3. Campos estaticos

1. Ecuaciones en el caso estatico: Distribucionesestaticas. Desacoplamiento de los campos.

2. Electrostatica: Solucion electrostatica. Potencial elec-trostatico; interpretacion fsica. Ecuaciones de Poisson yde Laplace. Potencial y campo de una carga puntual. Leyde Coulomb. Calculo de campos mediante la ley de Gauss.Energa electrostatica de distintas distribuciones. Desarro-llo multipolar. Dipolo electrico. Interaccion de un campo

electrostatico con un dipolo.

3. Campo magnetico de corrientes estacionarias: So-lucion magnetostatica. Potencial vector magnetostatico.Potencial y campo de corrientes liformes. Ley de Biot-Savart. Calculo de campos mediante la ley de Ampe`re.Energa magnetostatica. Desarrollo multipolar. Dipolomagnetico. Interaccion de un campo magnetostatico conun dipolo.

3.1 Ecuaciones en el caso estacionario

En este tema nos ocupamos de describir las soluciones massencillas de las ecuaciones de Maxwell, que se dan cuandolas distribuciones de carga y corriente son estacionarias,es decir, cuando y no dependen del tiempo. Es previ-sible que los campos electrico y magnetico a que den lugarsean tambien independientes del tiempo. Las ecuacionesque debemos resolver se simplican al desaparecer las dosderivadas temporales:

E = /0, E = 0. B = 0, B = 0.

(La ultima de estas ecuaciones se suele denominar ley deAmpe`re, y no de Ampe`re-Maxwell.)

Vemos que quedan denidos dos problemas desacoplados:uno para el campo E y otro para el campo B. Esto permiteresolverlos por separado de manera muy directa, utilizandoel teorema de Helmholtz. Al campo electrico que es solu-cion del problema se le denomina campo electrostatico,mientras que al magnetico se le suele llamar campo mag-netostatico o debido a corrientes estacionarias.

3.2 Electrostatica

La solucion que da en todo el espacio el teorema de Helm-holtz a las dos primeras ecuaciones es

E = V, con V (r) = 140

esp

(r1) d1|r r1| ,

donde, como es habitual, se designa r1 a un punto fuentey r al punto donde se esta evaluando el campo. Hay querecalcar que por ser E irrotacional en el caso estacionario,no hay fuentes vectoriales ni potencial vector asociado.

A la magnitud V se la denomina potencial elec-trostatico. Su gradiente con signo cambiado nos da el cam-

po electrostatico, que resulta ser, introduciendo la operaciongradiente en la integral,

E =140

esp

(

(r1)|r r1|

)d1.

Como el gradiente no actua sobre funciones independientesde r, la funcion (r1) sale como constante; usando ademasque (1/|r r1|) = (r r1)/|r r1|3 resulta nalmente,

E =1

40

esp

(r1)r r1|r r1|3 d1.

Ejemplo:Hallese potencial y campo producido por un hilo de longitud 2L unifor-memente cargado con densidad lineal en cualquier punto del espacio.

x

y

z

O

rdz1

r1

r

2L

Usamos coordenadas cilndricas con origen en el centro del segmentocargado y eje OZ denido por la direccion del segmento. La formulaque aplicamos es una adaptacion a distribuciones lineales de la que aca-bamos de ver para distribuciones en volumen. Esto es valido siempreque el diametro del hilo sea mucho menor que la distancia al hilo delpunto en el que estemos evaluando el potencial. En tal caso podemosdescomponer un elemento de volumen del hilo en la forma d1 = Sdl1,siendo S la seccion del hilo. En el numerador del integrando apa-rece la combinacion (r1)d1, que se transforma en (r1)dl1, siendodl1 = |dr1|, con = S. En denitiva tenemos

1

40

esp

(r1) d1

|r r1| 1

40

(r1) dl1

|r r1|,

33

donde es la curva que describe la forma del hilo cargado.

En nuestro caso el hilo es recto, segun el eje OZ y la densidad decarga uniforme. Esto simplica la expresion anterior para dar

V (r) =1

40

LL

dz1

|r z1uz|=

40

LL

dz1r2 + (z z1)2

.

Teniendo en cuenta que dz1 = d(zz1) (por ser z una constante parala integracion) y dividiendo numerador y denominador por r podemosescribir

V (r, z) =40

LL

d(z z1)/r1 + (z z1)2/r2

.

Haciendo el cambio u = (z z1)/r y teniendo en cuenta quedu/

1 + u2 = ln(u+

1 + u2), el resultado nal es

V (r, z) =

40lnz + L+

(z + L)2 + r2

z L+

(z L)2 + r2.

Puede demostrarse que las equipotenciales resultan ser una familia deelipsoides de revolucion.

Para hallar el campo electrico tenemos dos opciones: realizar unaintegracion directa analoga a la que acabamos de hacer, o bien calcularel gradiente con signo cambiado del resultado anterior. Esto se dejacomo ejercicio.

Interpretacion fsica del potencial

El potencial electrostatico no es un simple medio ma-tematico de obtener el campo, sino que posee un importantesignificado fsico. Para entenderlo consideremos una re-gion del espacio en la que existe un campo electrico E. Dadoque dV = V dr = E dr, la diferencia de potencial entredos puntos A y B sera

VB VA = BA

E dr.

Por otra parte la fuerza que se ejerce sobre una carga pun-tual q, debida al campo E es Fe = q E. Si dicha carga setrae desde el innito hasta una posicion nal r bajo la ac-cion conjunta de una fuerza F ejercida por nosotros masla fuerza electrica Fe, y esto se hace partiendo del reposoy quedando la carga en reposo, el teorema de la energacinetica nos dice que la variacion de energa cinetica, nulaen este caso, es igual al trabajo total realizado sobre la cargaen el proceso. Por tanto 0 = W +We. El trabajo realiza-do por nosotros sera (teniendo en cuenta que el potencialelectrostatico es nulo en el innito)

W = We = rq E dr = qV (r) V (r) = W

q.

La ecuacion anterior indica que el trabajo realizado por no-sotros sobre la unidad de carga para traerla desde el infinitohasta su posicion final es justamente el potencial en dichopunto. Para que la armacion sea rigurosamente cierta de-bemos exigir ademas que el movimiento de la carga sea cua-siestatico, es decir, innitamente lento (lo cual obliga a queF + F 0). La razon estriba en que una carga acelera-da emite radiacion, lo cual supone una perdida de energa

que no estamos contabilizando al aplicar el teorema de laenerga cinetica.

Hay que recordar, de cursos de Fsica anteriores, que paratoda fuerza conservativa podemos denir una energa po-tencial de interaccion, de la cual deriva. Nuestro casoes justamente este (vease el ejemplo de la seccion 1.11) yes facil encontrar, segun lo que acabamos de ver, la energapotencial de una partcula cargada en el seno de un campoelectrico. En efecto, denimos dicha energa en la formahabitual, como trabajo realizado por nosotros para traerla partcula desde el innito a su posicion en las condicio-nes que acabamos de describir, y esto nos da simplementeU(r) =W = qV (r).

Conviene tener presente que cuando las fuentes se extien-den hasta el innito (y no disminuyen con la distancia su-cientemente rapido) ya no es aplicable el teorema de Helm-holtz, y la solucion dada para el potencial es divergente.Esas situaciones tienen lugar cuando trabajamos con ideali-zaciones de ciertos sistemas (hilo muy largo, plano cargadomuy extenso, etc.). En estos casos es mejor usar la expresionencontrada para E directamente, y no calcular el potencialcomo paso previo.

