Campos estáticos - Universidad de Sevilla

Campos Electromagnéticos. 2◦ Ingenieros Industriales. Universidad de Sevilla
Tema3: Campos estáticos
1. Ecuaciones en el caso estático: Distribuciones estáticas. Desacoplamiento de los campos.
2. Electrostática: Solución electrostática. Potencial y campo de una carga puntual. Ley de
Coulomb. Interpretación fı́sica del potencial electrostático. Ecuaciones de Poisson y de Laplace.
Cálculo de campos mediante la ley de Gauss. Energı́a electrostática de distintas distribuciones.
Desarrollo multipolar. Dipolo eléctrico. Interacción de un campo electrostático con un dipolo.
3. Campo magnético de corrientes estacionarias: Solución magnetostática. Potencial vector
magnetostático. Potencial y campo de corrientes filiformes. Ley de Biot-Savart. Cálculo de campos
mediante la ley de Ampère. Energı́a magnetostática. Desarrollo multipolar. Dipolo magnético.
Interacción de un campo magnetostático con un dipolo.
3.1.
Ecuaciones en el caso estacionario
En este tema nos ocupamos de describir las soluciones más sencillas de las ecuaciones de Maxwell,
que se dan cuando las distribuciones de carga y corriente son estacionarias, es decir, cuando ρ
y j no dependen del tiempo. Es previsible que los campos eléctrico y magnético a que den lugar
sean también independientes del tiempo. Las ecuaciones que debemos resolver se simplifican al
desaparecer las dos derivadas temporales:
·E
= ρ/0 ,
∇
·B
= 0,
∇
×E
= 0.
∇
×B
= μ0j.
∇
(La última de estas ecuaciones se suele denominar ley de Ampère, y no de Ampère-Maxwell.)
y otro para el
Vemos que quedan definidos dos problemas desacoplados: uno para el campo E
campo B. Esto permite resolverlos por separado de manera muy directa, utilizando el teorema
de Helmholtz. Al campo eléctrico que es solución del problema se le denomina campo electrostático, mientras que al magnético se le suele llamar campo magnetostático o debido a
corrientes estacionarias.
3.2.
Electrostática
La solución que da en todo el espacio el teorema de Helmholtz a las dos primeras ecuaciones es
= −∇V,
E
con
1 ρ(r1 ) dτ1
,
V (r) =
4π0 esp |r − r1 |
donde, como es habitual, se designa r1 a un punto fuente y r al punto donde se está evaluando
irrotacional en el caso estacionario, no hay fuentes
el campo. Hay que recalcar que por ser E
vectoriales ni potencial vector asociado.
Tema 3: Campos Estáticos
1
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A la magnitud V se la denomina potencial electrostático. Su gradiente con signo cambiado
nos da el campo electrostático, que resulta ser, introduciendo la operación gradiente en la integral,
ρ(r1 )
−1 ∇
dτ1 .
E=
4π0 esp
|r − r1 |
Como el gradiente no actúa sobre funciones independientes de r, la función ρ(r1 ) sale como con
stante; usando además que ∇(1/|
r − r1 |) = −(r − r1 )/|r − r1 |3 resulta finalmente,
=
E
1
4π0
esp
ρ(r1 )
r − r1
dτ1 .
|r − r1 |3
Esta expresión proporciona el campo eléctrico producido en cada punto del espacio r por una
distribución volumétrica de carga ρ(r1 ) conocida en cada punto del espacio r1 , que es la variable de
integración. Sólo en casos muy sencillos es posible hallar la integral mediante técnicas analı́ticas,
pero este hecho no quita nada de su importancia.
Si en lugar de distribuciones volumétricas manejamos distribuciones superficiales ρS (r1 ) definidas
sobre una superficie S, o distribuciones filiformes λ(r1 ) definidas sobre una lı́nea γ, podemos
adaptar la fórmula anterior sin más que hacer las sustituciones
ρ(r1 )dτ1 → ρS (r1 )dS1
ó ρ(r1 )dτ1 → λ(r1 )dl1
con dl1 = |dr1 |. La justificación se basa en los razonamientos que se hicieron en el tema anterior
cuando se adaptó la fuerza de Lorentz sobre un volumen cargado a los casos de una superficie y
de un hilo cargados.
Ejemplo:
Hállese potencial y campo producido por un hilo de longitud 2L uniformemente cargado con densidad lineal λ en
cualquier punto del espacio.
z
r
dz1
r1
2L
O
f
r
y
x
Usamos coordenadas cilı́ndricas con origen en el centro del segmento cargado y eje OZ definido por la dirección
del segmento. La fórmula que aplicamos es la adaptación a distribuciones filiformes que acabamos de comentar.
Esto es válido siempre que el diámetro del hilo sea mucho menor que la distancia al hilo del punto en el que estemos
evaluando el potencial. En tal caso podemos descomponer un elemento de volumen del hilo en la forma dτ1 = Sdl1 ,
siendo S la sección del hilo. En el numerador del integrando aparece la combinación ρ(r1 )dτ1 , que se transforma
en λ(r1 )dl1 , siendo dl1 = |dr1 |, con λ = Sρ. En definitiva tenemos
1
1
ρ(r1 ) dτ1
λ(r1 ) dl1
→
,
4π0 esp |r − r1 |
4π0 γ |r − r1 |
Tema 3: Campos Estáticos
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donde γ es la curva que describe la forma del hilo cargado.
En nuestro caso el hilo es recto, según el eje OZ y la densidad de carga uniforme. Esto simplifica la expresión
anterior para dar
L
L
λ
λdz1
dz1
1
=
.
V (r) =
4π0 −L |r − z1uz |
4π0 −L r2 + (z − z1 )2
Teniendo en cuenta que dz1 = −d(z − z1 ) (por ser z una constante para la integración) y dividiendo numerador y
denominador por r podemos escribir
L
d(z − z1 )/r
−λ
V (r, z) =
.
4π0 −L 1 + (z − z1 )2 /r2
√
√
Haciendo el cambio u = (z − z1 )/r y teniendo en cuenta que du/ 1 + u2 = ln(u + 1 + u2 ), el resultado final es
z + L + (z + L)2 + r2
λ
ln
.
V (r, z) =
4π0 z − L + (z − L)2 + r2
Puede demostrarse que las equipotenciales resultan ser una familia de elipsoides de revolución.
Para hallar el campo eléctrico tenemos dos opciones: realizar una integración directa análoga a la que acabamos
de hacer, o bien calcular el gradiente con signo cambiado del resultado anterior. Esto se deja como ejercicio.
Conviene tener presente que cuando las fuentes se extienden hasta el infinito (y no disminuyen con
la distancia suficientemente rápido) ya no es aplicable el teorema de Helmholtz, y la solución dada
para el potencial es divergente. Esas situaciones tienen lugar cuando trabajamos con idealizaciones
de ciertos sistemas (hilo muy largo, plano cargado muy extenso, etc.). En estos casos es mejor
directamente, y no calcular el potencial como paso previo.
usar la expresión encontrada para E
• Potencial y campo creado por una carga puntual. Ley de Coulomb
El potencial y el campo creado por una carga puntual q situada en un punto arbitrario r0 se
obtienen de las fórmulas encontradas particularizando para una densidad volumétrica de carga
dada por ρ(r) = qδ(r − r0 ). El resultado es simplemente
V =
q
;
4π0 |r − r0 |
=
E
E
q
r − r0
.
4π0 |r − r0 |3
V
q
También es evidente (demuéstrese) que potencial y campo verifican un principio de superposición, aunque el apelativo “principio” tenga más bien carácter histórico, ya que no se trata
de un nuevo postulado, sino de una consecuencia del carácter lineal de las ecuaciones de Maxwell.
Tema 3: Campos Estáticos
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La fuerza de interacción electrostática entre dos cargas puntuales q1 y q2 situadas en r1 y r2
respectivamente resulta de la combinación del campo anterior y de la expresión de la fuerza de
Lorentz con v = 0:
q1 q2 r1 − r2
F12 =
,
4π0 |r1 − r2 |3
que nos da en concreto la fuerza sobre la primera carga debida a la presencia de la segunda. Esta
expresión se conoce como ley de Coulomb, que junto con el principio de superposición para las
fuerzas constituye un punto de partida habitual para el estudio del campo electrostático. Hay que
hacer notar sin embargo que se trata de una ley válida bajo unas condiciones muy restringidas
(cargas puntuales estáticas), mientras que la expresión dada por la fuerza de Lorentz es de validez
general.
Las expresiones obtenidas para el potencial y el campo producidos por una carga puntual nos
permiten reinterpretar las fórmulas generales (para distribuciones arbitrarias) que obtuvimos a
partir del teorema de Helmholtz. En efecto, si consideramos una distribución arbitraria ρ(r1 ), el
campo elemental creado en todo el espacio por una carga dq, asociada al volumen dτ1 situado en
el punto r1 , será
r) = dq r − r0 = 1 r − r0 ρ(r1 )dτ1 .
dE(
4π0 |r − r0 |3
4π0 |r − r0 |3
Mediante el principio de superposición, sumando los infinitos aportes elementales que tenemos en
el punto r al considerar todos los elementos de volumen en que se descompone nuestra distribución,
llegamos a la fórmula original para el campo eléctrico. (Algo totalmente análogo podemos hacer
con el potencial). En conclusión, las fórmulas correspondientes a la carga puntual pasan a tener
una gran importancia práctica puesto que nos permiten plantear los problemas electrostáticos de
una manera intuitiva como suma de aportes de las distintas cargas que existen en el espacio.
