7 — magnetostatica - fabiancadiz.comfabiancadiz.com/images/07electro.pdf · vemos que c no es...

7 — MAGNETOSTATICA

270 MAGNETOSTATICA

7.1 IntroducciónLos fenómenos magnéticos datan de la historia antigua. Las primeras observaciones, en China yGrecia, constatan que un óxido de hierro llamado magnetita (Fe3O4) es un imán natural capaz deatraer otras sustancias magnéticas, como pequeños trozos de hierro, los que su vez adquierenpropiedades magnéticas una vez en contacto con la magnetita. Una de las primeras aplicacionesdel magnetismo ocurrió en la navegación, gracias a las brújulas, las cuales poseen una aguja dehierro imantado que se orienta en el sentido del campo magnético terrestre. Hoy en día, se hanidentificado diferentes materiales magnéticos formados por diversos compuestos minerales, ysu dominio de aplicación es vasto, se utilizan en medicina, telecomunicaciones, discos duros,motores, etc.

En 1820, el físico danés Hans Christian Oersted descubrió que las corrientes eléctricas sonfuentes de campos magnéticos. Por ejemplo, la aguja de una brújula se desvía en la presenciade una corriente, confirmando la relación estrecha entre electricidad y magnetismo. Posteri-ormente, los franceses Biot, Savart y Ampère establecieron matemáticamente las leyes de lamagnetostática, esto es, de los fenómenos magnéticos independientes del tiempo.

7.2 Ley de interacción magnéticaCuando dos cargas eléctricas se encuentran en movimiento relativo, aparece una interacciónentre ellas adicional a la fuerza de Coulomb, llamada interacción magnética. Consideremos dospartículas con cargas q y q′ que se encuentran, a un instante determinado, en las posiciones~x, y~x′, respectivamente, y cuyas velocidades en dicho instante son~v y~v′.

La fuerza magnética que actúa sobre la partícula de carga q bajo la influencia de la partícula q′

está dada por:

~Fq =µ0

4π

qq′

|~x−~x′ |3~v×

(~v′× (~x−~x′)

)(7.1)

7.2 Ley de interacción magnética 271

donde µ0 es la permeabilidad magnética del vacío, cuyo valor en unidades S.I es µ0 = 4π×10−7 m kg C−2.

7.2.1 Notas• A diferencia de la fuerza electrostática, la fuerza magnética no es una fuerza central. Es

decir, ~Fq no es paralela a la dirección unitaria que une ambas cargas, r = (~x−~x′)/ |~x−~x′ |.En efecto, la fuerza es perpendicular a r y a la velocidad~v de la carga q. En consecuencia,la fuerza magnética no hace trabajo sobre q.• Comparemos la magnitud de la fuerza magnética y eléctrica entre las 2 cargas puntuales.

Se tiene

| ~Fmagnética |

| ~Feléctrica |=

µ04π

qq′

|~x−~x′|2 |~v||~v′|

14πε0

qq′|~x−~x′|2

= ε0µ0vv′ =vv′

c2

donde la constante c, que tiene unidad de velocidad, está dada por:

c =1

√ε0µ0

= 3×108 m/s (7.2)

Vemos que c no es otra cosa que la velocidad de la luz en el vacío!. La fuerza magnéticaes entonces considerablemente menor que la fuerza eléctrica cuando las velocidades deambas partículas son mucho menores que la velocidad de la luz (vv′/c2 << 1).

Ejemplo 7.1 — Corrección a la ley de Coulomb. Suponga que tiene dos cargas q separadaspor una distancia d, moviéndose ambas paralelamente al eje x con velocidad v constante en unsistema de referencia S′. Encuentre el valor de v para que la atracción magnética compensea la repulsión eléctrica. Es razonable este resultado?. Es la fuerza total sobre cada partículaindependiente del sistema de referencia?.

SoluciónLa fuerza eléctrica sobre la carga de la derecha está dada por:

~Fe =−q2

4πε0d2 j

donde j es la direccíon perpendicular a x que va desde la carga de la derecha hacia la cargaizquierda. La fuerza magnética será, de acuerdo a (7.1):

~Fm =q2µ0

4πd2 vi× (vi× [− j])

272 MAGNETOSTATICA

~Fm =q2µ0

4πd2 v2 j

Para que estas fuerzas se anulen~Fe +~Fm =~0

1ε0

= µ0v2

La velocidad de ambas cargas debe ser entonces igual a la velocidad de la luz

v =1

√µ0ε0

= c

Claramente este curioso resultado no es razonable, ya que para tratar problemas con velocidadescercanas a c se debe recurrir a la teoría de la relatividad de Einstein. El problema viene del hechode que en el sistema de referencia S en el cual ambas cargas están en reposo, un observador sóloverá una repulsión electrostática entre las dos cargas, sin fenómenos magnéticos de por medio.Puesto que ningún sistema de referencia es preferible a otro, vemos que una relación profundadebe existir entre electricidad y magnetismo.

Dado que la fuerza que experimenta una carga no depende del sistema de referencia, debemosadmitir que la ley de Coulomb no posee la misma forma en S y S′. Si en el referencial S′ en elcual las cargas se mueven con velocidad v, la fuerza eléctrica está dada por ~F ′e , debemos tener

q2

4πd2 µ0v2 j+~F ′e =−q2

4πε0d2 j

De forma que la fuerza total sobre la carga q es la misma en S′ (término a la izquierda) queen S (término de la derecha). Despejando y utilizando que 1/c2 = ε0µ0, tenemos que la ley deCoulomb en el sistema de referencia S′ se escribe:

~F ′e =−q2

4πε0d2 (1+ v2/c2) j

Vemos entonces que en todo sistema de referencia en el cual las cargas se mueven se debe agregaruna corrección a la ley de Coulomb del orden de (v/c)2. En lo que sigue, supondremos que lasvelocidades son mucho menores que la velocidad de la luz, lo que justifica seguir utilizando laley de Coulomb habitual.

7.2.2 Principio de superposición

Si en vez de una carga q′ se tienen N partículas cargadas qi, donde la i-ésima carga, de velocidad~vi, se encuentra en~xi, la fuerza magnética sobre la partícula q está dada por

~Fq =N

∑i=1

~Fq(i) =µ0

4π

qqi

|~x−~xi |3~v× (~vi× (~x−~xi)) (7.3)

7.3 El campo magnético 273

7.3 El campo magnéticoLos efectos magnéticos pueden ser caracterizados a través de un campo magnético ~B. Al igualque en electrostática, la idea es expresar la fuerza que actúa sobre una carga q debida a lainfluencia de otra carga q′, suponiendo que esta última produce un campo magnético en todoel espacio y que q interactúa con este campo. Por definición entonces, escribimos la fuerzamagnética sobre q (de velocidad~v y posición~x) como

~Fq = q~v×~B(~x) (7.4)

Al comparar con la ecuación (7.1), reconocemos el campo magnético en~x generado por q′.

Definición 7.3.1 — Campo magnético de una carga puntual. El campo magnético en~x generado por una carga q′ de velocidad~v′ situada en~x′ está dado por:

~B(~x) =µ0

4πq′~v′× (~x−~x′)|~x−~x′ |3 (7.5)

Notar que si ~E(~x) es el campo eléctrico generado por q′ en el punto ~x, entonces podemosescribir:

~B(~x) = µ0ε0~v′×~E(~x) =~v′×~E

c2 (7.6)

Es claro a partir de la definición que el campo magnético en un punto~x generado por unacarga en movimiento no es un campo estático, puesto que el vector ~x−~x′(t) depende deltiempo. Sin embargo, veremos más adelante que una corriente estacionaria si puede generarcampos magnéticos estáticos. La unidad S.I. para ~B es el tesla, con 1T = 1 N/Am. Tambiénse utiliza el Gauss, 1 G =10−4 T. El campo magnético terrestre tiene una magnitud de 0.2G. En comparación, un electroimán puede generar típicamente campos entre 0.1 y 1 T. Unsuperconductor puede generar campos de hasta 50 T.

7.3.1 Fuerza de LaplaceVemos entonces a partir de (7.4) que la fuerza sobre una partícula q de velocidad~v en presenciade un campo magnético ~B, conocida como fuerza de Laplace, es:

~Fq = q~v×~B (7.7)

Comentarios• La magnitud de la fuerza magnética es proporcional al módulo de la velocidad~v y al seno

del ángulo ϑ entre~v y ~B, | ~F |= qvBsinϑ

• La fuerza magnética es perpendicular a la velocidad~v. En consecuencia, es una fuerza queno realiza trabajo. Una partícula en un campo magnético solo experimenta un cambio dedirección de su velocidad, pero la magnitud de esta última permanecerá constante.

274 MAGNETOSTATICA

7.3.2 De dónde viene el campo magnético de un imán?Vemos que existe una relación entre cargas en movimiento (corrientes) y campos magnéticos. Porqué entonces un material como la magnetita o un bloque de hierro generan campos magnéticos?.En una visión clásica de la materia, todo átomo está compuesto de un núcleo positivo y deelectrones girando en torno a él, generando entonces una corriente microscópica. Si imaginamosque todas estas corrientes poseen la misma orientación, podrían generar un campo magnéticomacroscópico. Sin embargo, este modelo clásico no es satisfactorio a escalas atómicas. Elmagnetismo de un imán no proviene en general de un movimiento orbital del electrón, sinoque de un magnetismo intrínseco debido al spin, propiedad de todo electrón sin equivalente enmecánica clásica. El magnetismo de la materia es entonces un efecto cuántico.

7.3.3 Fuerza de LorentzSuponiendo que una partícula de carga q se encuentra en una región del espacio en donde existenun campo magnetico ~B y un campo eléctrico ~E, sobre ella actuará una fuerza neta igual a

~F = q(~E +~v×~B

)(7.8)

esta es llamada fuerza de Lorentz .

