TEMA3

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3. Campos estáticos
1. Ecuaciones en el caso estático: Distribuciones
estáticas. Desacoplamiento de los campos.
2. Electrostática: Solución electrostática. Potencial elec-
trostático; interpretación f́ısica. Ecuaciones de Poisson y
de Laplace. Potencial y campo de una carga puntual. Ley
de Coulomb. Cálculo de campos mediante la ley de Gauss.
Enerǵıa electrostática de distintas distribuciones. Desarro-
llo multipolar. Dipolo eléctrico. Interacción de un campo
electrostático con un dipolo.
3. Campo magnético de corrientes estacionarias: So-
lución magnetostática. Potencial vector magnetostático.
Potencial y campo de corrientes filiformes. Ley de Biot-
Savart. Cálculo de campos mediante la ley de Ampère.
Enerǵıa 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 � no dependen del tiempo. Es previ-
sible 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, �∇× �E = 0.
�∇ · �B = 0, �∇× �B = µ0�.
(La última de estas ecuaciones se suele denominar ley de
Ampère, y no de Ampère-Maxwell.)
Vemos que quedan definidos dos problemas desacoplados:
uno para el campo �E y otro para el campo �B. Esto permite
resolverlos por separado de manera muy directa, utilizando
el teorema de Helmholtz. Al campo eléctrico que es solu-
ción del problema se le denomina campo electrostático,
mientras que al magnético se le suele llamar campo mag-
netostático o debido a corrientes estacionarias.
3.2 Electrostática
La solución que da en todo el espacio el teorema de Helm-
holtz a las dos primeras ecuaciones es
�E = −�∇V, con V (�r) = 1
4π�0
∫
esp
ρ(�r1) dτ1
|�r − �r1| ,
donde, como es habitual, se designa �r1 a un punto fuente
y �r al punto donde se está evaluando el campo. Hay que
recalcar 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-
trostático. Su gradiente con signo cambiado nos da el cam-
po electrostático, que resulta ser, introduciendo la operación
gradiente en la integral,
�E =
−1
4π�0
∫
esp
�∇
(
ρ(�r1)
|�r − �r1|
)
dτ1.
Como el gradiente no actúa sobre funciones independientes
de �r, la función ρ(�r1) sale como constante; usando además
que �∇(1/|�r − �r1|) = −(�r − �r1)/|�r − �r1|3 resulta finalmente,
�E =
1
4π�0
∫
esp
ρ(�r1)
�r − �r1
|�r − �r1|3 dτ1.
Ejemplo:
Hállese potencial y campo producido por un hilo de longitud 2L unifor-
memente cargado con densidad lineal λ en cualquier punto del espacio.
x
y
z
O
r
dz1
r1
�
r
2L
Usamos coordenadas ciĺındricas con origen en el centro del segmento
cargado y eje OZ definido por la dirección del segmento. La fórmula
que aplicamos es una adaptación a distribuciones lineales de la que aca-
bamos de ver para distribuciones en volumen. 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 apa-
rece la combinación ρ(
r1)dτ1, que se transforma en λ(
r1)dl1, siendo
dl1 = |d
r1|, con λ = Sρ. En definitiva tenemos
1
4π
0
∫
esp
ρ(
r1) dτ1
|
r − 
r1|
→ 1
4π
0
∫
γ
λ(
r1) dl1
|
r − 
r1|
,
33
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
V (
r) =
1
4π
0
∫ L
−L
λdz1
|
r − z1
uz|
=
λ
4π
0
∫ L
−L
dz1√
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
V (r, z) =
−λ
4π
0
∫ L
−L
d(z − z1)/r√
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
V (r, z) =
λ
4π
0
ln
z + L+
√
(z + L)2 + r2
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.
• Interpretación f́ısica del potencial
El potencial electrostático no es un simple medio ma-
temático de obtener el campo, sino que posee un importante
significado f́ısico. Para entenderlo consideremos una re-
gión del espacio en la que existe un campo eléctrico �E. Dado
que dV = �∇V ·d�r = − �E ·d�r, la diferencia de potencial entre
dos puntos A y B será
VB − VA = −
∫ B
A
�E · d�r.
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 se
trae desde el infinito hasta una posición final �r bajo la ac-
ción 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 enerǵıa
cinética nos dice que la variación de enerǵıa cinética, nula
en este caso, es igual al trabajo total realizado sobre la carga
en el proceso. Por tanto 0 = W ′ +We. El trabajo realiza-
do por nosotros será (teniendo en cuenta que el potencial
electrostático es nulo en el infinito)
W ′ = −We = −
∫ �r
∞
q �E · d�r = qV (�r) → V (�r) = W
′
q
.
La ecuación anterior indica que el trabajo realizado por no-
sotros 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 de-
bemos exigir además que el movimiento de la carga sea cua-
siestático, es decir, infinitamente lento (lo cual obliga a que
�F + �F ′ � 0). La razón estriba en que una carga acelera-
da emite radiación, lo cual supone una pérdida de enerǵıa
que no estamos contabilizando al aplicar el teorema de la
enerǵıa cinética.
Hay que recordar, de cursos de F́ısica anteriores, que para
toda fuerza conservativa podemos definir una enerǵıa po-
tencial 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 enerǵıa
potencial de una part́ıcula cargada en el seno de un campo
eléctrico. En efecto, definimos dicha enerǵıa en la forma
habitual, como trabajo realizado por nosotros para traer
la part́ıcula desde el infinito a su posición en las condicio-
nes que acabamos de describir, y esto nos da simplemente
U(�r) =W ′ = qV (�r).
Conviene tener presente que cuando las fuentes se extien-
den hasta el infinito (y no disminuyen con la distancia sufi-
cientemente rápido) ya no es aplicable el teorema de Helm-
holtz, y la solución dada para el potencial es divergente.
Esas situaciones tienen lugar cuando trabajamos con ideali-
zaciones de ciertos sistemas (hilo muy largo, plano cargado
muy extenso, etc.). En estos casos es mejor usar la expresión
encontrada para �E directamente, y no calcular el potencial
como paso previo.