• Interpretación fı́sica del potencial
El potencial electrostático no es un simple medio matemático de obtener el campo, sino que
posee un importante significado fı́sico. Para entenderlo consideremos una región del espacio en
Dado que dV = ∇V
· dr = −E
· dr, la diferencia de potencial
la que existe un campo eléctrico E.
entre dos puntos A y B será
VB − VA = −
B
A
· dr.
E
es Fe = q E.
Por otra parte la fuerza que se ejerce sobre una carga puntual q, debida al campo E
Si dicha carga se trae desde el infinito hasta una posición final r bajo la acción conjunta de una
fuerza F ejercida por nosotros más la fuerza eléctrica Fe , y esto se hace partiendo del reposo y
quedando la carga en reposo, el teorema de la energı́a cinética nos dice que la variación de energı́a
cinética, nula en este caso, es igual al trabajo total realizado sobre la carga en el proceso. Por
tanto 0 = W + We . El trabajo realizado por nosotros será (teniendo en cuenta que el potencial
electrostático es nulo en el infinito)
W = −We = −
Tema 3: Campos Estáticos
r
∞
· dr = qV (r)
qE
→
V (r) =
W
.
q
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La ecuación anterior indica que el trabajo realizado por nosotros sobre la unidad de carga para
traerla desde el infinito hasta su posición final es justamente el potencial en dicho punto. Para que
la afirmación sea rigurosamente cierta debemos exigir además que el movimiento de la carga sea
cuasiestático, es decir, infinitamente lento (lo cual obliga a que F + F 0). La razón estriba en
que una carga acelerada emite radiación, lo cual supone una pérdida de energı́a que no estamos
contabilizando al aplicar el teorema de la energı́a cinética.
Hay que recordar, de cursos de Fı́sica anteriores, que para toda fuerza conservativa podemos
definir una energı́a potencial de interacción, de la cual deriva. Nuestro caso es justamente este
(véase el ejemplo de la sección 1.11) y es fácil encontrar, según lo que acabamos de ver, la energı́a
potencial de una partı́cula cargada en el seno de un campo eléctrico. En efecto, definimos dicha
energı́a en la forma habitual, como trabajo realizado por nosotros para traer la partı́cula desde
el infinito a su posición en las condiciones que acabamos de describir, y esto nos da simplemente
U(r) = W = qV (r).
• Ecuaciones de Poisson y de Laplace
Si estamos interesados en una ecuación local para el potencial podemos sustituir el campo
· (−∇V
) = ρ/0 , con
eléctrico en la ley de Gauss por su expresión en función del gradiente: ∇
lo cual se llega a la llamada ecuación de Poisson:
∇2 V = −ρ/0 .
En una región libre de carga la ecuación de Poisson se reduce a la ya conocida ecuación de
Laplace, ∇2 V = 0. El potencial electrostático resulta ser una función armónica en dichas regiones,
con todas las propiedades estudiadas en el primer tema. La resolución de esta ecuación bajo ciertas
condiciones de contorno se analizará cuando se aplique la electrostática a los medios conductores.
y V mediante el siguiente diagrama:
Podemos resumir las relaciones entre ρ, E
1
r1 |
1
Ñ
2
V=
-r
V=
/e
0
4p
e0
ò
=0
´E
;Ñ
t1
)d
/e 0
-r 1
=r
) (r 3
E
Ñ
r(r 1 | r-r 1|
1
e0
4p
E=
ò |rr- (r ) dt
1
r
ò
V = - E . dr
V
E
E = - ÑV
• Cálculo de campos mediante la ley de Gauss
Una forma de encontrar el campo creado por una distribución, de manera alternativa a la integración directa, es la aplicación de la ley de Gauss en forma integral. Esto es posible sólo si la
distribución de carga tiene suficiente simetrı́a. En tal caso podemos reducir la dependencia respecto de las coordenadas espaciales y el número de componentes del campo. Todo ello se entiende
mejor con los ejemplos que siguen.
Tema 3: Campos Estáticos
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Ejemplos:
Aplı́quese la ley de Gauss en forma integral para hallar los campos producidos por las siguientes distribuciones:
(1) Carga puntual.
Si elegimos un sistema de referencia con origen en la carga y usamos coordenadas esféricas, el campo eléctrico en
principio es tan complicado como lo siguiente:
r ) = Er (r, θ, φ)ur + Eθ (r, θ, φ)uθ + Eφ (r, θ, φ)uφ .
E(
z
dS
q
r
q
f
y
x
Sin embargo podemos simplificar esta expresión mediante argumentos de simetrı́a. El modo más simple es basarnos
= −∇V
. Si la carga es puntual, todas las direcciones
en la simetrı́a del potencial electrostático y usar la relación E
del espacio son equivalentes, no hay ninguna privilegiada. Ello implica que no hay dependencia en las coordenadas
angulares θ y φ. El potencial será sólo función de la distancia a la carga, V = V (r). Recordando la forma que tiene
el gradiente en esféricas es evidente que el campo se simplifica a
r ) = E(r)ur .
E(
Una vez simplificada la forma del campo, y no antes, resulta útil aplicar la ley de Gauss en forma integral,
· dS
= q(τ )/0 .
E
Sτ
Para ello debemos elegir convenientemente la superficie gaussiana Sτ sobre la que se aplica, que en el caso que nos
ocupa debe ser una esfera de radio arbitrario r y centro en la carga. El flujo del campo eléctrico es:
· dS
=
E
E(r)dS = E(r)
dS = 4πr2 E(r).
SG
S(r)
S(r)
La carga encerrada es q sea cual sea el valor de r, por lo que finalmente se llega a
=
E
q
ur ,
4π0 r2
que coincide con el resultado obtenido mediante integración directa.
(2) Esfera uniformemente cargada (i) en superficie; (ii) en volumen.
Los argumentos de simetrı́a usados en el ejemplo anterior son estrictamente aplicables a este segundo caso y el
campo reduce su expresión a la misma forma, E(r)ur . La superficie gaussiana elegida es la misma y el cálculo del
flujo da el mismo resultado. La única diferencia estriba en la carga encerrada.
(i) La carga se reparte uniformemente en la superficie de radio R, con densidad superficial ρS . La carga encerrada
será nula si r < R, y será la totalidad, 4πR2 ρS si r > R. Por tanto el campo tiene distinta expresión en cada región:
⎧
(r < R)
⎨ 0
=
E
ρS R 2
⎩
(r > R).
0 r 2
En r = R sufre un salto, como corresponde a la presencia de una distribución superficial de carga.
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(ii) La carga se distribuye uniformemente en el volumen esférico de radio R, con densidad ρ. Distinguimos dos
casos: si r < R la carga encerrada es ρτ (r), con τ (r) = 4πr3 /3. Si r > R la carga encerrada es toda la de la
distribución, ρτ (R). En resumen,
⎧ ρr
⎪
(r ≤ R)
⎨
30
=
E
3
ρR
⎪
⎩
(r ≥ R).
30 r2
En los dos casos estudiados se puede comprobar muy fácilmente que el campo en la región exterior a la distribución
es equivalente al de una carga puntual situada en el centro de la esfera y de valor igual a la carga total del sistema.
(3) Hilo infinito con densidad lineal uniforme.
Este problema requiere una descripción en coordenadas cilı́ndricas, tomando como eje OZ el propio hilo cargado y
origen en cualquier punto de él. Es fácil convencerse de que el potencial electrostático sólo depende de la coordenada
r. En efecto, una traslación según la coordenada z deja invariante al hilo, por ser infinito en esa dirección. En
consecuencia también el potencial debe ser invariante y no depender de z. Análogamente un giro en torno a ese
eje, que cambia el valor de φ, no modifica el aspecto del hilo, y por ello el potencial no puede depender de esta
= −∇V
= E(r)ur .
coordenada angular. Resulta entonces V = V (r) y E
z
dS
L
O
x
y
r
Con esta simplificación aplicamos la ley de Gauss en forma integral usando una superficie gaussiana en forma
de “ bote” cilı́ndrico, con eje en el hilo, de radio arbitrario r y longitud arbitraria L (ver figura). El flujo debe
ser calculado independientemente en las tres superficies que podemos distinguir. En las dos “tapaderas”, con
elementos de superficie orientados según ±uz el flujo es nulo pues no hay componente del campo en esa dirección.
En la superficie lateral, con orientación en cada punto según ur el flujo es
· dS
=
E
E(r)dS = 2πrLE(r),
SL
SL
donde el campo puede salir de la integral porque ésta se hace en las coordenadas z y φ, de las que no depende. Si
la densidad lineal de carga es λ, la carga correspondiente al tramo de hilo encerrado es λL. El resultado final es
=
E
λ
ur .
2π0 r
(4) Cilindro infinito uniformemente cargado (i) en superficie; (ii) en volumen.
Los argumentos de simetrı́a usados en el ejemplo anterior siguen siendo válidos en estas configuraciones.