7.3.4 El descubrimiento del electrón (1897).Hacia fines del siglo 19, se sabía que los gases, siendo en general muy buenos aislantes, puedenconducir electricidad al ser sometidos a tensiones muy altas, como ocurre en los tubos dedescarga. Para estudiar estos fenómenos, en el interior de un tubo de vidrio que contiene un gasa baja presión, se colocan dos electrodos conductores. Al aplicar una diferencia de potencialsuficientemente elevada como para ionizar el gas, una corriete circula a través del gas, producién-dose además una fluorescencia del vidrio que se encuentra en el extremo opuesto al cátodo (elelectrodo cargado negativamente).

Al colocar un imán cerca de un tubo, Sir William Crookes observó la deflección de estos rayoscatódicos, tal cual sucede con las partículas cargadas. Al mismo tiempo, Jean Perrin en Franciadescubrió que al colocar una placa metálica en el camino del haz, ésta adquiere una cargaeléctrica negativa. Todo esto parecía indicar que estos rayos se componen de partículas cargadasnegativamente moviéndose a través del tubo. Sir Joseph John Thomson decidió entonces medirla masa y la carga de estas supuestas partículas, y demostró la existencia de corpúsculos, hoyllamados electrones, provenientes del interior de los átomos de los electrodos. Una forma derealizar esto consiste en medir la razón entre la carga y la masa del electrón, con un dispositivocomo el que se muestra en la figura siguiente. Los electrones son acelerados desde el cátodo(C) hacia el ánodo (A) antes de ingresar a una zona en donde existen un campo eléctrico ~E y

7.3 El campo magnético 275

magnético ~B.

Sea ∆φ = φa−φc la diferencia de potencial entre los electrodos. Por conservación de la energía,la energía cinética adquirida por los electrones al pasar desde c hasta a es:

12

mv2 = e∆φ

y entonces la velocidad que adquieren los electrones antes de ingresar a la zona en donde seaplica un campo magnético es:

v =

√2e∆φ

mAhora, notemos que existe una solución muy particular al movimiento de una partícula bajo laacción de la fuerza de Lorentz cuando los campos ~E y ~B son uniformes y perpendiculares entresí. Para un determinado valor de la velocidad ~v, la carga no sentirá fuerza alguna. En efecto,supongamos que los campos son perpendiculares, ~E ·~B = 0. Si la velocidad de la carga es

~v =1

B2~E×~B

entonces su trayectoria será una línea recta, con velocidad constante y en la dirección de~v, comosi no hubiese ningún campo. Esto es fácil de demostrar, pues la fuerza de Lorentz que actúasobre la carga es

~F = q(~E +~v×~B

)= q

(~E +

1B2 (

~E×~B)×~B)

~F = q(~E− 1

B2~B× (~E×~B)

)= q

(~E− 1

B2 B2~E)=~0

Luego, si

~v =1

B2~E×~B =

EB

i

los electrones se moverán en una línea recta, sin ser desviados, y pasarán por un agujero centradoen el eje del tubo. Así, se ajusta el valor de ∆φ , E y B de forma que:

em

=E2

2∆φB2

Al medir E, B y ∆V , se obtiene la razón entre la carga y la masa del electrón. Esta es, aproxi-madamente

276 MAGNETOSTATICA

em

= 1.7588×1011 C/kg

la cual es unas mil veces mayor que para el átomo de hidrógeno ionizado, lo cual sugiere que obien estas partículas poseen una carga muy elevada, o bien que son mil veces más livianas que elátomo de hidrógeno, lo que implica que los átomos son divisibles!.

Anteriormente a los experimentos de Thomson, el valor de e había sido obtenido gracias a losexperimentos de electrólisis de líquidos de Faraday. Utilizando el valor de e/m encontrado porThomson, obtenemos:

m = 9.11×10−31 kg

Se trata entonces de una partícula 2 mil veces más liviana que el átomo mas liviano (hidrógeno)!. Thomson concluyó que las partículas que conforman los rayos catódicos eran cargas eléctricasmuy livianas, formadas por un constituyente elemental de todo átomo, bloque fundamental delos enlazes quimicos y de la electrónica, el electrón.

7.4 Movimiento de una carga en un campo eléctrico y magnético uniformeConsideremos el problema de una partícula de carga q sometida a la fuerza de Lorentz, en uncaso particular y sencillo, como se muestra en la siguiente figura

Es decir, se tienen dos campos uniformes y perpendiculares ~E = Ei, ~B = Bk. Se debe resolver

md~vdt

= q(~E +~v×~B

)=

qm

(Ei+~v×Bk

)de forma que

ddt~v =

qm

(Ei− xB j+ yBi

)De aquí se obtienen las siguientes ecuaciones diferenciales que describen el movimiento de lapartícula:

z = 0

y =−qBm

x

x =qm(E + yB)

La solución de la primera de ellas es evidente, y está dada por

z(t) = z0 + vOzt

7.4 Movimiento de una carga en un campo eléctrico y magnético uniforme277

es decir, la partícula describe un movimiento uniforme en la dirección z del campo magnético.Definiendo las frecuencias w0 =

qBm y w1 =

qEm

y =−w0x

x = w1 +w0y

Las ecuaciones para las velocidades en x y en y están acopladas. La solución (ver apéndice 8.14)está dada por:

x(t) =−v0y

w0cosw0t +

v0x

w0sinw0t +

w1

w20(1− cosw0t)+

v0y

w0+ x0

y(t) =v0y

w0sinw0t +

v0x

w0cosw0t +

w1

w0

(t− 1

w0sinw0t

)− v0x

w0+ y0

donde la velocidad inicial de la partícula es ~v0 = (v0x,v0y,v0z). Consideremos el caso de unacarga que se encuentra en t = 0 en el orígen y que posee una velocidad inicial en z. La trayectoriade la carga será una espiral que se desplaza según z e y, como se ilustra en la siguiente figura.

Notar que en el plano, la carga se traslada en la dirección y, y no en la dirección del campo eléc-trico x, como ocurriría si ~B =~0. Se produce entonces una corriente en la dirección perpendicularal campo eléctrico, llamada corriente de Hall.

7.4.1 Trayectoria circular en un campo magnético uniformeEn el caso particular ~E = 0, ~B = Bz, la trayectoria de una carga está dada por:

x(t) =−v0y

w0cosw0t +

v0x

w0sinw0t +

v0y

w0+ x0

y(t) =v0y

w0sinw0t +

v0x

w0cosw0t− v0x

w0+ y0

z(t) = z0 + v0zt

278 MAGNETOSTATICA

La partícula describe una hélice cuya proyección en el plano x− y describe un movimientocircular, cuya frecuencia angular de oscilación dada por

w0 =qBm

En particular, si la velocidad inicial en la dirección z es nula, la trayectoria es una circunferenciaconfinada en el plano x-y:

Si v es el módulo de la velocidad, entonces se tiene

v = w0R

y el radio de la circunferencia descrita por la carga está dado por

R =mvqB

=v

w0

El período de este movimiento circular estará dado por

T =2π

w0=

2πmqB

Vemos entonces que un campo magnético es capaz de confinar la trayectoria de una carga en elespacio. Este confinamiento magnético se utiliza en reactores de fusión nuclear, en los cualesse requiere calentar un plasma a temperaturas de cientos de millones de grados Celsius!. Dadoque ningún material sólido es capaz de resistir a temperaturas tan elevadas, se utiliza un campomagnético para confinar a las partículas del plasma en una trayectoria circular.

Ejemplo 7.2 — Espectrómetro de masas. En la figura se muestran los componentes es-cenciales de un espectrómetro de masas, el cual es utilizado para medir la masa de partículascargadas. Un ión de masa m y carga q parte del reposo y es acelerado por una diferencia de poten-cial ∆φ , antes de entrar a una zona donde hay un campo magnético ~B uniforme (perpendicular ala hoja), y un campo eléctrico ~E perpendicular a ~B. Sólo las partículas que poseen una velocidadbien determinada~v continuarán en lína recta y abandonarán este selector de velocidades. Laspartículas emergentes entran a una segunda región donde existe otro campo magnético ~B0, éstasse mueven entonces en una trayectoria circular y se estrellan en un detector a distancia 2r delpunto de entrada.


a) Encuentre la velocidad~v con la que las partículas ingresan al selector de velocidades.b) Encuentre el campo magnético ~B que se debe aplicar para que las partículas no sean desviadasen la prescencia de ~E y ~B.c) Finalmente, encuentre la masa m de la partícula suponiendo que se conoce el valor de r.

Solucióna) La velocidad v con que un ión entra al selector se obtiene por conservación de energía

12

mv2 = q∆φ

ya que inicialmente, ~=0. Se tiene entonces:

~v =

√2q∆φ

mj

b) Para que la velocidad de una partícula permanezca constante y salga a través del selector, serequiere que la fuerza de Lorentz actuando sobre ella sea nula. Se tiene

~F = q(~E +~v×~B

)=~0

donde ~E = Ei, ~B =−Bk, y~v = v j

qEi−qv j×Bk = 0 → qE = qvB

y entonces

B =Ev= E

√m

2q∆φ

c) Luego de ingresar a la región de campo magnético ~B0, las partículas describen una circunfer-encia de radio r. La magnitud de la fuerza magnética es qvB0. Luego:

qvB0 = mv2

r

qB0 =mr

√2q∆φ

m

Finalmente, se determina la masa de las partículas mediante:

280 MAGNETOSTATICA

m =qB2

0r2

2∆φ

Ejemplo 7.3 — El ciclotrón. El ciclotrón es un tipo de acelerador de partículas. Este constade dos electrodos semi-circulares huecos al interior de los cuales existe un campo magnéticouniforme perpendicular al plano de los electrodos. Se aplica una diferencia de potencial ±∆φ

oscilante entre ambos electrodos, de forma que en la región intermedia existe un campo eléctricooscilante. El campo eléctrico acelera los iones en el borde de uno de los electrodos hacia elotro, en el cual describen una órbita circular que los obliga a volver a la región intermedia. Elcampo magnético se ajusta de forma tal que el tiempo que se necesita para recorrer la trayectoriasemicircular sea igual al semiperíodo de las oscilaciones del campo eléctrico, de forma quecuando el ión vuelve a la región intermedia, el campo eléctrico ha cambiado de signo y losiones recibirán una nueva aceleración que los envía nuevamente hacia el electrodo inicial. Esteciclo se repite y de esta forma los iones pasan múltiples veces por la zona intermedia en la cualson acelerados por el campo eléctrico. La trayectoria de los iones será entonces una espiral enresonancia con el campo oscilante hasta que alcanzan la periferia del aparato.