Ecuaciones de Poisson y de Laplace

Si estamos interesados en una ecuacion local para elpotencial podemos sustituir el campo electrico en la leyde Gauss por su expresion en funcion del gradiente: (V ) = /0, con lo cual se llega a la llamada ecua-cion de Poisson:

2V = /0.

En una region libre de carga la ecuacion de Poisson sereduce a la ya conocida ecuacion de Laplace, 2V = 0.El potencial electrostatico resulta ser una funcion armonicaen dichas regiones, con todas las propiedades estudiadas enel primer tema. La resolucion de esta ecuacion bajo ciertascondiciones de contorno se analizara cuando se aplique laelectrostatica a los medios conductores.

Podemos resumir las relaciones entre , E y V medianteel siguiente diagrama:

E V

V=

-/ 0

4

|r-r |

0

1 3

4

|r-r

|

0

1

1

(r ) (r-r ) d

1

1

1

1

(r)

d

1

1

E

V

E=

/;

E=0

0

E

V

V

- E dr

.

34

Potencial y campo creado por una carga puntual.Ley de Coulomb

El potencial y el campo creado por una carga puntualq situada en un punto arbitrario r0 se obtienen de lasformulas encontradas particularizando para una densidadvolumetrica de carga dada por (r) = q(r r0). El resul-tado es simplemente

V =q

40|r r0| ;E =

q

40r r0|r r0|3 .

E

q

V

Tambien es evidente (demuestrese) que potencial y campoverican un principio de superposicion, aunque el ape-lativo principio tenga mas bien caracter historico, ya queno se trata de un nuevo postulado, sino de una consecuenciadel caracter lineal de las ecuaciones de Maxwell.

La fuerza de interaccion electrostatica entre dos cargaspuntuales q1 y q2 situadas en r1 y r2 respectivamente resul-ta de la combinacion del campo anterior y de la expresionde la fuerza de Lorentz con v = 0:

F12 =q1q240

r1 r2|r1 r2|3 ,

que nos da en concreto la fuerza sobre la primera cargadebida a la presencia de la segunda. Esta expresion se co-noce como ley de Coulomb, que junto con el principio desuperposicion para las fuerzas constituye un punto de par-tida habitual para el estudio del campo electrostatico. Hayque hacer notar sin embargo que se trata de una ley validabajo unas condiciones muy restringidas (cargas puntualesestaticas), mientras que la expresion dada por la fuerza deLorentz es de validez general.

Calculo de campos mediante la ley de Gauss

Una forma de encontrar el campo creado por una distri-bucion, de manera alternativa a la integracion directa, esla aplicacion de la ley de Gauss en forma integral. Esto esposible solo si la distribucion de carga tiene suficiente sime-tra. En tal caso podemos reducir la dependencia respectode las coordenadas espaciales y el numero de componentesdel campo. Todo ello se entiende mejor con los ejemplos quesiguen.

Ejemplos:Aplquese la ley de Gauss en forma integral para hallar los camposproducidos por las siguientes distribuciones:

(1) Carga puntual.

Si elegimos un sistema de referencia con origen en la carga y usamoscoordenadas esfericas, el campo electrico en principio es tan complica-do como lo siguiente:

E(r) = Er(r, , )ur +E(r, , )u + E(r, , )u.

x

y

z

r

dS

q

Sin embargo podemos simplicar esta expresion mediante argumen-tos de simetra. El modo mas simple es basarnos en la simetra delpotencial electrostatico y usar la relacion E = V . Si la cargaes puntual, todas las direcciones del espacio son equivalentes, no hayninguna privilegiada. Ello implica que no hay dependencia en las coor-denadas angulares y . El potencial sera solo funcion de la distanciaa la carga, V = V (r). Recordando la forma que tiene el gradiente enesfericas es evidente que el campo se simplica a

E(r) = E(r)ur.

Una vez simplicada la forma del campo, y no antes, resulta utilaplicar la ley de Gauss en forma integral,

S

E dS = q()/0.

Para ello debemos elegir convenientemente la supercie gaussiana Ssobre la que se aplica, que en el caso que nos ocupa debe ser una esferade radio arbitrario r y centro en la carga. El ujo del campo electricoes:

SG

E dS =S(r)

E(r)dS = E(r)

S(r)

dS = 4r2E(r).

La carga encerrada es q sea cual sea el valor de r, por lo que nalmentese llega a

E =q

40r2

ur ,

que coincide con el resultado obtenido mediante integracion directa.

(2) Esfera uniformemente cargada (i) en superficie; (ii) envolumen.

Los argumentos de simetra usados en el ejemplo anterior son estric-tamente aplicables a este segundo caso y el campo reduce su expresiona la misma forma, E(r)ur . La supercie gaussiana elegida es la mismay el calculo del ujo da el mismo resultado. La unica diferencia estribaen la carga encerrada.

(i) La carga se reparte uniformemente en la supercie de radio R, condensidad supercial S . La carga encerrada sera nula si r < R, ysera la totalidad, 4R2S si r > R. Por tanto el campo tiene distintaexpresion en cada region:

E =

{0 (r < R)SR

2

0r2(r > R).

En r = R sufre un salto, como corresponde a la presencia de unadistribucion supercial de carga.

35

(ii) La carga se distribuye uniformemente en el volumen esferico deradio R, con densidad . Distinguimos dos casos: si r < R la cargaencerrada es (r), con (r) = 4r3/3. Si r > R la carga encerradaes toda la de la distribucion, (R). En resumen,

E =

r

30(r R)

R3

30r2(r R).

En los dos casos estudiados se puede comprobar muy facilmente queel campo en la region exterior a la distribucion es equivalente al deuna carga puntual situada en el centro de la esfera y de valor igual ala carga total del sistema.

(3) Hilo infinito con densidad lineal uniforme.

Este problema requiere una descripcion en coordenadas cilndricas,tomando como eje OZ el propio hilo cargado y origen en cualquierpunto de el. Es facil convencerse de que el potencial electrostaticosolo depende de la coordenada r. En efecto, una traslacion segun lacoordenada z deja invariante al hilo, por ser innito en esa direccion.En consecuencia tambien el potencial debe ser invariante y no depen-der de z. Analogamente un giro en torno a ese eje, que cambia el valorde , no modica el aspecto del hilo, y por ello el potencial no puededepender de esta coordenada angular. Resulta entonces V = V (r) y

E = V = E(r)ur .

x

y

z

O

dSL

r

Con esta simplicacion aplicamos la ley de Gauss en forma integralusando una supercie gaussiana en forma de bote cilndrico, coneje en el hilo, de radio arbitrario r y longitud arbitraria L (ver gura).El ujo debe ser calculado independientemente en las tres superciesque podemos distinguir. En las dos tapaderas , con elementos desupercie orientados segun uz el ujo es nulo pues no hay componen-te del campo en esa direccion. En la supercie lateral, con orientacionen cada punto segun ur el ujo es

SL

E dS =SL

E(r)dS = 2rLE(r),

donde el campo puede salir de la integral porque esta se hace en lascoordenadas z y , de las que no depende. Si la densidad lineal decarga es , la carga correspondiente al tramo de hilo encerrado es L.El resultado nal es

E =

20r

ur .

(4) Cilindro infinito uniformemente cargado (i) en superficie;(ii) en volumen.