La superficie gaussiana elegida es la misma que en el ejemplo anterior. El resultado es
(i) Distribución superficial (radio R y densidad ρS ):
⎧
⎨ 0
=
ρS R
E
⎩
0 r
(ii) Distribución volumétrica (radio R y densidad ρ):
⎧ ρr
⎪
⎨
20
E=
ρR2
⎪
⎩
20 r
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(r < R)
(r > R).
(r ≤ R)
(r ≥ R).
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(5) Plano infinito cargado uniformemente.
Si tomamos el eje OZ normal al plano cargado, hay simetrı́a traslacional en las direcciones OX y OY , por lo que el
= −∇V
= E(z)uz .
potencial no depende de estas coordenadas y podemos escribir V = V (z). Tenemos entonces E
Además el potencial sólo depende de la distancia al plano de carga, por lo que V (−z) = V (z) (función par). La
derivada de una función par es impar, ası́ que E(−z) = −E(z).
E (z)
z
dS
superficie
gaussiana
y
x
carga
encerrada
dS
E (-z)
Ahora estamos en condiciones de aplicar el teorema de Gauss, tomando como superficie de integración un cilindro
recto de sección arbitraria, con generatriz perpendicular al plano de carga y bases equidistantes al mismo. No hay
flujo a través de la superficie lateral debido a la orientación del campo según el vector uz . En las bases, de área
S, el campo es constante (por no variar la coordenada z) y coincide en dirección y sentido con los elementos de
superficie. El teorema da entonces
2E(z)S =
ρS S
0
→
= ρS uz
E
20
(z > 0).
Para z < 0 el campo, que es constante en el otro semiespacio, cambia de signo. Hay por tanto un salto en z = 0,
de valor ρS /0 , que está de acuerdo con lo estudiado en el tema anterior sobre saltos del campo en superficies
cargadas.
(6) Capa plana infinita de espesor d uniformemente cargada.
El tratamiento es en todo análogo al caso anterior. La única variación estriba en la carga encerrada por la
superficie gaussiana elegida, que puede ser toda, si tomamos las bases a una distancia z > d/2, o sólo una parte si
z < d/2. El resultado es
⎧ ρz
⎪
uz
(|z| ≤ d/2)
⎨
0
E=
ρd
⎪
⎩ sig(z)
uz (|z| ≥ d/2),
20
donde sig(z) es el signo de z.
• Energı́a electrostática
La energı́a asociada al campo eléctrico es, según se definió en el tema anterior:
UE =
esp
uE dτ =
0 E 2 dτ.
2 esp
Una expresión alternativa, válida para campos eléctricos producidos por distribuciones estáticas de
carga, en función de éstas y del potencial se obtiene teniendo en cuenta que
·E
= −E
· ∇V
= −∇
· (V E)
+V∇
· E.
E2 = E
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El primer término del integrando es una divergencia, y se puede transformar en una integral de
superficie (aunque ésta debe encerrar todo el espacio). En el segundo término puede aplicarse la
ley de Gauss en forma local. Podemos escribir entonces
UE = − lı́m
R→∞ S(R)
0 1
V E · dS +
2
2
esp
ρV dτ,
donde la superficie que envuelve todo el espacio se construye como una esfera de radio tendente
a infinito. Si las distribuciones de carga están localizadas (no llegan al infinito) el potencial varı́a
con la distancia con una dependencia del tipo 1/R y el campo con otra del tipo 1/R2 (esto
se entenderá mejor cuando se introduzca el desarrollo multipolar del potencial creado por una
distribución, en el siguiente apartado). En cambio, la superficie sobre la que se evalúan crece según
la ley R2 ; recordemos, para convencernos, que la superficie esférica vale 4πR2 . Multiplicando los
tres comportamientos asintóticos mencionados obtenemos el de la integral, que resulta ser 1/R.
Este argumento nos permite asegurar que el lı́mite es cero. En resumen,
UE =
1
2
τ
ρV dτ,
donde τ es la región en la que existe carga.
Ejemplo:
Hállese la energı́a de una esfera de radio R uniformemente cargada con densidad ρ.
Hemos encontrado en un ejemplo anterior el valor en cualquier punto del espacio del campo que crea esta
distribución. Podemos calcular la energı́a electrostática del sistema por cualquiera de las dos fórmulas encontradas:
(i) en función del campo; (ii) en función de la densidad de carga y el potencial.
(i) Debemos distinguir dos regiones de integración puesto que el campo adopta distinta forma dentro y fuera de la
esfera. Teniendo en cuenta la simetrı́a esférica del sistema escribimos
0
0 R
0 ∞
E 2 dτ =
Ei (r)2 4πr2 dr +
Ee (r)2 4πr2 dr,
UE =
2 esp
2 0
2 R
con Ei (r) = ρr/(30 ) y Ee (r) = ρR3 /(30 r2 ), tal y como vimos en el ejemplo mencionado. El cálculo es sencillo y
el resultado es
4πρ2 R5
3q 2
UE =
,
=
150
20π0 R
donde la última expresión se da en función de la carga total de la esfera (q = 43 πR3 ρ).
(ii) El método alternativo requiere el cálculo previo del potencial V (r), al menos en la región donde hay carga.
Tomando origen de potencial en el infinito (lo cual es conveniente siempre que la distribución no se extienda hasta
el infinito), integramos el campo hasta un punto genérico r,
r
· dr.
E
V (r) = −
∞
Como el resultado no debe depender del camino elegido tomaremos un camino radial que nos lleve desde el infinito
hasta el punto en cuestión, que es lo más sencillo. Si se trata de un punto exterior tenemos
r
r
ρR3
ρR3
.
Ee (r)dr = −
dr
=
V (r) = −
2
30 r
∞
∞ 30 r
Este resultado toma el valor particular V (R) = ρR2 /(30 ) en puntos de la superficie, que nos servirá como referencia
para calcular V (r) en puntos interiores:
r
r
ρ(R2 − r2 )
ρ(3R2 − r2 )
ρr
Ei (r)dr = −
dr =
→ V (r) =
.
V (r) − V (R) = −
60
60
R
R 30
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Finalmente aplicamos la fórmula de la energı́a,
1
1 R ρ(3R2 − r2 )
4πρ2 R5
ρV dτ =
ρ
4πr2 dr =
,
UE =
2 τ
2 0
60
150
que coincide con lo obtenido por el primer método.
Cuando la distribución de carga es superficial la energı́a viene dada por
UE =
1
ρS V dS,
2 S
que surge de la sustitución ρdτ = ρe dS = ρS dS (e, espesor de la distribución en volumen).
En cambio es conceptualmente más complejo analizar el caso de una distribución de cargas
puntuales {qi , i = 1, . . . , n}. En principio podemos considerar una distribución discreta de cargas
con densidad volumétrica ρ(r) = i qi δ(r − ri ) y sustituirla en la expresión de la energı́a, lo cual
nos da
n
1
UE =
qi V (ri ).
2 i=1
Pero esta expresión da infinito puesto que el potencial diverge cuando nos acercamos a una de las
cargas constituyentes. Hay que tener en cuenta que una carga puntual es una idealización, y que
la energı́a que almacena es infinita. Para convencernos de ello basta partir de una distribución
no singular de carga, con simetrı́a esférica, restringida a un radio finito R, como la del ejemplo
anterior, y tomar el lı́mite R → 0 en la expresión en la que aparece explı́citamente la carga total
q. Podemos encontrar una expresión útil en este caso si extraemos de la energı́a electrostática la
parte debida a la formación de las cargas puntuales, es decir, distinguir en el potencial total dos
aportes,
V (ri ) =
n
j=1
Vj (ri ) = Vi (ri ) +
n
Vj (ri ).
j=1
j=i
El primer sumando es el único aporte de la carga i-ésima al potencial total, y es el término que
se hace infinito. Eliminándolo obtenemos
UE =
n
1
qi V ∗ (ri ),
2 i=1
donde se ha sustituido V (ri ) por V ∗ (ri ), definido como el potencial de toda la distribución excepto
la propia carga situada en ri .
Ejercicio:
Demuéstrese que la expresión anterior coincide con el trabajo necesario para agrupar la distribución de cargas
puntuales.
Suponemos que las cargas puntuales están formadas en el infinito, infinitamente separadas entre sı́ y que están en
reposo. El proceso consistirá en ir trayendo una a una las cargas a sus posiciones finales en un proceso cuasiestático.
Traer la primera no cuesta trabajo. Para traer la segunda debemos realizar un trabajo en contra de la fuerza que
ejerce la primera. Si el potencial que crea la primera carga en todo el espacio es V1 (r), el trabajo que debemos
realizar para traer q2 en presencia de q1 es
W21 = q2 V1 (r12 ) = q2
Tema 3: Campos Estáticos
q1
.
4π0 r12
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El siguiente paso es traer q3 en presencia de las dos primeras. Usando el principio de superposición escribimos
W321 = q3 [V1 (r13 ) + V2 (r23 )] = W31 + W32 . El proceso se repite hasta traer la última carga en presencia de las
n−1
n−1
demás: Wn(n−1)...21 = qn i=1 Vi (rni ) = i=1 Wni .