Un protón es acelerado en un ciclotrón de radio R = 2 m, ∆φ = 50 kV, y B = 1 T. Cuál es lafrecuencia de oscilación del campo eléctrico?. Cuál es la máxima energía cinética que el protónpuede adquirir (ignore efectos relativistas)?. Cuántas vueltas se requiere para alcanzar estaenergía?.SoluciónEn un campo magnético uniforme, el radio r que describe una partícula de carga q , masa m yvelocidad v está dado por

r =mvqB

de forma que el tiempo que tarda en describir un semicirculo en uno de los electrodos es

T =πrv

=πmqB

El campo eléctrico debe oscilar entonces a una frecuencia f = 1/T . Evaluando para un protón,mp = 1.67×10−27 kg,qp = 1.6×10−19 C y para un campo magnético B = 1 T:

f = 30.49 MHz

La máxima velocidad que puede adquirir un protón es

vmax =qBRm


donde R = 2 m es el radio del ciclotrón. Luego, la máxima energía cinética será

E =12

mpv2max = 3.06×10−11 J = 191 MeV

durante cada rotación, el protón recibe una energía cinética igual a ∆E = 2q∆φ = 100 keV, luego,el número de vueltas que se requiere es

N =191100×3 = 1910

Ejemplo 7.4 — Protón en campo magnético uniforme. Un protón con una velocidad ventra en una región de campo magnético uniforme ~B =−Bk (dirigido hacia dentro de la página),como muestra la figura. El ángulo de incidencia es ϑ .

a) ¿Cuál es el ángulo de salida, φ?b) Determine la distancia d

Solucióna) Dado que el campo magnético uniforme es perpendicular a la velocidad, el protón describiráuna trayectoria circular, como se muestra a continuación

Tanto a la entrada como a la salida la velocidad es tangente a la trayectoria circular. Por simetría,se tiene entonces aue ϑ = φ

b) Se tiene

d2= Rcosϑ → d = 2Rcosϑ

Además, de la dinámica del movimiento circular

qvB =mv2

Rde aquí

282 MAGNETOSTATICA

R =mvqB

y entonces la distancia d es

d =2mvqB

cosϑ

Ejemplo 7.5 — Carga en un campo magnético uniforme I. Se lanza un electrón (carga-e) con velocidad inicial~v en el medio de dos placas entre las cuales existe un campo magnético~B constante (entrando a la hoja). Ignore todo efecto gravitacional.a) ¿Hacia dónde se deflecta la trayectoria?b) ¿Cuál es la magnitud de la velocidad si la partícula choca exactamente con uno de los extremosde una de las placas?

SoluciónDado que la velocidad inicial con que incide el electrón es perpendicular al campo magnético, latrayectoria será una circunferencia en el plano x−y mientras el electrón permanezca en la regiónentre placas.


Para analizar hacia donde se deflectará la partícula, basta con analizar que ocurre con la fuerzade Laplace que actúa sobre el electrón en el instante inicial t = 0:

~v(0)×~B = vi×−Bk = vB j

Luego en t = 0 la fuerza es~F(0) =−evB j

Es decir, la partícula es desviada hacia la placa inferior.

b) Dado que el electrón impacta con el extremo derecho de la placa inferior, la trayectoria de lapartícula es la siguiente

La magnitud de la fuerza magnética sobre el electrón es constante y dada por

| ~F |= evB

y su dirección es radial (apuntando hacia el centro de curvatura). Por dinámica circular, se tendrá

evB =mv2

Rluego

R =mveB

por otro lado, se tiene

l2 +

(R− d

2

)2

= R2

l2 +R2−Rd +d2

4= R2 → R =

l2

d+

d4

entonces

mveB

=l2

d+

d4

y el módulo de la velocidad del electrón resulta ser

v =eBm

(l2

d+

d4

)

284 MAGNETOSTATICA

Ejemplo 7.6 — Carga en un campo magnético uniforme II. Una partícula de carga q ymasa m entra con velocidad v en un campo magnético uniforme B como se muestra en la figura.¿Cuánto tiempo transcurre entre que la carga ingresa al campo magnético y sale?

SoluciónLa fuerza magnética sobre la carga q está dada por la fuerza de Lorentz

~F = q~v×~B

Así, únicamente la componente de ~B perpendicular a~v ejercerá una fuerza sobre la partícula. Lacomponente de la velocidad paralela a ~B se conserva, mientras que la componente perpendiculara ~B describe una trayectoria circular. De esta forma, la trayectoria que describe la partícula esuna hélice:

Si se observa el movimiento proyectado sobre el plano perpendicular al campo magnético, latrayectoria describe una semicircunferencia. Sea R el radio de la circunferencia, luego podemosdeterminar el tiempo que demora en salir como

T =2πR2v′

=πRv′

donde v′ es la componente de la velocidad que es perpendicular al campo magnético. Ahoradebemos determinar R. De la segunda ley de Newton

mv′2

R= F

donde F es la magnitud de la fuerza magnética que se ejerce sobre la partícula.

F = qvBsin(π/4) = qv′B

de esta formamv′2

R= qv′B


R =mv′

qB

Finalmente

T =π

v′mv′

qB=

πmqB

Ejemplo 7.7 — El efecto Hall. Considere una placa conductora de largo l, sección rectangularde ancho a y espesor b. La placa es atravesada por una densidad de corriente ~J uniforme yparalela a su longitud (según y). El conductor posee n cargas libres (de carga q) por unidad devolumen.a) Escribir la relación entre la densidad de corriente ~J y n.

Ahora se aplica un campo magnético ~B en la dirección z.b) Cual es el efecto del campo ~B sobre las cargas libres?. A qué fuerzas se encuentran sometidasy qué ocurre en las paredes laterales x = 0 y x = a?. Sobre qué pared se produce una acumulacionde cargas q?.

Las paredes sobre las cuales hay una acumulacion o deficit de cargas se comporta como lasarmaduras de un condensador plano y se establece entre ellas un campo eléctrico ~EH (el campode Hall).c) Cuál es el efecto del campo ~EH sobre las cargas libres?.d) Para que valor del campo ~EH se logra un regimen de equilibrio en el cual el efecto del campomagnético ~B se anula?. Cual es entonces la trajectoria de las cargas libres?.e) Cuál es la tensión de Hall VH que aparece entre las caras implicadas en el efecto Hall?.Introduzca la constante de Hall RH =−1/nq. Cómo se puede utilizar el efecto Hall para medirla valor de un campo magnético desconocido (sonda a Efecto Hall)?.

Solucióna) La densidad de corriente está dada por ~J = qn~v, donde~v es la velocidad de las cargas libres enel conductor. Dado que la corriente circula en la dirección j, se tiene~v = v j y entonces

~J = qnv j

b) El campo magnético ~B ejerce una fuerza adicional sobre las cargas, dada por la fuerza deLaplace:

~FB = q~v×~B = qv j×~Bk = qvBi

286 MAGNETOSTATICA

Luego, la fuerza magnética acelera a las cargas en la dirección i perpendicular a la corriente(notar que si q < 0, entonces v < 0). Si q > 0, la trayectoria de las cargas será desviada hacia lapared x = a, mientras que si q < 0, las cargas serán desviadas hacia la pared x = 0. Se produce en-tonces una acumulación de cargas en una de las paredes y un déficit de cargas en la pared opuesta.

c) El campo eléctrico ~EH = −EH i generado entre las placas genera una fuerza electrostáticaadicional sobre las cargas libres, dada por

~FH = q~EH =−qEH i

notar que si q > 0, la placa x = d será cargada positivamente y EH > 0. Si q < 0, EH < 0. Entodos los casos, la fuerza asociada al campo de Hall será según −i, es decir, en la direcciónopuesta a la fuerza de Laplace.

d) Para que el efecto del campo magnético sobre las cargas se anule en régimen estacionario, sedebe tener:

~FB +~FH = 0

qvBi−qEH i = 0 → EH = vB

en régimen estacionario, la cargas se mueven (en promedio) en una línea recta paralela a ladensidad de corriente ~J.

e) La tensión de Hall VH que aparece entre las paredes laterales es:

VH = φ(x = 0)−φ(x = a) =−aEh =−avB

Notar que si I es la corriente que circula por la placa, entonces I = abJ = abqnv, luego v =I/(abqn):

VH =− BIbqn

= RHBIb

donde RH =−1/(nq) es la resistencia de Hall, la cual depende únicamente de la densidad decargas libres en el conductor. Así, si se desea determinar la magnitud de un campo eléctrico ~Bdesconocido, se aplica una corriente I en la placa de forma perpendicular al campo magnético,se mide la tensión VH que aparece entre las paredes laterales y entonces:

B =VHbIRH

Ejemplo 7.8 — Aplicación del efecto Hall 1. Considere una banda de cobre de largo a = 2cm y espesor b= 1 mm. Este es atravesado por una corriente de 50 A y sometido a un campo mag-nético uniforme de 2 T. Los portadores de cargas libres son electrones (q =−e =−1.6×10−19

C). El número de electrones libres por metro cúbico es n = 8×1028 m−3.a) Calcule la velocidad de desplazamiento de los electrones.b) Calcule el valor del campo y de la tensión de de Hall VH .