Los argumentos de simetra usados en el ejemplo anterior siguensiendo validos en estas conguraciones.

La supercie gaussiana elegida es la misma que en el ejemplo ante-rior. El resultado es

(i) Distribucion supercial (radio R y densidad S):

E =

{0 (r < R)SR

0r(r > R).

(ii) Distribucion volumetrica (radio R y densidad ):

E =

r

20(r R)

R2

20r(r R).

(5) Plano infinito cargado uniformemente.

Si tomamos el eje OZ normal al plano cargado, hay simetra trasla-cional en las direcciones OX y OY , por lo que el potencial no dependede estas coordenadas y podemos escribir V = V (z). Tenemos enton-

ces E = V = E(z)uz . Ademas el potencial solo depende de ladistancia al plano de carga, por lo que V (z) = V (z) (funcion par).La derivada de una funcion par es impar, as que E(z) = E(z).

x

y

z

dS

E (z)

E (-z)

dS

cargaencerrada

superficiegaussiana

Ahora estamos en condiciones de aplicar el teorema de Gauss, to-mando como supercie de integracion un cilindro recto de seccion arbi-traria, con generatriz perpendicular al plano de carga y bases equidis-tantes al mismo. No hay ujo a traves de la supercie lateral debidoa la orientacion del campo segun el vector uz. En las bases, de areaS, el campo es constante (por no variar la coordenada z) y coincideen direccion y sentido con los elementos de supercie. El teorema daentonces

2E(z)S =SS

0 E = S

20

uz (z > 0).

Para z < 0 el campo, que es constante en el otro semiespacio, cambiade signo. Hay por tanto un salto en z = 0, de valor S/0, que esta deacuerdo con lo estudiado en el tema anterior sobre saltos del campoen supercies cargadas.

(6) Capa plana infinita de espesor d uniformemente cargada.

El tratamiento es en todo analogo al caso anterior. La unica varia-cion estriba en la carga encerrada por la supercie gaussiana elegida,que puede ser toda, si tomamos las bases a una distancia z > d/2, osolo una parte si z < d/2. El resultado es

E =

z

0

uz (|z| d/2)

sig(z)d

20

uz (|z| d/2),

donde sig(z) es el signo de z.

Energa electrostatica

La energa asociada al campo electrico es, segun se denioen el tema anterior:

UE =esp

uE d =02

esp

E2 d.

Una expresion alternativa, valida para campos electricosproducidos por distribuciones estaticas de carga, en funcion

36

de estas y del potencial se obtiene teniendo en cuenta que

E2 = E E = E V = (V E) + V E.El primer termino del integrando es una divergencia, y sepuede transformar en una integral de supercie (aunque estadebe encerrar todo el espacio). En el segundo termino puedeaplicarse la ley de Gauss en forma local. Podemos escribirentonces

UE = limR

S(R)

02V E dS + 1

2

esp

V d,

donde la supercie que envuelve todo el espacio se construyecomo una esfera de radio tendente a innito. Si las distri-buciones de carga estan localizadas (no llegan al innito)el potencial vara con la distancia con una dependencia deltipo 1/R y el campo con otra del tipo 1/R2 (esto se en-tendera mejor cuando se introduzca el desarrollo multipolardel potencial creado por una distribucion, en el siguienteapartado). En cambio, la supercie sobre la que se evaluancrece segun la ley R2; recordemos, para convencernos, quela supercie esferica vale 4R2. Multiplicando los tres com-portamientos asintoticos mencionados obtenemos el de laintegral, que resulta ser 1/R. Este argumento nos permiteasegurar que el lmite es cero. En resumen,

UE =12

V d,

donde es la region en la que existe carga.

Ejemplo:Hallese la energa de una esfera de radio R uniformemente cargada condensidad .

Hemos encontrado en un ejemplo anterior el valor en cualquier pun-to del espacio del campo que crea esta distribucion. Podemos calcularla energa electrostatica del sistema por cualquiera de las dos formulasencontradas: (i) en funcion del campo; (ii) en funcion de la densidadde carga y el potencial.

(i) Debemos distinguir dos regiones de integracion puesto que el campoadopta distinta forma dentro y fuera de la esfera. Teniendo en cuentala simetra esferica del sistema escribimos

UE =

0

2

esp

E2d =

0

2

R0

Ei(r)24r2dr +

0

2

R

Ee(r)24r2dr,

con Ei(r) = r/(30) y Ee(r) = R3/(30r2), tal y como vimos en elejemplo mencionado. El calculo es sencillo y el resultado es

UE =42R5

150=

3q2

200R,

donde la ultima expresion se da en funcion de la carga total de la esfera(q = 4

3R3).

(ii) El metodo alternativo requiere el calculo previo del potencial V (r),al menos en la region donde hay carga. Tomando origen de potencialen el innito (lo cual es conveniente siempre que la distribucion nose extienda hasta el innito), integramos el campo hasta un puntogenerico r,

V (r) = r

E dr.

Como el resultado no debe depender del camino elegido tomaremos uncamino radial que nos lleve desde el innito hasta el punto en cuestion,que es lo mas sencillo. Si se trata de un punto exterior tenemos

V (r) = r

Ee(r)dr = r

R3

30r2dr =

R3

30r.

Este resultado toma el valor particular V (R) = R2/(30) en puntosde la supercie, que nos servira como referencia para calcular V (r) enpuntos interiores:

V (r) V (R) = rR

Ei(r)dr = rR

r

30dr =

(R2 r2)60

V (r) =(3R2 r2)

60.

Finalmente aplicamos la formula de la energa,

UE =1

2

V d =1

2

R0

(3R2 r2)

604r2dr =

42R5

150,

que coincide con lo obtenido por el primer metodo.

Cuando la distribucion de carga es supercial la energaviene dada por

UE =12

S

SV dS,

que surge de la sustitucion d = e dS = SdS (e, espesorde la distribucion en volumen).

En cambio es conceptualmente mas complejo analizarel caso de una distribucion de cargas puntuales {qi, i =1, . . . , n}. En principio podemos considerar una distribu-cion discreta de cargas con densidad volumetrica (r) =

i qi(r ri) y sustituirla en la expresion de la energa, locual nos da

UE =12

ni=1

qiV (ri).

Pero esta expresion da innito puesto que el potencial diver-ge cuando nos acercamos a una de las cargas constituyen-tes. Hay que tener en cuenta que una carga puntual es unaidealizacion, y que la energa que almacena es innita. Pa-ra convencernos de ello basta partir de una distribucion nosingular de carga, con simetra esferica, restringida a un ra-dio nito R, como la del ejemplo anterior, y tomar el lmiteR 0 en la expresion en la que aparece explcitamente lacarga total q. Podemos encontrar una expresion util en estecaso si extraemos de la energa electrostatica la parte debidaa la formacion de las cargas puntuales, es decir, distinguiren el potencial total dos aportes,

V (ri) =nj=1

Vj(ri) = Vi(ri) +nj=1j =i

Vj(ri).

El primer sumando es el unico aporte de la carga i-esimaal potencial total, y es el termino que se hace innito. Eli-minandolo obtenemos

UE =12

ni=1

qiV(ri),

donde se ha sustituido V (ri) por V (ri), denido como elpotencial de toda la distribucion excepto la propia cargasituada en ri.

37

Ejercicio:Demuestrese que la expresion anterior coincide con el trabajo necesariopara agrupar la distribucion de cargas puntuales.