• Ecuaciones de Poisson y de Laplace
Si estamos interesados en una ecuación local para el
potencial podemos sustituir el campo eléctrico en la ley
de Gauss por su expresión en función del gradiente:
�∇ · (−�∇V ) = ρ/�0, con lo cual se llega a la llamada ecua-
ción de Poisson:
∇2V = −ρ/�0.
En una región libre de carga la ecuación de Poisson se
reduce a la ya conocida ecuación de Laplace, ∇2V = 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.
Podemos resumir las relaciones entre ρ, �E y V mediante
el 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 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 resul-
tado es simplemente
V =
q
4π�0|�r − �r0| ;
�E =
q
4π�0
�r − �r0
|�r − �r0|3 .
E
q
V
También es evidente (demuéstrese) que potencial y campo
verifican un principio de superposición, aunque el ape-
lativo ”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.
La fuerza de interacción electrostática entre dos cargas
puntuales q1 y q2 situadas en �r1 y �r2 respectivamente resul-
ta de la combinación del campo anterior y de la expresión
de la fuerza de Lorentz con �v = 0:
�F12 =
q1q2
4π�0
�r1 − �r2
|�r1 − �r2|3 ,
que nos da en concreto la fuerza sobre la primera carga
debida a la presencia de la segunda. Esta expresión se co-
noce como ley de Coulomb, que junto con el principio de
superposición para las fuerzas constituye un punto de par-
tida 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.
• Cálculo de campos mediante la ley de Gauss
Una forma de encontrar el campo creado por una distri-
bución, 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 sime-
tŕıa. 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.
Ejemplos:
Apĺıquese 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 complica-
do como lo siguiente:
E(
r) = Er(r, θ, φ)
ur +Eθ(r, θ, φ)
uθ + Eφ(r, θ, φ)
uφ.
x
y
z
r
�
dS
�
q
Sin embargo podemos simplificar esta expresión mediante argumen-
tos de simetŕıa. El modo más simple es basarnos en la simetŕıa del
potencial electrostático y usar la relación 
E = −
∇V . Si la carga
es puntual, todas las direcciones del espacio son equivalentes, no hay
ninguna privilegiada. Ello implica que no hay dependencia en las coor-
denadas 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
E(
r) = E(r)
ur.
Una vez simplificada la forma del campo, y no antes, resulta útil
aplicar la ley de Gauss en forma integral,∮
Sτ
E · d
S = q(τ)/
0.
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: ∮
SG
E · d
S =
∮
S(r)
E(r)dS = E(r)
∮
S(r)
dS = 4πr2E(r).
La carga encerrada es q sea cual sea el valor de r, por lo que finalmente
se llega a
E =
q
4π
0r2
ur ,
que coincide con el resultado obtenido mediante integración directa.
(2) Esfera uniformemente cargada (i) en superficie; (ii) en
volumen.
Los argumentos de simetŕıa usados en el ejemplo anterior son estric-
tamente 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, 4πR2ρS si r > R. Por tanto el campo tiene distinta
expresión en cada región:
E =
{
0 (r < R)
ρSR
2

0r2
(r > R).
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,
E =


ρr
3
0
(r ≤ R)
ρR3
3
0r2
(r ≥ R).
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 ciĺındricas,
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 depen-
der 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 coordenada angular. Resulta entonces V = V (r) y
E = −
∇V = E(r)
ur .
x
y
z
O
dS
L
r
Con esta simplificación aplicamos la ley de Gauss en forma integral
usando una superficie gaussiana en forma de ” bote ” ciĺındrico, 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 componen-
te del campo en esa dirección. En la superficie lateral, con orientación
en cada punto según 
ur el flujo es∫
SL
E · d
S =
∫
SL
E(r)dS = 2πrLE(r),
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
2π
0r
ur .
(4) Cilindro infinito uniformemente cargado (i) en superficie;
(ii) en volumen.
Los argumentos de simetŕıa usados en el ejemplo anterior siguen
siendo válidos en estas configuraciones.
La superficie gaussiana elegida es la misma que en el ejemplo ante-
rior. El resultado es
(i) Distribución superficial (radio R y densidad ρS):
E =
{
0 (r < R)
ρSR

0r
(r > R).
(ii) Distribución volumétrica (radio R y densidad ρ):
E =


ρr
2
0
(r ≤ R)
ρR2
2
0r
(r ≥ R).
(5) Plano infinito cargado uniformemente.
Si tomamos el eje OZ normal al plano cargado, hay simetŕıa trasla-
cional en las direcciones OX y OY , por lo que el potencial no depende
de estas coordenadas y podemos escribir V = V (z). Tenemos enton-
ces 
E = −
∇V = E(z)
uz . 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, aśı que E(−z) = −E(z).
x
y
z
dS
E (z)
E (-z)
dS
carga
encerrada
superficie
gaussiana
Ahora estamos en condiciones de aplicar el teorema de Gauss, to-
mando como superficie de integración un cilindro recto de sección arbi-
traria, con generatriz perpendicular al plano de cargay bases equidis-
tantes 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 =
ρSS

0
→ 
E = ρS
2
0
uz (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 varia-
ción 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
E =


ρz

0
uz (|z| ≤ d/2)
sig(z)
ρd
2
0
uz (|z| ≥ d/2),
donde sig(z) es el signo de z.
• Enerǵıa electrostática
La enerǵıa asociada al campo eléctrico es, según se definió
en el tema anterior:
UE =
∫
esp
uE dτ =
�0
2
∫
esp
E2 dτ.
Una expresión alternativa, válida para campos eléctricos
producidos por distribuciones estáticas de carga, en función
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de éstas y del potencial se obtiene teniendo en cuenta que
E2 = �E · �E = − �E · �∇V = −�∇ · (V �E) + V �∇ · �E.
