máxima. ¿Cuál es la máxima corriente quese puede establecer en este circuito?.

Si la resistencia externa es una resistencia variable, la cor-riente máxima Imax se obtiene para R 0

Imax ε

R Ri

εRi

Potencia disipada. ¿Qué potencia disipa la batería (Ri)en ese caso?.

La potencia disipada es:

P RiI2 Ri

ε2

R2i

εR2

i

Por otro lado si la resistencia externa no es nula la poten-cia calorífica disipada por la resistencia externa R es P RI2 (como veremos más adelante). Puesto que I ε

R Rise obtiene que ella vale:

P RI2 ε2 RR Ri 2

expresión para P que tiene un máximo como función de R.Una pregunta que surge es ¿para qué valor de R se maxi-miza la potencia disipada por R?. Exigiendo dP

dR 0 se ob-

tiene: R Rmax Ri (la resistencia externa debe ser igual

a la resistencia interna) y la potencia disipada por la resi-tencia R resulta, en dicho caso, Pmax

R Ri

ε22Ri 2

ε2

4Ri, e

igual a la potencia disipada por la resistencia interna en labatería.



3.5.2. Regla práctica

Una regla práctica, y equivalente a la de Kirchoff para losnudos, para cuando hay varias resistencias en un sistema—y se quiere calcular las corrientes al interior de cadasegmento del circuito— es introducir ‘loops’cerrados decorriente. Cada loop contribuye con su propia corriente(I1, I2, . . . ). La dirección de circulación de dichas corri-entes se escoge en forma arbitraria. En cada loop la caidaneta de potencial debe ser nula. El signo con que con-tribuyen las resistencias a la caida de potencial depende sise “integra” a favor de la corriente (signo más) o si se “in-tegra” en contra (signo menos). Idem para la contribuciónde las baterías.

Ejemplo: resistencias en paralelo.

R1

R2

I1

I2

Figura 3.10: Resistencias en paralelo

R1I1 R2I1 R2I2 0

R2I2 R2I1 ε 0

de este sistema de ecuaciones resulta

I1 ε

R1

I2 ε R2 I1

ε1

R1

1R2

Otro ejemplo: puente de Wheastone.

G

I1 I

2

I=0

R1 R

2

R3R?

I1

I2

Figura 3.11: Puente de Wheastone

Este circuito se usa para determinar el valor de una re-sistencia desconocida R en término de los valores de 3resistencias variables conocidas R1, R2, R3.

Lo que se hace para determinar R es variar los valoresde R1, R2, y R3 hasta que la corriente que indica el gal-vanómetro G se anule. En dicha situación se tiene:

R1I1 RGI R2I2 0

RI1 R3I2 RGI 0

de donde sigue la proporción:R1R

R2R3

que implica:

R R1R3

R2

3.5.3. Resistencias en Serie y Paralelo

Muchas veces cuando hay varias resistencias en serie yparalelo y no se quiere calcular el detalle de la corrienteen cada segmento del circuito, pero si la corriente neta queentra o sale de la bateria, es posible reemplazar el circuitopor uno equivalente.

Resistencias en Serie

Para dos resistencias en serie

II I

Va Vb

R1 R

2

DV1 DV

2

Figura 3.12: Resistencias en serie



se tiene

∆V ∆V1 ∆V2 R1I R2I

R1 R2 Ide modo que la resistencia efectiva o equivalente del sis-tema es

Reff R1 R2 (3.5)

Resistencias en Paralelo

Si las resistencias están en paralelo

R1

R2

I

I1

I2

Figura 3.13: Resistencias en paralelo

se tiene que la caída de voltaje entre los extremos de cadaresistencia debe ser la misma e igual a ε de modo que:

ε I1R1

ε I2R2

Pero puesto que la corriente total I que sale de la bateríaes: I I1 I2 (Ley de Kirchoff) sigue:

I I1 I2

εR1

ε

R2

ε

1R1

1

R2 y la resistencia efectiva resulta

1Reff

1R1

1

R2 (3.6)

Siempre que un circuito se pueda dividir en subconjun-tos de resistencias que están todas en series o todas enparalelo es posible usar el método recién descrito, en tan-tos pasos como sea necesario, para calcular la resistenciatotal. Sin embargo no siempre es posible esto como porejemplo en el circuito siguiente (el mismo circuito que elPuente de Wheastone) que no está constituido ni por sub-circuitos con resistencias en paralelo ni por subcircuitoscon resistencias en serie.

R1 R

2

R3 R

4

R5

Va

Vb

Figura 3.14: Puente de Wheastone

Ejercicio propuesto: Se conecta una resistencia R1 auna bateria de fem ε V0 y se encuentra que la corrientees I0. Cuando se agrega una nueva resistencia (en serie)se encuentra que la corriente disminuye a un nuevo valorI 2 3I0. ¿Cuánto vale el cuociente R1

R2?. Si las re-sistencias se ponen ambas en paralelo, ¿Qué fracción dela corriente I0 es la corriente en cada resistencia?. ¿Cuántovale la corriente (total) que llega a la bateria en términosde I0?.

3.6. Efecto Joule

Hemos visto que al interior de un conductor las partículascargadas se mueven libremente hasta que chocan con al-guna otra partícula o obstáculo. Entre choques las partícu-



las ganan una cierta energía debido al trabajo del campo.Ésta energía ganada es perdida en cada nuevo choque delas partículas, donde es transferida a los “obstáculos” delmaterial. La energía transferida se transforma esencial-mente en vibración de ellos en torno a una posición deequilibrio (energía cinética de vibración) o energía térmi-ca, implicando una temperatura. Parte de la vibraciones(energía térmica) se transmite de obstáculo en obstáculohasta llegar a las paredes del material, donde es eliminadahacia el exterior en forma de calor.

Es posible calcular exactamente la energía calórica que sedisipa haciendo uso de un argumento muy simple:

Primero calculmos la energía que ganaría una partícula decarga q debido al trabajo del campo, entre los extremos Ay B del material. Esta es:

WBA q∆BAV

y toda ella se disiparía finalmente en las colisiones.

En un intervalo de tiempo ∆t la cantidad de carga totalque cruzaría desde el punto A hasta el punto B será ∆Q I∆t, de modo que el trabajo neto sobre todas las partículashecho durante ese intervalo de tiempo es:

W totalBA

∆Q∆BAV I∆t∆BAV

el trabajo total por unidad de tiempo o potencia resulta enconsecuencia:

P W totalBA

∆t I∆BAV

usando que I ∆V R queda finalmente

P I∆BAV RI2 ∆V 2

R (3.7)

Para un conductor general de forma cualquiera se puedeobtener una expresión equivalente que entrega la poten-cia disipada en términos de la densidad de corriente y elcampo eléctrico. Veamos.