Una vez calculados los trabajos parciales realizados para traer cada carga los sumamos todos. El resultado puede
expresarse en forma compacta como
W =
n
Wj(j−1)...21 =
j=2
j−1
n Wji =
j=2 i=1
n
Wji ,
j,i=1
(j>i)
donde la última igualdad significa que el recorrido de los ı́ndices i y j en el doble sumatorio se realiza bajo la
restricción j > i. Hay que hacer notar que Wji = Wij , según se ha comprobado explı́citamente para el caso W21 .
Esto y una permutación de i por j (por tratarse de ı́ndices mudos con el mismo recorrido) se usa en la transformación
que sigue:
n
n
n
n
1 W =
Wji =
Wij =
Wji =
Wij .
2 i,j=1
j,i=1
i,j=1
j,i=1
(j>i)
(i>j)
(i>j)
(i=j)
El último paso ha sido simplemente sumar dos expresiones equivalentes y dividir por dos para obtener una nueva
expresión equivalente.
Sustituyendo Wij por qi Vj (rij ) y aplicando de nuevo el principio de superposición obtenemos finalmente
W =
n
n
n
n
1 1 1
qi Vj (rij ) =
qi
Vj (rij ) =
qi V ∗ (ri ),
2 i,j=1
2 i=1
2
j=1
i=1
(i=j)
(i=j)
que es lo que se pretendı́a demostrar.
Este ejercicio permite interpretar la energı́a electrostática como el trabajo necesario para traer
las cargas desde el infinito hasta sus posiciones finales, partiendo y llegando con velocidades nulas
mediante un proceso cuasiestático.
• Desarrollo multipolar
Es interesante analizar la estructura del campo electrostático creado por una distribución arbitraria ρ(r) localizada, cuando el punto de observación está alejado de ella. Si suponemos que L,
la mayor distancia definible entre puntos de la distribución, es mucho menor que la distancia r
al punto de observación, se tiene un parámetro pequeño, a saber, L/r, respecto del cual podemos
encontrar un desarrollo del potencial en serie de potencias. El potencial viene dado, según vimos,
por
1 ρ(r1 ) dτ1
.
V (r) =
4π0 esp |r − r1 |
Escribimos la función 1/|r − r1 | del siguiente modo:
− 1
1
1
1
= [(r − r1 ) · (r − r1 )]− 2 = (r 2 + r12 − 2r · r1 )− 2 = r −1 1 + (r1 /r)2 − 2r · r1 /r 2 2 .
|r − r1 |
La expresión final incluye un factor del tipo (1 + x)s , donde 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 nuestro caso nos da
⎡
1⎣
1
2r · r1 r12
1
1−
− 2 + 2
|r − r1 |
r
2
r
r
Tema 3: Campos Estáticos
1
+
2
−1
2
−3
2
2r · r1 r12
− 2 + 2
r
r
2
⎤
+ . . .⎦ .
11
Campos Electromagnéticos. 2◦ Ingenieros Industriales. Universidad de Sevilla
Podemos reordenar términos según la dependencia con la distancia r. Los dos primeros resultan
ser, sustituidos en la expresión del potencial,
V (r) =
1
4π0 r
esp
1
ur ·
4π0 r 2
ρ(r1 ) dτ1 +
esp
r1 ρ(r1 ) dτ1 + . . .
El primer término despreciado en el desarrollo tiene una dependencia del tipo 1/r 3 , y ası́ sucesivamente. Este es el llamado desarrollo multipolar del potencial electrostático. En el primer término
aparece la carga total de la distribución,
Q=
esp
ρ(r1 ) dτ1 ,
y cuando dicha carga es no nula se convierte en el término dominante a grandes distancias (la
distribución “se ve” como una carga Q puntual).
El segundo término se puede escribir
r · p
,
4π0 r 3
con p =
esp
r1 ρ(r1 ) dτ1 .
que se denomina potencial dipolar, debido al momento dipolar p de la distribución. Cuando la
carga neta del sistema es nula, este término pasa a ser el dominante, y se caracteriza por tener un
decaimiento más rápido con la distancia y no poseer ya simetrı́a radial.
Si este término también es nulo por serlo p, el potencial creado por la distribución (cuadrupolar,
octupolar, etc) decae más rápidamente con la distancia.
• El dipolo eléctrico
El sistema más sencillo que no presenta el primer término del desarrollo y sı́ el segundo es el
dipolo eléctrico, que está constituido por dos cargas opuestas separadas una distancia d. Si
usamos un sistema de referencia con origen en el punto medio entre las dos cargas y eje Z aquel
que las contiene (dirigido hacia la positiva), la densidad volumétrica del sistema se representa
mediante funciones delta:
d
d
ρ(r) = qδ(r − uz ) − qδ(r + uz ).
2
2
Sustituyendo esta distribución en la fórmula para p se encuentra
p = q
esp
r1
d
d
δ(r1 − uz ) − δ(r1 + uz ) dτ1 = qduz ,
2
2
es decir, p se construye en este caso con el vector que va de la carga negativa a la positiva,
multiplicado por el valor absoluto de ambas cargas. El potencial de esta configuración para puntos
lejanos (d << r) es entonces
V =
p · r
,
4π0 r 3
En la figura adjunta se muestran las equipotenciales producidas por un dipolo, en unidades arbitrarias, para valores de potencial con incremento constante.
Tema 3: Campos Estáticos
12
Campos Electromagnéticos. 2◦ Ingenieros Industriales. Universidad de Sevilla
1
2
3
10
p
-10
-3
-2
-1
A partir de la figura también podemos hacernos una idea de cómo son las lı́neas del campo
eléctrico dipolar, teniendo en cuenta que son perpendiculares a las equipotenciales y dirigidas
hacia los potenciales decrecientes. El valor del campo dipolar en cada punto se calcula a partir del
gradiente, con signo cambiado, del potencial encontrado,
p · r
= −∇
E
.
4π0 r 3
Intentemos evaluar esta expresión de manera que sea independiente del sistema de coordenadas
elegido. Podemos aplicar directamente las reglas de análisis vectorial, pero la operación se simplifica
si antes elegimos un sistema de referencia para el cual uno de los ejes (pongamos el OX) coincide
con la dirección del momento dipolar, es decir, p = pux y trabajamos en cartesianas:
= −∇
E
px
4π0 r 3
−p ux 3x −p ux 3x r
=
− 4 ∇r =
− 4
.
3
4π0 r
r
4π0 r 3
r r
Por último identificamos en esta expresión los términos pux = p y xp = p · r para obtener
3(p · r)r
p
= 1
E
− 3 ,
5
4π0
r
r
que ya no se restringe al uso de coordenadas cartesianas.
El campo dipolar decae con la distancia como 1/r 3, más rápidamente que el campo de una carga
y posee simetrı́a axial (no depende de φ).
Ejercicios:
(1) Encontrar la fórmula analı́tica que describe las lı́neas del campo dipolar.
(2) Obtener una fórmula para el momento dipolar de una distribución discreta de cargas. Demostrar que si la
distribución es neutra p es independiente del origen de coordenadas elegido.
Tema 3: Campos Estáticos
13
Campos Electromagnéticos. 2◦ Ingenieros Industriales. Universidad de Sevilla
El estudio del dipolo eléctrico tiene gran importancia a la hora de construir una teorı́a macroscópica de los materiales dieléctricos, puesto que la unidad básica que los constituye (moléculas o iones
ligados) es neutra y, a la vez, posee una distribución interna de cargas que se caracteriza por tener
o adquirir un momento dipolar no nulo.
• Interacción de un dipolo con un campo externo.
La energı́a de interacción de un dipolo con un campo externo se calcula simplemente como suma
de las energı́as potenciales de las dos cargas constituyentes, haciendo uso de la interpretación
fı́sica establecida para el potencial. Si la carga positiva se sitúa en r+ y la negativa en r− se
y por tanto
tendrá U = q[V (r+ ) − V (r− )] q(r+ − r− ) · ∇V
r ),
U = −p · E(
con r el punto medio del dipolo. El error cometido en la aproximación es despreciable si el tamaño
del dipolo es pequeño en comparación con la longitud tı́pica de variación del campo externo.
Hay que recalcar que el potencial y el campo considerado es el producido por todas las cargas
menos las del dipolo: no se trata de la energı́a electrostática del sistema, sino la de interacción
campo externo-dipolo.
La fuerza sobre el dipolo será F = −∇U.
Si hacemos uso de la identidad vectorial que desarrolla
es
el gradiente de un producto escalar y tenemos en cuenta que p es un vector constante y que E
irrotacional (restringiéndonos al caso electrostático), se tiene
E.
F = (p · ∇)
Si el campo es constante en la región donde está situado el dipolo, la aplicación del operador
dará cero, lo cual es coherente con el hecho básico de que las fuerzas sobre dos cargas
escalar p · ∇
opuestas se cancelan.
= qr+ ×E(
r+ )−qr− ×E(
r− ) El momento de la fuerza sobre el dipolo se calcula directamente: M
r ), y finalmente
q(r+ − r− ) × E(
= p × E.
M
El campo produce un momento sobre el dipolo que tiende a alinear a ambos. Al mismo resultado
se llega si relacionamos el momento de la fuerza eléctrica con una derivada angular de la energı́a
de interacción.
Ejemplo:
Hállese la energı́a de interacción entre dos dipolos orientados arbitrariamente. ¿De qué parámetros depende?.