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 = − lim
R→∞
∮
S(R)
�0
2
V �E · d�S + 1
2
∫
esp
ρV dτ,
donde la superficie que envuelve todo el espacio se construye
como una esfera de radio tendente a infinito. Si las distri-
buciones de carga están localizadas (no llegan al infinito)
el potencial vaŕıa con la distancia con una dependencia del
tipo 1/R y el campo con otra del tipo 1/R2 (esto se en-
tenderá 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 com-
portamientos asintóticos mencionados obtenemos el de la
integral, que resulta ser 1/R. Este argumento nos permite
asegurar que el ĺımite es cero. En resumen,
UE =
1
2
∫
τ
ρV dτ,
donde τ es la región en la que existe carga.
Ejemplo:
Hállese la enerǵıa de una esfera de radio R uniformemente cargada con
densidad ρ.
Hemos encontrado en un ejemplo anterior el valor en cualquier pun-
to del espacio del campo que crea esta distribución. Podemos calcular
la enerǵıa 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 simetŕıa esférica del sistema escribimos
UE =

0
2
∫
esp
E2dτ =

0
2
∫ R
0
Ei(r)
24πr2dr +

0
2
∫ ∞
R
Ee(r)
24πr2dr,
con Ei(r) = ρr/(3
0) y Ee(r) = ρR3/(3
0r2), tal y como vimos en el
ejemplo mencionado. El cálculo es sencillo y el resultado es
UE =
4πρ2R5
15
0
=
3q2
20π
0R
,
donde la última expresión se da en función de la carga total de la esfera
(q = 4
3
πR3ρ).
(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,
V (
r) = −
∫ 
r
∞
E · d
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
V (r) = −
∫ r
∞
Ee(r)dr = −
∫ r
∞
ρR3
3
0r2
dr =
ρR3
3
0r
.
Este resultado toma el valor particular V (R) = ρR2/(3
0) en puntos
de la superficie, que nos servirá como referencia para calcular V (r) en
puntos interiores:
V (r)− V (R) = −
∫ r
R
Ei(r)dr = −
∫ r
R
ρr
3
0
dr =
ρ(R2 − r2)
6
0
→
V (r) =
ρ(3R2 − r2)
6
0
.
Finalmente aplicamos la fórmula de la enerǵıa,
UE =
1
2
∫
τ
ρV dτ =
1
2
∫ R
0
ρ
ρ(3R2 − r2)
6
0
4πr2dr =
4πρ2R5
15
0
,
que coincide con lo obtenido por el primer método.
Cuando la distribución de carga es superficial la enerǵıa
viene dada por
UE =
1
2
∫
S
ρSV dS,
que surge de la sustitución ρdτ = ρe dS = ρSdS (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 distribu-
ción discreta de cargas con densidad volumétrica ρ(�r) =∑
i qiδ(�r − �ri) y sustituirla en la expresión de la enerǵıa, lo
cual nos da
UE =
1
2
n∑
i=1
qiV (�ri).
Pero esta expresión da infinito 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 una
idealización, y que la enerǵıa que almacena es infinita. Pa-
ra convencernos de ello basta partir de una distribución no
singular de carga, con simetŕıa esférica, restringida a un ra-
dio finito R, como la del ejemplo anterior, y tomar el ĺımite
R → 0 en la expresión en la que aparece expĺıcitamente la
carga total q. Podemos encontrar una expresión útil en este
caso si extraemos de la enerǵıa 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∑
j=1
j �=i
Vj(�ri).
El primer sumando es el único aporte de la carga i-ésima
al potencial total, y es el término que se hace infinito. Eli-
minándolo obtenemos
UE =
1
2
n∑
i=1
qiV
∗(�ri),
donde se ha sustituido V (�ri) por V ∗(�ri), definido como el
potencial de toda la distribución excepto la propia carga
situada en �ri.
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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 śı 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 = q2V1(r12) = q2
q1
4π
0r12
.
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 pre-
sencia de las demás: Wn(n−1)...21 = qn
∑n−1
i=1
Vi(rni) =
∑n−1
i=1
Wni.
Una vez calculados los trabajos parciales realizados para traer ca-
da carga los sumamos todos. El resultado puede expresarse en forma
compacta como
W =
n∑
j=2
Wj(j−1)...21 =
n∑
j=2
j−1∑
i=1
Wji =
n∑
j,i=1
(j>i)
Wji,
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 expĺıcitamente
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:
W =
n∑
j,i=1
(j>i)
Wji =
n∑
i,j=1
(i>j)
Wij =
n∑
j,i=1
(i>j)
Wji =
1
2
n∑
i,j=1
(i�=j)
Wij .
El último paso ha sido simplemente sumar dos expresiones equivalentes
y dividir por dos para obtener una nueva expresión equivalente.
Sustituyendo Wij por qiVj(rij) y aplicando de nuevoel principio de
superposición obtenemos finalmente
W =
1
2
n∑
i,j=1
(i�=j)
qiVj(rij) =
1
2
n∑
i=1
qi
n∑
j=1
(i�=j)
Vj(rij) =
1
2
n∑
i=1
qiV
∗(
ri),
que es lo que se pretend́ıa demostrar.
Este ejercicio permite interpretar la enerǵıa electrostática
como el trabajo necesario para traer las cargas desde el in-
finito hasta sus posiciones finales, partiendo y llegando con
velocidades nulas mediante un proceso cuasiestático.
• Desarrollo multipolar
Es interesante analizar la estructura del campo elec-
trostático creado por una distribución arbitraria ρ(�r) loca-
lizada, cuando el punto de observación está alejado de ella.
Si suponemos que L, la mayor distancia definible entre pun-
tos de la distribución, es mucho menor que la distancia r al
punto de observación, se tiene un parámetro pequeño, a sa-
ber, L/r, respecto del cual podemos encontrar un desarrollo
del potencial en serie de potencias. El potencial viene dado,
según vimos, por
V (�r) =
1
4π�0
∫
esp
ρ(�r1) dτ1
|�r − �r1| .
Escribimos la función 1/|�r − �r1| del siguiente modo:
1
|�r − �r1| = [(�r − �r1) · (�r − �r1)]
− 12 = (r2 + r21 − 2�r · �r1)−
1
2
= r−1
[
1 + (r1/r)2 − 2�r · �r1/r2
]− 12 .