Primero escribamos la diferencia de potencial infinitesi-mal en la longitud dl de un pequeño paralelepípedo in-finitesimal:

dV E d l

y la corriente infinitesimal dI que cruza en el área del par-alelepipedo:

dI J d S

La potencia disipada por el pequeño paralepipedo estarádada por el producto de la corriente por la diferencia depotencial, quedando:

dP dV dI J d S E d l

si el paralelepipedo se escoge orientado en la dirección dela corriente esta expresión que se puede escribir como

dP JE d σE2 d

en que d es el volumen infinitesimal del paralelepípedo yse ha hecho uso de la Ley de Ohm (3.2). Finalmente bastaintegrar sobre el volumen total del material para obteneruna expresión integral para la potencia total disipada:

P σE2 d

J E d (3.8)

De acuerdo con esto la energía disipada por unidad de vol-umen sería:

dPd

J E (3.9)

Ejercicio propuesto: Considere el problema del par decilíndros concéntricos de radios a y b y material de con-ductividad σ visto anteriormente. Use la expresión inte-gral para la potencia disipada recién obtenida y las expre-siones para J

r y E

r deducidas en la solución de di-

cho problema, e integrando en el volumen entre los cilín-dros concéntricos calcule la Potencia total disipada. De-muestre que el resultado coincide del que se obtiene usan-do P RI2.



3.7. Fuerza magnética

Se ha encontrado experimentalmente que la fuerza so-bre una carga eléctrica q (en presencia de imánes porejemplo) depende no sólo de la posición en el espacio(F q

E r ), sino también de la velocidad

v con que se

mueve la partícula. Experimentalmente se observa que enpresencia de imanes la aceleración que experimenta el ob-jeto crece linealmente con la magnitud v de la velocidad(man

Ctev) y también depende linealmente de la mag-nitud y de la carga que sufre la fuerza y del signo de ella.Otro aspecto que se observa es que dicha fuerza no hacetrabajo, es decir no cambia la rapidez del objeto. Es posi-ble postular entonces que además de la fuerza eléctricauna carga sufre una fuerza de otro origen (que diremosmagnético) y que depende de la velocidad de la partícula:

F

F r v

F elec. r

Fmagnet.

v

3.7.1. Ley de Fuerza Magnética

¿Cuál es la ley de dicha fuerza? . Es claro que tieneque ser:

un vector

lineal en la carga q

una función lineal en el vector velocidadv, lo que ya

sugiere que la forma de la fuerza esF q

v

pero, a la vez no debe hacer trabajo, es decir la inte-gral

W F d r 0

para cualquier camino de integración. Esto excluyela posibilidad que dicha fuerza sea colineal con

v,

pero admite que dicha fuerza sea perpendicular a lavelocidad

v.

Una forma de asegurar todo esto es estableciendo que lafuerza magnética obedece una ley de la forma:

F qv

B (3.10)

en que interviene el producto cruz entre la velocidadv y un nuevo vector

B llamado campo de inducción

magnética o densidad magnética6

6De esta forma se asegura que

W

F d r

F v dt

q v B v dt 0

3.7.2. Fuerza de Lorentz

El efecto conjunto de la fuerza eléctrica y del campo mag-nético se denomina fuerza de Lorentz:

F q E

v

B (3.11)

3.7.3. Unidades del Campo de InducciónMagnética

De esta ultima expresión se ve que, en el sistema in-ternacional de unidades, puesto que las unidades de

E

son [N/C]=[V/m], entonces las unidades deB son [V

seg/m2]=1 [Weber/m2]= 1[Tesla] que se abrevia [T].

La conección con el sistema CGS de unidades es 1 [T] =104 [Gauss]. Magnitudes típicas son:

imanes de laboratorio: 2.5 [T] = 25000 [Gauss],

imanes superconductores: 25 [T] = 250000 [Gauss]

campo magnetico de la Tierra: 0 5 10 4 [T] = 0.5[Gauss].

3.7.4. Movimiento de cargas en un campode inducción magnética

El campo de inducción magnética puede ser a su vez unafunción de la posición, e incluso del tiempo:

B

B r t .

La determinación deB la realizaremos más adelante

cuando veamos la llamada Ley de Biot-Savart y la Leyde Ampere (una Ley integral análoga a la Ley de Gauss).Por ahora nos contentaremos con informar que, puestoque

B es una función de la posición

r, en las regiones

que haya mayor intensidad de campo magnético (mayordensidad de líneas de campo magnético) la aceleraciónserá más grande (luego el movimiento se curvará enforma más intensa), mientras que en las regiones en quela aceleración es poco intensa (menor densidad de líneasde campo) el movimiento se curvará poco, como muestrala figura de a continuación



B Débil IntensoB

Figura 3.15: Curvatura de la trayectoría de una partículacargada en presencia de un campo de inducción magnéticaB que varía con la posición.

Movimiento de una carga en un campo de inducciónmagnético

B uniforme

Consideremos primero el siguiente ejemplo partícular:

1. Un protón incide sobre una región donde hay uncampo magnético

B B0z (con B0

1 5 [T]), convelocidad

v v0y (con v0

8 106 [m/s]) comomuestra la figura.

Y

Z

V AC

q=e

X

Figura 3.16: Partícula cargada que incide sobre una regióncon densidad magnética

B uniforme

Calcule la fuerza inicial que experimenta el protón.¿Hacia dónde se dirige esa fuerza?.

Rpta.F e

v

B ev0B0y z ev0B0x

Algunos instantes más tarde, debido a la acción de lafuerza magnética, el protón se mueve con velocidaden dirección x. ¿Hacia donde apunta ahora la fuerza?.

Rpta.F e

v

B ev0B0x z ev0B0y

La dirección de la fuerza (aceleración) de la partícula semuestra en la figura siguiente para los dos puntos de latrayectoria que se ha estudiado

VA

q

Y

C

X

Fa

Fc

Puesto que la aceleración tangencial es nula (rapidez nocambia) sólo hay aceleración normal (que es la que apuntaal centro de curvatura).

Radio de giro bajo un campoB uniforme

De estos ejemplos se ve que si el campoB es uniforme

la fuerza magnética resulta, en este caso, constante enmagnitud. Es decir la magnitud de la aceleración normalaN

ev0B0 Cte, mientras que la aceleración tangencial

tiene magnitud nula at 0 (pues dv

dt 0). Se concluye que

el movimiento es circular, y con aceleración puramentenormal

an v2

0

R qv0B0

m



de donde resulta que el radio de giro R (o radio decurvatura) es

R vmqB0

(3.12)

que en nuestro ejemplo resulta

R vmqB0

8 106 1 67 10 27

1 6 10 19 2 5 3 3[cm]

A partir de

an w2R qv0B0

m

y usando el resultado anterior para R la rapidez angularde giro resulta:

w qB0

m (3.13)

Expresión que se conoce como la frecuencia de rotaciónde Larmor, y que es independiente de la rapidez v0 conque se lanza inicialmente el protón.

3.7.5. Fuerza Magnética sobre un distribu-ción de corriente

Si consideramos un elemento de carga dq que se muevecon velocidad

v la corriente infinitesimal asociada

dJ dq

v experimente una fuerza:

dF dq

v

B dJ

B (3.14)

En el caso de una distribución lineal, superficial yvolumetrica de carga se tiene

dJ dq

v λ

vd

Id

σvdS

KdSρQ

vdV

JdV(3.15)

en que hemos introducido las densidades de corrientelineal (

I λ

v), superficial (

K σ

v) y volumétrica

(J ρ

v).