Si los momentos dipolares son p1 y p2 y el vector de posición relativa del segundo respecto del primero es r, la
2 (r1 ), siendo E
2 (r1 ) el campo que crea el segundo
energı́a de interacción se puede calcular a partir de U = −
p1 · E
dipolo en la posición del primero. Sustituyendo,
U=
p1 · r)(
p2 · r)
(
p1 · p2 )r2 − 3(
.
4π0 r5
El resultado es simétrico, en el sentido de que podemos intercambiar p1 por p2 (y r por −r) y queda invariante, lo
cual es lógico.
Tema 3: Campos Estáticos
14
Campos Electromagnéticos. 2◦ Ingenieros Industriales. Universidad de Sevilla
La forma vectorial de esta expresión enmascara los grados de libertad reales del sistema. Si tomamos origen en
el primer dipolo y eje OZ según el vector de posición relativa r, cada dipolo determina su orientación con las dos
coordenadas esféricas angulares, θ y φ. Sin embargo podemos elegir el eje OX de tal forma que φ1 = 0. Los grados
de libertad del sistema son entonces r, θ1 , θ2 y φ2 . En función de ellos la energı́a de interacción resulta
U=
3.3.
−p1 p2
(2 cos θ1 cos θ2 − senθ1 senθ2 cos φ2 ).
4π0 r3
Campo magnético de corrientes estacionarias
• Solución magnetostática. Potencial vector magnético.
Hemos desarrollado hasta ahora las caracterı́sticas del campo eléctrico producido por distribuciones de cargas independientes del tiempo. El estudio del campo magnético producido por corrientes estacionarias, es decir, independientes del tiempo, va a ser muy parecido. Por ello es
conveniente tratar de buscar el paralelismo entre los dos desarrollos en todo momento.
Las ecuaciones que debemos resolver son
·B
= 0,
∇
×B
= μ0j,
∇
· j = −∂ρ/∂t = 0. Estamos
donde, por ser estacionarias las distribuciones, debe cumplirse que ∇
en condiciones de aplicar nuevamente el teorema de Helmholtz:
=∇
× A,
B
con
= μ0
A
4π
j(r1 ) dτ1
.
r − r1 |
esp |
Ahora no hay fuentes escalares, pero sı́ vectoriales, justamente el caso contrario al electrostático.
queda determinado en función de las fuentes. Aunque también
El potencial vector magnético A
existe una interpretación fı́sica para esta magnitud, para nosotros en este curso el potencial vector
tiene un interés meramente operativo, como herramienta para obtener B.
Si evaluamos el rotacional del potencial vector se obtiene el campo:
1
μ0 j(r1 ) × (r − r1 )
× j(r1 ) dτ1 = −μ0 j(r1 ) × ∇
= μ0 ∇
dτ1 =
B
dτ1 ,
4π
r − r1 |
4π esp
|r − r1 |
4π esp
|r − r1 |3
esp|
donde se ha usado la identidad
×(
∇
1
1
1
× j + (∇
j) =
∇
) × j,
|r − r1 |
|r − r1 |
|r − r1 |
se eliminado el término ×j por depender el campo de r1 y no de r, y en el último paso se ha
evaluado el gradiente de 1/|r − r1 |.
Aunque en este curso no sea de mucha utilidad, cabe mencionar que es posible encontrar una
análoga a la ecuación de Poisson en
relación local entre las corrientes j y el potencial vector A,
×∇
×A
= μ0j. Pero si recordamos que ∇
×∇
×A
=
electrostática. Para ello escribimos ∇
Tema 3: Campos Estáticos
15
Campos Electromagnéticos. 2◦ Ingenieros Industriales. Universidad de Sevilla
∇
· A)
− ∇2 A,
y que ∇
·A
= 0, según se ve en la demostración del teorema de Helmholtz,
∇(
resulta
= −μ0j.
∇2 A
Esta ecuación, junto con condiciones de contorno apropiadas, es útil en situaciones en las que no
conocemos todas las corrientes en el espacio.
Volviendo a la fórmula encontrada para el campo producido por distribuciones de corriente, si las
corrientes son superficiales podemos adaptar, como hicimos en el tema 2 con la fuerza de Lorentz,
la expresión sin más que sustituir jdτ1 por jS dS1 .
• Potencial y campo de corrientes filiformes.
La distribución de corrientes más habitual en las aplicaciones tecnológicas es la espira de sección
pequeña ΔS, recorrida por una intensidad I (corrientes filiformes). Tratemos de particularizar
las expresiones del potencial y el campo para este caso. Ambas fórmulas se transforman teniendo
en cuenta que jdτ1 = jΔSdr1 = Idr1 , ya que la corriente es paralela a cada segmento elemental
dr1 en que se descompone la espira. Resulta por tanto
= μ0 I
A
4π
γ
dr1
,
|r − r1 |
= μ0 I
B
4π
γ
dr1 × (r − r1 )
.
|r − r1 |3
Ejemplo:
Encuéntrese el campo magnético producido en todo el espacio por un hilo finito de longitud 2L recorrido por una
corriente de intensidad I.
El sistema que se nos propone no es muy real desde el punto de vista fı́sico, puesto que la corriente nace y
muere en los extremos del segmento. Habrı́a que admitirse una acumulación indefinida de carga en esos puntos.
Sin embargo la solución que encontremos nos permitirá, mediante superposición, obtener el campo de verdaderos
circuitos de corriente formados por varios segmentos.
z
dr1
r
r1
2L O
y
x
I
La geometrı́a es análoga a la adoptada en el ejemplo del potencial eléctrico creado por un segmento cargado
uniformemente. Tomando r1 = z1 uz escribimos
dr1 × (r − r1 )
μ0 I
μ0 I L dz1 uz × [rur + (z − z1 )uz ]
B=
=
.
4π γ
|r − r1 |3
4π −L
[r2 + (z − z1 )2 ]3/2
El producto vectorial del numerador se reduce a rdz1 uφ . El vector unitario, al igual que r, sale fuera de la integral
porque no depende de la coordenada de integración z1 . Usando una sustitución ya empleada en el problema del
segmento cargado, u = (z − z1 )/r, se tiene
u(L)
u(L)
μ0 Iuφ
du
u
= − μ0 Iuφ
√
B
=
−
.
4πr u(−L)(1 + u2 )3/2
4πr
1 + u2 u(−L)
Tema 3: Campos Estáticos
16
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Deshaciendo la sustitución queda finalmente
= − μ0 Iuφ
B
4πr
z−L
z+L
−
.
r2 + (z − L)2
r2 + (z + L)2
Las lı́neas de este campo son circunferencias con centros en el eje que contiene al segmento de corriente y contenidas
en planos perpendiculares al mismo.
Si el hilo es muy largo y se idealiza admitiendo que L → ∞, tomamos este lı́mite en la expresión anterior y
resulta
= − μ0 Iuφ .
B
2πr
Volveremos a obtener el campo producido por un hilo infinito en el próximo epı́grafe de una manera más simple.
Es interesante aprovechar el resultado de este ejemplo como base de un método numérico de cálculo de campos
producidos por circuitos de forma arbitraria. El proceso serı́a: (i) descomponer de manera aproximada el circuito
i (r)
en N segmentos rectilı́neos de longitud Li por los que pasa una misma intensidad I; (ii) encontrar los campos B
que produce cada segmento, descritos todos respecto de un mismo sistema de referencia; (iii) sumar vectorialmente
los distintos campos (principio de superposición). El método dará un resultado tanto más preciso cuanto más
fina sea la partición del circuito, aunque lógicamente el tiempo de computación será mayor. Para llevar a cabo el
segundo paso del método es necesario generalizar la fórmula encontrada para un segmento con posición y orientación
espacial arbitrarios, lo cual se hace cómodamente usando una expresión en la que intervengan vectores de posición
y no coordenadas concretas (pueden verse los detalles en el libro de Haus & Melcher, “Electromagnetic Fields and
Energy” (1989), Prentice Hall, pág. 322).
• Ley de Biot-Savart.
Históricamente los fenómenos magnéticos se consideraron desligados de los eléctricos hasta la
unificación establecida por Maxwell. La base experimental la constituı́a la ley de interacción entre
espiras, o ley de Biot-Savart. Ahora estamos en condiciones de establecerla combinando el campo
de corrientes filiformes con la fuerza de Lorentz sobre distribuciones filiformes, dF = Idr × B.
Para dos espiras γ1 y γ2 recorridas por intensidades I1 e I2 respectivamente se tendrá.
μ0 I1 I2 dr2 × (r1 − r2 )
F12 =
dr1 ×
.
4π
|r1 − r2 |3
γ1
γ2
Ejercicio:
Demostrar que la expresión anterior cumple el principio de acción y reacción de Newton.
Conocido del apartado anterior el campo producido por un hilo recto infinito, vamos a considerar
la fuerza entre hilos paralelos (por unidad de longitud). El hilo “1”, recorrido por una corriente
de intensidad I1 produce un campo
1 = μ0 I1 uφ .