Solucióna) La velocidad de desplazamiento~v de los electrones se relaciona con la densidad de corriente ~Jmediante

~J =−ne~v

luego, la magnitud está dada por:

v =Jne

=I

abne= 1.95×10−4 m/s

b) La tensión de Hall se escribe:

VH = RHBIb

=BIben

= 7.81 µV

y el campo de Hall

EH =VH/a = 3.9×10−4 V/m

Ejemplo 7.9 — Aplicación del efecto Hall 2. Se mide un campo de Hall de 2.5 mV/mpara una densidad de corriente de 107 A/m2 en un campo de B = 1 Tesla. Calcule la densidadvolumetrica de electrones libres en el sodio y compare con el número de átomos de sodio (masaatomica del sodio 23 g, densidad 0.97 g/cm−3, número de avogadro: 6.02×1023).

SoluciónSe tiene:

VH = RHBIb

El campo de Hall está dado por EH =VH/a, donde a es el ancho del conductor, y considerandoque la densidad de corriente se puede escribr J = I/(ab), donde b es el espesor, se tiene:

EH = VHa = RHBJ

y entonces la resistencia de Hall RH está dada por:

RH =EH

BJ= 2.5×10−10 m3/C =

1en

con esto obtenemos la densidad volumétrica de electrones en el sodio:

n =1

eRH= 2.5×1028 m−3 = 2.5×1022 cm−3

b) La masa de un átomo de sodio está dada por:

mNa =23 g

6.02×1023 = 3.8206 ×10−23 g

y dada la densidad ρ = 0.97 g/cm3, la densidad de átomos de sodio es:

ρ

mNa= 2.5 ×1022 cm−3

de forma que cada átomo de sodio aporta un electrón libre.

288 MAGNETOSTATICA

7.5 Campo generado por una corriente - Ley de Biot-Savart (1820)Los franceses Jean-Baptiste Biot y Félix Savart demostraron experimentalmente en 1820 quela aguja de un compás cambia de dirección en la cercanía de un cable por el cual pasa unacorriente. Al variar la distancia entre el cable y la aguja del compás, lograron establecer la leymatemática para el campo magnético generado por una corriente arbitraria. La ley de Biot-Savartes la ley fundamental de la magnetostática, que juega el rol equivalente a la ley de Coulomb enelectrostática.

Este descubrimiento motivó a muchos físicos a establecer relaciones matemáticas entre corrientesy campos magnéticos. André-Marie Ampère fue el primero en establecer una fórmula para lafuerza de interacción entre dos cables con corriente. Fue también Ampère quien estableció lahoy conocida Ley-de Ampère, que equivale a la ley de Gauss para el magnetismo, y que veremosen el capítulo siguiente.

A continuación, vamos a deducir la ley de Biot-Savart a partir de la definición del campomagnético generado por una partícula puntual en movimiento (Ec. (7.5)).

7.5.1 Campo magnético generado por una distribución continua de corrienteConsideremos una región del espacio Ω que encierra una carga (densidad ρ) en movimiento.Suponemos que la densidad de corriente en todo punto de Ω es independiente del tiempo (corri-ente estacionaria). Un elemento de volumen d3x′ ubicado en~x′ ∈Ω está entonces caracterizadopor un elemento de carga dq(~x′) = ρ(~x′)d3x′ y una densidad de corriente ~J(~x′) = ρ(~x′)~v(~x′),donde~v representa el campo de velocidades.

El campo magnético en~x generado por las cargas que se desplazan en el volumen d3x′ está dadopor (Ec.7.5):

d~B(~x) =µ0

4πdq(~x′)~v(~x′)× ~x−~x′

|~x−~x′ |3=

µ0

4πd3x′~J(~x′)× ~x−~x′

|~x−~x′ |3(7.9)

Finalmente, el campo total en~x será la integral sobre Ω dada por:

~B(~x) =µ0

4π

∫∫∫Ω

d3x′~J(~x′)× (~x−~x′)|~x−~x′ |3 (7.10)

7.5.2 Campo magnético generado por un circuito lineal de corriente uniformeAhora consideremos un circuito lineal de sección infinitesimal dS (constante) por el cual circulauna corriente uniforme I. De esta forma, el módulo de la densidad de corriente ~J es también

7.5 Campo generado por una corriente - Ley de Biot-Savart (1820) 289

constante, mientras que su dirección será tangente a la línea que describe el conductor. Consid-eremos un punto~x′ al interior del conductor, y tomemos el elemento de volumen d3x′ = dldS,donde dl(~x′) es el elemento diferencial de longitud en dicho punto. Tenemos que

d3x′~J(~x′) = ~J(~x′)dSdl = Jt(~x′)dSdl(~x′)

donde t(~x′) es la dirección de la densidad de corriente. Dado que JdS = I es la corriente a travésdel cable, y escribiendo ~dl = dlt, obtenemos, usando (7.9), el campo generado por este elementode corriente Id~l:

d~B(~x) =µ0

4π

Id~l(~x′)× (~x−~x′)|~x−~x′ |3

Finalmente, obtenemos la expresión de la ley de Biot-Savart para un circuito lineal.

Definición 7.5.1 — Ley de Biot-Savart (1820). Sea un circuito lineal descrito por la curvaΓ, por el cual circula una corriente I. El campo magnético en~x generado por este circuitoestá dado por la ley de Biot-Savart:

~B(~x) =µ0I4π

∫Γ

d~l(~x′)× (~x−~x′)|~x−~x′ |3 (7.11)

7.5.3 Líneas de campoSon las líneas orientadas de tal forma que la tangente coincide con la dirección de ~B(~M) en todopunto M del espacio. El número de líneas que atraviesa una superficie unitaria normal a ~B esproporcional a | ~B |. Contrariamente a las líneas de campo eléctrico, su dirección no es normal,sino que tangente a las fuentes de campo. Las líneas de campo magnético rodean entonces a lascorrientes eléctricas que las generan.

290 MAGNETOSTATICA

Ejemplo 7.10 — Campo de una línea de corriente. Un alambre delgado y rígido que llevauna corriente I es colocado a lo largo del eje x. Calcular el campo magnético en el punto P.Analice el caso particular en que el alambre es simétrico con respecto al eje y.¿Qué sucede cuando el cable es infinitamente largo?. Cuál es la corriente necesaria para que unabrújula ubicada a 10 cm del cable sienta un campo magnético 10 veces superior al de la tierra(BT = 0.2 G)?.

SoluciónConsideremos un elemento diferencial de línea d~x′ = dxi en el punto xi que lleva una corriente Ien la dirección i.

Para calcular el campo magnético en el punto P utilizamos la ley de Biot-Savart. Según nuestraelección del origen, se tiene~x = a~j y~x′ = xi. Así

d~B(~x) =µ0

4πId~x′× (~x−~x′)|~x−~x′|3

aquí, ~x−~x′ = a j− xi y luego |~x−~x′| =√

a2 + x2. Con esto, la contribución al campo de esteelemento diferencial de corriente queda

d~B(~x) =µ0

4πIdxi×

(a j− xi

)(a2 + x2)3/2 =

µ0

4πI

adxk(a2 + x2)3/2

Y el campo total en P será

~B(P) =µ0

4πI∫ L2

−L1

adxk(a2 + x2)3/2

donde L1 y L2 están definidos mediante los ángulos ϑ1 y ϑ2:

tanϑ1 =aL1→−L1 = acot(−ϑ1)

tanϑ2 =aL2→ L2 = acotϑ2


Para resolver esta integral, utilizamos el siguiente cambio de variables:

x = acotϑ → dx =−acsc2ϑdϑ

y la integral queda

~B =µ0

4πI∫

ϑ2

−ϑ1

dϑa(−acsc2 ϑ)k(a2 +a2 cot2 ϑ)3/2 =− µ0

4πaI∫

ϑ2

−ϑ1

dϑ sinϑ k

~B =µ0I4πa

(cosϑ1 + cosϑ2) k

En el caso simétrico se obtiene imponiendo ϑ2 = ϑ1, y L1 = L2 = L/2, entonces

cosϑ1 =L√

L2 +a2

y el campo está dado por

~B(P) =µ0I2πa

L√L2 +a2

k

Para el caso de un alambre infinitamente largo, tomamos el limite L→ ∞:

~B(P) =µ0I2πa

k

Notemos que en este límite, el sistema posee simetría cilíndrica, y las líneas de campo magnéticoson circulares. Este resultado se comprobará más adelante con la ley de Ampère.

Para a = 10 cm, la corriente necesaria para generar un campo de B = 2G = 2×10−4 T será:

I =2πaB

µ0= 100 A

292 MAGNETOSTATICA

Ejemplo 7.11 — Campo en el eje de una espira circular. Considere una espira circularque lleva corriente I en el sentido indicado por la figura. Calcule el campo magnético en el puntoP, ubicado a una distancia z en el eje de simetría de la espira

SoluciónConsideremos un elemento diferencial de corriente ubicada en el punto~x′=R

(cosφ i+ sinφ j

)=

Rr(φ). El elemento de corriente será Id~x′, con d~x′=Rdφϑ y ϑ = (−sinφ i+cosφ j). Utilizandola ley de Biot-Savart, se tiene:

d~B(~x) =µ0I4π

d~x′× (~x−~x′)|~x−~x′|3

con |~x−~x′|= (R2 + z2)1/2. Así:

d~B(~x) =µ0I4π

Rdφφ ×(zk−Rr

)(R2 + z2)3/2 = dφ

µ0I4π

(R2k+Rzr)(R2 + z2)3/2

Con esto

~B(~x) =µ0I4π

∫ 2π

0dφ

(R2k+Rzsinφ j+Rzcosφ i)(R2 + z2)3/2

Las integrales según i y j son nulas, como se puede anticipar por argumentos de simetría. Final-mente el campo magnético a una distancia z del anillo es:

~B(~x) =µ0I4π

∫ 2π

0dφ

R2

(R2 + z2)3/2 k =µ0I2

R2

(R2 + z2)3/2 k

Ejemplo 7.12 — Campo creado por una solenoide. Una solenoide consiste en un con-junto de espiras circulares de mismo eje y radio, juxtapuestas de forma tal que hay n espiras porunidad de largo. Cuál es el campo magnético creado en un punto sobre el eje de la espira?.


