FÍSICA TEÓRICA 1 − 2do. Cuatrimestre 2010

Notas de la práctica sobre la Guía 5: tensor de Maxwell

1 Cálculo de fuerzas 1

2 Fuerza entre dos cargas (problema 1.a) 3

3 Fuerza entre dos cables paralelos (problema 1.b) 5

4 Esfera conductora a potencial V (problema 2) 7

5 Esfera conductora en un campo eléctrico (problema 3) 10

6 Solenoide infinito (problema 4) 12

7 Cilindro infinito (problema 5) 13

1 Cálculo de fuerzas

Dado un sistema de cargas y corrientes contenido en un volumen V, la variación en el tiempo de su impulsolineal es igual a las fuerzas que actúan sobre el sistema,

dPmec

dt= F.

Parte de esas fuerzas pueden ser de origen electromagnético,

F = F0 + FEM,

FEM =

∫V

d3r

[ρ(r)E(r) +

1

cj(r)×B(r)

].

El término F0 representa otras fuerzas. Estamos asumiendo que no entran ni salen partículas del volumen V.Escribiendo la densidad de carga y de corriente a través de las ecuaciones de Maxwell,

ρ =1

4π∇ · E, 1

cj =

1

4π

(∇×B− 1

c

∂E

∂t

),

y trabajando un poco con los operadores vectoriales, se demuestra que∗

FEM =1

4π

∮S

d2r T · n− 1

4πc

d

dt

∫V

d3r E×B. (1)

La integral del primer término es sobre la superficie que encierra al volumen V, el integrando es el productoescalar entre la normal a la superficie y el tensor de Maxwell,

T = EE + BB− 1

2

(E2 +B2

)I. (2)

∗Para repasar, deberían llegar a este resultado por sus propios medios.

1

La notación es la siguiente,

T · n = (E · n)E + (B · n)B− 1

2(E2 +B2)n. (3)

Puede ser que no hayan visto esta notación antes, pero es muy práctica porque los independiza de la elecciónde las coordenadas. Escrita en sus componentes cartesianas, la ec. (1) es

(FEM)i =1

4π

∮S

d2r Tijnj −1

4πc

d

dt

∫V

d3r (E×B)i ,

donde

Tij = EiEj +BiBj −δij2

(E2 +B2

).

Insisto en que la experiencia indica que es más práctica la forma (2). Para el cálculo de fuerzas, lo único quetermina importando es el producto de T con la normal, así que la fórmula para recordar es la ec. (3) y, másaún, como es simétrica respecto de E y B, basta recordar la mitad,

T · n = (E · n)E− 1

2E2 n + . . .

En la definición del tensor de Maxwell suele incluirse el factor 1/4π. Ustedes vean cuál es la convención decada libro.

Ahora la variación del impulso lineal del sistema de cargas y corrientes se escribe como

dPmec

dt=

1

4π

∮S

d2r T · n− 1

4πc

d

dt

∫V

d3r E×B + F0

Esto suele reescribirse agrupando todas las derivadas temporales en un mismo término

d

dt

(Pmec + PEM

)=

1

4π

∮S

d2r T · n + F0,

donde

PEM =1

4πc

∫V

d3r E×B.

Esta cantidad puede interpretarse como el impulso lineal contenido en el campo electromagnético; está aso-ciado a una densidad de impulso E×B/(4πc).

En los problemas estacionarios,

dPmec

dt=dPEM

dt= 0,

y queda la siguiente condición de equilibrio

F0 = − 1

4π

∮S

d2r T · n,

2

que puede interpretarse diciendo que la fuerza extra necesaria para mantener en equilibrio un sistema decargas y corrientes es menos la fuerza de origen electromagnético, que está dada por la integral de superficiedel tensor de Maxwell. Así, el cálculo de la fuerza se reduce a hacer una integral de superficie. La superficiepuede ser cualquier superficie que contenga todas las cargas y corrientes sobre las que se quiere calcular lafuerza. Hay elecciones prácticas y elecciones desastrosas. Una de las primeras cosas que uno puede veres que hay dos clases de condiciones simplificadoras. Vamos a pensar que sólo hay campo eléctrico, perotodo esto vale también para B. Una de las condiciones es cuando el campo es paralelo a la superficie deintegración, es decir, cuando E · n = 0. En ese caso,

T · n = (E · n)E− 1

2E2 n = −1

2E2 n. (4)

La otra condición es cuando el campo es perpendicular a la superficie, es decir, cuando E = (E ·n)n. En esecaso

T · n = (E · n)E− 1

2E2 n =

1

2E2 n. (5)

Que T · n sea en los dos casos paralelo a la normal simplifica en gran medida la integral de superficie. Altratar los problemas de la guía todo esto quedará más claro, y veremos el resto del arsenal de trucos parahacer estas integrales.