Suponemos que las cargas puntuales estan formadas en el innito,innitamente separadas entre s y que estan en reposo. El procesoconsistira en ir trayendo una a una las cargas a sus posiciones nalesen un proceso cuasiestatico. Traer la primera no cuesta trabajo. Paratraer la segunda debemos realizar un trabajo en contra de la fuerzaque ejerce la primera. Si el potencial que crea la primera carga en todoel espacio es V1(r), el trabajo que debemos realizar para traer q2 enpresencia de q1 es

W21 = q2V1(r12) = q2q1

40r12.

El siguiente paso es traer q3 en presencia de las dos primeras. Usando elprincipio de superposicion escribimos W321 = q3[V1(r13) + V2(r23)] =W31 +W32. El proceso se repite hasta traer la ultima carga en pre-

sencia de las demas: Wn(n1)...21 = qnn1

i=1Vi(rni) =

n1i=1

Wni.

Una vez calculados los trabajos parciales realizados para traer ca-da carga los sumamos todos. El resultado puede expresarse en formacompacta como

W =

nj=2

Wj(j1)...21 =nj=2

j1i=1

Wji =

nj,i=1(j>i)

Wji,

donde la ultima igualdad signica que el recorrido de los ndices i yj en el doble sumatorio se realiza bajo la restriccion j > i. Hay quehacer notar que Wji = Wij , segun se ha comprobado explcitamentepara el caso W21. Esto y una permutacion de i por j (por tratarse dendices mudos con el mismo recorrido) se usa en la transformacion quesigue:

W =

nj,i=1(j>i)

Wji =

ni,j=1(i>j)

Wij =

nj,i=1(i>j)

Wji =1

2

ni,j=1(i=j)

Wij .

El ultimo paso ha sido simplemente sumar dos expresiones equivalentesy dividir por dos para obtener una nueva expresion equivalente.

Sustituyendo Wij por qiVj(rij) y aplicando de nuevo el principio desuperposicion obtenemos nalmente

W =1

2

ni,j=1(i=j)

qiVj(rij) =1

2

ni=1

qi

nj=1(i=j)

Vj(rij) =1

2

ni=1

qiV(ri),

que es lo que se pretenda demostrar.

Este ejercicio permite interpretar la energa electrostaticacomo el trabajo necesario para traer las cargas desde el in-finito hasta sus posiciones finales, partiendo y llegando convelocidades nulas mediante un proceso cuasiestatico.

Desarrollo multipolar

Es interesante analizar la estructura del campo elec-trostatico creado por una distribucion arbitraria (r) loca-lizada, cuando el punto de observacion esta alejado de ella.Si suponemos que L, la mayor distancia denible entre pun-tos de la distribucion, es mucho menor que la distancia r alpunto de observacion, se tiene un parametro pequeno, a sa-ber, L/r, respecto del cual podemos encontrar un desarrollodel potencial en serie de potencias. El potencial viene dado,segun vimos, por

V (r) =1

40

esp

(r1) d1|r r1| .

Escribimos la funcion 1/|r r1| del siguiente modo:

1|r r1| = [(r r1) (r r1)]

12 = (r2 + r21 2r r1)12

= r1[1 + (r1/r)2 2r r1/r2

] 12 .La expresion nal incluye un factor del tipo (1 + x)s, don-de s = 1/2 y x es una cantidad mucho menor que 1.El desarrollo en serie de Taylor en torno a x = 0 es(1+x)s 1+ sx+ s(s 1)x/2+ . . . que, aplicado a nuestrocaso nos da

1|r r1|

1r

[1 1

2

(2r r1

r2+r21r2

)

+(12

)(12

)(32

)(2r r1

r2+r21r2

)2+ . . .

].

Podemos reordenar terminos segun la dependencia con ladistancia r. Los dos primeros resultan ser, sustituidos en laexpresion del potencial,

V (r) =1

40r

esp

(r1) d1+1

40r2ur

esp

r1(r1) d1+. . .

El primer termino despreciado en el desarrollo tiene una de-pendencia del tipo 1/r3, y as sucesivamente. Este es el lla-mado desarrollo multipolar del potencial electrostatico. Enel primer termino aparece la carga total de la distribucion,

Q =esp

(r1) d1,

y cuando dicha carga es no nula se convierte en el terminodominante a grandes distancias (la distribucion se ve co-mo una carga Q puntual).

El segundo termino se puede escribir

r p40r3

, con p =esp

r1(r1) d1.

que se denomina potencial dipolar, debido al momento di-polar p de la distribucion. Cuando la carga neta del sistemaes nula, este termino pasa a ser el dominante, y se caracte-riza por tener un decaimiento mas rapido con la distancia yno poseer ya simetra radial.

Si este termino tambien es nulo por serlo p, el potencialcreado por la distribucion (cuadrupolar, octupolar, etc) de-cae mas rapidamente con la distancia.

El dipolo electrico

El sistema mas sencillo que no presenta el primer terminodel desarrollo y s el segundo es el dipolo electrico, queesta constituido por dos cargas opuestas separadas una dis-tancia d. Si usamos un sistema de referencia con origen enel punto medio entre las dos cargas y eje Z aquel que las

38

contiene (dirigido hacia la positiva), la densidad volumetricadel sistema se representa mediante funciones delta:

(r) = q(r d2uz) q(r + d2uz).

Sustituyendo esta distribucion en la formula para p se en-cuentra

p = qesp

r1

[(r1 d2uz) (r1 +

d

2uz)

]d1 = qduz,

es decir, p se construye en este caso con el vector que va dela carga negativa a la positiva, multiplicado por el valor ab-soluto de ambas cargas. El potencial de esta conguracionpara puntos lejanos (d

F = (p ) E.

Si el campo es constante en la region donde esta situadoel dipolo, la aplicacion del operador escalar p dara cero,lo cual es coherente con el hecho basico de que las fuerzassobre dos cargas opuestas se cancelan.

El momento de la fuerza sobre el dipolo se calcula directa-mente: M = qr+ E(r+)qr E(r) q(r+r) E(r),y nalmente

M = p E.,

El campo produce un momento sobre el dipolo que tiendea alinear a ambos. Al mismo resultado se llega si relacio-namos el momento de la fuerza electrica con una derivadaangular de la energa de interaccion.

Ejemplo:Hallese la energa de interaccion entre dos dipolos orientados arbitra-riamente. De que parametros depende?.

Si los momentos dipolares son p1 y p2 y el vector de posicion relati-va del segundo respecto del primero es r, la energa de interaccion sepuede calcular a partir de U = p1 E2(r1), siendo E2(r1) el campoque crea el segundo dipolo en la posicion del primero. Sustituyendo,

U =(p1 p2)r2 3(p1 r)(p2 r)

40r5.

El resultado es simetrico, en el sentido de que podemos intercambiar

p1 por p2 (y r por r) y queda invariante, lo cual es logico.La forma vectorial de esta expresion enmascara los grados de liber-

tad reales del sistema. Si tomamos origen en el primer dipolo y ejeOZ segun el vector de posicion relativa r, cada dipolo determina suorientacion con las dos coordenadas esfericas angulares, y . Sin em-bargo podemos elegir el eje OX de tal forma que 1 = 0. Los gradosde libertad del sistema son entonces r, 1, 2 y 2. En funcion de ellosla energa de interaccion resulta

U =p1p240r3

(2 cos 1 cos 2 sen1sen2 cos2).