SoluciónSea M un punto sobre el eje de la solenoide. Consideremos una sección de espesor dx alrededordel punto P situado a una distancia x de M. El campo en M será la superposición de ndx espiras(ver 7.11):

d~B = ndxµ0I2

R2

(R2 + x2)3/2 i

y el campo total será la integral:

~B =nµ0I

2

∫ x2

x1

R2

(R2 + x2)3/2 dxi

Utilizando el siguiente cambio de variable x = R/ tanα = Rcotα , se tiene dx =−R/sin2αdα .

Además, sinα = R/√

R2 + x2 y entonces

~B =nµ0I

2

∫α2

α1

sin3α

R−R

sinα2 dα i =nµ0I

2

∫α2

α1

(−sinα)dα i

donde los ángulos α1 y α2 se muestran en la figura siguiente:

Finalmente~B =

nµ0I2

(cosα2− cosα1)x

Para una solenoide infinita, α1→ π , α2→ 0 y se obtiene

294 MAGNETOSTATICA

~B = nµ0Ix

Ejemplo 7.13 — Campo de un disco cargado en rotación. Considere un disco muydelgado que tiene una densidad de carga superficial σ uniformemente distribuída. El disco sepone a girar a velocidad angular w en torno a su eje. Encuentre el campo magnético en el eje deldisco.

SoluciónEn el ejemplo 7.11 se determinó el campo magnético en el eje de un anillo de corriente I de radior, esto es

~B(z) =µ0Ir2

2(z2 + r2)3/2

Podemos ver el disco como una superposición de anillos con corriente de ancho infinitesimal dr,de esta forma por el principio de superposición el campo magnético total será la suma de lascontribuciones de estos anillos. Veamos que ocurre en la porción de disco comprendida entre r yr+dr, con r ∈ (0,R)

La carga contenida en este anillo esdq = σ2πrdr

la rotación del disco le asocia a este anillo una corriente. La carga dq da una vuelta completa enun tiempo

∆t =2π

wde forma que la corriente asociada es

dI =dq∆t

=wσ2πrdr

2π= σwrdr


el campo magnético a una distancia z sobre el eje del disco generado por este anillo es

d~B(z) =µ0dIr2

2(z2 + r2)3/2 k =drµ0wσr3

2(z2 + r2)3/2 k

Integrando sobre todo el disco:

~B(z) =∫ R

0

drµ0wr3σ

2(z2 + r2)3/2 k =µ0wσ

2

∫ R

0

r3dr(z2 + r2)3/2 k

Realizando el cambio de variable u2 = z2 + r2, 2udu = 2rdr∫ r3dr(z2 + r2)3/2 =

∫ u(u2− z2)duu3 =

∫du(

1− z2

u2

)= u+

z2

u

luego: ∫ r3dr(z2 + r2)3/2 =

√z2 + r2 +

z2√

z2 + r2

De esta forma~B(z) =

µ0wσ

2

(√z2 + r2 +

z2√

z2 + r2

)∣∣∣R0k

~B(z) =µ0wσ

2

(√z2 +R2 +

z2√

z2 +R2−√

z2− z2√

z2

)k

~B(z) =µ0wσ

2

(√z2 +R2 +

z2√

z2 +R2−2 | z |

)k =

µ0wσ

2

(2z2 +R2√

z2 +R2−2 | z |

)k

Ejemplo 7.14 — Campo de una espira de forma particular. Considere la espira de cor-riente formada por segmentos radiales y arcos de circunferencia como se muestra en la figura.Obtenga el campo magnético ~B en el punto P.

296 MAGNETOSTATICA

SoluciónPara obtener el campo magnético en P, utilizaremos el principio de superposición, notando queel campo total en P será la suma de las contribuciones de las secciones 1,2,3,4 y 5.

Si fijamos el origen en P, notamos inmediatamente que las contribuciones de los segmentos 1y 5 son nulas, ya que en ambos casos el elemento de línea d~x′ es paralelo al vector~x−~x′, con~x =~0. Para la sección 2, calculemos primero el campo generado por el elemento de corriente dela figura siguiente:

Tenemos

d~B2 =µ0

4πId~x′× (~x−~x′)|~x−~x′|3

Utilizando coordenadas polares,~x′ = br = b(cosφ ′ i+ sinφ ′ j) y

d~x′ = bdφ′ (−sinφ

′ i+ cosφ′ j)

Además |~x−~x′|3 = |−~x′|3 = b3, con lo que

d~B2 =µ0

4πIbdφ

(−sinφ i+ cosφ j

)×−b(cosφ i+ sinφ j)b3 =

µ0

4πbIdφ k

Así, el campo total en P debido al arco exterior (sección 2) es

~B2 =µ0

4πbI∫

φ

0dφ k =

µ0Iφ

4πbk

Ahora, para el arco interior (sección 4) el procedimiento es totalmente análogo, con la diferenciade que la distancia ahora es a, y que la corriente va en el sentido opuesto al del arco exterior,luego:

~B4 =−µ0Iφ

4πak

Por último, para la sección 3, es fácil notar que su contribución es nula, ya que en este caso, elvector d~x′ apunta en la dirección contraria al vector unitario radial en coordenadas polares, y a


su vez~x′ apunta en la dirección radial, de esta forma, el producto vectorial d~x′× (~x−~x′) es 0en todo el segmento 3. Resumiendo, solo los segmentos 2 y 4 contribuyen al campo en P, y elcampo total será la suma de ambas contribuciones

~B = ~B2 +~B4 =µ0Iφ

4π

(1b− 1

a

)k

Ejemplo 7.15 — Campo cerca de una esquina. Un conductor rectilíneo con corriente Ibaja por el eje y hasta el orígen, y luego continúa en dirección horizontal. Muestre que el campomagnético en el punto (x,y) con x > 0,y > 0 está dado por

~B(x,y) =µ0I4π

(1x+

1y+

x

y√

x2 + y2+

y

x√

x2 + y2

)k

SoluciónSea P un punto sobre el plano (x,y) con x > 0, y > 0. El campo magnético en P será lasuperposición del campo creado por la sección vertical y el de la sección horizontal. Sea Γ1 lasección horizontal. El campo magnético en P se obtiene a partir de la ley de Biot-Savart

~B1(x,y) =µ0

4π

∫Γ1

d~x′I× ~x−~x′

|~x−~x′ |3=

µ0I4π

∫∞

0dx′ i× (x,y)− (x′,0)

| (x,y)− (x′,0) |3

~B1(x,y) =µ0I4π

∫∞

0dx′ i× (x− x′)i+ y j

((x− x′)2 + y2)3/2 =µ0I

4πy2 k∫

∞

0dx′

1(1+ (x−x′)2

y2

)3/2

Podemos utilizar la sustitución tanϑ = (x−x′)y , luego sec2 ϑdϑ =−dx′

y , y entonces

∫ dx′(1+ (x−x′)2

y2

)3/2 =−y∫ sec2 ϑdϑ

(1+ tan2 ϑ)3/2 =−y

∫ sec2 ϑdϑ

sec3 ϑ=−y

∫dϑ cosϑ =−ysinϑ

Ahora, como tanϑ = (x−x′)y , es fácil ver que sinϑ = (x−x′)√

y2+(x−x′)2 , de forma que

~B1(x,y) =−µ0I4πy

k

(x− x′)√y2 +(x− x′)2

∣∣∣∞0=

µ0I4π

(1y+

x

y√

x2 + y2

)k

Ahora, para el segmento horizontal, basta intercambiar el rol de x e y

298 MAGNETOSTATICA

~B2(x,y) =µ0I4π

(1x+

y

x√

x2 + y2

)k

Finalmente

~B(x,y) =µ0I4π

(1x+

1y+

x

y√

x2 + y2+

y

x√

x2 + y2

)k

Ejemplo 7.16 — Bobinas de Helmholtz. Considere dos bobinas de N vueltas de radio R,cada una perpendicular al eje z, con sus centros localizados en z = l/2 y z = −l/2. Existeuna corriente constante I en el mismo sentido en cada bobina, como se muestra en la figura.Encuentre el campo magnético en el eje a una distancia z del centro de una de las bobinas.Verifique que la primera derivada del campo en el punto medio es nula.

SoluciónDel ejemplo 7.11, tenemos que para una espira circular con corriente I, radio R y a una distanciaz de su centro, el campo en el eje de simetría es

~B(~x) =µ0I2

R2

(R2 + z2)3/2 k

Como una bobina consta de N espiras circulares separadas por una distancia despreciable conrespecto a z, podemos utilizar el principio de superposición y obtener el campo generado por unabobina de N vueltas

~B(~x) =µ0NI

2R2

(R2 + z2)3/2 k

Ahora, sea un punto en el eje k, a una distancia z del origen, el campo generado por la bobinainferior es entonces

~B1(zk) =µ0NI

2R2

(R2 +(z+ l/2)2)3/2 k

y el campo generado por la bobina superior

~B2(zk) =µ0NI

2R2

(R2 +(z− l/2)2)3/2 k

Y el campo magnético total, por el principio de superposición, es:

~B(zk) =µ0NIR2

2

(1

(R2 +(z− l/2)2)3/2 +1

(R2 +(z+ l/2)2)3/2

)k


Notemos que la primera derivada con respecto a z está dada por

dBdz

=µ0NIR2

2

(− 3(z− l/2)((z− l/2)2 +R2)5/2 −

3(z+ l/2)((z+ l/2)2 +R2)5/2

)

Se puede notar de inmediato que en el punto medio z = 0 se tiene

dBdz

∣∣∣z=0

= 0

También se puede demostrar que si la distancia l entre ambas bobinas se escoge igual a R (radiode las espiras), se obtiene que

d2Bdz2

∣∣∣z=0

=d3Bdz3

∣∣∣z=0

= 0

Esta configuración se conoce como bobinas de Helmhotz, la cual produce un campo magnéticoaproximadamente uniforme alrededor de z = 0. Si se expande en torno a este punto:

B(z) = B(0)+14!

d4Bdz4 (0)z

4 + ...