Cable con Corriente Puesto que una corriente I no sonmas que cargas en movimiento con cierta velocidad

v en-

tonces es posible concluir que, en presencia de un campoB, un cable experimenta una fuerza magnética que es lasuperposición de las fuerzas magnéticas que experimen-tan las partículas que generan la corriente eléctrica. Es de-cir la fuerza que experimentan los elementos de corrientedJ

Id.

dl

B

V

Figura 3.17: Fuerza sobre un elemento de cable que llevacorriente total I

La fuerza magnética por unidad delongitud se puede escribir entonces:

dF

d

I B (3.16)

y en un cable de forma cualquiera la fuerza to-tal sobre el segmento completo de cable será:

Fmagnet.

cable

I Bd

(3.17)

Asi por ejemplo para la situación de la figura siguiente(suponiendo que el cable esta sujeto por sus extremos)si se aplica una corriente y hay además un campo

B

como muestra la figura, la deformación del cable será laproducida por la fuerza que resulta del producto

I

B, ysu dirección queda establecida de acuerdo a la regla de lamano derecha para este producto.

B

I

V

I B

I

Figura 3.18: Deformación de un cable que lleva corrienteI en presencia de un campo de inducción magnética

B



3.7.6. Ejemplo

1. Se introduce una espira cuadrada de largo L enuna región con campo magnético uniforme demagnitud B y paralelo a la superficie que contiene laespira (ver figura). Determinar la fuerza sobre cadasegmento de la espira.

B

L

L X

Y

Z

Figura 3.19: Fuerza sobre una espira cuadrada plana

Rpta.B Bı. Luego

F

1

Ix Bxd

0

F

2

Iy Bxd

IBLk

F

3

Ix Bxd

0

F

Iy Bxd IBL

Nota: Observe que la fuerza total sobre la espira eneste caso resulta nula.

3.7.7. Fuerza y Torque sobre una espira cer-rada. El momento magnético

m

Si la densidad magnéticaB es uniforme (

B

B0) se tieneF

Idr

B0 I

dr

B0 0 (3.18)

puesto que la integral de camino es cerrada y donde seha aprovechado que

Id

Idr ya que la corriente es

tangente a la trayectoria del cable.

Para el torque se obtiene:

τ

r dF

r Id

r

B Es decir finalmente

τ I

r d r

B (3.19)

Expresión que en el caso de campo uniforme se puedemostrar (ver nota 7) es equivalente a

τ

m B0 (3.22)

y en donde la cantidadm vale

m I

2

r d

r (3.23)

y se conoce como momento magnético, yen el caso de una espira plana resulta:

m IAn (3.24)

en que A es el área de la espira (no importa su forma) y

7La demostración consiste en primero diferenciar la expresión d r r B0 usando que B0 es uniforme y despejar r d r B0 , esto es:

d r r B0 d r r B0 r d r B0 de donde resulta

r d r B0 d r r B0 d r r B0 (3.20)

A continuación considerar la identidad:

a b c a c b b c ay las dos que se obtienen permutando ciclicamente: a b, b c, c a.Es decir:

b c a b a c c a by

c a b c b a a b c para demostrar, sumando miembro a miembro, que se obtiene:

a b c b c a c a b 0

de donde, si identificamos a r, b d r y c B0 resulta:

r d r B0 d r B0 r B0 r d r 0

Esta última permite despejar

d r r B0 r d r B0 r d r B0

expresion que reemplazada en la Ec. 3.20 y tras despejar r d r B0 entrega:

r d r B0 12

d r r B0 12 r d r B0

Por ultimo integrando en un camino cerrado se obtiene:r d r B0 1

2

r d r B0 (3.21)

donde se ha usado que la integral sobre un camino cerrado de una difer-encial exacta d es cero.



n la orientación de la espira de acuerdo a la regla de lamano derecha (asumiendo que la dirección positiva degiro es la dirección en que gira la corriente electrica I).Note que las unidades de

m son las de Ampere-metro

cuadrado.



3.7.8. Ley de Biot-Savart

Hemos estudiado, el movimiento de cargas bajo un cam-po magnético dado. La pregunta que surge a continuaciónes ¿Cómo se calculan dichos campos

B?. La respuesta a

esta pregunta fue dada por Biot y Savart el siglo antepasa-do, quienes establecieron que cualquier corriente es capazde producir un campo magnético en el espacio. Ciertascorrientes son claramente de origen eléctrico debido almovimiento de traslación de las cargas, otras corrientesestán relacionadas con la rotación de los electrones de va-lencia de las moléculas así como del spin quantico (repasesu curso de química) propio de las partículas, y son re-sponsables del magnetismo de los imanes naturales.

Biot-Savart, estudiaron el campo magnético generado porun cable curvado. Esencialmente se estableció que un seg-mento d

r , ubicado en un punto

r , de un cable que porta

corriente I contribuye al campo magnético en un puntor

con una intensidad dB dada por:

dB µ0

4πIdr

r r

r

r

3

Si se considera el cable completo se debe integrar enla variable de posición

r que describe la curva en el

espacio que ocupa dicho cable, de modo que el campo deinducción magnética en el punto

r está dado por:

B r µ0

4π

Idr

r r

r

r

3 (3.25)

Expresión que es conocida como Ley de Biot-Savart.

Esta expresión se puede escribir en forma más compactaintroduciendo los elementos infinitesimales de corrientedJ

dJ

Id

linea de corrienteKdS corriente superficialJd corriente volumétrica

Si la corriente está distribuida ocupando un volumen en-tonces hacemos el reemplazo: d

J Id

r

Jdv, en que dv

es el elemento de volumen que ocupa la densidad de cor-riente

J, queda:

B r µ0

4π

J r

r r dv

r

r

3 (3.26)

Cuando la corriente está distribuida sobre una superficie(corriente superficial

K) el reemplazo es: Id

r

KdS. La

expresión paraB resulta:

B r µ0

4π

K r

r r dS

r

r

3 (3.27)

En la sección de a continuación veremos 3 ejemplos deaplicación de esta ley (de Biot-Savart) para determinar elcampo magnético. En el primero (cable recto infinito) un

resultado que reobtendremos más adelante de manera másdirecta mediante la llamada Ley Circuital de Ampere, enlos otros dos estudiaremos situaciones que no pueden re-solverse usando la Ley de Ampere: Campo de inducciónmagnética exacto de un solenoide de tamaño finito sobresu eje axial y campo generado por una espira circular so-bre su eje axial.



3.7.9. Ejemplos

1. Un cable de largo infinito con corriente orientada enla dirección positiva del eje Z cruza el plano de lasXY por el origen. Calcular el campo magnético enun punto de coordenada z 0 a distancia r (sobre elplano de las XY ).

‘

Figura 3.20: cable recto infinito que lleva corriente I

Solucion: Los puntosr del cable sólo tienen co-

ordenadas sobre el eje Z, luego están descritos por:r z z. En consecuencia un elemento de longituddr sobre dicho cable se escribe: d

r dz z

El puntor esá dado por:

r xx yy 0z. La difer-

enciar

r que figura en la expresión de Biot-Savart

queda, en este caso:r

r xx yy z z, y su mó-

dulo (que también figura en dicha expresión) es: r

r

x2 y2 z 2.