La expresión final 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 nuestro
caso nos da
1
|�r − �r1| �
1
r
[
1− 1
2
(
−2�r · �r1
r2
+
r21
r2
)
+
(
1
2
) (−1
2
) (−3
2
) (
−2�r · �r1
r2
+
r21
r2
)2
+ . . .
]
.
Podemos reordenar términos según la dependencia con la
distancia r. Los dos primeros resultan ser, sustituidos en la
expresión del potencial,
V (�r) =
1
4π�0r
∫
esp
ρ(�r1) dτ1+
1
4π�0r2
�ur ·
∫
esp
�r1ρ(�r1) dτ1+. . .
El primer término despreciado en el desarrollo tiene una de-
pendencia del tipo 1/r3, y aśı sucesivamente. Este es el lla-
mado 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” co-
mo una carga Q puntual).
El segundo término se puede escribir
�r · �p
4π�0r3
, con �p =
∫
esp
�r1ρ(�r1) dτ1.
que se denomina potencial dipolar, debido al momento di-
polar �p de la distribución. Cuando la carga neta del sistema
es nula, este término pasa a ser el dominante, y se caracte-
riza por tener un decaimiento más rápido con la distancia y
no poseer ya simetŕıa radial.
Si este término también es nulo por serlo �p, el potencial
creado por la distribución (cuadrupolar, octupolar, etc) de-
cae más rápidamente con la distancia.
• El dipolo eléctrico
El sistema más sencillo que no presenta el primer término
del desarrollo y śı el segundo es el dipolo eléctrico, que
está constituido por dos cargas opuestas separadas una dis-
tancia d. Si usamos un sistema de referencia con origen en
el punto medio entre las dos cargas y eje Z aquel que las
38
contiene (dirigido hacia la positiva), la densidad volumétrica
del sistema se representa mediante funciones delta:
ρ(�r) = qδ(�r − d
2
�uz)− qδ(�r + d2�uz).
Sustituyendo esta distribución en la fórmula para �p se en-
cuentra
�p = q
∫
esp
�r1
[
δ(�r1 − d2�uz)− δ(�r1 +
d
2
�uz)
]
dτ1 = qd�uz,
es decir, �p se construye en este caso con el vector que va de
la carga negativa a la positiva, multiplicado por el valor ab-
soluto de ambas cargas. El potencial de esta configuración
para puntos lejanos (d << r) es entonces
V =
�p · �r
4π�0r3
,
En la figura adjunta se muestran las equipotenciales produ-
cidas por un dipolo, en unidades arbitrarias, para valores de
potencial con incremento constante.
p
1
2
3
-1
-2
-3
10
-10
A partir de la figura también podemos hacernos una idea
de cómo son las ĺıneas del campo eléctrico dipolar, tenien-
do 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 gradien-
te, con signo cambiado, del potencial encontrado,
�E = −�∇
(
�p · �r
4π�0r3
)
.
Intentemos evaluar esta expresión de manera que sea in-
dependiente del sistema de coordenadas elegido. Podemos
aplicar directamente las reglas de análisis vectorial, pero la
operación se simplifica si antes elegimos un sistema de refe-
rencia para el cual uno de los ejes (pongamos el OX) coin-
cide con la dirección del momento dipolar, es decir, �p = p�ux
y trabajamos en cartesianas:
�E = −�∇
(
px
4π�0r3
)
=
−p
4π�0
[
�ux
r3
− 3x
r4
�∇r
]
=
=
−p
4π�0
[
�ux
r3
− 3x
r4
�r
r
]
.
Por último identificamos en esta expresión los términos
p�ux = �p y xp = �p · �r para obtener
�E =
1
4π�0
[
3(�p · �r)�r
r5
− �p
r3
]
,
que ya no se restringe al uso de coordenadas cartesianas.
El campo dipolar decae con la distancia como 1/r3, más
rápidamente que el campo de una carga y posee simetŕıa
axial (no depende de φ).
Ejercicios:
(1) Encontrar la fórmula anaĺıtica que describe las ĺıneas 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.
El estudio del dipolo eléctrico tiene gran importancia a la
hora de construir una teoŕıa 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 enerǵıa de interacción de un dipolo con un campo ex-
terno se calcula simplemente como suma de las enerǵıas po-
tenciales de las dos cargas constituyentes, haciendo uso de
la interpretación f́ısica establecida para el potencial. Si la
carga positiva se sitúa en �r+ y la negativa en �r− se tendrá
U = q[V (�r+)− V (�r−)] � q(�r+ − �r−) · �∇V y por tanto
U = −�p · �E(�r),
con �r el punto medio del dipolo. El error cometido en la
aproximación es despreciable si el tamaño del dipolo es pe-
queño en comparación con la longitud t́ıpica 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 enerǵıa 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 el gradiente de un
producto escalar y tenemos en cuenta que �p es un vector
constante y que �E es irrotacional (restringiéndonos al caso
electrostático), se tiene
39
�F = (�p · �∇) �E.
Si el campo es constante en la región donde está situado
el dipolo, la aplicación del operador escalar �p · �∇ dará cero,
lo cual es coherente con el hecho básico de que las fuerzas
sobre dos cargas opuestas se cancelan.
El momento de la fuerza sobre el dipolo se calcula directa-
mente: �M = q�r+× �E(�r+)−q�r−× �E(�r−) � q(�r+−�r−)× �E(�r),
y finalmente
�M = �p× �E.,
El campo produce un momento sobre el dipolo que tiende
a alinear a ambos. Al mismo resultado se llega si relacio-
namos el momento de la fuerza eléctrica con una derivada
angular de la enerǵıa de interacción.
Ejemplo:
Hállese la enerǵıa de interacción entre dos dipolos orientados arbitra-
riamente. ¿De qué parámetros depende?.
Si los momentos dipolares son 
p1 y 
p2 y el vector de posición relati-
va del segundo respecto del primero es 
r, la enerǵıa de interacción se
puede calcular a partir de U = −
p1 · 
E2(
r1), siendo 
E2(
r1) el campo
que crea el segundo dipolo en la posición del primero. Sustituyendo,
U =
(
p1 · 
p2)r2 − 3(
p1 · 
r)(
p2 · 
r)
4π
0r5
.