Es decir, el cambio en la magnitud del campo magnético en el punto medio para pequeñasvariaciones de z es del orden de z4!.

Ejemplo 7.17 — Campo de un cilindro con corriente superficial. Un cilindro de radio ay largo h tiene una corriente superficial I uniformemente distribuída en el manto. Calcule elcampo magnético producido sobre su eje.

SoluciónEl sistema se puede ver como un conjunto de espiras por las cuales circula una corrienteinfinitesimal dada por

Idz′

h

distribuídas uniformemente a lo largo de la dirección z. El campo en el eje, a una distancia z delcentro de una espira (ver 7.11) con corriente Idz′/h en z′ es

d~Bz′ =µ0dz′

2hIa2k

(a2 +(z− z′)2)3/2

300 MAGNETOSTATICA

Si definimos z = 0 como el extremo derecho del cilindo, el campo magnético total es entonces lasuperposición siguiente:

~B =µ0

2h

∫ h

odz′

Ia2

(a2 +(z− z′)2)3/2 k

Usando el cambio z− z′ = a tanϑ , −dz′ = asec2 ϑdϑ

~B =µ0I2h

∫ϑ2

ϑ1

−dϑ a3 sec2 ϑ

(a2 +a2 tan2 ϑ)3/2 k =−µ0I2h

∫ϑ2

ϑ1

cosϑdϑ k

~B =−µ0I2h

(sinϑ2− sinϑ1)k

donde

sinϑ2 =z−h√

a2 +(z−h)2

sinϑ1 =z√

z2 +a2

Finalmente

~B =µ0I2h

(h− z√

a2 +(z−h)2+

z√z2 +a2

)k

7.6 Fuerza entre conductores de corriente

Una corriente experimenta una fuerza en la prescencia de un campo magnético. Esto se debe aque cada portador de carga será sometido a la fuerza de Lorentz. Consideremos un segmentodiferencial de corriente en un punto~x′, de sección ∆S(~x′), largo dl(~x′) y densidad de corriente~J(~x′).

Sobre este volumen la fuerza total será:

d~F(~x′) = Nq~v(~x′)×~B(~x′)

donde N es el número de cargas presente. Si n es la densidad de carga por unidad de volumen,luego N = n∆Sdl y se tiene:

d~F(~x′) = ∆S(~x′)dl(~x′)nq~v(~x′)×~B(~x′)

7.6 Fuerza entre conductores de corriente 301

pero la densidad de corriente es, por definición, ~J(~x′) = nq~v(~x′) y entonces

d~F(~x′) = ∆S(~x′)dl(~x′)~J(~x′)×~B(~x′)

definiendo d~l(~x′) como el vector de magnitud dl(~x′) y cuya dirección coincide con la de ladensidad de corriente, se tiene finalmente la fuerza de Laplace:

d~F(~x′) = Id~l(~x′)×~B(~x′) (7.12)

donde I es la corriente que circula por el conductor. La fuerza total sobre un conductor rectilíneodescrito por la curva Γ está dada por

~F =∮

Γ

Id~x×~B(~x)

7.6.1 Fuerza sobre un circuito en prescencia de un campo uniformeComo ejemplo, consideremos un conductor que lleva corriente I en la prescencia de un campomagnetico unforme ~B, como se muestra en la figura

Tenemos entonces que la fuerza sobre este conductor está dada por

~F = I(∫ b

ad~x)×~B(~x) = I (~xb−~xa)×~B(~x)

Sea~l =~xb−~xa el vector dirigido desde a hacia b. Con esta notación

~F = I~l×~B

Ahora veamos que sucede si el conductor constituye un circuito cerrado de forma arbitraria,entonces la fuerza será

~FB = I(∮

Γ

d~x)×~B

Pero ∮Γ

d~x =~0

La fuerza neta sobre un circuito cerrado en un campo magnético uniforme es nula, ~F =~0

302 MAGNETOSTATICA

Ejemplo 7.18 — Fuerza magnética sobre un semicirculo. Considere el circuito cerradode la figura que lleva una corriente I en el sentido contrario al reloj. Un campo magnéticouniforme apuntando en la dirección j es aplicado. Encuentre la fuerza magnética que actúa sobreel elemento rígido y sobre el arco semicircular. Verifique que la fuerza total se anula.

SoluciónTenemos un campo uniforme dado por ~B = B j , llamemos ~F1 y ~F2 a las fuerzas actuando sobre elsegmento rígido y la parte semicircular, respectivamente. La fuerza sobre el segmento rígido es

~F1 = I(∫ R

−R~dx)×B j = I

(∫ R

−Rdx)

i×B j = I2Ri×B j = 2IRBk

Ahora, para calcular ~F2, notamos que elemento infinitesimal d~x en el semicírculo se puedeescribir como

d~x = Rdϕ(−sinφ i+ cosφ j)

La fuerza que actúa sobre un elemento ~dx es

d~F2 = Id~x×~B = IRdφ(−sinφ i+ cosφ j

)× (B j) =−IBRdφ sinφ k

Integrando sobre el arco semicircular, tenemos

~F2 =−IBRk∫

π

0dφ sinφ =−2IBRk

Así, la fuerza neta que actúa sobre el circuito completo es

~Fnet = ~F1 +~F2 =~0


Consistente con el hecho de que la fuerza sobre un circuito cerrado en un campo magnéticouniforme es nula.

Ejemplo 7.19 — Fuerza entre 2 corrientes rectilíneas. Considere dos alambres paralelosde largo l separados por una dstancia a l y que llevan corrientes I1 e I2 en la dirección x.Calcule la fuerza entre ambos conductores.

SoluciónLa fuerza magnética ~F1, que ejerce el alambre 2 sobre el alambre 1, se puede obtener como

~F1 = I1

∫1

d~l1(~x′)×~B(~x′)

donde ~B es el campo magnético creado por el conductor 2. Para un conductor rectilíneoinfinitamente largo, las líneas del campo magnético son círculos concéntricos en el planoperpendicular al conductor. Así, como a l, podemos considerar a ambos conductores comoinfinitamente largos y en un punto arbitrario P (lejos de los extremos) sobre el conductor 1tenemos:

~B2 =µ0

2πak

que apunta en dirección perpendicular al conductor 1, como se ve en la figura

Al ser este campo aproximadamente uniforme a lo largo del conductor 1, y siendo éste unalambre rectilíneo, la fuerza que experimenta está dada por

~F1 = I1~l×~B2 = I1l j×(

µ0I2

2πa

)k =

µ0I1I2l2πa

i

Esta fuerza apunta hacia el conductor 2. Resulta evidente que ~F2 =−~F1. De esta forma, 2 cablesparalelos que llevan corriente en la misma dirección se atraerán. Por otro lado, si las corrientesfluyen en direcciones opuestas, la fuerza resultante será repulsiva.

304 MAGNETOSTATICA

Ejemplo 7.20 — Fuerza entre espira rectangular y corriente rectilínea. Calcular la fuerzaresultante sobre la espira con corriente I2

SoluciónPara obtener la fuerza total sobre la espira, sumamos las fuerzas sobre las secciones 1,2,3 y 4.

Tenemos

~F1 = I2

∫ c

0d~l1×~B1

donde c es el largo de la espira rectangular. El campo en la sección 1 es uniforme y está dado por

~B1 =−µ0I1

2πak

Así

~F1 = I2

∫ c

0dy j×−µ0I1

2πak =−µ0cI1I2

2πaj× k

~F1 =−µ0cI1I2

2πai

Ahora, para la sección 3, el campo se obtiene reemplazando a por a+b y I2 por−I2 en la fórmulaanterior:

~F3 =µ0cI1I2

2π(a+b)i

La fuerza sobre la sección 2 será

~F2 = I2

∫ b

0d~l2×~B2

donde b es el ancho de la espira retangular, luego:

~F2 =−I2

∫ b

0dxi× µ0I1

2π(a+ x)k


Notemos que

~F4 = I2

∫ 0

b−dxi× −µ0I1

2π(a+ x)k =−~F2

se tiene entonces que F2 y F4 se cancelan, luego, la fuerza total sobre la espira es

~F = ~F1 +~F3 =µ0I1I2c

2π

(1

(a+b)− 1

a

)i

Notar que la fuerza es atractiva.

