Tema3: Campos estáticos

Campos Electromagneticos. 2◦ Ingenieros Industriales. Universidad de Sevilla

Tema3: Campos estaticos

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

2. Electrostatica: Solucion electrostatica. Potencial y campo de una carga puntual. Ley deCoulomb. Interpretacion fısica del potencial electrostatico. Ecuaciones de Poisson y de Laplace.Calculo de campos mediante la ley de Gauss. Energıa electrostatica de distintas distribuciones.Desarrollo multipolar. Dipolo electrico. Interaccion de un campo electrostatico con un dipolo.

3. Campo magnetico de corrientes estacionarias: Solucion magnetostatica. Potencial vectormagnetostatico. Potencial y campo de corrientes filiformes. Ley de Biot-Savart. Calculo de camposmediante la ley de Ampere. Energıa magnetostatica. Desarrollo multipolar. Dipolo magnetico.Interaccion de un campo magnetostatico con un dipolo.

3.1. Ecuaciones en el caso estacionario

En este tema nos ocupamos de describir las soluciones mas sencillas de las ecuaciones de Maxwell,que se dan cuando las distribuciones de carga y corriente son estacionarias, es decir, cuando ρy �j no dependen del tiempo. Es previsible que los campos electrico y magnetico a que den lugarsean tambien independientes del tiempo. Las ecuaciones que debemos resolver se simplifican aldesaparecer las dos derivadas temporales:

�∇ · �E = ρ/ε0, �∇× �E = 0.

�∇ · �B = 0, �∇× �B = μ0�j.

(La ultima de estas ecuaciones se suele denominar ley de Ampere, y no de Ampere-Maxwell.)

Vemos que quedan definidos dos problemas desacoplados: uno para el campo �E y otro para elcampo �B. Esto permite resolverlos por separado de manera muy directa, utilizando el teoremade Helmholtz. Al campo electrico que es solucion del problema se le denomina campo elec-trostatico, mientras que al magnetico se le suele llamar campo magnetostatico o debido acorrientes estacionarias.

3.2. Electrostatica

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

�E = −�∇V, con V (�r) =1

4πε0

∫esp

ρ(�r1) dτ1

|�r − �r1| ,

donde, como es habitual, se designa �r1 a un punto fuente y �r al punto donde se esta evaluandoel campo. Hay que recalcar que por ser �E irrotacional en el caso estacionario, no hay fuentesvectoriales ni potencial vector asociado.

Tema 3: Campos Estaticos 1


A la magnitud V se la denomina potencial electrostatico. Su gradiente con signo cambiadonos da el campo electrostatico, que resulta ser, introduciendo la operacion gradiente en la integral,

�E =−1

4πε0

∫esp

�∇(

ρ(�r1)

|�r − �r1|)

dτ1.

Como el gradiente no actua sobre funciones independientes de �r, la funcion ρ(�r1) sale como con-

stante; usando ademas que �∇(1/|�r − �r1|) = −(�r − �r1)/|�r − �r1|3 resulta finalmente,

�E =1

4πε0

∫esp

ρ(�r1)�r − �r1

|�r − �r1|3dτ1.

Esta expresion proporciona el campo electrico producido en cada punto del espacio �r por unadistribucion volumetrica de carga ρ(�r1) conocida en cada punto del espacio �r1, que es la variable deintegracion. Solo en casos muy sencillos es posible hallar la integral mediante tecnicas analıticas,pero este hecho no quita nada de su importancia.

Si en lugar de distribuciones volumetricas manejamos distribuciones superficiales ρS(�r1) definidassobre una superficie S, o distribuciones filiformes λ(�r1) definidas sobre una lınea γ, podemosadaptar la formula anterior sin mas que hacer las sustituciones

ρ(�r1)dτ1 → ρS(�r1)dS1 o ρ(�r1)dτ1 → λ(�r1)dl1

con dl1 = |d�r1|. La justificacion se basa en los razonamientos que se hicieron en el tema anteriorcuando se adapto la fuerza de Lorentz sobre un volumen cargado a los casos de una superficie yde un hilo cargados.

Ejemplo:Hallese potencial y campo producido por un hilo de longitud 2L uniformemente cargado con densidad lineal λ encualquier punto del espacio.

x

y

z

O

rdz1

r1

�r

2L

Usamos coordenadas cilındricas con origen en el centro del segmento cargado y eje OZ definido por la direcciondel segmento. La formula que aplicamos es la adaptacion a distribuciones filiformes que acabamos de comentar.Esto es valido siempre que el diametro del hilo sea mucho menor que la distancia al hilo del punto en el que estemosevaluando el potencial. En tal caso podemos descomponer un elemento de volumen del hilo en la forma dτ1 = Sdl1,siendo S la seccion del hilo. En el numerador del integrando aparece la combinacion ρ(�r1)dτ1, que se transformaen λ(�r1)dl1, siendo dl1 = |d�r1|, con λ = Sρ. En definitiva tenemos

14πε0

∫esp

ρ(�r1) dτ1

|�r − �r1| → 14πε0

∫γ

λ(�r1) dl1|�r − �r1| ,



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

En nuestro caso el hilo es recto, segun el eje OZ y la densidad de carga uniforme. Esto simplifica la expresionanterior para dar

V (�r) =1

4πε0

∫ L

−L

λdz1

|�r − z1�uz| =λ

4πε0

∫ L

−L

dz1√r2 + (z − z1)2

.

Teniendo en cuenta que dz1 = −d(z − z1) (por ser z una constante para la integracion) y dividiendo numerador ydenominador por r podemos escribir

V (r, z) =−λ

4πε0

∫ 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

4πε0ln

z + L +√

(z + L)2 + r2

z − L +√

(z − L)2 + r2.

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

Para hallar el campo electrico tenemos dos opciones: realizar una integracion directa analoga a la que acabamosde 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 conla distancia suficientemente rapido) ya no es aplicable el teorema de Helmholtz, y la solucion dadapara el potencial es divergente. Esas situaciones tienen lugar cuando trabajamos con idealizacionesde ciertos sistemas (hilo muy largo, plano cargado muy extenso, etc.). En estos casos es mejor

usar la expresion encontrada para �E directamente, y no calcular el potencial como paso previo.

• 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 seobtienen de las formulas encontradas particularizando para una densidad volumetrica de cargadada por ρ(�r) = qδ(�r − �r0). El resultado es simplemente

V =q

4πε0|�r − �r0| ;�E =

q

4πε0

�r − �r0

|�r − �r0|3 .

E

q

V

Tambien es evidente (demuestrese) que potencial y campo verifican un principio de super-posicion, aunque el apelativo “principio” tenga mas bien caracter historico, ya que no se tratade un nuevo postulado, sino de una consecuencia del caracter lineal de las ecuaciones de Maxwell.



La fuerza de interaccion electrostatica entre dos cargas puntuales q1 y q2 situadas en �r1 y �r2

respectivamente resulta de la combinacion del campo anterior y de la expresion de la fuerza deLorentz con �v = 0:

�F12 =q1q2

4πε0

�r1 − �r2

|�r1 − �r2|3 ,

que nos da en concreto la fuerza sobre la primera carga debida a la presencia de la segunda. Estaexpresion se conoce como ley de Coulomb, que junto con el principio de superposicion para lasfuerzas constituye un punto de partida habitual para el estudio del campo electrostatico. Hay quehacer notar sin embargo que se trata de una ley valida bajo unas condiciones muy restringidas(cargas puntuales estaticas), mientras que la expresion dada por la fuerza de Lorentz es de validezgeneral.

Las expresiones obtenidas para el potencial y el campo producidos por una carga puntual nospermiten reinterpretar las formulas generales (para distribuciones arbitrarias) que obtuvimos apartir del teorema de Helmholtz. En efecto, si consideramos una distribucion arbitraria ρ(�r1), elcampo elemental creado en todo el espacio por una carga dq, asociada al volumen dτ1 situado enel punto �r1, sera

d �E(�r) =dq

4πε0

�r − �r0

|�r − �r0|3 =1

4πε0

�r − �r0

|�r − �r0|3ρ(�r1)dτ1.