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.
La formavectorial de esta expresión enmascara los grados de liber-
tad 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 em-
bargo 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 enerǵıa de interacción resulta
U =
−p1p2
4π
0r3
(2 cos θ1 cos θ2 − senθ1senθ2 cosφ2).
3.3 Campo magnético de corrientes esta-
cionarias
Hemos desarrollado hasta ahora las caracteŕısticas del cam-
po eléctrico producido por distribuciones de cargas indepen-
dientes del tiempo. El estudio del campo magnético produ-
cido 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 = µ0�,
donde, por ser estacionarias las distribuciones, debe cum-
plirse que �∇ · � = −∂ρ/∂t = 0. Estamos en condiciones de
aplicar nuevamente el teorema de Helmholtz:
�B = �∇× �A, con �A = µ0
4π
∫
esp
�(�r1) dτ1
|�r − �r1| .
Ahora no hay fuentes escalares, pero śı vectoriales, justa-
mente el caso contrario al electrostático.
El potencial vector magnético �A queda determinado en
función de las fuentes. Aunque también existe una inter-
pretación f́ısica para esta magnitud, para nosotros en este
curso el potencial vector tiene un interés meramente opera-
tivo, como herramienta para obtener �B.
Si evaluamos el rotacional del potencial vector se obtiene
el campo:
�B =
µ0
4π
�∇×
∫
esp
�(�r1) dτ1
|�r − �r1| =
−µ0
4π
∫
esp
�(�r1)× �∇ 1|�r − �r1| dτ1 =
=
µ0
4π
∫
esp
�(�r1)× (�r − �r1)
|�r − �r1|3 dτ1,
donde se ha usado la identidad que desarrolla el rotacional
de un campo escalar por uno vectorial y se ha evaluado el
gradiente de 1/|�r − �r1|.
Es posible encontrar una relación local entre las corrientes
� y el potencial vector �A, análoga a la ecuación de Poisson
en electrostática. Para ello escribimos �∇ × �∇ × �A = µ0�.
Pero si recordamos que �∇ × �∇ × �A = �∇(�∇ · �A) − ∇2 �A, y
que �∇ · �A = 0, según se ve en la demostración del teorema
de Helmholtz, resulta
∇2 �A = −µ0�.
Esta ecuación, junto con condiciones de contorno apropia-
das, es útil en situaciones en las que no conocemos todas las
corrientes en el espacio.
La distribución de corrientes más simple es la espira de
sección pequeña ∆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 fórmulas se transforman teniendo en cuenta que �dτ1 =
�∆Sdr1 = Id�r1, ya que la corriente es paralela a cada seg-
mento elemental d�r1 en que se descompone la espira. Re-
sulta por tanto
�A =
µ0I
4π
∮
γ
d�r1
|�r − �r1| ,
�B =
µ0I
4π
∮
γ
d�r1 × (�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
f́ısico, puesto que la corriente nace y muere en los extremos del seg-
mento. Habŕıa 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.
40
x
y
z
O
r
I
2L
r1
dr1
La geometŕıa es análoga a la adoptada en el ejemplo del potencial
eléctrico creado por un segmento cargado uniformemente. Tomando
r1 = z1
uz escribimos
B =
µ0I
4π
∫
γ
d
r1 × (
r − 
r1)
|
r − 
r1|3
=
µ0I
4π
∫ L
−L
dz1
uz × [r
ur + (z − z1)
uz ]
[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
B = −µ0I
uφ
4πr
∫ u(L)
u(−L)
du
(1 + u2)3/2
= −µ0I
uφ
4πr
[
u√
1 + u2
]u(L)
u(−L)
.
Deshaciendo la sustitución queda finalmente
B = −µ0I
uφ
4πr
[
z − L√
r2 + (z − L)2
− z + L√
r2 + (z + L)2
]
.
Es interesante aprovechar este resultado como base de un método
numérico de cálculo de campo producido por circuitos de forma ar-
bitraria. El proceso seŕıa: (i) descomponer de manera aproximada el
circuito en N segmentos rectiĺıneos de longitud Li por los que pasa
una misma intensidad I; (ii) encontrar los campos 
Bi(
r) que produce
cada segmento, descritos todos respecto de un mismo sistema de re-
ferencia; (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 seg-
mento 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 li-
bro de Haus & Melcher, ”Electromagnetic Fields and Energy” (1989),
Prentice Hall, pág. 322).
Históricamente los fenómenos magnéticos se consideraron
desligados de los eléctricos hasta la unificación establecida
por Maxwell. La base experimental la constitúıa la ley de
interacción entre espiras, o ley de Biot-Savart. Ahora es-
tamos en condiciones de establecerla combinando el campo
de corrientes filiformes con la fuerza de Lorentz sobre dis-
tribuciones filiformes, d�F = Id�r × �B. Para dos espiras γ1
y γ2 recorridas por intensidades I1 e I2 respectivamente se
tendrá.
�F12 =
µ0I1I2
4π
∮
γ1
d�r1 ×
∮
γ2
d�r2 × (�r1 − �r2)
|�r1 − �r2|3 .
Ejercicio:
Demostrar que la expresión anterior cumple el principio de acción y
reacción de Newton.