B
2πr
La fuerza sobre una porción de longitud L del hilo “2”, a una distancia d, es
F = I2
L
0
1 (r2 ) = −
dr2 × B
μ0 I1 I2 L
ur ,
2πd
donde la integral se ha calculado fácilmente debido a que el campo que actúa sobre cada elemento
es el mismo. La fuerza entre hilos resulta ser atractiva si las corrientes van en el mismo sentido
y repulsiva si van en sentidos opuestos. El resultado nos permite además definir la unidad de
intensidad de corriente eléctrica de manera operativa:
Tema 3: Campos Estáticos
17
Campos Electromagnéticos. 2◦ Ingenieros Industriales. Universidad de Sevilla
Un amperio es la intensidad que al pasar por dos hilos rectos y paralelos separados un metro
produce una fuerza atractiva por unidad de longitud sobre cada hilo igual a 2 · 10−7 N.
• Cálculo de campos mediante la ley de Ampère
En muchos casos resulta más práctico a la hora de hallar los campos magnéticos producidos
por corrientes usar la ley de Ampère en forma integral. Esta opción se restringe a situaciones con
simetrı́a suficiente para poder reducir las componentes y la dependencia del campo con las coordenadas (análogamente a lo que se ha visto en Electrostática para poder aplicar la ley de Gauss).
En particular es posible obtener de esta forma campos magnéticos producidos por corrientes que
se distribuyen con simetrı́a de revolución (simetrı́a axial). Es conveniente para ello recordar los
resultados sobre campos poloidales y toroidales que se vieron en el último ejemplo del tema 1.
es solenoidal y si sus fuentes tienen
La situación es justamente la de aquel ejemplo: el campo B
simetrı́a axial se podrán clasificar en poloidales, toroidales... o una combinación de ambas. Veamos
los ejemplos más representativos para aclarar ideas.
Ejemplo:
Encuéntrese el campo magnético producido en todo el espacio por un hilo recto infinito recorrido por una corriente
de intensidad I.
z
r
g
B
O
x
y
I
La corriente es filiforme; entra en la categorı́a de fuentes que tienen la forma general j = j(r)uz , lo cual indica
que son un caso particular de fuentes poloidales (es decir, con simetrı́a axial y sin componente acimutal). Según
= B(r, z)uφ . Además otra operación de
se vio, el campo que producen debe ser toroidal, es decir, de la forma B
simetrı́a sobre la corriente que la deja invariante es una traslación arbitraria en la dirección del hilo. Esto implica
no puede depender tampoco de la coordenada z, y se reduce a B
= B(r)uφ .
que el campo B
El siguiente paso es aplicar la ley de Ampère,
γ
· dr = μ0 I(γ),
B
siendo I(γ) la intensidad que atraviesa cualquier superficie que se apoye en el circuito de integración γ. Debemos
es decir, una circunferencia de radio r
elegir γ de manera ventajosa, y por ello tomamos una lı́nea del campo B,
arbitrario, perpendicular al hilo y con centro en uno de sus puntos (ver figura). La corriente es entonces I(γ) = I,
y la circulación del campo se calcula sin dificultad:
2π
· dr =
= μ0 I uφ .
B
B(r)rdφ = 2πrB(r) = μ0 I → B
2πr
0
γ
Vemos que el resultado coincide con el obtenido mediante integración directa en un ejemplo anterior.
Cabe hacer comentarios sobre dos cuestiones delicadas:
(i) En la deducción anterior hemos usado implı́citamente el teorema de Helmholtz a pesar de que las fuentes se
Tema 3: Campos Estáticos
18
Campos Electromagnéticos. 2◦ Ingenieros Industriales. Universidad de Sevilla
extienden hasta el infinito. Esto no es problema siempre y cuando los campos obtenidos sean finitos.
(ii) Es interesante plantearse si mediante este procedimiento podemos reobtener el campo producido por un segmento rectilı́neo de longitud finita con intensidad I. La respuesta es que no, pero la explicación es algo sutil: si el
hilo tiene principio y fin hay acumulación de carga en los extremos y la distribución de fuentes no es constante en
el tiempo. Debemos tener en cuenta un campo eléctrico variable en el tiempo cuyo flujo a través de la superficie
apoyada en γ es no nulo. La situación no es puramente magnetostática y debemos usar la ley de Ampère-Maxwell.
Ejemplo:
Hállese el campo producido por una corriente que circula uniformemente: (i) por la superficie de un conductor
cilı́ndrico de longitud infinita y radio R; (ii) por su volumen.
jS
z
j
z
r>R
r>R
r<R
r<R
B
B
O
y
x
B
B
O
y
x
R
R
Nuevamente las corrientes son poloidales y dan lugar a un campo toroidal. Aplicamos la ley de Ampère en forma
integral del mismo modo que en el ejemplo anterior, pero ahora debemos distinguir varios casos para los que la
corriente engarzada por el circuito γ cambia.
(i) Corriente superficial. Si la intensidad total es I y está uniformemente distribuida, tendremos jS = (I/2πR)uz .
se calcula igual que
Si tomamos γ con radio r < R la corriente engarzada I(γ) es nula, y como la circulación de B
= 0. Si tomamos γ con r > R la corriente engarzada es la total, I, y por tanto B
en el ejemplo anterior, resulta B
es el mismo que en el ejemplo anterior. Resumiendo:
0
si r < R
=
B
μ0 I
uφ si r > R
2πr
Es interesante notar que el salto en el valor del campo para r = R cumple las condiciones generales vistas en el
tema 2.
(ii) Corriente volumétrica. Ahora tenemos j = (I/πR2 )uz . Si r > R el circuito engarza toda la corriente y el
campo no difiere del caso anterior; pero si r < R debemos calcular qué fracción de la intensidad total atraviesa un
cı́rculo de radio r:
2
= jS = I πr2 = I r .
I(γ) =
j · dS
2
πR
R2
S
Teniendo en cuenta que, como siempre, 2πB(r) = μ0 I(γ), el resultado final es
⎧
⎪
⎨ μ0 Ir uφ si r < R
2πR2
=
B
μ I
⎪
⎩ 0 uφ
si r > R
2πr
El campo es ahora continuo porque no hay corriente superficial.
Ejemplo:
Hállese el campo producido en todo el espacio por una distribución de corriente resultante de un bobinado uniforme
y apretado de hilos sobre un cuerpo toroidal. El número de vueltas del bobinado es N y la corriente que pasa por
el hilo es I.
El cuerpo toroidal es una figura de revolución, es decir, el resultado de rotar 360o una figura plana respecto de
un eje externo coplanario. La figura plana puede ser cualquiera (rectángulo, cı́rculo, etc.). Debemos suponer que
Tema 3: Campos Estáticos
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Campos Electromagnéticos. 2◦ Ingenieros Industriales. Universidad de Sevilla
el diámetro del hilo que se arrolla formando N espiras es muy pequeño en comparación con las dimensiones del
toroide; de esa forma podremos aproximar la distribución filiforme, complicada, por una distribución superficial de
corriente, mucho más sencilla de tratar. Resulta un poco paradójico que la distribución resultante sea poloidal, a
pesar de estar definida sobre un toroide; pero en efecto la corriente superficial se puede describir en coordenadas
= B(r, z)uφ .
cilı́ndricas por jS = jSr (r, z)ur + jSz (r, z)uz . El campo es entonces toroidal: B
I
Aplicamos a continuación la ley de Ampère en forma integral, tomando como trayectoria una lı́nea de campo
(una circunferencia) de radio y posición z arbitrarios. Dependiendo del valor que tomen r y z la lı́nea de campo
será interior o exterior al toroide. Si es interior la distribución de corriente atravesará N veces en el mismo sentido
el cı́rculo que se apoya en la lı́nea de integración. Se tendrá pues 2πrB(r, z) = μ0 N I. En cambio, si la lı́nea de
campo se toma exterior la corriente neta que se engarza en cero, bien porque el bobinado no atraviesa la superficie,
bien porque la atraviesa dos veces, en sentidos opuestos. Podemos resumir estos resultados del siguiente modo:
0
si (r, z) es exterior
B=
μ0 N I
uφ si (r, z) es interior
2πr
Con esto el problema está resuelto, pero podemos completar la descripción del modelo continuo del bobinado
toroidal con una expresión más concreta para la densidad superficial de corriente. La dirección de la corriente
depende del punto que consideremos en la superficie, pero su módulo sı́ puede ser calculado: si para ese punto la
distancia al eje es r, trazamos una circunferencia de ese radio y evaluamos la intensidad que la atraviesa; como
hay N espiras la intensidad total será N I. Si aplicamos la fórmula que relaciona la intensidad con la densidad
superficial de corriente resulta N I = γ jS · dl⊥ = 2πrjS . Por tanto jS = N I/(2πr). Puede comprobarse que en
función del vector normal a la superficie toroidal tenemos finalmente
jS =
NI
n × uφ .
2πr
Ejemplo:
Hállese el campo magnético producido por una corriente superficial acimutal de módulo constante definida en un
cilindro infinito de radio R.
z
z
rin t
S1
jS
SL
jS
dS
rext
S2
R
R
O
x
O
y
y
x
Esta distribución puede modelizar un bobinado sobre el cilindro, análogo al del ejemplo anterior. La distribución
es, usando coordenadas cilı́dricas con eje OZ el del cilindro, jS = jS uφ (toroidal) y el campo resultante debe tener
Tema 3: Campos Estáticos
20
Campos Electromagnéticos. 2◦ Ingenieros Industriales. Universidad de Sevilla
= Br (r)ur + Bz (r)uz (poloidal), donde ya se ha eliminado la posible dependencia con z porque la
la forma B
distribución es invariante ante una traslación según el eje OZ.