El producto cruz entre dr y

r

r resulta: dz z

xx yy z z xy yz dz .

Reemplazando lo anterior en la Ley de Biot-Savartse tiene:

Bx y 0 µ0

4π

Idz

xy yx

x2 y2 z 2 3 2

Hacemos uso a continuación de que: x e y están fijos(así como los vectores unitarios) y reemplazaremospor ρ a la distancia x2 y2, queda:

Bx y 0 µ0I

4πxy yx

∞

∞

dz ρ2 z 2 3 2

La integral es simple y se puede hacer en forma ex-plícita

∞

∞

dz ρ2 z 2 3 2

z

ρ2ρ2 z 2 1 2

se obtiene:

Bx y 0 µ0I

4πxy yx

z

r2ρ2 z 2 1 2 ∞

∞

µ0I

4πxy yx 2

ρ2

µ0I

2πρxy yx

ρ

Por último reemplazando x ρ cosφ y y ρ sinφ enque φ es el ángulo de las coordenadas cilíndricas me-dido desde el eje de las X hacia el vector de posiciónr resulta:

B µ0I

2πr

cosθ y sinθ x

en que el vector φ cosφ y sinφ x es un vectorunitario que indica la dirección del campo de induc-ción magnética y que corresponde a un vector quecircula en torno del origen. El campo

B se escribe

finalmente: B µ0I

2πρφ (3.28)

resultado que es importante y que ud deber recordar.

Figura 3.21: CampoB circula en torno al cable recto



2. Campo de una espira circular sobre su eje axial

Y

XI

Z

Figura 3.22: Espira circular

Solución: Escogemos un sistema de coordenadasen que el plano XY que contiene a la espira y el ejeZ coincide con el eje axial de la espira.

Los puntosr del cable solo tiene coordenadas sobre

un circulo en el plano XY , luego están descritos por

r acosφ x asinφ y

de modo que, diferenciando, el elemento de longituddr sobre dicho círculo (cable) resulta:

dr asinφ x dφ acosφ ydφ

El puntor donde interesa calcular el campo está de-

scrito por r zz

La diferenciar

r , que figura en la expresión de

Biot-Savart, queda, en este caso:

r

r zz acosφx asinφ y

y su módulo (que también figura en dicha expresión)es:

r

r

a2 cos2 φ a2 sin2 φ z2 a2 z2 1 2

El producto cruz entre dr y

r

r resulta:

dr

r r a

sinφ x cosφ y dφ

zz acosφx asinφ y

azcosφ x sinφ y az dφ

Reemplazando, hasta aquí, se obtiene:

B µ0Ia

4πa2 z2 3 2

2π

0 az zcosφ x sinφ y dφ

La integracion de sinφ y cosφ en un periodo 2π esnula. Resulta

Bz µ0

4π2πIa2

a2 z2 3 2

z

µ0Ia2

2a2 z2 3 2

z

El campo a lo largo del eje es máximo para z 0,decrece para z ∞ y z ∞ como 1 z3.

El campo fuera del eje es más difícil de calcular. Enla figura siguiente se bosqueja las lineas de campo

B

Figura 3.23: Lineas de campo de la espira circular

Se aprecia que las líneas de campo son curvas cer-radas en torno a la corriente I que circúla. En conse-cuencia todas las líneas de campo pasan por el interi-or de la superficie que delimita la espira conductora yvan a dar su vuelta por el exterior. Las líneas de cam-po mas cercanas al eje z van a dar la vuelta mas lejosy por lo tanto se reparten en todo el espacio exterior.Se puede afirmar entonces, debido a la alta densidadde lineas de campo en el interior de la espira y lacorrespondiente baja densidad de lineas de campo enel exterior de la espira (ya que el mismo número delíneas tiene un espacio infinito donde repartirse) queel campo cerca del anillo y hacia su interior es muyintenso, mientras que afuera y lejos del anillo dichocampo es débil.



3. Campo exacto de un solenoide finito sobre su eje ax-ial.

Figura 3.24: Solenoide finito

Solución: Aquí nos aprovecharemos que ya cono-cemos el campo de una espira circular sobre su ejeaxial.

La contribución al campo sobre un punto de coor-denadas z (donde se quiere calcular el campo), deuna espira ubicada a altura z (una de las espiras delsolenoide) es –de acuerdo a la figura y el resultadodel ejemplo anterior—

Bz µ0Ia2

2a2

z z 2 3 2

z

Para obtener el campo netoB debemos sumar (inte-

grar) sobre todas las espiras del solenoide.

Si definimos por n N L al número de espiras porunidad de largo, la corriente en un elemento dz re-sulta dI nIdz de modo que la contribucion, sobreel punto z en el eje, de esa ‘espira’de grosor dz , cor-riente dI y ubicada a altura z , es

dB µ0dIa2

2a2

z z 2 3 2

z

µ0nIa2 dz 2a2

z z 2 3 2

z

y el campo totalB se obtiene integrando desde z

L 2 a z L 2.

Bz µ0nIa2z

2

L 2

L 2

dz a2

z z 2 3 2

integral que ya conocemos del ejemplo 1 (cambiandoz por z z ), luego queda

Bz µ0nIa2z

2 z z a2

a2

z z 2 3 2 L 2

L 2

µ0nIz

2

z L 2

a2 z L 2 2

z L 2

a2

z L 2 2

El campo experimenta un máximo Bmax en el inte-rior en el punto z 0 dado por:

Bmax µ0nIz

L 2

a2 L 2 2

expresión que se puede escribir introduciendo el co-eficiente η a

L (coeficiente que mide la razón de as-pecto entre grosor y largo del solenoide):

Bmax µ0

NIL

z1

1 4η2

Si el solenoide es muy largo (η aL 0) este valor

devieneBmax

µ0Kz

en que K nI NI L corresponde a una corrientesuperficial.

Si hacemos el cambio z zL el campo exacto sobre

el eje se puede escribir

Bz 1

2

µ0NIz

L

z 1 2

η2

z 1 2 2

z 1 2

η2

z 1 2 2

Un gráfico de la intensidad Bz B0 (en que B0

Bz

z 0) para distintos valores de la razón de aspec-to η es el que se muestra en la figura siguiente:



−0.4 −0.2 0.2 0.4

0.2

0.4

0.6

0.8

1

B(z)/B

z/L

0

Figura 3.25: Campo para el eje axial del solenoide en loscasos η 0 5, η 0 1, y η 0 01

donde se aprecia que si la razón de aspecto es pe-queña (solenide largo en relación a su diámetro) en-tonces el campo en el interior del solenoide es muyuniforme, justo en el borde (z= 1

2) toma la mitad delvalor en el centro y el campo mismo es prácticamentenulo fuera del solenoide.

4. Propuesto para más adelante (cuando se haya estudi-ado la Ley Circuital de Ampere): Para el problemadel campo exacto de un solenoide sobre su eje axi-al, haga la integral de camino Bdz de la expresiónobtenida para

Bz desde el punto z L 2 hasta

z L 2 y compare su valor con µ0NI (la integralsobre un camino cerrado, de acuerdo con la Ley deAmpere). A partir de esto determine la intensidadde la integral B d l del campo magnético fuera delsolenoide. ¿Qué tan pequeña resulta la integral so-bre el exterior? (o en otras palabras: ¿qué tan pocointenso es el campo afuera?).