3.3 Campo magnetico de corrientes esta-cionarias

Hemos desarrollado hasta ahora las caractersticas del cam-po electrico producido por distribuciones de cargas indepen-dientes del tiempo. El estudio del campo magnetico produ-cido por corrientes estacionarias, es decir, independientesdel tiempo, va a ser muy parecido. Por ello es convenientetratar de buscar el paralelismo entre los dos desarrollos entodo momento.

Las ecuaciones que debemos resolver son

B = 0, B = 0,donde, por ser estacionarias las distribuciones, debe cum-plirse que = /t = 0. Estamos en condiciones deaplicar nuevamente el teorema de Helmholtz:

B = A, con A = 04

esp

(r1) d1|r r1| .

Ahora no hay fuentes escalares, pero s vectoriales, justa-mente el caso contrario al electrostatico.

El potencial vector magnetico A queda determinado enfuncion de las fuentes. Aunque tambien existe una inter-pretacion fsica para esta magnitud, para nosotros en estecurso el potencial vector tiene un interes meramente opera-tivo, como herramienta para obtener B.

Si evaluamos el rotacional del potencial vector se obtieneel campo:

B =04

esp

(r1) d1|r r1| =

04

esp

(r1) 1|r r1| d1 =

=04

esp

(r1) (r r1)|r r1|3 d1,

donde se ha usado la identidad que desarrolla el rotacionalde un campo escalar por uno vectorial y se ha evaluado elgradiente de 1/|r r1|.Es posible encontrar una relacion local entre las corrientes

y el potencial vector A, analoga a la ecuacion de Poissonen electrostatica. Para ello escribimos A = 0.Pero si recordamos que A = ( A) 2 A, yque A = 0, segun se ve en la demostracion del teoremade Helmholtz, resulta

2 A = 0.

Esta ecuacion, junto con condiciones de contorno apropia-das, es util en situaciones en las que no conocemos todas lascorrientes en el espacio.

La distribucion de corrientes mas simple es la espira deseccion pequena S, recorrida por una intensidad I (co-rrientes filiformes). Tratemos de particularizar las ex-presiones del potencial y el campo para este caso. Am-bas formulas se transforman teniendo en cuenta que d1 =Sdr1 = Idr1, ya que la corriente es paralela a cada seg-mento elemental dr1 en que se descompone la espira. Re-sulta por tanto

A =0I

4

dr1|r r1| ,

B =0I

4

dr1 (r r1)|r r1|3 .

Ejemplo:Encuentrese el campo magnetico producido en todo el espacio por unhilo nito de longitud 2L recorrido por una corriente de intensidad I.

El sistema que se nos propone no es muy real desde el punto de vistafsico, puesto que la corriente nace y muere en los extremos del seg-mento. Habra que admitirse una acumulacion indenida de carga enesos puntos. Sin embargo la solucion que encontremos nos permitira,mediante superposicion, obtener el campo de verdaderos circuitos decorriente formados por varios segmentos.

40

xy

z

O

r

I

2L

r1

dr1

La geometra es analoga a la adoptada en el ejemplo del potencialelectrico creado por un segmento cargado uniformemente. Tomando

r1 = z1uz escribimos

B =0I

4

dr1 (r r1)|r r1|3

=0I

4

LL

dz1uz [rur + (z z1)uz ][r2 + (z z1)2]3/2

.

El producto vectorial del numerador se reduce a rdz1u. El vectorunitario, al igual que r, sale fuera de la integral porque no depende dela coordenada de integracion z1. Usando una sustitucion ya empleadaen el problema del segmento cargado, u = (z z1)/r, se tiene

B = 0Iu4r

u(L)u(L)

du

(1 + u2)3/2= 0Iu

4r

[u

1 + u2

]u(L)u(L)

.

Deshaciendo la sustitucion queda nalmente

B = 0Iu4r

[z L

r2 + (z L)2 z + L

r2 + (z + L)2

].

Es interesante aprovechar este resultado como base de un metodonumerico de calculo de campo producido por circuitos de forma ar-bitraria. El proceso sera: (i) descomponer de manera aproximada elcircuito en N segmentos rectilneos de longitud Li por los que pasauna misma intensidad I; (ii) encontrar los campos Bi(r) que producecada segmento, descritos todos respecto de un mismo sistema de re-ferencia; (iii) sumar vectorialmente los distintos campos (principio desuperposicion). El metodo dara un resultado tanto mas preciso cuantomas na sea la particion del circuito, aunque logicamente el tiempode computacion sera mayor. Para llevar a cabo el segundo paso delmetodo es necesario generalizar la formula encontrada para un seg-mento con posicion y orientacion espacial arbitrarios, lo cual se hacecomodamente usando una expresion en la que intervengan vectores deposicion y no coordenadas concretas (pueden verse los detalles en el li-bro de Haus & Melcher, Electromagnetic Fields and Energy (1989),Prentice Hall, pag. 322).

Historicamente los fenomenos magneticos se considerarondesligados de los electricos hasta la unicacion establecidapor Maxwell. La base experimental la constitua la ley deinteraccion entre espiras, o ley de Biot-Savart. Ahora es-tamos en condiciones de establecerla combinando el campode corrientes liformes con la fuerza de Lorentz sobre dis-tribuciones liformes, dF = Idr B. Para dos espiras 1y 2 recorridas por intensidades I1 e I2 respectivamente setendra.

F12 =0I1I24

1

dr1 2

dr2 (r1 r2)|r1 r2|3 .

Ejercicio:

Demostrar que la expresion anterior cumple el principio de accion y

reaccion de Newton.

Calculo de campos mediante la ley de Ampe`re

En muchos casos resulta mas practico a la hora de ha-llar los campos magneticos producidos por corrientes usarla ley de Ampe`re en forma integral. Esta opcion se restringea situaciones con simetra suciente para poder reducir lascomponentes y la dependencia del campo con las coorde-nadas (analogamente a lo que se ha visto en Electrostaticapara poder aplicar la ley de Gauss). En particular es po-sible obtener de esta forma campos magneticos producidospor corrientes que se distribuyen con simetra de revolucion(simetra axial). Es conveniente para ello recordar los re-sultados sobre campos poloidales y toroidales que se vieronen el ultimo ejemplo del tema 1. La situacion es justamen-te la de aquel ejemplo: el campo B es solenoidal y si susfuentes tienen simetra axial se podran clasicar en poloi-dales, toroidales... o una combinacion de ambas Veamos losejemplos mas representativos para aclarar ideas.

Ejemplo:Encuentrese el campo magnetico producido en todo el espacio por unhilo recto innito recorrido por una corriente de intensidad I.

x

y

z

O

r

B

I

La corriente es liforme; entra en la categora de fuentes que tienenla forma general = j(r)uz , lo cual indica que son un caso particularde fuentes poloidales (es decir, con simetra axial y sin componenteacimutal). Segun se vio, el campo que producen debe ser toroidal, es

decir, de la forma B = B(r, z)u. Ademas otra operacion de simetrasobre la corriente que la deja invariante es una traslacion arbitraria enla direccion del hilo. Esto implica que el campo B no puede dependertampoco de la coordenada z, y se reduce a B = B(r)u.

El siguiente paso es aplicar la ley de Ampe`re,

B dr = 0I(),

siendo I() la intensidad que atraviesa cualquier supercie que se apo-ye en el circuito de integracion . Debemos elegir de manera ven-tajosa, y por ello tomamos una lnea del campo B, es decir, una cir-cunferencia de radio r arbitrario, perpendicular al hilo y con centro enuno de sus puntos (ver gura). La corriente es entonces I() = I, y lacirculacion del campo se calcula sin dicultad:

B dr = 2

0

B(r)rd = 2rB(r) = 0I B = 0I2r

u.