Mediante el principio de superposicion, sumando los infinitos aportes elementales que tenemos enel punto �r al considerar todos los elementos de volumen en que se descompone nuestra distribucion,llegamos a la formula original para el campo electrico. (Algo totalmente analogo podemos hacercon el potencial). En conclusion, las formulas correspondientes a la carga puntual pasan a teneruna gran importancia practica puesto que nos permiten plantear los problemas electrostaticos deuna manera intuitiva como suma de aportes de las distintas cargas que existen en el espacio.

• Interpretacion fısica del potencial

El potencial electrostatico no es un simple medio matematico de obtener el campo, sino queposee un importante significado fısico. Para entenderlo consideremos una region del espacio enla que existe un campo electrico �E. Dado que dV = �∇V · d�r = −�E · d�r, la diferencia de potencialentre dos puntos A y B sera

VB − VA = −∫ B

A

�E · d�r.

Por otra parte la fuerza que se ejerce sobre una carga puntual q, debida al campo �E es �Fe = q �E.Si dicha carga se trae desde el infinito hasta una posicion final �r bajo la accion conjunta de unafuerza �F ′ ejercida por nosotros mas la fuerza electrica �Fe, y esto se hace partiendo del reposo yquedando la carga en reposo, el teorema de la energıa cinetica nos dice que la variacion de energıacinetica, nula en este caso, es igual al trabajo total realizado sobre la carga en el proceso. Portanto 0 = W ′ + We. El trabajo realizado por nosotros sera (teniendo en cuenta que el potencialelectrostatico es nulo en el infinito)

W ′ = −We = −∫ �r

∞q �E · d�r = qV (�r) → V (�r) =

W ′

q.



La ecuacion anterior indica que el trabajo realizado por nosotros sobre la unidad de carga paratraerla desde el infinito hasta su posicion final es justamente el potencial en dicho punto. Para quela afirmacion sea rigurosamente cierta debemos exigir ademas que el movimiento de la carga seacuasiestatico, es decir, infinitamente lento (lo cual obliga a que �F + �F ′ � 0). La razon estriba enque una carga acelerada emite radiacion, lo cual supone una perdida de energıa que no estamoscontabilizando al aplicar el teorema de la energıa cinetica.

Hay que recordar, de cursos de Fısica anteriores, que para toda fuerza conservativa podemosdefinir una energıa potencial de interaccion, de la cual deriva. Nuestro caso es justamente este(vease el ejemplo de la seccion 1.11) y es facil encontrar, segun lo que acabamos de ver, la energıapotencial de una partıcula cargada en el seno de un campo electrico. En efecto, definimos dichaenergıa en la forma habitual, como trabajo realizado por nosotros para traer la partıcula desdeel infinito a su posicion en las condiciones que acabamos de describir, y esto nos da simplementeU(�r) = W ′ = qV (�r).

• Ecuaciones de Poisson y de Laplace

Si estamos interesados en una ecuacion local para el potencial podemos sustituir el campoelectrico en la ley de Gauss por su expresion en funcion del gradiente: �∇ · (−�∇V ) = ρ/ε0, conlo cual se llega a la llamada ecuacion de Poisson:

∇2V = −ρ/ε0.

En una region libre de carga la ecuacion de Poisson se reduce a la ya conocida ecuacion deLaplace, ∇2V = 0. El potencial electrostatico resulta ser una funcion armonica en dichas regiones,con todas las propiedades estudiadas en el primer tema. La resolucion de esta ecuacion bajo ciertascondiciones de contorno se analizara cuando se aplique la electrostatica 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

11

(r ) (r-r ) d

�

1

1

11

(r)

d

�

1

1

E�

V�

�

��

�

E=

/;

E=0

0

�

�

E

�

V �

V

- E dr

.

• Calculo de campos mediante la ley de Gauss

Una forma de encontrar el campo creado por una distribucion, de manera alternativa a la in-tegracion directa, es la aplicacion de la ley de Gauss en forma integral. Esto es posible solo si ladistribucion de carga tiene suficiente simetrıa. En tal caso podemos reducir la dependencia respec-to de las coordenadas espaciales y el numero de componentes del campo. Todo ello se entiendemejor con los ejemplos que siguen.



Ejemplos:Aplıquese 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 esfericas, el campo electrico enprincipio es tan complicado 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 expresion mediante argumentos de simetrıa. El modo mas simple es basarnosen la simetrıa del potencial electrostatico y usar la relacion �E = −�∇V . Si la carga es puntual, todas las direccionesdel espacio son equivalentes, no hay ninguna privilegiada. Ello implica que no hay dependencia en las coordenadasangulares θ y φ. El potencial sera solo funcion de la distancia a la carga, V = V (r). Recordando la forma que tieneel gradiente en esfericas es evidente que el campo se simplifica a

�E(�r) = E(r)�ur.

Una vez simplificada la forma del campo, y no antes, resulta util aplicar la ley de Gauss en forma integral,∮Sτ

�E · d�S = q(τ)/ε0.

Para ello debemos elegir convenientemente la superficie gaussiana Sτ sobre la que se aplica, que en el caso que nosocupa debe ser una esfera de radio arbitrario r y centro en la carga. El flujo del campo electrico 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

4πε0r2�ur,

que coincide con el resultado obtenido mediante integracion directa.

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

Los argumentos de simetrıa usados en el ejemplo anterior son estrictamente aplicables a este segundo caso y elcampo reduce su expresion a la misma forma, E(r)�ur. La superficie gaussiana elegida es la misma y el calculo delflujo da el mismo resultado. La unica diferencia estriba en la carga encerrada.

(i) La carga se reparte uniformemente en la superficie de radio R, con densidad superficial ρS . La carga encerradasera nula si r < R, y sera la totalidad, 4πR2ρS si r > R. Por tanto el campo tiene distinta expresion en cada region:

�E =

⎧⎨⎩

0 (r < R)ρSR2

ε0r2(r > R).

En r = R sufre un salto, como corresponde a la presencia de una distribucion superficial de carga.



(ii) La carga se distribuye uniformemente en el volumen esferico de radio R, con densidad ρ. Distinguimos doscasos: si r < R la carga encerrada es ρτ(r), con τ(r) = 4πr3/3. Si r > R la carga encerrada es toda la de ladistribucion, ρτ(R). En resumen,

�E =

⎧⎪⎨⎪⎩

ρr

3ε0(r ≤ R)

ρR3

3ε0r2(r ≥ R).

En los dos casos estudiados se puede comprobar muy facilmente que el campo en la region exterior a la distribuciones 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 descripcion en coordenadas cilındricas, tomando como eje OZ el propio hilo cargado yorigen en cualquier punto de el. Es facil convencerse de que el potencial electrostatico solo depende de la coordenadar. En efecto, una traslacion segun la coordenada z deja invariante al hilo, por ser infinito en esa direccion. Enconsecuencia tambien el potencial debe ser invariante y no depender de z. Analogamente un giro en torno a eseeje, que cambia el valor de φ, no modifica el aspecto del hilo, y por ello el potencial no puede depender de estacoordenada angular. Resulta entonces V = V (r) y �E = −�∇V = E(r)�ur .

x

y

z

O

dSL

r

Con esta simplificacion aplicamos la ley de Gauss en forma integral usando una superficie gaussiana en formade “ bote” cilındrico, con eje en el hilo, de radio arbitrario r y longitud arbitraria L (ver figura). El flujo debeser calculado independientemente en las tres superficies que podemos distinguir. En las dos “tapaderas”, conelementos de superficie orientados segun ±�uz el flujo es nulo pues no hay componente del campo en esa direccion.En la superficie lateral, con orientacion en cada punto segun �ur el flujo es∫

SL

�E · d�S =∫

SL

E(r)dS = 2πrLE(r),

donde el campo puede salir de la integral porque esta se hace en las coordenadas z y φ, de las que no depende. Sila densidad lineal de carga es λ, la carga correspondiente al tramo de hilo encerrado es λL. El resultado final es

�E =λ

2πε0r�ur.