3.8. Ecuaciones para

B estático

En esta sección estudiaremos las ecuaciones diferencialesque satisface el campo

B para el caso estacionario en el

tiempo. Estas ecuaciones, que deduciremos más adelante,son

∇ B 0 (3.29)

∇ B µ0

J (3.30)

y expresan que:

No existen cargas magnéticas

Las fuentes deB son las corrientes generadas por las

cargas en movimiento (o más bien equivale a la for-ma diferencial de la Ley de Biot-Savart).

Esta situación es análoga a lo que ocurre para el caso delcampo

E en que se tenía

∇ E ρε0

(3.31)

∇ E 0 (3.32)

ecuaciones que expresaban respectivamente la Ley deCoulomb (o equivalentemente la ley de Gauss) y el hechoque la fuerza eléctrica es conservativa.

3.8.1. Ecuación de la divergencia deB

La interpretación de que no existen cargas magnéticassigue directamente de comparar la ecuación (3.29) con laecuación (3.31) y observar que en el caso del campo eléc-trico figura la densidad de carga eléctrica, mientras que enel caso magnético no figura ninguna densidad de carga.Esto se interpreta como la no existencia de cargas mag-néticas.

Otra consecuencia que sigue de esta ecuación es que laslíneas de campo de inducción magnética son líneas cer-radas sobre si mismas o empiezan y terminan en “infini-to” como muestra la figura de a continuación. Esto sepuede visualizar en la figura de a continuación en que seha graficado a la izquierda una situación típica de campoelectrico en torno a una carga puntual y a la derecha unasituación típica de campo magnético.

Figura 3.26: Divergencia del Campo eléctrico versus Di-vergencia del Campo magnético. Note que el campo eléc-trico diverge en torno a la carga, mientras que este com-portamiento no se exhibe en el campo magnético que masbien circula en torno a la corriente

La demostración que ∇ B 0 sigue de estudiar la ley deBiot-Savart aplicada a una distribución de carga distribui-da continuamente en el espacio:

∇ B µ0

4π∇

J r

r

r

r r

3 dv

µ0

4π

∇ J r

r

r

r r

3 dv

expresión que se puede reescribir usando la identidad ∇ a

b

b ∇ a

a ∇

b , queda:

∇ B µ0

4π

r

r

r r

3 ∇

J r

J r

∇

r

r

r r

3 dv

Si a continuación hacemos uso de que ∇ rJ r 0, y de

la identidad ∇1

r r

r

r

r r

obten-

emos:

∇ B µ0

4π

J r

∇ ∇

1 r

r

dv

0

lo que completa la demostración ya que la identidad∇ ∇Φ 0 asegura ∇ B 0.

Vector Potencial magnéticoA

Como ∇ B 0 y al mismo tiempo se tiene la identidad∇ ∇

A 0 entonces debe existir un campo vectorial

A

tal que B ∇

A (3.33)

Esta situación es análoga a la del campoE que satisface

∇ E 0, de donde sigue que existe un potencial escalar

V tal queE ∇V (pues ∇

∇V 0).



El campoA recién propuesto se dice el vector potencial

magnético asociado al campoB.

Expresión explícita para el vector potencial magnético

Trabajando la Ley de Biot-Savart es posible escribir unaexpresión explícita para el campo

A y que será de utilidad.

B µ0

4π

J r

r

r

r r

3 dv

µ0

4π

J r ∇

1

r r

dv

donde hemos hecho uso de que ∇1

r r

r

r r

r

.

Si además hacemos uso que

∇ Φf Φ∇

f

∇Φ

f

aplicado a

∇ J r r

r

lo que da

∇

J r

r r

1 r

r

∇ J r

J r ∇

1

r r

y donde el término con ∇ r

J r se puede eliminar pues

es nulo, se obtiene

B µ0

4π

∇

J r

r r

dv

∇

µ0

4π

J r

r r

dv

de donde finalmente identificamos (viaB ∇

A)

A µ0

4π

J r

r r

dv (3.34)

Si la distribución de carga no es volumetrica, sino superfi-cial o lineal, podemos hacer uso de este mismo resultadoprevio introducir la corriente infinitesimal d

J

J r dv ,

tenemosA r µ0

4π

dJ

r r

(3.35)

Es importante hacer notar aquí el parecido de la expresiónintegral para calcular

A recién obtenida con la expresión

integral para calcular el potencial eléctrico

A r µ0

4π

J

r r

dv

V r 1

4πε0

ρq r

r r

dv

Por otro lado habiamos visto que el potencial satisfacía laecuacion de Poisson ∇2V ρq

ε0. De la comparación ante-

rior para las expresiones integrales deV y de

A sigue que,

para cada una de las componentes cartesianas del vectorA se satisface una ecuación tipo Poisson. Es decir se tiene

Ax r µ0

4π

J x

r r

dv

Ay r µ0

4π

J y r

r

dv

Az r µ0

4π

J z

r r

dv

de donde sigue:

∇2Ax µ0Jx

∇2Ay µ0Jy

∇2Az µ0Jz

o equivalentemente (en notación vectorial) la ecuación dePoisson para

A:

∇2A µ0

J (3.36)

3.8.2. Ecuación del rotor deB o Ley de Am-

pere

Aplicando rotor a la expresionB ∇

A y haciendo uso

de la identidad ∇ ∇A ∇

∇ A ∇2

A sigue que:

∇ B ∇

∇ A ∇2

A

pero es posible mostrar que ∇ A 0 (ver nota8) de modoque se tiene

∇ B ∇2

A

8NOTA: Que efectivamente se puede tomar ∇ A 0, se verifica alconstatar que si escogemos otro potencial vectorial A tal que

A A ∇Ψ

este tambien satisface ∇ A ∇ A B (ya que ∇ ∇Ψ 0), de modoque A está determinado salvo el gradiente de una función escalar. O enotras palabras hay un grado de libertad escalar en la definición de A. Estegrado de libertad escalar se puede fijar imponiendo una ecuación escalarsobre A tal como lo es ∇ A 0. En todo caso la expresión integralpara A dada más arriba efectivamente satisface ∇ A 0 (esto último sindemostración).



Haciendo uso de la ecuación de Poisson paraA resulta

∇ B µ0

J (3.37)

que es otra de las importantes ecuaciones de Maxwell.

3.8.3. Ley Circuital de Ampere

IntegrandoB sobre un circuito cerrado cualquiera y apli-

cando el teorema de Gauss y la Ley de Ampere reciénobtenida es posible deducir una Ley integral conocida co-mo la Ley Circuital de Ampere

B d r ∇

B d S

µ0

J d S

µ0

J d S

es decir: B d r µ0

J d S (3.38)

Se puede escribir en forma abreviada esta Ley definiendo:

Ique cruza

J d S

(en que Ique cruza es la corriente neta que cruza la super-ficie delimitada por el camino de integración) y definiendola cantidad

ΓB

B d rque se denomina Circulación del campo de inducciónmagnético, de modo que la Ley Circuital de Ampere seescribe usualmente:

ΓB µ0Ique cruza (3.39)

Al revés, la expresión

∇ B µ0

J

se puede entender como la versión diferencial de la LeyCircuital de Ampere.