Ejemplo 7.21 — Fuerza entre una espira circular y una corriente rectilínea. Una corri-ente I fluye en un anillo circular de radio R, y una corriente I′ en un conductor rectilíneo muylargo que se encuentra en el mismo plano del anillo. Si 2α es el ángulo subtendido por el circuloen el punto mas cercano del conductor rectilineo, encuentre la fuerza entre los dos circuitos

SoluciónSea k la normal al plano que contiene ambos circuitos (saliendo de la hoja). El campo magnéticogenerado por la distribución de corriente rectilínea está dado por

~B(~x) =µ0I′

2πrk

donde r es la distancia al conductor rectilineo. Sea Id~l un elemento de corriente sobre el circuitocircular, como muestra la figura

Se tieneId~l = IRdϑϑ

con lo que la fuerza magnética que actúa sobre este elemento de corriente es

d~F = Id~l×~B = IRdϑϑ ×(

µ0I′

2πrk)=

µ0II′R2πr

dϑϑ × k =µ0II′R

2πrdϑ r

donde r = d +Rsinϑ , y sinα = Rd , de forma que

306 MAGNETOSTATICA

d~F =µ0II′R

2πR(sinϑ + cscα)dϑ r =

µ0II′

2π (sinϑ + cscα)dϑ r

Escribiendo explícitamente la dependencia de r en ϑ

d~F(ϑ) =dϑ µ0II′

2π (sinϑ + cscα)

(cosϑ i+ sinϑ j

)La fuerza total sobre el circuito circular será

~F =µ0II′

2π

∫ 2π

0

dϑ cosϑ isinϑ + cscα

+∫ 2π

0

dϑ sinϑ jsinϑ + cscα

Consideremos la siguiente integral

I =∫ 2π

0dϑ

eiϑ

sinϑ +b=∫ 2π

0

dϑ cosϑ

sinϑ +b+ i∫ 2π

0

dϑ sinϑ

sinϑ +b

Luego, si determinamos la parte real e imaginaria de I, tendremos la fuerza ~F . Para esto,consideremos la integral en el plano complejo∮

Γ

dz1/(2i)(z−1/z)+b

donde Γ es la circunferencia de radio 1, es decir:

z = eiϑ ,ϑ ∈ (0,2π),dz = idϑeiϑ

entonces

∮|z|=1

dz1/(2i)(z−1/z)+b

= i∫ 2π

0dϑ

eiϑ

12i(e

iϑ − e−iϑ )+b= i∫ 2π

0dϑ

eiϑ

sinϑ +b= iI

Por otro lado∮|z|=1

dz1/(2i)(z−1/z)+b

=∮|z|=1

dz12i

(z2−1

z

)+b

=∮|z|=1

2izdzz2−1+2ibz

En definitiva corresponde a integrar una función compleja con dos polos∮|z|=1

2izdz(z− z0)(z− z1)

donde z0 y z1 son soluciones de

z2 +2ibz−1 = 0→ z =−2ib±

√−4b2 +4

2


z =−ib±√

1−b2

En este caso, b = cscα > 1, de forma que z =−ib± i√

b2−1, y los polos están dados por

z0 = i(√

b2−1−b)

z1 =−i(

b+√

b2−1)

Notar que | z1 |> b > 1, mientras que | z0 |= b−√

b2−1 < 1. En efecto, uno puede ver si paraalgún b > 1, | z0 |≥ 1, entonces:

b−√

b2−1≥ 1→√

b2−1≤ b−1

b2−1≤ b2−2b+1→−1≤ 1−2b→ b≤ 1

contradiccion!. Luego z0 es el único polo encerrado por Γ. Así, por el teorema de Cauchy:∮|z|=1

2izdz(z− z0)(z− z1)

= 2πi limz→z0

2izz− z1

=− 4πz0

z0− z1

y dado que z0− z1 = i2√

b2−1

∮|z|=1

dz1/(2i)(z−1/z)+b

=−2π

(√b2−1−b

)√

b2−1=−π

(2− 2b√

b2−1

)= iI

Finalmente, obtenemos:

iI = i∫ 2π

0

dϑ cosϑ

sinϑ +b−∫ 2π

0

dϑ sinϑ

sinϑ +b=−π

(2− 2b√

b2−1

)Así: ∫ 2π

0

dϑ cosϑ

sinϑ +b= 0

∫ 2π

0

dϑ sinϑ

sinϑ +b= π

(2− 2b√

b2−1

)

Escribiendo b = cscα , se tiene∫ 2π

0

dϑ sinϑ

sinϑ + cscα= π (2−2cosα)

308 MAGNETOSTATICA

Finalmente~F = µ0II′

(1− 1

cosα

)j

7.7 Momento magnético

En electrostática, vimos que un sistema de dos cargas de igual magnitud y signo contrarioestá completamente descrito por su momento dipolar ~p. Hemos visto también que un mediodieléctrico puede ser visto como una colección de momentos dipolares microscópicos, y queel medio está completamente caracterizado por su polarización ~P, que representa el momentodipolar por unidad de volumen.

En la prescencia de un campo eléctrico ~E, un dipolo siente una fuerza ~F = ~∇(~p ·~E) y un torque~τ = ~p×~E. De forma análoga, vamos a definir el momento magnético ~µ de una corriente cerradade forma que la fuerza y torque sobre ésta en la prescencia de un campo magnético se escriben

~F = ~∇(~µ ·~B)

~τ =~µ×~B

.

7.7.1 Torque sobre una espiraVeamos que sucede cuando colocamos una espira rectangular que lleva corriente estacionaria Ien el plano XY , ante la prescencia de un campo magnético uniforme ~B(~x) = Bi paralelo al planode la espira.

Vemos que las fuerzas magnéticas actuando en los segmentos 1 y 3 son nulas debido a que losvectores ~l1 = −bi y ~l3 = bi son paralelos al campo magnético ~B . Por otro lado, las fuerzasactuando en los segmentos 2 y 4 son

~F2 = I(−a j

)×Bi = IaBk

~F4 = I(a j)×Bi =−IaBk

7.7 Momento magnético 309

De aquí es claro que la fuerza neta es nula, como es de esperar para una corriente cerrada enprescencia de un campo magnético uniforme. Sin embargo, las fuerzas ~F2 y ~F4 producirán untorque que genera una rotación de la espira con respecto al eje y.El torque con respecto al centro de la espira es

~τ =(−b/2i

)×~F2 +

(b/2i

)×~F4 = (−b/2)i×

(IaBk

)+(b/2i)×

(−IaBk

)~τ =

(IabB

2+

IabB2

)j = IabB j = IAB j

Donde A = ab representa el área de la espira. Es conveniente introducir el vector de área

~S = An

con n el vector unitario en la dirección normal al plano de la espira. En este caso, tenemos n = k.La expresión para el torque se puede reescribir entonces como

~τ = I~A×~B

Consideremos ahora el caso más general donde la espira forma un ángulo ϑ con respecto alcampo magnético

De la figura

~r2 =b2(−sinϑ i+ cosϑ k

)=−~r4

y el torque neto es

~τ =~r2×~F2 +~r4×~F4 = 2~r2×~F2 = 2b2(−sinϑ i+ cosϑ k

)× (IaBk)

~τ = IabBsinϑ j = I~A×~B

310 MAGNETOSTATICA

Se obtiene la misma expresión obtenida anteriormente. Notar que el torque es nulo cuando lanormal a la espira está orientada en la dirección paralela al campo magnético. El vector I~A es,por definición, el momento magnético de la espira:

~µ = I~A

La dirección de ~µ es la misma que la del vector de área ~S (perpendicular al plano de la espira).Con esto, el torque sobre una espira de corriente es

~τ =~µ×~B

Una espira en un campo magnético girará hasta que su momento magnético esté completamentealineado con el campo. Notar la analogia con el torque que ejerce un campo eléctrico sobre undipolo.

Definición 7.7.1 — Momento magnético. El momento magnético µ de una corrientecerrada I arbitraria definida por la curva Γ (no necesariamente plana) está dado por:

~µ =I2

∮Γ

~x′×d~l(~x′) (7.13)

para una corriente plana, la ecuación (7.13) se reduce a ~µ = IAn, con A el área encerradapor la corriente y n el vector normal al plano que contiene a la corriente (si la corriente seenuentra en el plano x− y, n = k si la corriente circular en el sentido contrario al reloj). Deforma aún más general, el momento magnético de una distribución arbitraria de corriente ~Jcontenida un volumen Ω está dado por:

~µ =12

∫∫∫Ω

~x′× ~J(~x′)d3x′

En el sistema internacional, la unidad del momento magnético es Am−2 o, equivalentemente,JT−1.

Ejemplo 7.22 — Espira en equilibrio. Un circuito cuadrado rígido de lado L y masa M estápivoteado en torno a uno de sus ejes en prescencia de un campo magnético ~B uniforme, y elcampo gravitatorio. El circuito lleva una corriente I que es capaz de mantenerlo en equilibrio enun ángulo ϑ . Encuentre el sentido y magnitud de dicha corriente.


SoluciónPara el equilibrio, se requiere que el torque neto sobre la espira con respecto a algún punto deaceleración nula sea cero. Se escoge como origen O el punto medio entre A y A′.

Para el torque que ejerce el peso, se tiene

~τ =~r×~F =l2(sinϑ i− cosϑ j

)×−Mg j

~τ =−Mgl2

sinϑ k

Por otro lado, el torque que ejerce la fuerza magnética es

~τ =~µ×~B

donde ~µ es el momento magnético de la espira

~µ = IAn = Il2n

Requerimos en primer lugar que este torque tenga dirección k. Luego n debe tener la direcciónde ~µ en el dibujo, lo que permite deducir la dirección de la corriente I

~τ =~µ×~B = Il2Bcosϑ k

El equilibrio exige entonces

Mgl2

sinϑ k− Il2Bcosϑ k = 0

312 MAGNETOSTATICA

Luego, la corriente I debe ser

I =Mg tanϑ

2lB

Ejemplo 7.23 — Campo de una espira cuadrada. Una espira cuadrada de lado l está enel plano xy con su centro en el origen. Transporta una corriente I.a) Determine el campo magnético ~B en cualquier punto del eje z.b) Demuestre que para z >> l el campo magnético se puede aproximar como

~B≈ µ0~µ

2πz3

en donde ~µ = l2Ik es el momento magnético de la espira.