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

Los argumentos de simetrıa usados en el ejemplo anterior siguen siendo validos en estas configuraciones.

La superficie gaussiana elegida es la misma que en el ejemplo anterior. El resultado es

(i) Distribucion superficial (radio R y densidad ρS):

�E =

⎧⎨⎩

0 (r < R)ρSR

ε0r(r > R).

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

�E =

⎧⎪⎨⎪⎩

ρr

2ε0(r ≤ R)

ρR2

2ε0r(r ≥ R).



(5) Plano infinito cargado uniformemente.

Si tomamos el eje OZ normal al plano cargado, hay simetrıa traslacional en las direcciones OX y OY , por lo que elpotencial no depende de estas coordenadas y podemos escribir V = V (z). Tenemos entonces �E = −�∇V = E(z)�uz.Ademas el potencial solo depende de la distancia al plano de carga, por lo que V (−z) = V (z) (funcion par). Laderivada de una funcion par es impar, ası que E(−z) = −E(z).

x

y

z

dS

E (z)

E (-z)

dS

cargaencerrada

superficiegaussiana

Ahora estamos en condiciones de aplicar el teorema de Gauss, tomando como superficie de integracion un cilindrorecto de seccion arbitraria, con generatriz perpendicular al plano de carga y bases equidistantes al mismo. No hayflujo a traves de la superficie lateral debido a la orientacion del campo segun el vector �uz. En las bases, de areaS, el campo es constante (por no variar la coordenada z) y coincide en direccion y sentido con los elementos desuperficie. El teorema da entonces

2E(z)S =ρSS

ε0→ �E =

ρS

2ε0�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/ε0, que esta de acuerdo con lo estudiado en el tema anterior sobre saltos del campo en superficiescargadas.

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

El tratamiento es en todo analogo al caso anterior. La unica variacion estriba en la carga encerrada por lasuperficie gaussiana elegida, que puede ser toda, si tomamos las bases a una distancia z > d/2, o solo una parte siz < d/2. El resultado es

�E =

⎧⎪⎨⎪⎩

ρz

ε0�uz (|z| ≤ d/2)

sig(z)ρd

2ε0�uz (|z| ≥ d/2),

donde sig(z) es el signo de z.

• Energıa electrostatica

La energıa asociada al campo electrico es, segun se definio en el tema anterior:

UE =∫esp

uE dτ =ε0

2

∫esp

E2 dτ.

Una expresion alternativa, valida para campos electricos producidos por distribuciones estaticas decarga, en funcion de estas y del potencial se obtiene teniendo en cuenta que

E2 = �E · �E = −�E · �∇V = −�∇ · (V �E) + V �∇ · �E.



El primer termino del integrando es una divergencia, y se puede transformar en una integral desuperficie (aunque esta debe encerrar todo el espacio). En el segundo termino puede aplicarse laley de Gauss en forma local. Podemos escribir entonces

UE = − lımR→∞

∮S(R)

ε0

2V �E · d�S +

1

2

∫esp

ρV dτ,

donde la superficie que envuelve todo el espacio se construye como una esfera de radio tendentea infinito. Si las distribuciones de carga estan localizadas (no llegan al infinito) el potencial varıacon la distancia con una dependencia del tipo 1/R y el campo con otra del tipo 1/R2 (estose entendera mejor cuando se introduzca el desarrollo multipolar del potencial creado por unadistribucion, en el siguiente apartado). En cambio, la superficie sobre la que se evaluan crece segunla ley R2; recordemos, para convencernos, que la superficie esferica vale 4πR2. Multiplicando lostres comportamientos asintoticos mencionados obtenemos el de la integral, que resulta ser 1/R.Este argumento nos permite asegurar que el lımite es cero. En resumen,

UE =1

2

∫τρV dτ,

donde τ es la region en la que existe carga.

Ejemplo:Hallese la energıa 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 estadistribucion. Podemos calcular la energıa electrostatica del sistema por cualquiera de las dos formulas encontradas:(i) en funcion del campo; (ii) en funcion de la densidad de carga y el potencial.

(i) Debemos distinguir dos regiones de integracion puesto que el campo adopta distinta forma dentro y fuera de laesfera. Teniendo en cuenta la simetrıa esferica del sistema escribimos

UE =ε02

∫esp

E2dτ =ε02

∫ R

0

Ei(r)24πr2dr +ε02

∫ ∞

R

Ee(r)24πr2dr,

con Ei(r) = ρr/(3ε0) y Ee(r) = ρR3/(3ε0r2), tal y como vimos en el ejemplo mencionado. El calculo es sencillo y

el resultado es

UE =4πρ2R5

15ε0=

3q2

20πε0R,

donde la ultima expresion se da en funcion de la carga total de la esfera (q = 43πR3ρ).

(ii) El metodo alternativo requiere el calculo previo del potencial V (r), al menos en la region donde hay carga.Tomando origen de potencial en el infinito (lo cual es conveniente siempre que la distribucion no se extienda hastael infinito), integramos el campo hasta un punto generico �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 infinitohasta el punto en cuestion, que es lo mas sencillo. Si se trata de un punto exterior tenemos

V (r) = −∫ r

∞Ee(r)dr = −

∫ r

∞

ρR3

3ε0r2dr =

ρR3

3ε0r.

Este resultado toma el valor particular V (R) = ρR2/(3ε0) en puntos de la superficie, que nos servira como referenciapara calcular V (r) en puntos interiores:

V (r) − V (R) = −∫ r

R

Ei(r)dr = −∫ r

R

ρr

3ε0dr =

ρ(R2 − r2)6ε0

→ V (r) =ρ(3R2 − r2)

6ε0.



Finalmente aplicamos la formula de la energıa,

UE =12

∫τ

ρV dτ =12

∫ R

0

ρρ(3R2 − r2)

6ε04πr2dr =

4πρ2R5

15ε0,

que coincide con lo obtenido por el primer metodo.

Cuando la distribucion de carga es superficial la energıa viene dada por

UE =1

2

∫S

ρSV dS,

que surge de la sustitucion ρdτ = ρe dS = ρSdS (e, espesor de la distribucion en volumen).

En cambio es conceptualmente mas complejo analizar el caso de una distribucion de cargaspuntuales {qi, i = 1, . . . , n}. En principio podemos considerar una distribucion discreta de cargascon densidad volumetrica ρ(�r) =

∑i qiδ(�r − �ri) y sustituirla en la expresion de la energıa, lo cual

nos da

UE =1

2

n∑i=1

qiV (�ri).

Pero esta expresion da infinito puesto que el potencial diverge cuando nos acercamos a una de lascargas constituyentes. Hay que tener en cuenta que una carga puntual es una idealizacion, y quela energıa que almacena es infinita. Para convencernos de ello basta partir de una distribucionno singular de carga, con simetrıa esferica, restringida a un radio finito R, como la del ejemploanterior, y tomar el lımite R → 0 en la expresion en la que aparece explıcitamente la carga totalq. Podemos encontrar una expresion util en este caso si extraemos de la energıa electrostatica laparte debida a la formacion de las cargas puntuales, es decir, distinguir en el potencial total dosaportes,

V (�ri) =n∑

j=1

Vj(�ri) = Vi(�ri) +n∑

j=1j �=i

Vj(�ri).

El primer sumando es el unico aporte de la carga i-esima al potencial total, y es el termino quese hace infinito. Eliminandolo 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 distribucion exceptola propia carga situada en �ri.

Ejercicio:Demuestrese que la expresion anterior coincide con el trabajo necesario para agrupar la distribucion de cargaspuntuales.

Suponemos que las cargas puntuales estan formadas en el infinito, infinitamente separadas entre sı y que estan enreposo. El proceso consistira en ir trayendo una a una las cargas a sus posiciones finales en un proceso cuasiestatico.Traer la primera no cuesta trabajo. Para traer la segunda debemos realizar un trabajo en contra de la fuerza queejerce la primera. Si el potencial que crea la primera carga en todo el espacio es V1(r), el trabajo que debemosrealizar para traer q2 en presencia de q1 es

W21 = q2V1(r12) = q2q1

4πε0r12.