• Cálculo de campos mediante la ley de Ampère
En muchos casos resulta más práctico a la hora de ha-
llar los campos magnéticos producidos por corrientes usar
la ley de Ampère en forma integral. Esta opción se restringe
a situaciones con simetŕıa suficiente para poder reducir las
componentes y la dependencia del campo con las coorde-
nadas (análogamente a lo que se ha visto en Electrostática
para poder aplicar la ley de Gauss). En particular es po-
sible obtener de esta forma campos magnéticos producidos
por corrientes que se distribuyen con simetŕıa de revolución
(simetŕıa axial). Es conveniente para ello recordar los re-
sultados sobre campos poloidales y toroidales que se vieron
en el último ejemplo del tema 1. La situación es justamen-
te la de aquel ejemplo: el campo �B es solenoidal y si sus
fuentes tienen simetŕıa axial se podrán clasificar en poloi-
dales, 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.
x
y
z
O
r
B
I
�
La corriente es filiforme; entra en la categoŕıa de fuentes que tienen
la forma general 
 = j(r)
uz , lo cual indica que son un caso particular
de fuentes poloidales (es decir, con simetŕıa axial y sin componente
acimutal). Según se vio, el campo que producen debe ser toroidal, es
decir, de la forma 
B = B(r, z)
uφ. Además otra operación de simetŕıa
sobre la corriente que la deja invariante es una traslación arbitraria en
la dirección del hilo. Esto implica que el campo 
B no puede depender
tampoco de la coordenada z, y se reduce a 
B = B(r)
uφ.
El siguiente paso es aplicar la ley de Ampère,∮
γ
B · d
r = µ0I(γ),
siendo I(γ) la intensidad que atraviesa cualquier superficie que se apo-
ye en el circuito de integración γ. Debemos elegir γ de manera ven-
tajosa, y por ello tomamosuna ĺınea del campo 
B, es decir, una cir-
cunferencia de radio r 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:∮
γ
B · d
r =
∫ 2π
0
B(r)rdφ = 2πrB(r) = µ0I → 
B = µ0I
2πr
uφ.
En la deducción anterior hemos usado impĺıcitamente el teorema de
Helmholtz a pesar de que las fuentes se extienden hasta el infinito.
Esto no es problema siempre y cuando los campos obtenidos sean fini-
tos. Para convencernos de que el resultado es correcto podemos usar la
expresión del campo magnético creado por un segmento rectiĺıneo de
41
corriente de longitud L, obtenida anteriormente. En el ĺımite L → ∞
debemos obtener un resultado coincidente con el encontrado al usar la
ley de Ampère en forma integral.
Ejemplo:
Hállese el campo producido por una corriente que circula uniforme-
mente: (i) por la superficie de un conductor ciĺındrico de longitud
infinita y radio R; (ii) por su volumen.
x
y
z
O
B
r>R
R
j
x
y
z
O
B
R
jS
r<R
BB
r>R
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 unifor-
memente distribuida, tendremos 
S = (I/2πR)
uz . Si tomamos γ con
radio r < R la corriente engarzada I(γ) es nula, y como la circulación
de 
B se calcula igual que en el ejemplo anterior, resulta 
B = 0. Si
tomamos γ con 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 < R
µ0I
2πr
uφ si r > R
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 
 = (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 inten-
sidad total atraviesa un ćırculo de radio r:
I(γ) =
∫
S
 · d
S = jS = I
πR2
πr2 = I
r2
R2
.
Teniendo en cuenta que, como siempre, 2πB(r) = µ0I(γ), el resultado
final es
B =


µ0Ir
2πR2
uφ si r < R
µ0I
2πr
uφ si r > R
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 coplana-
rio. La figura plana puede ser cualquiera (rectángulo, ćırculo, etc.).
Debemos suponer que 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 re-
sultante sea poloidal, a pesar de estar definida sobre un toroide; pero
en efecto la corriente superficial se puede describir en coordenadas
ciĺındricas por 
S = jr(r, z)
ur + jz(r, z)
uz. El campo es entonces
toroidal: 
B = B(r, z)
uφ.
I
Aplicamos a continuación la ley de Ampère en forma integral, to-
mando como trayectoria una ĺınea de campo (una circunferencia) de
radio y posición z arbitrarios. Dependiendo del valor que tomen r y
z la ĺınea de campo será interior o exterior al toroide. Si es interior
la distribución de corriente atravesará N veces en el mismo sentido
el ćırculo que se apoya en la ĺınea de integración. Se tendrá pues
2πrB(r, z) = µ0NI. En cambio, si la ĺınea 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:
B =
{
0 si (r, z) es exterior
µ0NI
2πr
uφ si (r, z) es interior
Con esto el problema está resuelto, pero podemos completar la des-
cripción 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 śı puede ser calculado: si para ese punto la distancia al eje
es r, trazamos una circunferencia de ese radio y evaluamos la intensi-
dad que la atraviesa; como hay N espiras la intensidad total será NI.
Si aplicamos la fórmula que relaciona la intensidad con la densidad
superficial de corriente resulta NI =
∫
γ
S · d
l⊥ = 2πrjS . Por tanto
jS = NI/(2πr). Puede comprobarse que en función del vector normal
a la superficie toroidal tenemos finalmente
S =
NI
2πr
n × 
uφ.
Ejemplo:
Hállese el campo magnético producido por una corriente superficial
acimutal de módulo constante definida en un cilindro infinito de radio
R.
x
y
z
O
R
jS
S1
S2
SL
dS
x
y
z
O
R
jS
rin t
rext
42
Esta distribución puede modelizar un bobinado sobre el cilindro,
análogo al del ejemplo anterior. La distribución es, usando coorde-
nadas ciĺıdricas con eje OZ el del cilindro, 
S = jS
uφ (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 la
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 · d
S = 0, tomando
como superficie de integración una superficie ciĺındrica coaxial con la
distribución, de radio r y longitud L arbitrarios (ver figura). Los flu-
jos a través de las dos tapaderas S1 y S2 se cancelan entre śı porque
no hay nada en el sistema que dependa de z y las superficies están
orientadas opuestamente. El flujo lateral se calcula fácilmente y se ob-
tiene 2πrLBr(r). De aqúı se deduce que Br(r) = 0 y el campo queda
finalmente 
B = B(r)
uz .
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 = µ0jSL,
donde las coordenadas radiales interior y exterior se pueden elegir ar-
bitrariamente 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
B =
{
0 si r > R
µ0jS
uz si r < R
Podemos verificar esta solución calculando el campo en el eje por in-
tegración 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 = NI/L, y aśı 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.
x
y
jS
z
dS
B(y)
B(-y)
180
o
x
y
jS
z
-y y
S
L
(a) (b)
O O
Vamos a elegir los ejes coordenados de forma que la corriente su-
perficial sea 
S = jS
uz y que el plano que la contiene sea el OXZ.