En la deduccion anterior hemos usado implcitamente el teorema deHelmholtz a pesar de que las fuentes se extienden hasta el innito.Esto no es problema siempre y cuando los campos obtenidos sean ni-tos. Para convencernos de que el resultado es correcto podemos usar laexpresion del campo magnetico creado por un segmento rectilneo de

41

corriente de longitud L, obtenida anteriormente. En el lmite Ldebemos obtener un resultado coincidente con el encontrado al usar laley de Ampe`re en forma integral.

Ejemplo:Hallese el campo producido por una corriente que circula uniforme-mente: (i) por la supercie de un conductor cilndrico de longitudinnita y radio R; (ii) por su volumen.

xy

z

OB

r>R

R

j

xy

z

OB

R

jS

rR

r R la corriente engarzada es la total, I, y por tanto

B es el mismo que en el ejemplo anterior. Resumiendo:

B =

{0 si r < R0I

2r

u si r > R

Es interesante notar que el salto en el valor del campo para r = Rcumple las condiciones generales vistas en el tema 2.

(ii) Corriente volumetrica. Ahora tenemos = (I/R2)uz . Sir > R el circuito engarza toda la corriente y el campo no diere delcaso anterior; pero si r < R debemos calcular que fraccion de la inten-sidad total atraviesa un crculo de radio r:

I() =

S

dS = jS = IR2

r2 = Ir2

R2.

Teniendo en cuenta que, como siempre, 2B(r) = 0I(), el resultadonal es

B =

0Ir

2R2

u si r < R

0I

2r

u si r > R

El campo es ahora continuo porque no hay corriente supercial.

Ejemplo:Hallese el campo producido en todo el espacio por una distribucionde corriente resultante de un bobinado uniforme y apretado de hilossobre un cuerpo toroidal. El numero de vueltas del bobinado es N yla corriente que pasa por el hilo es I.

El cuerpo toroidal es una gura de revolucion, es decir, el resultadode rotar 360o una gura plana respecto de un eje externo coplana-rio. La gura plana puede ser cualquiera (rectangulo, crculo, etc.).Debemos suponer que el diametro del hilo que se arrolla formandoN espiras es muy pequeno en comparacion con las dimensiones deltoroide; de esa forma podremos aproximar la distribucion liforme,complicada, por una distribucion supercial de corriente, mucho massencilla de tratar. Resulta un poco paradojico que la distribucion re-sultante sea poloidal, a pesar de estar denida sobre un toroide; peroen efecto la corriente supercial se puede describir en coordenadascilndricas por S = jr(r, z)ur + jz(r, z)uz. El campo es entonces

toroidal: B = B(r, z)u.

I

Aplicamos a continuacion la ley de Ampe`re en forma integral, to-mando como trayectoria una lnea de campo (una circunferencia) deradio y posicion z arbitrarios. Dependiendo del valor que tomen r yz la lnea de campo sera interior o exterior al toroide. Si es interiorla distribucion de corriente atravesara N veces en el mismo sentidoel crculo que se apoya en la lnea de integracion. Se tendra pues2rB(r, z) = 0NI. En cambio, si la lnea de campo se toma exteriorla corriente neta que se engarza en cero, bien porque el bobinado noatraviesa la supercie, bien porque la atraviesa dos veces, en sentidosopuestos. Podemos resumir estos resultados del siguiente modo:

B =

{0 si (r, z) es exterior0NI

2r

u si (r, z) es interior

Con esto el problema esta resuelto, pero podemos completar la des-cripcion del modelo continuo del bobinado toroidal con una expresionmas concreta para la densidad supercial de corriente. La direccion dela corriente depende del punto que consideremos en la supercie, perosu modulo s puede ser calculado: si para ese punto la distancia al ejees r, trazamos una circunferencia de ese radio y evaluamos la intensi-dad que la atraviesa; como hay N espiras la intensidad total sera NI.Si aplicamos la formula que relaciona la intensidad con la densidadsupercial de corriente resulta NI =

S dl = 2rjS . Por tanto

jS = NI/(2r). Puede comprobarse que en funcion del vector normala la supercie toroidal tenemos nalmente

S =NI

2r

n u.

Ejemplo:Hallese el campo magnetico producido por una corriente supercialacimutal de modulo constante denida en un cilindro innito de radioR.

x

y

z

O

R

jS

S1

S2

SLdS

x

y

z

O

R

jS

rin t

rext

42

Esta distribucion puede modelizar un bobinado sobre el cilindro,analogo al del ejemplo anterior. La distribucion es, usando coorde-nadas cildricas con eje OZ el del cilindro, S = jSu (toroidal) y el

campo resultante debe tener la forma B = Br(r)ur +Bz(r)uz (poloi-dal), donde ya se ha eliminado la posible dependencia con z porque ladistribucion es invariante ante una traslacion segun el eje OZ.

Podemos reducir aun mas la expresion del campo aplicando la leyde ausencia de monopolos en forma integral,

S

B dS = 0, tomando

como supercie de integracion una supercie cilndrica coaxial con ladistribucion, de radio r y longitud L arbitrarios (ver gura). Los u-jos a traves de las dos tapaderas S1 y S2 se cancelan entre s porqueno hay nada en el sistema que dependa de z y las supercies estanorientadas opuestamente. El ujo lateral se calcula facilmente y se ob-tiene 2rLBr(r). De aqu se deduce que Br(r) = 0 y el campo queda

nalmente B = B(r)uz .

Si aplicamos ahora la ley de Ampe`re en forma integral siguiendo uncircuito rectangular como el de la derecha de la gura, el resultado es

[B(rint) B(rext)]L = 0jSL,donde las coordenadas radiales interior y exterior se pueden elegir ar-bitrariamente dentro de cada region. En este punto hay que admitirque el campo exterior es nulo. Esto puede argumentarse apoyandonosen el ejemplo anterior, correspondiente a un bobinado toroidal. Enefecto, si el toroide es de seccion circular y la distancia de una seccional eje de revolucion se hace innita, la gura degenera justamente enun solenoide recto. Como el campo exterior era nulo en aquel ejemplo,podemos tomarlo nulo tambien en el que nos ocupa. Admitido esto,el campo nal resulta

B =

{0 si r > R0jSuz si r < R

Podemos vericar esta solucion calculando el campo en el eje por in-tegracion directa.

Si la distribucion supercial es una aproximacion de un bobinadomuy largo de N vueltas sobre una longitud L y por el que pasa unaintensidad I, la corriente supercial es en modulo jS = NI/L, y as sedebe sustituir en la formula que nos da el campo. Lo que realmentecuenta es entonces la densidad de bobinado n = N/L.