Solucióna) Una forma de resolver esto es mediante aplicación directa de la ley de Biot Savart

~B(~x) =µ0I4π

∮Γ

d~x′× (~x−~x′)|~x−~x′ |3

donde Γ es la curva que representa la distribución de corriente. Ésta puede ser dividida en 4segmentos rectilíneos

Las parametrizaciones son las siguientes

~x′1 =(

l2

i+ y j)→ d~x′1 = dy j, y ∈ −l/2, l/2

~x′2 =(−xi+

l2

j)→ d~x′2 =−dxi, x ∈ −l/2, l/2

~x′3 =(− l

2i− y j

)→ d~x′3 =−dy j, y ∈ −l/2, l/2


~x′4 =(

xi− l2

j)→ d~x′4 = dxi, x ∈ −l/2, l/2

Entonces, si~x = zk es un punto sobre el eje z

d~x1× (~x−~x1) = zdyi+l2

dyk

d~x2× (~x−~x2) = zdx j+l2

dxk

d~x3× (~x−~x3) =−zdyi+l2

dyk

d~x4× (~x−~x4) =−zdx j+l2

dxk

Por último1

|~x−~x1 |=

1|~x−~x3 |

=1√

z2 + y2 +(l/2)2

1|~x−~x2 |

=1

|~x−~x4 |=

1√z2 + x2 +(l/2)2

Con esto el campo magnético en~x será la siguiente superposición

~B =µ0I4π

∫ l/2

−l/2

zdyi+ l/2dyk

(z2 + y2 +(l/2)2)3/2 +∫ l/2

−l/2

zdx j+ l/2dxk

(z2 + x2 +(l/2)2)3/2

+µ0I4π

∫ l/2

−l/2

−zdyi+ l/2dyk

(z2 + y2 +(l/2)2)3/2 +∫ l/2

−l/2

−zdx j+ l/2dxk

(z2 + y2 +(l/2)2)3/2

De aquí se aprecia que las componentes según i y j se anulan, obteniéndose

~B =µ0I4π

2∫ l/2

−l/2

l/2dyk

(z2 + y2 +(l/2)2)3/2 +2∫ l/2

−l/2

l/2dxk

(z2 + x2 +(l/2)2)3/2

~B =4µ0I4π

∫ l/2

−l/2

l/2dyk

(z2 + y2 +(l/2)2)3/2 =µ0lI2π

∫ l/2

−l/2

dyk

(z2 + y2 +(l/2)2)3/2

Utilizando ∫dx(x2 +a2)−3/2

=x

a2√

x2 +a2

se obtiene

~B =µ0lI2π

y

(z2 +(l/2)2)(z2 +(l/2)2 + x2)1/2

∣∣∣l/2

−l/2

314 MAGNETOSTATICA

Finalmente

~B =µ0l2I2π

k

(z2 +(l/2)2)(z2 +2(l/2)2)1/2

b) Si z >> l, el campo magnético es, a orden cero en l/z:

~B≈ µ0l2I2π

kz2z

=µ0l2Ik2πz3 =

µ0~µ

2πz3

Ejemplo 7.24 — Momento magnético del átomo de hidrógeno. En el modelo clásicodel átomo de hidrógeno, el electrón describe una órbita circular de radio a0 = 5.29×10−11m entorno al protón. Esto equivale a una corriente circular a la cual se le puede asociar un momentomagnético. Dicho en otras palabras, existe una relación entre el momento angular del electrón ysu momento magnético.

Por definición, el momento magnético del electrón será ~µ = ISk, donde el área de la órbita esS = πa2

0 y la corriente está dada por I =−e/T . El período de la órbita es T = 2πa0/v con v lavelocidad del electrón. Finalmente

~µ =−eva0

2k

notando que el momento angular de electrón es~L = a0mevk, se obtiene

~µ =− e2me

~L = γe~L

donde γe se conoce como razon giromagnética. La relación ~µ = γe~L es absolutamente general, yasocia un momento magnético a todo momento angular del electrón. La velocidad del electrónen su órbita está dada por el equilibrio de fuerzas e2/(4πε0a2

0) = mev2/a0, luego

v =

√e2

4πε0a0me= 2.2×106 m/s

y entonces

µ = eva0

2= 9.3×−24 JT−1 = µB

Donde µB = 9.274×10−24 JT−1 se conoce como el magnetón de Bohr.


Además del momento angular orbital~L, el electrón posee un momento angular intrínseco ~S, queno posee un equivalente clásico, llamado spin. En consecuencia, un electrón cuyo momentoangular orbital es nulo (~L =~0), posee de todas formas un momento magnético ~µ = γe~S. La razóngiromagnética asociada al spin resulta ser γe =−gee/2me, donde el factor ge ≈ 2 corresponde auna corrección al resultado clásico.

Ejemplo 7.25 — El spin del electrón. La magnitud del momento angular de spin del electrónes S = h/2, donde h = h/(2π) y h = 6.626×10−34 Js es la constante de Planck. De esta forma,la magnitud del momento magnético asociado al spin electrón es

µ =geeh4me

≈ eh2me

= µB

Es decir, igual al magnetón de Bohr. Se suele pensar el spin del electrón como una rotacióndel electrón sobre si mismo. Sin embargo, la velocidad de rotación necesaria para generarun momento orbital de magnitud h/2 tendría que ser más grande que la velocidad de la luz!.Modelando al electrón como una esfera de radio re ∼ 10−15 m (ver radio clásico del electrón enla sección 3.14) y carga −e en rotación a velocidad angular w, su momento angular será

L =25

mer2e w =

h2

y la velocidad v = wre está dada entonces por:

v =5h

4mere≈ 1300×108m/s

Es decir, unas 400 veces la velocidad de la luz!.

Ejemplo 7.26 — Precesión de Larmor. Hemos visto que en general, existe una estrecharelación entre el momento angular~L de una partícula (electrón, protón, un átomo) y su momentomagnético µ , en efecto:

~µ = γ~L

donde γ = −eg/(2m) es la razón giromagnética, y donde el factor de Landé g depende de lapartícula o átomo en cuestión. Utilizando el teorema del momento angular, se tiene:

~τ =ddt~L

en la prescencia de un campo magnético ~B, el torque sobre el momento magnético está dado por:

τ =~µ×~B =1γ

d~µdt

d~µdt

= γ~µ×~B

esta ecuación indica que si se aplica en t = 0 un campo magnético fijo ~B = B0k, el momentomagnético µ precesa entonces en torno al eje k con una frecuencia angular independiente de laorientación de µ , dada por

wL =−γB0

316 MAGNETOSTATICA

llamada también frecuencia de Larmor. En efecto, dµz/dt = 0 ya que ~B · d~µdt = 0, y como |~µ | es

constante, µ se desplaza con una velocidad angular wL sobre un cono de ángulo ϑ que existe ent = 0 entre el campo aplicado y el momento magnético ~µ . En efecto:

µx =−wLµy µy = wLµx

De esta forma, cada isótopo posee una frecuencia de Larmor propia, lo que se utiliza por ejemploen la espectrostcopía de resonancia magnética nuclear.

7.8 Resumen y fórmulas escenciales 317

7.8 Resumen y fórmulas escenciales

• Las cargas eléctricas en movimiento generan un campo magnético ~B, el cual es un campovectorial definido sobre todo el espacio ~B : R3→ R3. Existe una relación profunda entrelos campos eléctricos y magnéticos. En efecto, considerando un sistema de referencia S′ enel cual una carga está en reposo, un observador verá únicamente un campo electrostático,mientras que en cualquier otro sistema de referencia, un observador verá una carga enmovimiento, y entonces, un campo magnético. Electricidad y magnetismo son aspectos deun mismo fenómeno.

• El campo magnético generado por una densidad de corriente ~J : R3→ R3 está dado por laintegral (Ecuación (7.10))

~B(~x) =µ0

4π

∫∫∫R3

d3x′~J(~x′)× (~x−~x′)|~x−~x′ |3

• El campo generado por una corriente lineal definida por la curva Γ está dado por la ley deBiot-Savart, que es un caso particular de (7.10):

~B(~x) =µ0I4π

∫Γ

d~l(~x′)× (~x−~x′)|~x−~x′ |3

• Gracias a la distribución de Dirac, la densidad de corriente asociada a una carga puntualq, de velocidad ~v y ubicada en ~x0 se puede escribir como una densidad de volumen~J(~x) = q~vδ (~x−~x0). De esta forma, se obtiene el campo magnético de una carga puntual:

~B(~x) =µ0

4π

∫∫∫R3

d3x′q~vδ (x− x0)× (~x−~x′)

|~x−~x′ |3=

µ0

4πq~v× (~x−~x0)

|~x−~x0 |3

• La fuerza que experimenta una carga q en prescencia de un campo magnético ~B es

~Fq = q~v×~BEsta fuerza es responsable de una gran variedad de fenómenos. Una carga libre en uncampo magnético uniforme y perpendicular a la velocidad de las carga, describe unatrayectoria circular de radio R = mv

qB y de frecuencia w = v/R = qBm . En un medio conductor

por el cual pasa una corriente I, la aplicación de un campo magnético B perpendicular ala corriente genera una tensión transversal a la corriente, llamada tensión de Hall y dadapor VH =− BI

qnb , donde b es el espesor del conductor. El efecto Hall puede ser utilizadopara medir campos magnéticos, al aplicar una corriente a través de un conductor cuyaconductividad es conocida, y al medir VH , es posible determinar B.

• A una corriente cerrada I se le puede asociar un momento magnético µ . Si la corrienteestá descrita por una curva plana que encierra una superficie A de normal n, se tiene

~µ = IAnExiste una relación fundamental entre el momento angular de una partícula y su momentomagnético, ~µ = γ~L. Un electrón posee un momento magnético intrínseco asociado a suspin S = h/2, que corresponde a un momento angular sin equivalente clásico, y que estádado por

µB =eh

2me= 9.3×10−24 J/T

7 — magnetostatica - fabiancadiz.comfabiancadiz.com/images/07electro.pdf · vemos que c no es...

Documents