Podemos reducir aún más la expresión del campo aplicando la ley de ausencia de monopolos en forma integral,
S B · dS = 0, tomando como superficie de integración una superficie cilı́ndrica coaxial con la distribución, de radio
r y longitud L arbitrarios (ver figura). Los flujos a través de las dos tapaderas S1 y S2 se cancelan entre sı́ porque no
hay nada en el sistema que dependa de z y las superficies están orientadas opuestamente. El flujo lateral se calcula
= B(r)uz .
fácilmente y se obtiene 2πrLBr (r). De aquı́ se deduce que Br (r) = 0 y el campo queda finalmente B
Si aplicamos ahora la ley de Ampère en forma integral siguiendo un circuito rectangular como el de la derecha
de la figura, el resultado es
[B(rint ) − B(rext )]L = μ0 jS L,
donde las coordenadas radiales interior y exterior se pueden elegir arbitrariamente dentro de cada región. En este
punto hay que admitir que el campo exterior es nulo. Esto puede argumentarse apoyándonos en el ejemplo anterior,
correspondiente a un bobinado toroidal. En efecto, si el toroide es de sección circular y la distancia de una sección al
eje de revolución se hace infinita, la figura degenera justamente en un solenoide recto. Como el campo exterior era
nulo en aquel ejemplo, podemos tomarlo nulo también en el que nos ocupa. Admitido esto, el campo final resulta
0
si r > R
B=
μ0 jS uz si r < R
Podemos verificar esta solución calculando el campo en el eje por integración directa.
Si la distribución superficial es una aproximación de un bobinado muy largo de N vueltas sobre una longitud L
y por el que pasa una intensidad I, la corriente superficial es en módulo jS = N I/L, y ası́ se debe sustituir en la
fórmula que nos da el campo. Lo que realmente cuenta es entonces la densidad de bobinado n = N/L.
Ejemplo:
Hállese el campo magnético producido por una corriente superficial uniforme definida en un plano infinito.
z
180
z
o
jS
jS
B(-y)
dS
L
S
B(y)
O
y
-y
y
O
x
x
(a)
(b)
y
Vamos a elegir los ejes coordenados de forma que la corriente superficial sea jS = jS uz y que el plano que la
contiene sea el OXZ. Esta distribución ya no pertenece a las categorı́as que hemos manejado hasta ahora (poloidales
o toroidales), pero posee también una alta simetrı́a que nos permitirá reducir la expresión del campo. Es claro que
una traslación según las coordenadas x o z no cambian la distribución, por lo que sólo puede haber eventualmente
dependencia con y. En cuanto a la orientación, podemos eliminar fácilmente la componente Bz si consideramos la
distribución como suma de infinitos hilos verticales de grosor infinitesimal; cada hilo produce un campo contenido
en el plano XY que pase por el punto donde evaluamos el campo, y por superposición, la suma debe estar contenida
en dicho plano. Por otra parte, si giramos 180o la distribución respecto de un eje vertical contenido en el plano
de corriente (figura (a)), ésta no variará y por tanto el campo a un lado del plano (por ejemplo para y > 0)
determina cómo debe ser en el otro semiespacio (y < 0). En concreto debemos exigir que Bx (−y) = −Bx (y) y que
By (−y) = −By (y). El siguiente paso es aplicar la ley de ausencia de monopolos a una superficie de integración como
la indicada en la figura (a), en forma de paralelepı́pedo simétricamente colocado respecto del plano de corriente.
Tema 3: Campos Estáticos
21
Campos Electromagnéticos. 2◦ Ingenieros Industriales. Universidad de Sevilla
De los seis flujos, cuatro son nulos (por las caras horizontales por las caras paralelas al plano OY Z) y quedan dos
de igual valor, SBy (y). Si la suma total debe ser nula llegamos a que By (y) = 0. En resumen,
= B(y)ux ,
B
con B(−y) = −B(y).
El paso final es, como siempre, aplicar la ley de Ampère en forma integral. En la figura (b) se muestra el circuito
rectangular propuesto. Evaluando la corriente que atraviesa el rectángulo llegamos a −B(y)L + B(−y)L = μ0 jS L,
y teniendo en cuenta la simetrı́a, B(y) = −μ0 jS /2 (para y > 0). En definitiva,
⎧
⎪
⎨ − 1 μ0 jS ux si y > 0
=
2
B
1
⎪
⎩ μ0 jS ux
si y < 0
2
• Energı́a magnetostática
Según vimos en el tema anterior el campo magnético tiene asociado en cada punto una densidad
de energı́a. La energı́a correspondiente a todo el espacio será
UB =
esp
uB dτ =
1
2μ0
esp
B 2 dτ.
Análogamente al caso electrostático, en magnetostática la energı́a se puede presentar en función
·B
= B
·∇
×A
=
del las fuentes (corrientes) y el potencial. Para ello escribimos B 2 = B
· (A
× B)
+A
·∇
× B.
Con este desarrollo del integrando, aplicando el teorema de la divergencia
∇
a partir de la ley de Ampère en el segundo
al primer término y sustituyendo el rotacional de B
resulta
1
× B)
· dS
+1
dτ.
UB = lı́m
(A
j · A
R→∞ 2μ0 S(R)
2 esp
Los mismos argumentos vistos en electrostática sobre el comportamiento asintótico cuando R →
B
y dS
se aplican aquı́ para justificar que el lı́mite es nulo. Queda
∞, esta vez relativos a A,
finalmente
UB =
1
2
esp
dτ.
j · A
Esta fórmula ya no es de aplicación tan general como la original, puesto que nos hemos restringido
a situaciones independientes del tiempo.
La energı́a asociada a un conjunto de n espiras puede obtenerse de la expresión anterior, teniendo
en cuenta que la distribución de corriente se restringe a las propias espiras, y por tanto debemos
sustituir j dτ por Idr. Queda ası́
n
1
· dr.
UB =
Ii
A
2 i=1
γi
En esta fórmula no podemos llevar el modelo de hilo de sección nula hasta sus últimas consecuencias, puesto que esto darı́a un potencial vector singular en cada una de las espiras. Si aplicamos
×A
=B
resulta finalmente
el teorema de Stokes a la integral de lı́nea y usamos ∇
UB =
n
1
Ii Φi ,
2 i=1
Tema 3: Campos Estáticos
con
Φi =
Si
· dS,
B
22
Campos Electromagnéticos. 2◦ Ingenieros Industriales. Universidad de Sevilla
siendo Si cualquier superficie que se apoye sobre la espira γi. En esta última expresión aparecen
los productos de los flujos magnéticos por las intensidades, lo cual debe compararse en el caso electrostático con la energı́a en función de las cargas y los potenciales. Existe toda una correspondencia
entre fórmulas de la magnetostática y la electrostática.
Ejemplo:
Hállese la energı́a magnetostática almacenada en un solenoide toroidal de N espiras recorridas por una intensidad
I, de sección rectangular, con radios interior y exterior a y b respectivamente, y altura h.
Vamos a usar las dos fórmulas aplicables a este caso. El campo magnético dentro del solenoide es, según vimos
en un ejemplo anterior,
= μ0 N I uφ ,
B
2πr
mientras que en el exterior es nulo. La fórmula de la energı́a en función del campo, UB = 2μ1 0 esp B 2 dτ , da
1
UB =
2μ0
0
2π
dφ
0
h
dz
b
a
μ0 N I
rdr
2πr
2
=
μ0 I 2 N 2 h b
ln .
4π
a
La fórmula de la energı́a en función de flujos e intensidades requiere la descomposición del bobinado en N espiras
simples. Para cada una de ellas el flujo del campo magnético es
h b
μ0 N Ih b
μ0 N I
· dS
=
Φ=
B
=
ln .
dz
dr
2πr
2π
a
0
a
S
Si multiplicamos por la intensidad I, que atraviesa cualquiera de las espiras simples y sumamos para todas ellas,
N en total, obtenemos
N
μ0 I 2 N 2 h b
1
1
UB =
ln ,
Ii Φi = N IΦ =
2 i=1
2
4π
a
con lo que comprobamos que el resultado es el mismo.
• Desarrollo multipolar. Dipolo magnético
Al igual que en el caso eléctrico nos planteamos analizar la estructura del campo producido por
una distribución de corrientes para puntos lejanos. En principio, para respetar el paralelismo entre
el caso eléctrico y el magnético deberı́amos considerar una distribución volumétrica j, definida en
una región τ . Sin embargo resulta más sencillo manejar matemáticamente el potencial vector de
una espira, y el resultado puede generalizarse a una distribución arbitraria posteriormente, puesto
que el carácter solenoidal de cualquier distribución estacionaria permite una descomposición en
tubos de campo cerrados.
Partimos del potencial vector de una espira γ atravesada por una corriente de intensidad I:
= μ0 I
A
4π
γ
dr1
.
|r − r1 |
Aprovechamos el desarrollo de la función 1/|r − r1 | utilizado en el caso electrostático. Si lo introducimos en la integral nos queda
μ0 I μ0 I A=
dr1 +
ur · r1 dr1 + . . .