El siguiente paso es traer q3 en presencia de las dos primeras. Usando el principio de superposicion escribimosW321 = q3[V1(r13) + V2(r23)] = W31 + W32. El proceso se repite hasta traer la ultima carga en presencia de lasdemas: Wn(n−1)...21 = qn

∑n−1i=1 Vi(rni) =

∑n−1i=1 Wni.

Una vez calculados los trabajos parciales realizados para traer cada carga los sumamos todos. El resultado puedeexpresarse 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 ultima igualdad significa que el recorrido de los ındices i y j en el doble sumatorio se realiza bajo larestriccion j > i. Hay que hacer notar que Wji = Wij , segun se ha comprobado explıcitamente para el caso W21.Esto y una permutacion de i por j (por tratarse de ındices mudos con el mismo recorrido) se usa en la transformacionque sigue:

W =n∑

j,i=1(j>i)

Wji =n∑

i,j=1(i>j)

Wij =n∑

j,i=1(i>j)

Wji =12

n∑i,j=1(i�=j)

Wij .

El ultimo paso ha sido simplemente sumar dos expresiones equivalentes y dividir por dos para obtener una nuevaexpresion equivalente.

Sustituyendo Wij por qiVj(rij) y aplicando de nuevo el principio de superposicion obtenemos finalmente

W =12

n∑i,j=1(i�=j)

qiVj(rij) =12

n∑i=1

qi

n∑j=1(i�=j)

Vj(rij) =12

n∑i=1

qiV∗(�ri),

que es lo que se pretendıa demostrar.

Este ejercicio permite interpretar la energıa electrostatica como el trabajo necesario para traerlas cargas desde el infinito hasta sus posiciones finales, partiendo y llegando con velocidades nulasmediante un proceso cuasiestatico.

• Desarrollo multipolar

Es interesante analizar la estructura del campo electrostatico creado por una distribucion arbi-traria ρ(�r) localizada, cuando el punto de observacion esta alejado de ella. Si suponemos que L,la mayor distancia definible entre puntos de la distribucion, es mucho menor que la distancia ral punto de observacion, se tiene un parametro pequeno, a saber, L/r, respecto del cual podemosencontrar un desarrollo del potencial en serie de potencias. El potencial viene dado, segun vimos,por

V (�r) =1

4πε0

∫esp

ρ(�r1) dτ1

|�r − �r1| .

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

1

|�r − �r1| = [(�r − �r1) · (�r − �r1)]− 1

2 = (r2 + r21 − 2�r · �r1)

− 12 = r−1

[1 + (r1/r)

2 − 2�r · �r1/r2]− 1

2 .

La expresion final incluye un factor del tipo (1 + x)s, donde s = −1/2 y x es una cantidad muchomenor 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 terminos segun la dependencia con la distancia r. Los dos primeros resultanser, sustituidos en la expresion del potencial,

V (�r) =1

4πε0r

∫esp

ρ(�r1) dτ1 +1

4πε0r2�ur ·

∫esp

�r1ρ(�r1) dτ1 + . . .

El primer termino despreciado en el desarrollo tiene una dependencia del tipo 1/r3, y ası sucesiva-mente. Este es el llamado desarrollo multipolar del potencial electrostatico. En el primer terminoaparece la carga total de la distribucion,

Q =∫esp

ρ(�r1) dτ1,

y cuando dicha carga es no nula se convierte en el termino dominante a grandes distancias (ladistribucion “se ve” como una carga Q puntual).

El segundo termino se puede escribir

�r · �p4πε0r3

, con �p =∫esp

�r1ρ(�r1) dτ1.

que se denomina potencial dipolar, debido al momento dipolar �p de la distribucion. Cuando lacarga neta del sistema es nula, este termino pasa a ser el dominante, y se caracteriza por tener undecaimiento mas rapido con la distancia y no poseer ya simetrıa radial.

Si este termino tambien es nulo por serlo �p, el potencial creado por la distribucion (cuadrupolar,octupolar, etc) decae mas rapidamente con la distancia.

• El dipolo electrico

El sistema mas sencillo que no presenta el primer termino del desarrollo y sı el segundo es eldipolo electrico, que esta constituido por dos cargas opuestas separadas una distancia d. Siusamos un sistema de referencia con origen en el punto medio entre las dos cargas y eje Z aquelque las contiene (dirigido hacia la positiva), la densidad volumetrica del sistema se representamediante funciones delta:

ρ(�r) = qδ(�r − d

2�uz) − qδ(�r +

d

2�uz).

Sustituyendo esta distribucion en la formula para �p se encuentra

�p = q∫

esp�r1

[δ(�r1 − d

2�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 absoluto de ambas cargas. El potencial de esta configuracion para puntoslejanos (d << r) es entonces

V =�p · �r

4πε0r3,

En la figura adjunta se muestran las equipotenciales producidas por un dipolo, en unidades arbi-trarias, para valores de potencial con incremento constante.



p

1

2

3

-1

-2

-3

10

-10

A partir de la figura tambien podemos hacernos una idea de como son las lıneas del campoelectrico dipolar, teniendo en cuenta que son perpendiculares a las equipotenciales y dirigidashacia los potenciales decrecientes. El valor del campo dipolar en cada punto se calcula a partir delgradiente, con signo cambiado, del potencial encontrado,

�E = −�∇(

�p · �r4πε0r3

).

Intentemos evaluar esta expresion de manera que sea independiente del sistema de coordenadaselegido. Podemos aplicar directamente las reglas de analisis vectorial, pero la operacion se simplificasi antes elegimos un sistema de referencia para el cual uno de los ejes (pongamos el OX) coincidecon la direccion del momento dipolar, es decir, �p = p�ux y trabajamos en cartesianas:

�E = −�∇(

px

4πε0r3

)=

−p

4πε0

[�ux

r3− 3x

r4�∇r

]=

−p

4πε0

[�ux

r3− 3x

r4

�r

r

].

Por ultimo identificamos en esta expresion los terminos p�ux = �p y xp = �p · �r para obtener

�E =1

4πε0

[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, mas rapidamente que el campo de una cargay posee simetrıa axial (no depende de φ).

Ejercicios:(1) Encontrar la formula analıtica que describe las lıneas del campo dipolar.(2) Obtener una formula para el momento dipolar de una distribucion discreta de cargas. Demostrar que si ladistribucion es neutra �p es independiente del origen de coordenadas elegido.



El estudio del dipolo electrico tiene gran importancia a la hora de construir una teorıa macroscopi-ca de los materiales dielectricos, puesto que la unidad basica que los constituye (moleculas o ionesligados) es neutra y, a la vez, posee una distribucion interna de cargas que se caracteriza por tenero adquirir un momento dipolar no nulo.

• Interaccion de un dipolo con un campo externo.

La energıa de interaccion de un dipolo con un campo externo se calcula simplemente como sumade las energıas potenciales de las dos cargas constituyentes, haciendo uso de la interpretacionfısica establecida para el potencial. Si la carga positiva se situa en �r+ y la negativa en �r− setendra 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 aproximacion es despreciable si el tamanodel dipolo es pequeno en comparacion con la longitud tıpica de variacion del campo externo.

Hay que recalcar que el potencial y el campo considerado es el producido por todas las cargasmenos las del dipolo: no se trata de la energıa electrostatica del sistema, sino la de interaccioncampo externo-dipolo.

La fuerza sobre el dipolo sera �F = −�∇U . Si hacemos uso de la identidad vectorial que desarrollael gradiente de un producto escalar y tenemos en cuenta que �p es un vector constante y que �E esirrotacional (restringiendonos al caso electrostatico), se tiene

�F = (�p · �∇) �E.

Si el campo es constante en la region donde esta situado el dipolo, la aplicacion del operadorescalar �p · �∇ dara cero, lo cual es coherente con el hecho basico de que las fuerzas sobre dos cargasopuestas se cancelan.