Ejemplo:Hallese el campo magnetico producido por una corriente supercialuniforme denida en un plano innito.

x

y

jS

z

dS

B(y)

B(-y)

180o

x

y

jS

z

-y yS

L

(a) (b)

O O

Vamos a elegir los ejes coordenados de forma que la corriente su-percial sea S = jSuz y que el plano que la contiene sea el OXZ.Esta distribucion ya no pertenece a las categoras que hemos manejadohasta ahora (poloidales o toroidales), pero posee tambien una alta si-metra que nos permitira reducir la expresion del campo. Es claro queuna traslacion segun las coordenadas x o z no cambian la distribucion,por lo que solo puede haber eventualmente dependencia con y. Encuanto a la orientacion, podemos eliminar facilmente la componente

Bz si consideramos la distribucion como suma de innitos hilos ver-ticales de grosor innitesimal; cada hilo produce un campo contenidoen el plano XY que pase por el punto donde evaluamos el campo, ypor superposicion, la suma debe estar contenida en dicho plano. Porotra parte, si giramos 180o la distribucion respecto de un eje verticalcontenido en el plano de corriente (gura (a)), esta no variara y portanto el campo a un lado del plano (por ejemplo para y > 0) determinacomo debe ser en el otro semiespacio (y < 0). En concreto debemosexigir que Bx(y) = Bx(y) y que By(y) = By(y). El siguientepaso es aplicar la ley de ausencia de monopolos a una supercie de in-tegracion como la indicada en la gura (a), en forma de paraleleppedosimetricamente colocado respecto del plano de corriente. De los seisujos, cuatro son nulos (por las caras horizontales por las caras para-lelas al plano OY Z) y quedan dos de igual valor, SBy(y). Si la sumatotal debe ser nula llegamos a que By(y) = 0. En resumen,

B = B(y)ux , con B(y) = B(y).El paso nal es, como siempre, aplicar la ley de Ampe`re en formaintegral. En la gura (b) se muestra el circuito rectangular pro-puesto. Evaluando la corriente que atraviesa el rectangulo llegamosa B(y)L + B(y)L = 0jSL, y teniendo en cuenta la simetra,B(y) = 0jS/2 (para y > 0). En denitiva,

B =

120jSux si y > 0

1

20jSux si y < 0

Conocido el campo producido por un hilo recto innito,vamos a considerar la fuerza entre hilos paralelos (por uni-dad de longitud). El hilo 1, recorrido por una corrientede intensidad I1 produce un campo

B1 =0I12r

u.

La fuerza sobre una porcion de longitud L del hilo 2, auna distancia d, es

F = I2 L0

dr2 B1(r2) = 0I1I2L2d ur,

donde la integral se ha calculado facilmente debido a queel campo que actua sobre cada elemento es el mismo. Lafuerza entre hilos resulta ser atractiva si las corrientes vanen el mismo sentido y repulsiva si van en sentidos opues-tos. El resultado nos permite ademas denir la unidad deintensidad de corriente electrica de manera operativa:

Un amperio es la intensidad que al pasar por dos hi-los rectos y paralelos separados un metro produce una fuer-za atractiva por unidad de longitud sobre cada hilo igual a2 107 N.

Energa magnetostatica

Segun vimos en el tema anterior el campo magnetico tieneasociado en cada punto una densidad de energa. La energacorrespondiente a todo el espacio sera

UB =esp

uB d =120

esp

B2 d.

Analogamente al caso electrostatico, en magnetostatica laenerga se puede presentar en funcion del las fuentes (co-rrientes) y el potencial. Para ello escribimos B2 = B B =

43

B A = ( A B)+ A B. Con este desarrollo delintegrando, aplicando el teorema de la divergencia al primertermino y sustituyendo el rotacional de B a partir de la leyde Ampe`re en el segundo resulta

UB = limR

120

S(R)

( A B) dS + 12

esp

Ad.

Los mismos argumentos vistos en electrostatica sobre elcomportamiento asintotico cuando R , esta vez re-lativos a A, B y dS se aplican aqu para justicar que ellmite es nulo. Queda nalmente

UB =12

esp

Ad.

Esta formula ya no es de aplicacion tan general como laoriginal, puesto que nos hemos restringido a situaciones in-dependientes del tiempo.

La energa asociada a un conjunto de n espiras puede ob-tenerse de la expresion anterior, teniendo en cuenta que ladistribucion de corriente se restringe a las propias espiras,y por tanto debemos sustituir d por Idr. Queda as

UB =12

ni=1

Ii

i

A dr.

En esta formula no podemos llevar el modelo de hilo de sec-cion nula hasta sus ultimas consecuencias, puesto que estodara un potencial vector singular en cada una de las espi-ras. Si aplicamos el teorema de Stokes a la integral de lneay usamos A = B resulta nalmente

UB =12

ni=1

Iii, con i =Si

B dS,

siendo Si cualquier supercie que se apoye sobre la espirai. En esta ultima expresion aparecen los productos de losujos magneticos por las intensidades, lo cual debe compa-rarse en el caso electrostatico con la energa en funcion de lascargas y los potenciales. Existe toda una correspondenciaentre formulas de la magnetostatica y la electrostatica.

Ejemplo:Hallese la energa magnetostatica almacenada en un solenoide toroidalde N espiras recorridas por una intensidad I, de seccion rectangular,con radios interior y exterior a y b respectivamente, y altura h.

Vamos a usar las dos formulas aplicables a este caso. El campomagnetico dentro del solenoide es, segun vimos en un ejemplo ante-rior,

B =0NI

2r

u,

mientras que en el exterior es nulo. La formula de la energa en funciondel campo, UB =

120

esp

B2d , da

UB =1

20

20

d

h0

dz

ba

rdr

(0NI

2r

)2=

0I2N2h

4ln

b

a.

La formula de la energa en funcion de ujos e intensidades requierela descomposicion del bobinado en N espiras simples. Para cada una

de ellas el ujo del campo magnetico es

=

S

B dS = h

0

dz

ba

dr0NI

2r= 0NIh ln

b

a.

Si multiplicamos por la intensidad I, que atraviesa cualquiera de lasespiras simples y sumamos para todas ellas, N en total, obtenemos

UB =1

2

Ni=1

Iii =1

2NI =

0I2N2h

4ln

b

a,

con lo que comprobamos que el resultado es el mismo.

Desarrollo multipolar. Dipolo magnetico

Al igual que en el caso electrico nos planteamos anali-zar la estructura del campo producido por una distribucionde corrientes para puntos lejanos. En principio, para res-petar el paralelismo entre el caso electrico y el magneticodeberamos considerar una distribucion volumetrica , de-nida en una region . Sin embargo resulta mas sencillomanejar matematicamente el potencial vector de una es-pira, y el resultado puede generalizarse a una distribucionarbitraria posteriormente, puesto que el caracter solenoidalde cualquier distribucion estacionaria permite una descom-posicion en tubos de campo cerrados.

Partimos del potencial vector de una espira atravesadapor una corriente de intensidad I:

A =0I

4

dr1|r r1| .

Aprovechamos el desarrollo de la funcion 1/|rr1| utilizadoen el caso electrostatico. Si lo introducimos en la integralnos queda

A =0I

4r

dr1 +0I

4r2

ur r1dr1 + . . .

Nuevamente aparece una serie de terminos con decaimientocon la distancia sucesivamente mas pronunciado (potenciasde 1/r). Sin embargo aparece una diferencia importanterespecto del caso electrico, y es que el primer termino esnulo. En efecto,

dr1 = 0, puesto que la suma vectorial da

resultante nula al coincidir origen y n.

El primer termino no nulo del desarrollo multipolar es loque se conoce como termino dipolar. Podemos transfor-mar la integral que aparece del siguiente modo: multipli-cando por un vector constante a resulta

a

ur r1dr1 =

(ur r1)a dr1 =S

1 [(ur r1)a] dS1.