Esta distribución ya no pertenece a las categoŕıas que hemos manejado
hasta ahora (poloidales o toroidales), pero posee también una alta si-
metŕıa que nos permitirá reducir la expresión del campo. Es claro que
una traslaciónsegún 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 ver-
ticales 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 in-
tegración como la indicada en la figura (a), en forma de paraleleṕıpedo
simétricamente colocado respecto del plano de corriente. De los seis
flujos, 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 suma
total debe ser nula llegamos a que By(y) = 0. En resumen,
B = B(y)
ux , 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 pro-
puesto. Evaluando la corriente que atraviesa el rectángulo llegamos
a −B(y)L + B(−y)L = µ0jSL, y teniendo en cuenta la simetŕıa,
B(y) = −µ0jS/2 (para y > 0). En definitiva,
B =


−1
2
µ0jS
ux si y > 0
1
2
µ0jS
ux si y < 0
Conocido el campo producido por un hilo recto infinito,
vamos a considerar la fuerza entre hilos paralelos (por uni-
dad de longitud). El hilo ”1”, recorrido por una corriente
de intensidad I1 produce un campo
�B1 =
µ0I1
2πr
�uφ.
La fuerza sobre una porción de longitud L del hilo ”2”, a
una distancia d, es
�F = I2
∫ L
0
d�r2 × �B1(�r2) = −µ0I1I2L2πd �ur,
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 opues-
tos. El resultado nos permite además definir la unidad de
intensidad de corriente eléctrica 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 a
2 · 10−7 N.
• Enerǵıa magnetostática
Según vimos en el tema anterior el campo magnético tiene
asociado en cada punto una densidad de enerǵıa. La enerǵıa
correspondiente a todo el espacio será
UB =
∫
esp
uB dτ =
1
2µ0
∫
esp
B2 dτ.
Análogamente al caso electrostático, en magnetostática la
enerǵıa se puede presentar en función del las fuentes (co-
rrientes) y el potencial. Para ello escribimos B2 = �B · �B =
43
�B · �∇× �A = �∇· ( �A× �B)+ �A · �∇× �B. Con este desarrollo del
integrando, aplicando el teorema de la divergencia al primer
término y sustituyendo el rotacional de �B a partir de la ley
de Ampère en el segundo resulta
UB = lim
R→∞
1
2µ0
∮
S(R)
( �A× �B) · d�S + 1
2
∫
esp
� · �Adτ.
Los mismos argumentos vistos en electrostática sobre el
comportamiento asintótico cuando R → ∞, esta vez re-
lativos a �A, �B y d�S se aplican aqúı para justificar que el
ĺımite es nulo. Queda finalmente
UB =
1
2
∫
esp
� · �Adτ.
Esta fórmula ya no es de aplicación tan general como la
original, puesto que nos hemos restringido a situaciones in-
dependientes del tiempo.
La enerǵıa asociada a un conjunto de n espiras puede ob-
tenerse de la expresión anterior, teniendo en cuenta que la
distribución de corriente se restringe a las propias espiras,
y por tanto debemos sustituir � dτ por Id�r. Queda aśı
UB =
1
2
n∑
i=1
Ii
∮
γi
�A · d�r.
En esta fórmula no podemos llevar el modelo de hilo de sec-
ción nula hasta sus últimas consecuencias, puesto que esto
daŕıa un potencial vector singular en cada una de las espi-
ras. Si aplicamos el teorema de Stokes a la integral de ĺınea
y usamos �∇× �A = �B resulta finalmente
UB =
1
2
n∑
i=1
IiΦi, con Φi =
∫
Si
�B · d�S,
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 compa-
rarse en el caso electrostático con la enerǵıa en función de las
cargas y los potenciales. Existe toda una correspondencia
entre fórmulas de la magnetostática y la electrostática.
Ejemplo:
Hállese la enerǵıa 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 ante-
rior,
B =
µ0NI
2πr
uφ,
mientras que en el exterior es nulo. La fórmula de la enerǵıa en función
del campo, UB =
1
2µ0
∫
esp
B2dτ , da
UB =
1
2µ0
∫ 2π
0
dφ
∫ h
0
dz
∫ b
a
rdr
(
µ0NI
2πr
)2
=
µ0I2N2h
4π
ln
b
a
.
La fórmula de la enerǵıa 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
Φ =
∫
S
B · d
S =
∫ h
0
dz
∫ b
a
dr
µ0NI
2πr
= µ0NIh ln
b
a
.
Si multiplicamos por la intensidad I, que atraviesa cualquiera de las
espiras simples y sumamos para todas ellas, N en total, obtenemos
UB =
1
2
N∑
i=1
IiΦi =
1
2
NIΦ =
µ0I2N2h
4π
ln
b
a
,
con lo que comprobamos que el resultado es el mismo.
• Desarrollo multipolar. Dipolo magnético
Al igual que en el caso eléctrico nos planteamos anali-
zar la estructura del campo producido por una distribución
de corrientes para puntos lejanos. En principio, para res-
petar el paralelismo entre el caso eléctrico y el magnético
debeŕıamos considerar una distribución volumétrica �, de-
finida en una región τ . Sin embargo resulta más sencillo
manejar matemáticamente el potencial vector de una es-
pira, y el resultado puede generalizarse a una distribución
arbitraria posteriormente, puesto que el carácter solenoidal
de cualquier distribución estacionaria permite una descom-
posición en tubos de campo cerrados.
Partimos del potencial vector de una espira γ atravesada
por una corriente de intensidad I:
�A =
µ0I
4π
∮
γ
d�r1
|�r − �r1| .
Aprovechamos el desarrollo de la función 1/|�r−�r1| utilizado
en el caso electrostático. Si lo introducimos en la integral
nos queda
�A =
µ0I
4πr
∮
γ
d�r1 +
µ0I
4πr2
∮
γ
�ur · �r1d�r1 + . . .