El momento de la fuerza sobre el dipolo se calcula directamente: �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 resultadose llega si relacionamos el momento de la fuerza electrica con una derivada angular de la energıade interaccion.

Ejemplo:Hallese la energıa de interaccion entre dos dipolos orientados arbitrariamente. ¿De que parametros depende?.

Si los momentos dipolares son �p1 y �p2 y el vector de posicion relativa del segundo respecto del primero es �r, laenergıa de interaccion se puede calcular a partir de U = −�p1 · �E2(�r1), siendo �E2(�r1) el campo que crea el segundodipolo en la posicion del primero. Sustituyendo,

U =(�p1 · �p2)r2 − 3(�p1 · �r)(�p2 · �r)

4πε0r5.

El resultado es simetrico, en el sentido de que podemos intercambiar �p1 por �p2 (y �r por −�r) y queda invariante, locual es logico.



La forma vectorial de esta expresion enmascara los grados de libertad reales del sistema. Si tomamos origen enel primer dipolo y eje OZ segun el vector de posicion relativa �r, cada dipolo determina su orientacion con las doscoordenadas esfericas angulares, θ y φ. Sin embargo podemos elegir el eje OX de tal forma que φ1 = 0. Los gradosde libertad del sistema son entonces r, θ1, θ2 y φ2. En funcion de ellos la energıa de interaccion resulta

U =−p1p2

4πε0r3(2 cos θ1 cos θ2 − senθ1senθ2 cosφ2).

3.3. Campo magnetico de corrientes estacionarias

• Solucion magnetostatica. Potencial vector magnetico.

Hemos desarrollado hasta ahora las caracterısticas del campo electrico producido por distribu-ciones de cargas independientes del tiempo. El estudio del campo magnetico producido por cor-rientes estacionarias, es decir, independientes del tiempo, va a ser muy parecido. Por ello esconveniente tratar de buscar el paralelismo entre los dos desarrollos en todo momento.

Las ecuaciones que debemos resolver son

�∇ · �B = 0, �∇× �B = μ0�j,

donde, por ser estacionarias las distribuciones, debe cumplirse que �∇ · �j = −∂ρ/∂t = 0. Estamosen condiciones de aplicar nuevamente el teorema de Helmholtz:

�B = �∇× �A, con �A =μ0

4π

∫esp

�j(�r1) dτ1

|�r − �r1| .

Ahora no hay fuentes escalares, pero sı vectoriales, justamente el caso contrario al electrostatico.

El potencial vector magnetico �A queda determinado en funcion de las fuentes. Aunque tambienexiste una interpretacion fısica para esta magnitud, para nosotros en este curso el potencial vectortiene un interes meramente operativo, como herramienta para obtener �B.

Si evaluamos el rotacional del potencial vector se obtiene el campo:

�B =μ0

4π�∇×

∫esp

�j(�r1) dτ1

|�r − �r1| =−μ0

4π

∫esp�j(�r1) × �∇ 1

|�r − �r1| dτ1 =μ0

4π

∫esp

�j(�r1) × (�r − �r1)

|�r − �r1|3 dτ1,

donde se ha usado la identidad

�∇× (1

|�r − �r1| �j) =1

|�r − �r1|�∇× �j + (�∇ 1

|�r − �r1| ) × �j,

se eliminado el termino ×�j por depender el campo de �r1 y no de �r, y en el ultimo paso se haevaluado el gradiente de 1/|�r − �r1|.

Aunque en este curso no sea de mucha utilidad, cabe mencionar que es posible encontrar unarelacion local entre las corrientes �j y el potencial vector �A, analoga a la ecuacion de Poisson enelectrostatica. Para ello escribimos �∇ × �∇ × �A = μ0�j. Pero si recordamos que �∇ × �∇ × �A =



�∇(�∇ · �A) − ∇2 �A, y que �∇ · �A = 0, segun se ve en la demostracion del teorema de Helmholtz,resulta

∇2 �A = −μ0�j.

Esta ecuacion, junto con condiciones de contorno apropiadas, es util en situaciones en las que noconocemos todas las corrientes en el espacio.

Volviendo a la formula encontrada para el campo producido por distribuciones de corriente, si lascorrientes son superficiales podemos adaptar, como hicimos en el tema 2 con la fuerza de Lorentz,la expresion sin mas que sustituir �jdτ1 por �jSdS1.

• Potencial y campo de corrientes filiformes.

La distribucion de corrientes mas habitual en las aplicaciones tecnologicas es la espira de seccionpequena ΔS, recorrida por una intensidad I (corrientes filiformes). Tratemos de particularizarlas expresiones del potencial y el campo para este caso. Ambas formulas se transforman teniendoen cuenta que �jdτ1 = �jΔSdr1 = Id�r1, ya que la corriente es paralela a cada segmento elementald�r1 en que se descompone la espira. Resulta por tanto

�A =μ0I

4π

∮γ

d�r1

|�r − �r1| ,�B =

μ0I

4π

∮γ

d�r1 × (�r − �r1)

|�r − �r1|3 .

Ejemplo:Encuentrese el campo magnetico producido en todo el espacio por un hilo finito de longitud 2L recorrido por unacorriente de intensidad I.

El sistema que se nos propone no es muy real desde el punto de vista fısico, puesto que la corriente nace ymuere en los extremos del segmento. Habrıa que admitirse una acumulacion indefinida de carga en esos puntos.Sin embargo la solucion que encontremos nos permitira, mediante superposicion, obtener el campo de verdaderoscircuitos de corriente formados por varios segmentos.

x

y

z

O

r

I

2L

r1

dr1

La geometrıa es analoga a la adoptada en el ejemplo del potencial electrico creado por un segmento cargadouniformemente. 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 integralporque no depende de la coordenada de integracion z1. Usando una sustitucion ya empleada en el problema delsegmento 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 sustitucion queda finalmente


4πr

[z − L√

r2 + (z − L)2− z + L√

r2 + (z + L)2

].

Las lıneas de este campo son circunferencias con centros en el eje que contiene al segmento de corriente y contenidasen planos perpendiculares al mismo.

Si el hilo es muy largo y se idealiza admitiendo que L → ∞, tomamos este lımite en la expresion anterior yresulta


2πr.

Volveremos a obtener el campo producido por un hilo infinito en el proximo epıgrafe de una manera mas simple.

Es interesante aprovechar el resultado de este ejemplo como base de un metodo numerico de calculo de camposproducidos por circuitos de forma arbitraria. El proceso serıa: (i) descomponer de manera aproximada el circuitoen N segmentos rectilıneos 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 referencia; (iii) sumar vectorialmentelos distintos campos (principio de superposicion). El metodo dara un resultado tanto mas preciso cuanto masfina sea la particion del circuito, aunque logicamente el tiempo de computacion sera mayor. Para llevar a cabo elsegundo paso del metodo es necesario generalizar la formula encontrada para un segmento con posicion y orientacionespacial arbitrarios, lo cual se hace comodamente usando una expresion en la que intervengan vectores de posiciony no coordenadas concretas (pueden verse los detalles en el libro de Haus & Melcher, “Electromagnetic Fields andEnergy” (1989), Prentice Hall, pag. 322).

• Ley de Biot-Savart.

Historicamente los fenomenos magneticos se consideraron desligados de los electricos hasta launificacion establecida por Maxwell. La base experimental la constituıa la ley de interaccion entreespiras, o ley de Biot-Savart. Ahora estamos en condiciones de establecerla combinando el campode corrientes filiformes con la fuerza de Lorentz sobre distribuciones filiformes, d�F = Id�r × �B.Para dos espiras γ1 y γ2 recorridas por intensidades I1 e I2 respectivamente se tendra.

�F12 =μ0I1I2

4π

∮γ1

d�r1 ×∮

γ2

d�r2 × (�r1 − �r2)

|�r1 − �r2|3 .

Ejercicio:Demostrar que la expresion anterior cumple el principio de accion y reaccion de Newton.