El rotacional que ha surgido de aplicar el teorema de Stokesse evalua teniendo en cuenta que actua sobre las variablesr1, y que por tanto ur es tambien constante:

1 [(ur r1)a] = 1(ur r1)a+(ur r1)1a = ura.

44

Sustituyendo en la integral e intercambiando los signos pun-to y aspa del producto triple escalar resulta

a

ur r1dr1 =S

(dS1 ur) a.

Dado que a es arbitrario, la conclusion es que deben seriguales las dos integrales por las que se multiplica escalar-mente. El resultado nal se puede expresar

A =04

m rr3

, con m = IS

dS1,

donde se ha introducido elmomento dipolar magnetico,m de la espira recorrida por la intensidad I. La supercieS es cualquiera que se apoye en el contorno . Si el contornoes plano el momento dipolar es sencillamente un vector demodulo el area plana encerrada por la intensidad I, dirigidoen la direccion perpendicular al plano y en el sentido quenos marca la regla de la mano derecha aplicada al contorno.

Una espira de corriente, pequena en comparacion conlas distancias en las cuales medimos sus efectos, se denecomo dipolo magnetico, y viene totalmente caracteriza-da, no por la intensidad de corriente o sus caractersticasgeometricas, sino por su momento dipolar m.

Para una distribucion volumetrica tambien se puede de-nir su momento dipolar como combinacion de los momentosdipolares elementales que surgen de descomponer la distri-bucion en N espiras de seccion elemental Si que llevanuna corriente Ii = Si a lo largo de un tubo del campo designado como i, sobre los que se apoyan las superciesSi:

m = limN

Ni=1

IiSi

dS

(ojo, no confundir la seccion del tubo con la supercie quese apoya en el). Aunque esta formula resulta ser operativaen muchos casos, la de aplicacion general es

m =12

r d,

cuya deduccion es un tanto farragosa y omitimos.

Ejercicio:

Demostrar que para una espira recorrida por una intensidad I el mo-

mento magnetico obtenido por la formula anterior es m = 12I

rdr.

Comprobar que esta expresion es equivalente a ISdS, que es la de-

nicion propuesta anteriormente. (Indicacion: multiplicar por un vector

constante y transformar para poder usar el teorema de Stokes).

El campo producido por un dipolo magnetico se obtieneaplicando el rotacional:

B =04

m rr3

.

Teniendo en cuenta que r/r3 = (1/r) y el desarrollo delrotacional de un producto vectorial,

B = 04

[m (1/r) (m )(1/r)

],

donde hemos omitido los terminos automaticamente nulospor involucrar derivadas de m, que es constante. Tam-bien es nulo el primero de los terminos escritos, puesto que2(1/r) = 0. Finalmente, en el que queda podemos permu-tar los operadores y (m ), tambien debido a que m esconstante. Con todo esto el campo queda

B =04

(m )1r= m,

donde se dene el potencial escalar dipolar magneticopor la formula

m =04

m rr3

,

que es en todo analoga al potencial debido a un dipoloelectrico, sin mas que hacer la transformacion 0 m p/0.Esta analoga nos permite conocer sin ningun calculo adi-cional el campo que buscabamos:

B =04

[3(m r)r

r5 mr3

].

Todo lo averiguado acerca del campo dipolar electrico seaplica sin mas al campo dipolar magnetico.

Interaccion de un campo magnetostatico con undipolo

El concepto de dipolo magnetico permitira mas adelantecaracterizar las propiedades macroscopicas de los llamadosmateriales magnetizables. Nos planteamos por ello ahora,para completar el estudio del dipolo, establecer su interac-cion con un campo externo B.

Supongamos que se trae una espira elemental (es de-cir, de tamano pequeno en comparacion con las distanciastpicas de variacion de B) desde el innito hasta su posicionnal, en presencia de dicho campo. El trabajo W realiza-do por nosotros en el proceso es el opuesto al realizado porlas fuerzas magneticas, WB a lo largo de todo el recorrido.La fuerza sobre la espira es la de Lorentz para corrientesliformes:

F = I

dr1 B(r1).

Un trabajo elemental dentro del recorrido, correspondienteal desplazamiento dr es

dWB = dr [I

dr1 B(r1)]= I

dr [dr1 B(r1)] =

= I

[dr dr1] B(r1) = I

[dr1 dr] B(r1) = IdL.

45

B( r )

S

I

dr1 dr1dSL=

dr

dr

m

m

El producto vectorial dr1 dr tiene un signicadogeometrico sencillo: se trata de un elemento, dSL, de lasupercie con forma de tubo, descrita por el contorno ensu desplazamiento desde el innito hasta su posicion nal.El ujo elemental dL corresponde al que atraviesa la su-percie barrida por la espira al desplazarse un dr.

El trabajo total realizado por la fuerza magnetica, WB,sera la suma de estos trabajos elementales, WB = IL,siendo L el ujo total a traves de la supercie lateral. Dadoque el campo es solenoidal, si cerramos la supercie lateralcon dos supercies que se apoyan en la espira en sus posi-ciones inicial y nal, el ujo total debe ser nulo. Esto nospermite sustituir el ujo denido sobre el tubo por el ujoa traves de las dos supercies de cierre, con signo cambia-do. Si por ultimo tenemos en cuenta que el campo B en elinnito debe ser nulo, se llega a la expresion

WB = IS

dS B I(

S

dS

) B = m B.

En el ultimo paso se usa el hecho de ser la espira pequena ypor tanto B aproximadamente constante en el dominio deintegracion.

Teniendo en cuenta que el trabajo realizado por nosotroses opuesto al trabajo de las fuerzas magneticas, queda

W = WB = m B.

Nuevamente se encuentra una analoga completa con el ca-so electrico. Ello nos permite escribir directamente la fuerza

y el momento de la fuerza sobre un dipolo:

F = (m ) B; M = m B.

Tambien en este caso la interaccion tiende a alinear el dipolocon el campo externo.

Cuestion:

Bajo que condiciones puede aplicarse la formula encontrada para el

momento sobre un dipolo al caso de una espira de dimensiones ma-

croscopicas? Escrbase una formula general para dicho momento de

fuerzas.

Ejemplo:En 1820 Oersted comprobo que una corriente electrica era capaz dedesviar la aguja imanada de una brujula. Este fue el primer paso haciael descubrimiento de la ntima conexion existente entre los fenomenoselectricos y magneticos. Dicha aguja puede ser considerada (ya se verapor que en el tema 8) como un dipolo magnetico con momento dipolar

m orientado longitudinalmente. Que resultado experimental obtuvoOersted?

Si consideramos un cable rectilneo largo por el que pasa una in-tensidad I, se establecera un campo magnetico bien conocido, B =0I/(2r)u. Si el momento dipolar tiene una orientacion arbitrariael campo ejerce un momento de fuerza magnetica dado por

M = m B =

ur u uzmr m mz0 0I/(2r) 0

= 0I2r (mruz mzur).En consecuencia, la aguja se desva, salvo que solo tenga componentesegun u. Si el cable esta sobre una mesa y la brujula se coloca hori-zontal, su orientacion sera perpendicular al hilo de corriente. Esto eslo que se observo experimentalmente.

Si se tuviera un dinamometro muy preciso, se podra detectar tam-bien en teora la existencia de una fuerza sobre la aguja. En efecto, laenerga de interaccion es

WB = m B = m0I

2r,

que solo depende de la coordenada radial, y la fuerza es

F = WB(r) = ur WBr

= m0I2r2

ur.

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