Las ecuaciones de Maxwell:

∇ B 0 (3.40)

∇ B µ0

J (3.41)

más condiciones de contorno (borde) contienen la de-scripción completa del magnetismo estático en un mediono material.



3.8.4. Ley de Ampere. ¡Revisitada!

Hemos visto que cargas en movimiento en presencia decampos magneticos experimentan una fuerza magnéticacon ley:

Fmag. qv

B

y que esta ley aplicada a lineas de corriente I en presenciade campos magneticos conduce a una ley de fuerza, porunidad de longitud, para un cable sumergido en un campode inducción magnética

B. dada por

dF

dl

I B

en que la dirección deI es la dirección de la corriente

electrica a lo largo del cable conductor.

La pregunta de ¿cómo se calcula o obtiene el campo de in-ducción magnética

B? tiene una respuesta que pasa por un

experimento importante debido a Ampere. Reducida a suaspecto fundamental esta experiencia consiste en que dosalambres paralelos rectos y muy largos experimentan unafuerza atractiva si las corrientes van en el mismo sentidopero repulsiva si van en sentido contrario. Si una de lascorrientes se interrumpe no se mide fuerza de atracción orepulsion.

I I I −I

Figura 3.27: Fuerza entre cables

Puesto que la fuerza que experimentan los cables la sufrenen definitiva las cargas en movimiento al interior de ellos(corrientes), para explicar este fenómeno se plantea queesta fuerza es de origen magnético.

Concentrémonos en la fuerza que sufre el cable 2 debidoal 1 para el caso de dos cables que tienen corrientes enla misma dirección y separados una distancia r. El campomagnético

B que siente el cable 2 para provocar la fuerza

de atracción de este cable hacia el 1 tendría que tener unacomponente en la dirección que indica la figura (el campomagnético sería generado por el cable que hemos indicadocon 1; el cable que sufre la fuerza lo hemos indicado con2). 9

9En el caso de que el 2do cable tenga corriente opuesta es claro queeste mecanismo implica una fuerza repulsiva ya que al cambiar de direc-ción I el producto I B cambia de signo.

I

1 2

I

F

B

r

Si cambiamos de posición el cable 2 dejando fijo el 1 (esdecir movemos el cable 2 en forma paralela al 1 y man-teniendo la misma distancia r entre cables), puesto que lafuerza es atractiva, el campo magnético provocado por el1er cable debe tener una dirección que cambia a lo largode un circuito de radio r como se indica en la figura.

r

B

I

I

De estas observaciones se deduce que una corriente I en elcable 1 genera un campo magnetico que circula en tornode ella y cuya dirección sigue la regla de la mano derecha:



I

B

Figura 3.28: Regla de la mano derecha para la circulacióndel campo

B

Decimos que: el campo magnético circula en torno ala corriente del cable 1.

3.8.5. Origen relativista de la fuerza mag-nética: una expresión para

B

Deduciremos a continuación una expresión explícita paraB en el caso de fuerza entre cables paralelos. Generalizan-do este resultado re-obtendremos la llamada “Ley de Am-pere” o “Ley circuital de Ampere”.

Consideremos 2 cables que tiene corriente en la mismadirección y de la misma magnitud como muestra la figura.

−+

−

r v=0

cable 1

cable 2

λ=0

Supongamos que conocemos la velocidadV de una carga

de prueba (electrón) que se mueve en el interior del cable 2y sufre el campo magnético provocado por la corriente enel cable 1 (esta corriente es provocada por los electronesque están en este cable y que se mueven con la mismavelocidad de la carga de prueba).

(velocidad que debe ser la misma con que se mueven loselectrones que estan en el cable 1 que provoca el campomagnético).

Por su parte los iones del cable 1 los supondremos qui-etos y también supondremos que no hay campo electricoprovocado por el cable 1, es decir la densidad lineal totalde carga (electronica e ionica) en el cable 1 es nula:

λ λ λ 0

En otro sistema de coordenadas que se mueva con ve-locidad

V respecto del primero la carga de prueba estará

quieta y luego de acuerdo a un observador en este sistemano experimentara fuerza magnética. Sin embargo el obser-vador en este sistema de coordenadas no puede evitar verla aceleración de atracción que sufre el cable 2 —en quese mueve la carga de prueba— y que provoca que el cable2 tiendan a acercarse al 1. Esta aceleración de atraccióntambién la sufren todas las cargas en movimiento en di-cho cable y eso es lo que hace moverse al cable completo.

Supongamos que sujetamos el cable 2 y el 1 y evita-mos que este se acerque hacia el 2. Intentemos calcularla fuerza que sufre la carga de prueba. Para ello consider-amos que vista desde el 2do sistema de coordenadas lacarga de prueba esta quieta de modo que esta fuerza tieneque ser de origen electrostático (fuerza de Coulomb). Launica manera que esto sea así es que un observador en di-cho sistema de coordenadas mida una densidad de cargano nula para el cable 1, densidad que provoca un cam-po electrico repulsivo que (como la carga del electron esnegativa) hace la fuerza de atracción.

Para calcular dicha densidad no nula haremos uso de unresultado de la teoría de relatividad especial de Einsteinque dice que un segmento material de largo L que estaquieto en un sistema en reposo se ve mas corto desde unsistema en movimiento. Su largo L medido en un sistemaen movimiento esta dado por:

L L

1

V 2

c2

en que c es la rapidez de la luz. También haremos usodel supuesto que la carga total positiva que hay en dichosegmento de cable es la misma que hay en el segmentocorrespondiente en el otro sistema. La misma suposiciónpara la carga negativa.

En el 1er sistema —en que los N iones estan en reposo—la carga total ionica es Nq y el largo del segmento decable que ellas (en reposo) ocupan es L, de modo que ladensidad lineal de carga correpondiente es λ

Nq L.En este mismo sistema la densidad lineal de carga total esλ 0 de modo que para la densidad lineal electrónica setiene λ λ

En el 2do sistema —en que los iones estanmovimiento— se mide la misma carga pero el largo ocu-pado por ellas es mas pequeño (segmento en movimien-

to): L 1 V 2

c2 . La densidad de carga de los iones en este



sistema resulta λ Nq

L

1 V2

c2

En este 2do sistema los N electrones se ven en reposo,su carga total electrónica es Nq y el largo del ca-ble que ellos ocupan mide L y es el largo que corre-sponde con la longitud L que se mediría cuando ellosse ven en movimiento en el primer sistema. Ambos lar-gos se conectan, en este caso, a través de la relación

L L 1 V 2

c2 . La densidad lineal de carga electróni-

ca que se mide en el sistema resulta: λ Nq L Nq

L 1 V 2

c2

La densidad lineal de carga neta para el segundo sistema sería entonces:

λ λ λ Nq

L 1 V 2

c2

Nq

L

1

V 2

c2

Nq

L

1

1 V 2

c2

1

V 2

c2

λ

1

1 V 2

c2

1

V 2

c2

λ 1 12

V 2

c2 1

12

V 2

c2 λ λ

V 2

c2 0

donde hemos hecho uso de Nq Nq y de la expan-

sión binomial1 x n 1 nx n

n 1 2x2 con

n 1 2 y hemos despreciado términos x2 y superiores ha-ciendo uso que x V 2 c2 1 ya que la velocidad elec-trónica (unos pocos milimetros por segundo) es muchomas peque’ña que la rapidez de la luz: V c.