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
d�r1 = 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 transfor-
mar la integral que aparece del siguiente modo: multipli-
cando por un vector constante �a resulta
�a ·
∮
γ
�ur ·�r1d�r1 =
∮
γ
(�ur ·�r1)�a ·d�r1 =
∫
S
�∇1× [(�ur ·�r1)�a] ·d�S1.
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] = �∇1(�ur ·�r1)×�a+(�ur ·�r1)�∇1 ×�a = �ur ×�a.
44
Sustituyendo en la integral e intercambiando los signos pun-
to y aspa del producto triple escalar resulta
�a ·
∮
γ
�ur · �r1d�r1 =
∫
S
(d�S1 × �ur) · �a.
Dado que �a es arbitrario, la conclusión es que deben ser
iguales las dos integrales por las que se multiplica escalar-
mente. El resultado final se puede expresar
�A =
µ0
4π
�m× �r
r3
, con �m = I
∫
S
d�S1,
donde se ha introducido elmomento 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 caracteriza-
da, no por la intensidad de corriente o sus caracteŕısticas
geométricas, sino por su momento dipolar �m.
Para una distribución volumétrica también se puede defi-
nir su momento dipolar como combinación de los momentos
dipolares elementales que surgen de descomponer la distri-
bución en N espiras de sección elemental ∆�Si que llevan
una corriente ∆Ii = �∆�Si a lo largo de un tubo del campo
� designado como γi, sobre los que se apoyan las superficies
Si:
�m = lim
N→∞
N∑
i=1
∆Ii
∫
Si
d�S
(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
2
∫
τ
�r × � dτ,
cuya deducción es un tanto farragosa y omitimos.
Ejercicio:
Demostrar que para una espira recorrida por una intensidad I el mo-
mento magnético obtenido por la fórmula anterior es 
m = 1
2
I
∮
γ
r×d
r.
Comprobar que esta expresión es equivalente a I
∫
S
d
S, que es la defi-
nición propuesta 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:
�B =
µ0
4π
�∇× �m× �r
r3
.
Teniendo en cuenta que �r/r3 = −�∇(1/r) y el desarrollo del
rotacional de un producto vectorial,
�B = −µ0
4π
[
�m�∇ · �∇(1/r)− (�m · �∇)�∇(1/r)
]
,
donde hemos omitido los términos automáticamente nulos
por involucrar derivadas de �m, que es constante. Tam-
bién es nulo el primero de los términos escritos, puesto que
∇2(1/r) = 0. Finalmente, en el que queda podemos permu-
tar los operadores �∇ y (�m · �∇), también debido a que �m es
constante. Con todo esto el campo queda
�B =
µ0
4π
�∇(�m · �∇)1
r
= −�∇ϕm,
donde se define el potencial escalar dipolar magnético
por la fórmula
ϕm =
µ0
4π
�m · �r
r3
,
que es en todo análoga al potencial debido a un dipolo
eléctrico, sin más que hacer la transformación µ0 �m→ �p/�0.
Esta analoǵıa nos permite conocer sin ningún cálculo adi-
cional el campo que buscábamos:
�B =
µ0
4π
[
3(�m · �r)�r
r5
− �m
r3
]
.
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 interac-
ción con un campo externo �B.
Supongamos que se trae una espira γ elemental (es de-
cir, de tamaño pequeño en comparación con las distancias
t́ıpicas de variación de �B) desde el infinito hasta su posición
final, en presencia de dicho campo. El trabajo W ′ realiza-
do 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
∮
γ
d�r1 × �B(�r1).
Un trabajo elemental dentro del recorrido, correspondiente
al desplazamiento d�r es
dWB = d�r ·
[
I
∮
γ
d�r1 × �B(�r1)
]
= I
∮
γ
d�r · [d�r1 × �B(�r1)] =
= I
∮
γ
[d�r × d�r1] · �B(�r1) = −I
∮
γ
[d�r1 × d�r] · �B(�r1) = −IdΦL.
45
B( r )
S
I
dr1 dr1dSL=
dr
dr
m
m
El producto vectorial d�r1 × d�r tiene un significado
geométrico sencillo: se trata de un elemento, d�SL, de la
superficie con forma de tubo, descrita por el contorno γ en
su desplazamiento desde el infinito hasta su posición final.
El flujo elemental dΦL corresponde al que atraviesa la su-
perficie barrida por la espira al desplazarse un d�r.
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 posi-
ciones 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 cambia-
do. Si por último tenemos en cuenta que el campo �B en el
infinito debe ser nulo, se llega a la expresión
WB = I
∫
S
d�S · �B � I
(∫
S
d�S
)
· �B = �m · �B.
En el último paso se usa el hecho de ser la espira pequeña y
por tanto �B aproximadamente 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 analoǵıa completa con el ca-
so eléctrico. Ello nos permite escribir directamente la fuerza
y el momento de la fuerza sobre un dipolo:
�F = (�m · �∇) �B; �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 ma-
croscópicas? Escŕıbase una fórmula general para dicho momento de
fuerzas.
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 rectiĺıneo largo por el que pasa una in-
tensidad I, se establecerá un campo magnético bien conocido, 
B =
µ0I/(2πr)
uφ. Si el momento dipolar tiene una orientación arbitraria
el campo ejerce un momento de fuerza magnética dado por
M = 
m × 
B =
∣∣∣∣∣
ur 
uφ 
uz
mr mφ mz
0 µ0I/(2πr) 0
∣∣∣∣∣ = µ0I2πr (mr
uz − mz
ur).
En consecuencia, la aguja se desv́ıa, salvo que sólo tenga componente
según 
uφ. Si el cable está sobre una mesa y la brújula se coloca hori-
zontal, su orientación será perpendicular al hilo de corriente. Esto es
lo que se observó experimentalmente.
Si se tuviera un dinamómetro muy preciso, se podŕıa detectar tam-
bién en teoŕıa la existencia de una fuerza sobre la aguja. En efecto, la
enerǵıa de interacción es
WB = −
m · 
B = −mφ
µ0I
2πr
,
que sólo depende de la coordenada radial, y la fuerza es
F = −
∇WB(r) = −
ur ∂WB
∂r
= −mφµ0I
2πr2
ur.
46