Conocido del apartado anterior el campo producido por un hilo recto infinito, vamos a considerarla fuerza entre hilos paralelos (por unidad de longitud). El hilo “1”, recorrido por una corrientede intensidad I1 produce un campo

�B1 =μ0I1

2πr�uφ.

La fuerza sobre una porcion de longitud L del hilo “2”, a una distancia d, es

�F = I2

∫ L

0d�r2 × �B1(�r2) = −μ0I1I2L

2πd�ur,

donde la integral se ha calculado facilmente debido a que el campo que actua sobre cada elementoes el mismo. La fuerza entre hilos resulta ser atractiva si las corrientes van en el mismo sentidoy repulsiva si van en sentidos opuestos. El resultado nos permite ademas definir la unidad deintensidad de corriente electrica de manera operativa:



Un amperio es la intensidad que al pasar por dos hilos rectos y paralelos separados un metroproduce una fuerza atractiva por unidad de longitud sobre cada hilo igual a 2 · 10−7 N.

• Calculo de campos mediante la ley de Ampere

En muchos casos resulta mas practico a la hora de hallar los campos magneticos producidospor corrientes usar la ley de Ampere en forma integral. Esta opcion se restringe a situaciones consimetrıa suficiente para poder reducir las componentes y la dependencia del campo con las coor-denadas (analogamente a lo que se ha visto en Electrostatica para poder aplicar la ley de Gauss).En particular es posible obtener de esta forma campos magneticos producidos por corrientes quese distribuyen con simetrıa de revolucion (simetrıa axial). Es conveniente para ello recordar losresultados sobre campos poloidales y toroidales que se vieron en el ultimo ejemplo del tema 1.La situacion es justamente la de aquel ejemplo: el campo �B es solenoidal y si sus fuentes tienensimetrıa axial se podran clasificar en poloidales, toroidales... o una combinacion de ambas. Veamoslos ejemplos mas representativos para aclarar ideas.

Ejemplo:Encuentrese el campo magnetico producido en todo el espacio por un hilo recto infinito recorrido por una corrientede intensidad I.

x

y

z

O

r

B

I

�

La corriente es filiforme; entra en la categorıa de fuentes que tienen la forma general �j = j(r)�uz , lo cual indicaque son un caso particular de fuentes poloidales (es decir, con simetrıa axial y sin componente acimutal). Segunse vio, el campo que producen debe ser toroidal, es decir, de la forma �B = B(r, z)�uφ. Ademas otra operacion desimetrıa sobre la corriente que la deja invariante es una traslacion arbitraria en la direccion del hilo. Esto implicaque 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 Ampere,∮γ

�B · d�r = μ0I(γ),

siendo I(γ) la intensidad que atraviesa cualquier superficie que se apoye en el circuito de integracion γ. Debemoselegir γ de manera ventajosa, y por ello tomamos una lınea del campo �B, es decir, una circunferencia de radio rarbitrario, perpendicular al hilo y con centro en uno de sus puntos (ver figura). La corriente es entonces I(γ) = I,y la circulacion del campo se calcula sin dificultad:∮

γ

�B · d�r =∫ 2π

0

B(r)rdφ = 2πrB(r) = μ0I → �B =μ0I

2πr�uφ.

Vemos que el resultado coincide con el obtenido mediante integracion directa en un ejemplo anterior.

Cabe hacer comentarios sobre dos cuestiones delicadas:(i) En la deduccion anterior hemos usado implıcitamente 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 finitos.(ii) Es interesante plantearse si mediante este procedimiento podemos reobtener el campo producido por un seg-mento rectilıneo de longitud finita con intensidad I. La respuesta es que no, pero la explicacion es algo sutil: si elhilo tiene principio y fin hay acumulacion de carga en los extremos y la distribucion de fuentes no es constante enel tiempo. Debemos tener en cuenta un campo electrico variable en el tiempo cuyo flujo a traves de la superficieapoyada en γ es no nulo. La situacion no es puramente magnetostatica y debemos usar la ley de Ampere-Maxwell.

Ejemplo:Hallese el campo producido por una corriente que circula uniformemente: (i) por la superficie de un conductorcilındrico de longitud infinita y radio R; (ii) por su volumen.

xy

z

OB

r>R

R

j

xy

z

OB

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 Ampere en formaintegral del mismo modo que en el ejemplo anterior, pero ahora debemos distinguir varios casos para los que lacorriente engarzada por el circuito γ cambia.

(i) Corriente superficial. Si la intensidad total es I y esta uniformemente distribuida, tendremos �jS = (I/2πR)�uz.Si tomamos γ con radio r < R la corriente engarzada I(γ) es nula, y como la circulacion de �B se calcula igual queen el ejemplo anterior, resulta �B = 0. Si tomamos γ con r > R la corriente engarzada es la total, I, y por tanto �Bes el mismo que en el ejemplo anterior. Resumiendo:

�B =

{0 si r < Rμ0I

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 eltema 2.

(ii) Corriente volumetrica. Ahora tenemos �j = (I/πR2)�uz. Si r > R el circuito engarza toda la corriente y elcampo no difiere del caso anterior; pero si r < R debemos calcular que fraccion de la intensidad total atraviesa uncırculo de radio r:

I(γ) =∫

S

�j · d�S = jS =I

πR2πr2 = 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:Hallese el campo producido en todo el espacio por una distribucion de corriente resultante de un bobinado uniformey apretado de hilos sobre un cuerpo toroidal. El numero de vueltas del bobinado es N y la corriente que pasa porel hilo es I.

El cuerpo toroidal es una figura de revolucion, es decir, el resultado de rotar 360o una figura plana respecto deun eje externo coplanario. La figura plana puede ser cualquiera (rectangulo, cırculo, etc.). Debemos suponer que



el diametro del hilo que se arrolla formando N espiras es muy pequeno en comparacion con las dimensiones deltoroide; de esa forma podremos aproximar la distribucion filiforme, complicada, por una distribucion superficial decorriente, mucho mas sencilla de tratar. Resulta un poco paradojico que la distribucion resultante sea poloidal, apesar de estar definida sobre un toroide; pero en efecto la corriente superficial se puede describir en coordenadascilındricas por �jS = jSr(r, z)�ur + jSz(r, z)�uz. El campo es entonces toroidal: �B = B(r, z)�uφ.

I

Aplicamos a continuacion la ley de Ampere en forma integral, tomando como trayectoria una lınea de campo(una circunferencia) de radio y posicion z arbitrarios. Dependiendo del valor que tomen r y z la lınea de camposera interior o exterior al toroide. Si es interior la distribucion de corriente atravesara N veces en el mismo sentidoel cırculo que se apoya en la lınea de integracion. Se tendra pues 2πrB(r, z) = μ0NI. En cambio, si la lınea decampo 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 exteriorμ0NI

2πr�uφ si (r, z) es interior

Con esto el problema esta resuelto, pero podemos completar la descripcion del modelo continuo del bobinadotoroidal con una expresion mas concreta para la densidad superficial de corriente. La direccion de la corrientedepende del punto que consideremos en la superficie, pero su modulo sı puede ser calculado: si para ese punto ladistancia al eje es r, trazamos una circunferencia de ese radio y evaluamos la intensidad que la atraviesa; comohay N espiras la intensidad total sera NI. Si aplicamos la formula que relaciona la intensidad con la densidadsuperficial de corriente resulta NI =

∫γ �jS · d�l⊥ = 2πrjS . Por tanto jS = NI/(2πr). Puede comprobarse que en

funcion del vector normal a la superficie toroidal tenemos finalmente

�jS =NI

2πr�n × �uφ.

Ejemplo:Hallese el campo magnetico producido por una corriente superficial acimutal de modulo constante definida en uncilindro infinito de radio R.

x

y

z

O

R

jS

S1

S2

SL

dS

x

y

z

O

R

jS

rin t

rext

Esta distribucion puede modelizar un bobinado sobre el cilindro, analogo al del ejemplo anterior. La distribuciones, usando coordenadas cilıdricas con eje OZ el del cilindro, �jS = jS�uφ (toroidal) y el campo resultante debe tener



la forma �B = Br(r)�ur + Bz(r)�uz (poloidal), donde ya se ha eliminado la posible dependencia con z porque ladistribucion es invariante ante una traslacion segun el eje OZ.