De modo que la densidad electrónica que se mide en el2do sistema resulta positiva y no nula, por lo que, segúnun observador en , se genera un campo electrico sobrela carga de prueba.

La intensidad de dicho campo es (vía Ley de Gauss porejemplo):

E λ 2πε0r

y la fuerza que sufre el electrón resulta

q E q λ 2πε0r

Fuerza que provoca la atracción entre cables y que debeser igual en magnitud que la que mide un observador en

el 1er sistema. En el primer sistema esta fuerza es descritaa través de un campo magnetico de intensidad B mien-tras que en el 2do sistema es descrita mediante un campoelectrico de intensidad E; pero son la misma fuerza y enconsecuencia se satisface: q E q VB de donde sigue

B λ 2Vπε0r

λ V 2 c2

2Vπε0r

λ V

2c2πε0r

En el numerador de esta última expresión se tiene λ V Nq V L. Haciendo uso que V L 1 t donde t es el tiem-po que toman las N cargas en atravesar L se obtiene Nq tque es precisamente la corriente I que lleva el cable.

Introduciendo además la definición de la llamada perme-abilidad magnetica del vacio

µ0 1

c2ε0

4π107 N/A2

queda

B µ0I

2πr

Expresión que entrega el valor de la intensidad B comofunción de la distancia r. Recuperando así el resultadoque habiamos obtenido antes vía integrar la Ley de Biot-Savart.

Ejemplos

1. dos cables con corriente I están separados a una dis-tancia 2d uno del otro. Determinar el campo total

B

provocado por ambos cables sobre un punto P arribay sobre un punto Q abajo que están a una distancia ydel plano que contiene a los 2 cables.



θ

θ

θθ

r

I I

dd

P

Q

cable 1 cable 2

B

B1

2

y

Solucion: Consideremos el punto P arriba. Cadacable contribuye con un campo que tiende a cir-cular en torno a él. La intensidad del campo conque contribuye cada cable es B µ0I

2πr en que r d2 y2. La dirección del campo

B1 provocado por

la corriente en (1) es cosθ x sinθ y mientras queel campo que provoca el cable (2) tiene dirección

cosθ x sinθ y, se tiene

B1

µ0I

2π d2 y2

cosθ x sinθ y

B2

µ0I

2π d2 y2

cosθ x sinθ y

Resulta

B

B1 B2

2µ0I cosθ x

2π d2 y2

Haciendo uso que cosθ y d2 y2 queda:

B 2µ0Iy

2πd2 y2 x

Para el punto Q abajo el calculo es similar. Teniendoen cuenta con cuidado las direcciones de cada campoB1 y

B2 queda

B 2µ0Iy

2πd2 y2 x

Resulta interesante ver como se confabulan las di-recciones de los campos para dar, en el punto P arri-ba y en el punto Q abajo, un campo exclusivamentehorizontal. Hecho del cual nos aprovecharemos en elejercicio a continuación.

2. Sistema de cables en paralelo uno al lado de otro for-mando una superficie muuuy extendida. Cada cablelleva corriente I0 y supondremos que en un segmen-to de longitud L el número N de cables que hay esconocido. Determinar el campo B arriba y debajo dela superficie.

L

NI

Solución Para formarnos una idea recurriremosprimero a ver que ocurre cuando solo sumamos lacontribución de los 2 cables mas cercanos al punto Parriba.

PB

La situación es la misma que la descrita en el ejemplo1: el campo es perfectamente horizontal y dirigidocontra x.

Si a este campo le agregamos la contribución de lossegundos vecinos

PB



se tiene nuevamente una contribución horizontal ydirigida contra x (mas pequeña por supuesto ya quelos 2dos vecinos están mas distantes).

Podemos ir considerando más y más vecinos toma-dos de a pares, y siempre la contribución arriba seraperfectamente horizontal y apuntando según x. Porel mismo argumento abajo se tendrá también unacontribución horizontal pero ahora apuntando segunx.

Como la lamina es muuy grande podemos repetir elproceso cambiandonos a un punto P a la misma al-tura que P,

por simetría de la traslación horizontal (ya que lalamina es muuy grande) el resultado no cambia, ypodemos afirmar que arriba el campo es horizon-tal

B B

y x, mientras que abajo se tendrá

B

B

y x. La intensidad By arriba sera la misma que

la intensidad B

y abajo si la distancia y del pun-to P al plano que contiene los cables coincide con ladistancia del punto Q a dicho plano.

Para determinar la intensidad de B haremos uso de laLey de Ampere en el siguiente camino:

L

x

y

y

−B

B

x

x

Los segmentos verticales de dicho camino no con-tribuyen a la integral B d r ya que en dichos seg-mentos

B es perpendicular a d

r. La unica contribu-

ción viene de los segmentos horizontales de longitudL arriba y abajo y es

B d r B

y L B

y L 2B

y L

Por otro lado el camino descrito encierra una super-ficie que es atravesada por una corriente neta NI demodo que aplicando la Ley de Ampere resulta

2By L µ0NI

By µ0NI

2L cte

Curiosamente el campo By resulta constante (inde-

pendiente del alejamiento y a la placa). Lo que nosrecuerda la situación analoga para el campo electri-co muy cerca de una placa con densidad uniforme decarga.

Introduciendo la corriente por unidad de longitud K(corriente superficial)

K NIL

queda, arriba: B

µ0K

2x

y abajo B µ0K

2x

3. Dos placas con corrientes opuestas. Campo entre lasplacas y afuera de ellas.

K

K

x

y

Solucion El problema aquí se puede resolver comola superposición de los campos generados por 1 placacon corriente superficial Kz y otra placa con corrientesuperficial Kz. El dibujo explica todo:



+ =

B=

B=

B=0

B=0

B= µ

µ

µ

µ

µ

0

00

0

0K/2 x

K/2 x K/2 x

K/2 xB=−

B=−

K x

Se obtiene campo nulo arriba y abajo, y entremedioresulta

B µ0Kx

4. Intensidad del campo en el interior de un solenoidemuuuuuy largo, en que hay N vueltas de cable en unalongitud L y cada vuelta lleva corriente I. DeterminarB en todo el espacio.

N

I

L

Solución La situación en el caso de un solenoidemuy largo es parecida al ejemplo 3. Pensemos en‘afuera’como el “arriba” y “abajo” del ejemplo 3, ypensemos en ‘adentro’del solenoide como el “entre”las placas para el ejemplo 3. Esto sugiere que el cam-po afuera del solenoide es nulo y en su interior es unasuperposición de campos debido a las corrientes cur-vadas. Que efectivamente afuera es nulo, se puededemostrar rigurosamente para un solenoide de largoinfinito. En el caso de un solenoide muuy largo perofinito, el campo afuera no es nulo, pero si es muuuydebil:

B 0, de modo que se puede despreciar, frente

a la intensidad del campo en el interior del solenoide.