4πr γ
4πr 2 γ
Tema 3: Campos Estáticos
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Nuevamente aparece una serie de términos con decaimiento con la distancia sucesivamente más
pronunciado (potencias de 1/r). Sin embargo aparece una diferencia importante respecto del caso
eléctrico, y es que el primer término es nulo. En efecto, γ dr1 = 0, puesto que la suma vectorial
da resultante nula al coincidir origen y fin.
El primer término no nulo del desarrollo multipolar es lo que se conoce como término dipolar.
Podemos transformar la integral que aparece del siguiente modo: multiplicando por un vector
constante a resulta
a ·
γ
ur · r1 dr1 =
γ
(ur · r1 )a · dr1 =
S
1 × [(ur · r1 )a] · dS
1 .
∇
El rotacional que ha surgido de aplicar el teorema de Stokes se evalúa teniendo en cuenta que
actúa sobre las variables r1 , y que por tanto ur es también constante:
1 (ur · r1 ) × a + (ur · r1 )∇
1 × a = ur × a.
1 × [(ur · r1 )a] = ∇
∇
Sustituyendo en la integral e intercambiando los signos punto y aspa del producto triple escalar
resulta
1 × ur ) · a.
a · ur · r1 dr1 = (dS
γ
S
Dado que a es arbitrario, la conclusión es que deben ser iguales las dos integrales por las que se
multiplica escalarmente. El resultado final se puede expresar
× r
= μ0 m
,
A
4π r 3
con
m
=I
S
1 ,
dS
donde se ha introducido el momento dipolar magnético, m
de la espira γ recorrida por la
intensidad I. La superficie S es cualquiera que se apoye en el contorno γ. Si el contorno es plano el
momento dipolar es sencillamente un vector de módulo el área plana encerrada por la intensidad
I, dirigido en la dirección perpendicular al plano y en el sentido que nos marca la regla de la mano
derecha aplicada al contorno.
Una espira de corriente, pequeña en comparación con las distancias en las cuales medimos sus
efectos, se define como dipolo magnético, y viene totalmente caracterizada, no por la intensidad
de corriente o sus caracterı́sticas geométricas, sino por su momento dipolar m.
Para una distribución volumétrica también se puede definir su momento dipolar como combinación de los momentos dipolares elementales que surgen de descomponer la distribución en N
i que llevan una corriente ΔIi = jΔS
i a lo largo de un tubo del
espiras de sección elemental ΔS
campo j designado como γi , sobre los que se apoyan las superficies Si :
m
= lı́m
N →∞
N
i=1
ΔIi
Si
dS
(ojo, no confundir la sección del tubo con la superficie que se apoya en él). Aunque esta fórmula
resulta ser operativa en muchos casos, la de aplicación general es
m
=
1
r × j dτ,
2 τ
cuya deducción es un tanto farragosa y omitimos.
Tema 3: Campos Estáticos
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Ejercicio:
Demostrar que para una espira recorrida por una intensidad I el momento magnético obtenido por la fórmula
que es la definición propuesta
anterior es m
= 12 I γ r × dr. Comprobar que esta expresión es equivalente a I S dS,
anteriormente. (Indicación: multiplicar por un vector constante y transformar para poder usar el teorema de Stokes).
El campo producido por un dipolo magnético se obtiene aplicando el rotacional:
× r
×m
= μ0 ∇
B
.
4π
r3
y el desarrollo del rotacional de un producto vectorial,
Teniendo en cuenta que r/r 3 = −∇(1/r)
= − μ0 m
· ∇(1/r)
∇(1/r)
B
∇
− (m
· ∇)
,
4π
donde hemos omitido los términos automáticamente nulos por involucrar derivadas de m,
que
es constante. También es nulo el primero de los términos escritos, puesto que ∇2 (1/r) = 0.
y (m
también debido a que
Finalmente, en el que queda podemos permutar los operadores ∇
· ∇),
m
es constante. Con todo esto el campo queda
m
1 = −∇ϕ
m,
= μ0 ∇(
· ∇)
B
4π
r
donde se define el potencial escalar dipolar magnético por la fórmula
ϕm =
· r
μ0 m
,
4π r 3
que es en todo análoga al potencial debido a un dipolo eléctrico, sin más que hacer la transforma → p/0 . Esta analogı́a nos permite conocer sin ningún cálculo adicional el campo que
ción μ0 m
buscábamos:
· r)r m
= μ0 3(m
B
− 3 .
5
4π
r
r
Todo lo averiguado acerca del campo dipolar eléctrico se aplica sin más al campo dipolar magnético.
• Interacción de un campo magnetostático con un dipolo
El concepto de dipolo magnético permitirá más adelante caracterizar las propiedades macroscópicas de los llamados materiales magnetizables. Nos planteamos por ello ahora, para completar el
estudio del dipolo, establecer su interacción con un campo externo B.
Supongamos que se trae una espira γ elemental (es decir, de tamaño pequeño en comparación
desde el infinito hasta su posición final, en presencia
con las distancias tı́picas de variación de B)
de dicho campo. El trabajo W realizado por nosotros en el proceso es el opuesto al realizado
por las fuerzas magnéticas, WB a lo largo de todo el recorrido. La fuerza sobre la espira es la de
Lorentz para corrientes filiformes:
F = I
Tema 3: Campos Estáticos
γ
r1 ).
dr1 × B(
25
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Un trabajo elemental dentro del recorrido, correspondiente al desplazamiento dr es
dWB = dr · I
=I
γ
γ
r1 ) = I
dr1 × B(
r1 ) = −I
[dr × dr1 ] · B(
γ
γ
r1 )] =
dr · [dr1 × B(
r1 ) = −IdΦL .
[dr1 × dr] · B(
m
B( r )
dr1 dSL= dr1 dr
dr
S
m
I
El producto vectorial dr1 × dr tiene un significado geométrico sencillo: se trata de un elemento,
L , de la superficie con forma de tubo, descrita por el contorno γ en su desplazamiento desde el
dS
infinito hasta su posición final. El flujo elemental dΦL corresponde al que atraviesa la superficie
barrida por la espira al desplazarse un dr.
El trabajo total realizado por la fuerza magnética, WB , será la suma de estos trabajos elementales,
WB = −IΦL , siendo ΦL el flujo total a través de la superficie lateral. Dado que el campo es
solenoidal, si cerramos la superficie lateral con dos superficies que se apoyan en la espira en sus
posiciones inicial y final, el flujo total debe ser nulo. Esto nos permite sustituir el flujo definido
sobre el tubo por el flujo a través de las dos superficies de cierre, con signo cambiado. Si por último
en el infinito debe ser nulo, se llega a la expresión
tenemos en cuenta que el campo B
WB = I
S
·B
I
dS
S
·B
=m
dS
· B.
aproximadamente
En el último paso se usa el hecho de ser la espira pequeña y por tanto B
constante en el dominio de integración.
Teniendo en cuenta que el trabajo realizado por nosotros es opuesto al trabajo de las fuerzas
magnéticas, queda
W = −WB = −m
· B.
Nuevamente se encuentra una analogı́a completa con el caso eléctrico. Ello nos permite escribir
directamente la fuerza y el momento de la fuerza sobre un dipolo:
B;
F = (m
· ∇)
=m
M
× B.
También en este caso la interacción tiende a alinear el dipolo con el campo externo.
Cuestión:
¿Bajo qué condiciones puede aplicarse la fórmula encontrada para el momento sobre un dipolo al caso de una espira
de dimensiones macroscópicas? Escrı́base una fórmula general para dicho momento de fuerzas.
Tema 3: Campos Estáticos
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Ejemplo:
En 1820 Oersted comprobó que una corriente eléctrica era capaz de desviar la aguja imanada de una brújula.
Este fue el primer paso hacia el descubrimiento de la ı́ntima conexión existente entre los fenómenos eléctricos y
magnéticos. Dicha aguja puede ser considerada (ya se verá por qué en el tema 8) como un dipolo magnético con
momento dipolar m
orientado longitudinalmente. ¿Qué resultado experimental obtuvo Oersted?
Si consideramos un cable rectilı́neo largo por el que pasa una intensidad I, se establecerá un campo magnético bien
= μ0 I/(2πr)uφ . Si el momento dipolar tiene una orientación arbitraria el campo ejerce un momento
conocido, B
de fuerza magnética dado por
ur
uφ
uz μ0 I
=m
= mr
mφ
mz =
(mr uz − mz ur ).
M
×B
2πr
0 μ I/(2πr) 0 0
En consecuencia, la aguja se desvı́a, salvo que sólo tenga componente según uφ . Si el cable está sobre una mesa y
la brújula se coloca horizontal, su orientación será perpendicular al hilo de corriente. Esto es lo que se observó experimentalmente.
Si se tuviera un dinamómetro muy preciso, se podrı́a detectar también en teorı́a la existencia de una fuerza sobre
la aguja. En efecto, la energı́a de interacción es
= −mφ μ0 I ,
WB = −m
·B
2πr
que sólo depende de la coordenada radial, y la fuerza es
B (r) = −ur ∂WB = − mφ μ0 I ur .
F = −∇W
∂r
2πr2
Tema 3: Campos Estáticos
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