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

�B ·d�S = 0, tomando como superficie de integracion una superficie cilındrica coaxial con la distribucion, de radior y longitud L arbitrarios (ver figura). Los flujos a traves de las dos tapaderas S1 y S2 se cancelan entre sı porque nohay nada en el sistema que dependa de z y las superficies estan orientadas opuestamente. El flujo lateral se calculafacilmente y se obtiene 2πrLBr(r). De aquı se deduce que Br(r) = 0 y el campo queda finalmente �B = B(r)�uz .

Si aplicamos ahora la ley de Ampere en forma integral siguiendo un circuito rectangular como el de la derechade la figura, el resultado es

[B(rint) − B(rext)]L = μ0jSL,

donde las coordenadas radiales interior y exterior se pueden elegir arbitrariamente dentro de cada region. En estepunto hay que admitir que el campo exterior es nulo. Esto puede argumentarse apoyandonos en el ejemplo anterior,correspondiente a un bobinado toroidal. En efecto, si el toroide es de seccion circular y la distancia de una seccion aleje de revolucion se hace infinita, la figura degenera justamente en un solenoide recto. Como el campo exterior eranulo en aquel ejemplo, podemos tomarlo nulo tambien en el que nos ocupa. Admitido esto, el campo final resulta

�B ={

0 si r > Rμ0jS�uz si r < R

Podemos verificar esta solucion calculando el campo en el eje por integracion directa.

Si la distribucion superficial es una aproximacion de un bobinado muy largo de N vueltas sobre una longitud Ly por el que pasa una intensidad I, la corriente superficial es en modulo jS = NI/L, y ası se debe sustituir en laformula que nos da el campo. Lo que realmente cuenta es entonces la densidad de bobinado n = N/L.

Ejemplo:Hallese el campo magnetico producido por una corriente superficial uniforme definida en un plano infinito.

x

y

jS

z

dS

B(y)

B(-y)

180o

x

y

jS

z

-y yS

L

(a) (b)

O O

Vamos a elegir los ejes coordenados de forma que la corriente superficial sea �jS = jS�uz y que el plano que lacontiene sea el OXZ. Esta distribucion ya no pertenece a las categorıas que hemos manejado hasta ahora (poloidaleso toroidales), pero posee tambien una alta simetrıa que nos permitira reducir la expresion del campo. Es claro queuna traslacion segun las coordenadas x o z no cambian la distribucion, por lo que solo puede haber eventualmentedependencia con y. En cuanto a la orientacion, podemos eliminar facilmente la componente Bz si consideramos ladistribucion como suma de infinitos hilos verticales de grosor infinitesimal; cada hilo produce un campo contenidoen el plano XY que pase por el punto donde evaluamos el campo, y por superposicion, la suma debe estar contenidaen dicho plano. Por otra parte, si giramos 180o la distribucion respecto de un eje vertical contenido en el planode corriente (figura (a)), esta no variara y por tanto el campo a un lado del plano (por ejemplo para y > 0)determina como debe ser en el otro semiespacio (y < 0). En concreto debemos exigir que Bx(−y) = −Bx(y) y queBy(−y) = −By(y). El siguiente paso es aplicar la ley de ausencia de monopolos a una superficie de integracion comola indicada en la figura (a), en forma de paralelepıpedo simetricamente colocado respecto del plano de corriente.



De los seis flujos, cuatro son nulos (por las caras horizontales por las caras paralelas al plano OY Z) y quedan dosde 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 Ampere en forma integral. En la figura (b) se muestra el circuitorectangular propuesto. Evaluando la corriente que atraviesa el rectangulo llegamos a −B(y)L + B(−y)L = μ0jSL,y teniendo en cuenta la simetrıa, B(y) = −μ0jS/2 (para y > 0). En definitiva,

�B =

⎧⎪⎨⎪⎩

−12μ0jS�ux si y > 0

12μ0jS�ux si y < 0

• Energıa magnetostatica

Segun vimos en el tema anterior el campo magnetico tiene asociado en cada punto una densidadde energıa. La energıa correspondiente a todo el espacio sera

UB =∫esp

uB dτ =1

2μ0

∫esp

B2 dτ.

Analogamente al caso electrostatico, en magnetostatica la energıa se puede presentar en funciondel las fuentes (corrientes) y el potencial. Para ello escribimos B2 = �B · �B = �B · �∇ × �A =�∇· ( �A× �B)+ �A · �∇× �B. Con este desarrollo del integrando, aplicando el teorema de la divergencia

al primer termino y sustituyendo el rotacional de �B a partir de la ley de Ampere en el segundoresulta

UB = lımR→∞

1

2μ0

∮S(R)

( �A × �B) · d�S +1

2

∫esp

�j · �Adτ.

Los mismos argumentos vistos en electrostatica sobre el comportamiento asintotico cuando R →∞, esta vez relativos a �A, �B y d�S se aplican aquı para justificar que el lımite es nulo. Quedafinalmente

UB =1

2

∫esp

�j · �A dτ.

Esta formula ya no es de aplicacion tan general como la original, puesto que nos hemos restringidoa situaciones independientes del tiempo.

La energıa asociada a un conjunto de n espiras puede obtenerse de la expresion anterior, teniendoen cuenta que la distribucion de corriente se restringe a las propias espiras, y por tanto debemossustituir �j dτ por Id�r. Queda ası

UB =1

2

n∑i=1

Ii

∮γi

�A · d�r.

En esta formula no podemos llevar el modelo de hilo de seccion nula hasta sus ultimas consecuen-cias, puesto que esto darıa un potencial vector singular en cada una de las espiras. Si aplicamosel teorema de Stokes a la integral de lınea 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 ultima expresion aparecenlos productos de los flujos magneticos por las intensidades, lo cual debe compararse en el caso elec-trostatico con la energıa en funcion de las cargas y los potenciales. Existe toda una correspondenciaentre formulas de la magnetostatica y la electrostatica.

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

Vamos a usar las dos formulas aplicables a este caso. El campo magnetico dentro del solenoide es, segun vimosen un ejemplo anterior,

�B =μ0NI

2πr�uφ,

mientras que en el exterior es nulo. La formula de la energıa en funcion del campo, UB = 12μ0

∫esp

B2dτ , da

UB =1

2μ0

∫ 2π

0

dφ

∫ h

0

dz

∫ b

a

rdr

(μ0NI

2πr

)2

=μ0I

2N2h

4πln

b

a.

La formula de la energıa en funcion de flujos e intensidades requiere la descomposicion del bobinado en N espirassimples. Para cada una de ellas el flujo del campo magnetico es

Φ =∫

S

�B · d�S =∫ h

0

dz

∫ b

a

drμ0NI

2πr=

μ0NIh

2πln

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 =12

N∑i=1

IiΦi =12NIΦ =

μ0I2N2h

4πln

b

a,

con lo que comprobamos que el resultado es el mismo.

• Desarrollo multipolar. Dipolo magnetico

Al igual que en el caso electrico nos planteamos analizar la estructura del campo producido poruna distribucion de corrientes para puntos lejanos. En principio, para respetar el paralelismo entreel caso electrico y el magnetico deberıamos considerar una distribucion volumetrica �j, definida enuna region τ . Sin embargo resulta mas sencillo manejar matematicamente el potencial vector deuna espira, y el resultado puede generalizarse a una distribucion arbitraria posteriormente, puestoque el caracter solenoidal de cualquier distribucion estacionaria permite una descomposicion entubos 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 funcion 1/|�r − �r1| utilizado en el caso electrostatico. Si lo intro-ducimos en la integral nos queda

�A =μ0I

4πr

∮γd�r1 +

μ0I

4πr2

∮γ�ur · �r1d�r1 + . . .