NI

B

B

0

0

Figura 3.29: Corte imaginario de un solenoide mostrandolas lineas de campo

B

Aplicaremos primero la Ley de Ampere usando alcircuito que se muestra en la figura siguiente para de-terminar el campo B0 justo al medio, del solenoide.A continuacion haciendo uso de la Ley de Ampere,aplicada a otro circuito, demostraremos que en el in-terior el campo magnetico además es uniforme (nocambia con la distancia al eje axial del solenoide).

L

B(0)

B=0

El unico segmento que contribuye a la integral decamino

B d r es el en eje axial (afuera

B es nulo,

y en los segmentos paralelos al eje axial el campoB

es perpendicular a dr. En consecuencia se tiene:

B d r B0L

en que B0 es el valor del campo de inducción mag-nética justo sobre el eje axial.

La corriente que atraviesa la superficie encerrada poreste circuito es: NI, y aplicando la Ley de Ampereresulta :

B0L µ0NI

B0 µ0NI

L



Usando a continuación el circuito de la figura,

r B(r)

B(0)

y puesto que no hay corriente encerrada que atraviesela superficie descrita por dicho circuito, se ve, alaplicar la Ley de Ampere que:

B d r B0L B

r L 0

Br B0

es decir el campo Br a distancia r del eje axial el

campo tiene la misma intensidad B0 que en el eje. Enconsecuencia el campo

B es uniforme en el interior

del solenoide.

5. Cable coaxial de radio a que lleva corriente total Idistribuida homogeneamente en su interior. Determi-nar el campo magnetico en el interior y exterior delcable coaxial.

a

J

corriente total I

Solución Recordemos que el campo generado porun cable circula en torno de este como muestra lafigura:

B

En el caso de un cable coaxial la superposición demuchos corrientes similares produce un campo mag-netico que tambien circula en planos perpendicularesal eje axial del cable coaxial. La intensidad de dichocampo dependerá de la distancia r al centro del ejeaxial en forma no trivial.

B

Para analizar el campo completo consideramosprimero la región interior: r a intermedia entre eleje axial y el borde de radio a. En dicha región lacorriente esta distribuida uniformemente y la densi-dad de corriente

J tiene valor:

J I

πa2 z.

Puesto que por simetría el campo de inducción mag-nética es circular y uniforme sobre un camino circu-lar concentrico al eje axial, aplicamos la Ley de Am-pere a un circuito de radio r en el interior del coaxialy concéntrico al eje axial.



r

a

camino cerrado de integracion

superficie de integracion

La integral de camino resulta

B d r Br 2πr

Por otro lado la corriente que atraviesa la superficedelimitada por este camino es:

J d S Jπr2 I

πa2 πr2

En virtud de la Ley de Ampere igualando estas 2 ul-timas expresiones se obtiene:

Br 2πr µ0I

πa2 πr2

De donde resulta que para el interior del cable coax-ial (r a) se tiene:

Br µ0I

2πa2 r

El campo de inducción magnetica crece linealmentecon la distancia al centro, hasta alcanzar —en elborde— un valor:

µ0I2πa .

A continuación analizamos la región exterior. Endicha región r

a y por simetria usamos nuevamente

un camino circular de radio r.

r

a

de integracionsuperficie

camino cerrado de integracion

La integral de camino nuevamente entrega Br 2πr.

Por otro lado la corriente neta que atraviesa la super-ficie encerrada por dicho camino es precisamente I.Aplicando la Ley de Ampere queda:

Br 2πr µ0I

que entrega para r

a el campo de inducción mag-netica:

Br µ0I

2πr

Se ve que el campo es continuo. Es decir Ba eval-

uado usando la expresión para el interior del coaxialy B

a evaluado usando la expresión para el exteri-

or del campo coaxial son iguales. La figura siguientebosqueja el comportamiento del campo de inducciónmagnetica con la distancia r

a

2 aI

π0µ

Β(ρ)

ρ

6. Cable coaxial hueco con corriente neta I distribuidauniformemente en el volumen y que sube paralela aleje axial. El radio interior es b, el radio exterior es c.



C

Solución Primero estudiamos el campo en laregión exterior r

c en que r es la distancia radial

medida desde el eje axial. Por simetria el campo debeser circular. Escogemos un camino circular de radior. La integral de camino por dicho circuito cerradovale B

r 2πr. La corriente neta que atraviesa la su-

perficie encerrada por dicho camino es precisamenteI. Aplicando la Ley de Ampere resulta:

Br µ0I

2πr

que es un resultado que ya conociamos.

A continuación estudiamos la región interior. Aquípor simetría, si existe campo, también debe ser cir-cular. Escogemos un camino circular de radio r conr b. La integral de camino por el circuito cerra-do entrega nuevamente B

r 2πr. Puesto que J 0 al

interior la corriente neta que atraviesa por la superfi-cie que delimita dicho camino es nula. Luego para laregión interior se obtiene:

Br 2πr µ0 0 0

mostrando que el campo de inducción magnetica enel interior es nulo.

Por último consideramos la región con b r c. Endicha región la densidad de corriente es

J I πc2 πb2 Por simetría en el interior del conductor el campodebe ser circular. Escogiendo un camino circular deradio r con b r c la integral de camino entregacomo antes B

r 2πr. Para calcular la corriente neta

que atraviesa la superficie definida por ese caminousamos que la densidad de corriente J es uniforme y

que la superficie barrida por dicha corriente entre elradio b y el radio r es πr2 πb2.

b

a

I’

camino de intrgracion

r

superficie de integracion

En consecuencia la corriente neta que atraviesa dichasuperficie es:

I Jπr2 πb2 I

πr2 b2

πc2 b2

Usando la Ley de Ampere queda:

Br µ0I

2πr µ0I

2πr

r2 b2 c2 b2

En esta región el campo tiene una dependencia con rno trivial. Sin embargo es posible apreciar que parar b el campo se anula y por lo tanto coincide conel resultado obtenido para B en la región interior. Sievaluamos en r c nos encontramos que resulta

µ0I2πc

que es justo el valor que se obtiene a partir de la ex-presión para el campo afuera cuando se evalua conr c. Es decir el campo B es continuo.

7. Problema propuesto Cable coaxial de 2 conduc-tores cilindricos con densidad de corriente ho-mogénea en el interior. Por el cilindro interi-or ‘sube’corriente I0, por el cilindro exterior ‘ba-ja’corriente I0. Los radios de los cilindros son: a, by c respectivamente. Determinar el campo magneticoen cada región del cable coaxial y en el exterior.



b

I−I

c

a

Indicación: descomponga el problema en 2 partes:(I) El campo generado en todo el espacio por unadistribución uniforme de corriente I sobre un cablecoaxial de radio a (II) el campo generado por un ca-ble coaxial hueco de radio interior b y exterior a ycorriente I. Obtenga por separado la contribuciónde cada uno de estos campos a las regiones: r a,a r b, b r c y c r y superponga su resulta-do de manera análoga a que lo hicimos cuando con-sideramos 2 superficies con corriente uniforme en elproblema 3.


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