Nuevamente aparece una serie de terminos con decaimiento con la distancia sucesivamente maspronunciado (potencias de 1/r). Sin embargo aparece una diferencia importante respecto del casoelectrico, y es que el primer termino es nulo. En efecto,

∮γ d�r1 = 0, puesto que la suma vectorial

da resultante nula al coincidir origen y fin.

El primer termino no nulo del desarrollo multipolar es lo que se conoce como termino dipolar.Podemos transformar la integral que aparece del siguiente modo: multiplicando por un vectorconstante �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 evalua teniendo en cuenta queactua sobre las variables �r1, y que por tanto �ur es tambien constante:

�∇1 × [(�ur · �r1)�a] = �∇1(�ur · �r1) × �a + (�ur · �r1)�∇1 × �a = �ur × �a.

Sustituyendo en la integral e intercambiando los signos punto y aspa del producto triple escalarresulta

�a ·∮

γ�ur · �r1d�r1 =

∫S(d�S1 × �ur) · �a.

Dado que �a es arbitrario, la conclusion es que deben ser iguales las dos integrales por las que semultiplica escalarmente. El resultado final se puede expresar

�A =μ0

4π

�m × �r

r3, con �m = I

∫S

d�S1,

donde se ha introducido el momento dipolar magnetico, �m de la espira γ recorrida por laintensidad I. La superficie S es cualquiera que se apoye en el contorno γ. Si el contorno es plano elmomento dipolar es sencillamente un vector de modulo el area plana encerrada por la intensidadI, dirigido en la direccion perpendicular al plano y en el sentido que nos marca la regla de la manoderecha aplicada al contorno.

Una espira de corriente, pequena en comparacion con las distancias en las cuales medimos susefectos, se define como dipolo magnetico, y viene totalmente caracterizada, no por la intensidadde corriente o sus caracterısticas geometricas, sino por su momento dipolar �m.

Para una distribucion volumetrica tambien se puede definir su momento dipolar como combi-nacion de los momentos dipolares elementales que surgen de descomponer la distribucion en Nespiras de seccion elemental Δ�Si que llevan una corriente ΔIi = �jΔ�Si a lo largo de un tubo delcampo �j designado como γi, sobre los que se apoyan las superficies Si:

�m = lımN→∞

N∑i=1

ΔIi

∫Si

d�S

(ojo, no confundir la seccion del tubo con la superficie que se apoya en el). Aunque esta formularesulta ser operativa en muchos casos, la de aplicacion general es

�m =1

2

∫τ�r × �j dτ,

cuya deduccion es un tanto farragosa y omitimos.



Ejercicio:Demostrar que para una espira recorrida por una intensidad I el momento magnetico obtenido por la formulaanterior es �m = 1

2I∮

γ�r× d�r. Comprobar que esta expresion es equivalente a I

∫S

d�S, que es la definicion propuestaanteriormente. (Indicacion: multiplicar por un vector constante y transformar para poder usar el teorema de Stokes).

El campo producido por un dipolo magnetico 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 terminos automaticamente nulos por involucrar derivadas de �m, quees constante. Tambien es nulo el primero de los terminos escritos, puesto que ∇2(1/r) = 0.

Finalmente, en el que queda podemos permutar los operadores �∇ y (�m · �∇), tambien 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 magnetico por la formula

ϕm =μ0

4π

�m · �rr3

,

que es en todo analoga al potencial debido a un dipolo electrico, sin mas que hacer la transforma-cion μ0 �m → �p/ε0. Esta analogıa nos permite conocer sin ningun calculo adicional el campo quebuscabamos:

�B =μ0

4π

[3(�m · �r)�r

r5− �m

r3

].

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

• Interaccion de un campo magnetostatico con un dipolo

El concepto de dipolo magnetico permitira mas adelante caracterizar las propiedades macroscopi-cas de los llamados materiales magnetizables. Nos planteamos por ello ahora, para completar elestudio del dipolo, establecer su interaccion con un campo externo �B.

Supongamos que se trae una espira γ elemental (es decir, de tamano pequeno en comparacion

con las distancias tıpicas de variacion de �B) desde el infinito hasta su posicion final, en presenciade dicho campo. El trabajo W ′ realizado por nosotros en el proceso es el opuesto al realizadopor las fuerzas magneticas, WB a lo largo de todo el recorrido. La fuerza sobre la espira es la deLorentz para corrientes filiformes:

�F = I∮

γd�r1 × �B(�r1).



Un trabajo elemental dentro del recorrido, correspondiente al desplazamiento d�r es

dWB = d�r ·[I∮

γd�r1 × �B(�r1)

]= I

∮γd�r · [d�r1 × �B(�r1)] =

= I∮

γ[d�r × d�r1] · �B(�r1) = −I

∮γ[d�r1 × d�r] · �B(�r1) = −IdΦL.

B( r )

S

I

dr1 dr1dSL=

dr

dr

m

m

El producto vectorial d�r1 × d�r tiene un significado geometrico sencillo: se trata de un elemento,d�SL, de la superficie con forma de tubo, descrita por el contorno γ en su desplazamiento desde elinfinito hasta su posicion final. El flujo elemental dΦL corresponde al que atraviesa la superficiebarrida por la espira al desplazarse un d�r.

El trabajo total realizado por la fuerza magnetica, WB, sera la suma de estos trabajos elementales,WB = −IΦL, siendo ΦL el flujo total a traves de la superficie lateral. Dado que el campo essolenoidal, si cerramos la superficie lateral con dos superficies que se apoyan en la espira en susposiciones inicial y final, el flujo total debe ser nulo. Esto nos permite sustituir el flujo definidosobre el tubo por el flujo a traves de las dos superficies de cierre, con signo cambiado. Si por ultimotenemos en cuenta que el campo �B en el infinito debe ser nulo, se llega a la expresion

WB = I∫

Sd�S · �B � I

(∫S

d�S)· �B = �m · �B.

En el ultimo paso se usa el hecho de ser la espira pequena y por tanto �B aproximadamenteconstante en el dominio de integracion.

Teniendo en cuenta que el trabajo realizado por nosotros es opuesto al trabajo de las fuerzasmagneticas, queda

W ′ = −WB = −�m · �B.

Nuevamente se encuentra una analogıa completa con el caso electrico. Ello nos permite escribirdirectamente la fuerza y el momento de la fuerza sobre un dipolo:

�F = (�m · �∇) �B; �M = �m × �B.

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

Cuestion:¿Bajo que condiciones puede aplicarse la formula encontrada para el momento sobre un dipolo al caso de una espirade dimensiones macroscopicas? Escrıbase una formula general para dicho momento de fuerzas.



Ejemplo:En 1820 Oersted comprobo que una corriente electrica era capaz de desviar la aguja imanada de una brujula.Este fue el primer paso hacia el descubrimiento de la ıntima conexion existente entre los fenomenos electricos ymagneticos. Dicha aguja puede ser considerada (ya se vera por que en el tema 8) como un dipolo magnetico conmomento dipolar �m orientado longitudinalmente. ¿Que resultado experimental obtuvo Oersted?

Si consideramos un cable rectilıneo largo por el que pasa una intensidad I, se establecera un campo magnetico bienconocido, �B = μ0I/(2πr)�uφ. Si el momento dipolar tiene una orientacion arbitraria el campo ejerce un momentode fuerza magnetica dado por

�M = �m × �B =

∣∣∣∣∣∣�ur �uφ �uz

mr mφ mz

0 μ0I/(2πr) 0

∣∣∣∣∣∣ =μ0I

2πr(mr�uz − mz�ur).

En consecuencia, la aguja se desvıa, salvo que solo tenga componente segun �uφ. Si el cable esta sobre una mesa yla brujula se coloca horizontal, su orientacion sera perpendicular al hilo de corriente. Esto es lo que se observo ex-perimentalmente.

Si se tuviera un dinamometro muy preciso, se podrıa detectar tambien en teorıa la existencia de una fuerza sobrela aguja. En efecto, la energıa de interaccion es

WB = −�m · �B = −mφμ0I

2πr,

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

�F = −�∇WB(r) = −�ur∂WB

∂r= −mφμ0I

2πr2�ur.


Tema3: Campos estáticos

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