2 Fuerza entre dos cargas (problema 1.a)

Supongamos que las cargas están en r1 = d z y r2 = −r1. El módulo de las dos cargas es el mismo, pero lossignos pueden ser iguales u opuestos. Para fijar las cosas tomemos que la carga en r1 tiene carga q.

Calculemos la fuerza sobre la segunda carga. Para eso hay que elegir un volumen que la contenga. Como elcampo que entra en el tensor de Maxwell es el campo eléctrico total, las simetrías que guíen la elección de la

3

superficie de integración deben ser simetrías del campo total. Sería impráctico elegir aquí una esfera centradaen la segunda carga, porque el campo total no es especialmente simple sobre esa superficie. En verdad, lasuperficie en donde todo tiene oportunidad de ser más simple es el plano z = 0, justo en medio de las doscargas. Si las cargas tienen signos iguales, el campo tiene simetría de reflexión por ese plano; si tienen signosopuestos, el campo es antisimétrico. El truco aquí es tomar una superficie compuesta por un disco de radioR en el plano z = 0 y una semiesfera, del mismo radio, centrada en el origen, haciendo tender el radio ainfinito. La fuerza sobre la segunda carga será entonces

F2 =1

4π

[∫D

d2r T · n +

∫SE

d2r T · n].

El primer término corresponde a la integral sobre el disco y el segundo a la integral sobre la semiesfera. Elresultado debe ser independiente del radio del disco. Lo que uno busca es deshacerse de esta última integralhaciendo tender R a infinito. En efecto: si las cargas tienen el mismo signo, el campo a grandes distanciasserá

E ≈ 2q

r2r.

Como función del radio, el comportamiento de la integral de T · n sobre una semiesfera de radio R será∫SE

d2r T · n ∼∫dΩR2E2 ∼ R2

(2q

R2

)2

=4q2

R2.

Cuando R−→ 0, esto tiende a cero. En el caso en que las cargas tienen signos opuestos, esta integral va acero aún más rápido, puesto que el campo a grandes distancias se comporta como el campo de un dipolo,

E ∼ qd

R3,

∫SE

d2r T · n ∼ R2 (qd)2

R6.

Más que una estimación de las integrales, lo que estamos calculando es una cota, por eso podemos afirmarque al hacer tender R a infinito las integrales deben irse cero.

Lo que queda entonces para calcular la fuerza sobre la carga en −r1 es hacer la integral sobre el disco.Usando coordenadas cilíndricas, en el plano z = 0 el campo es

E0(ρ) =q

(d2 + ρ2)3/2(−d z + ρ ρ)± q

(d2 + ρ2)3/2(d z + ρ ρ).

La alternativa entre los dos signos es debida a que la segunda carga puede valer más o menos q; de maneraexplícita

E0(ρ) =2q

(d2 + ρ2)3/2

ρ ρ, si q2 = q,

−d z, si q2 = −q.

4

En el primer caso, el campo es paralelo a la superficie, y en el segundo, perpendicular. Ya tomando el límiteR−→∞, usando el resultado (4), en el primer caso tendremos

F2 =1

4π

∫z=0

d2r T · n = − z

8π

∫ 2π

0

dϕ

∫ ∞0

dρ ρ4q2ρ2

(d2 + ρ2)3= − q2

4d2z,

y en el segundo, usando la ec. (5),

F2 =1

4π

∫z=0

d2r T · n =z

8π

∫ 2π

0

dϕ

∫ ∞0

dρ ρ4q2d2

(d2 + ρ2)3=

q2

4d2z.

3 Fuerza entre dos cables paralelos (problema 1.b)

Se trata ahora de dos cables paralelos por los que circulan corrientes de igual módulo. Supongamos que loscables corren paralelos al eje z, y que uno atraviesa el plano xy en r1 = x x y el otro en r2 = −r1. Para fijarideas, digamos que por el primer cable circula una corriente I y por el segundo una corriente que puede ser±I .

5

Calcularemos la fuerza por unidad de longitud sobre este último. Igual que antes, el plano medio entre losdos hilos es una buena elección como superficie de integración, porque por simetría allí el campo será o bienparalelo o bien perpendicular al plano. Hay que cerrar el volumen con otras superficies, dejando en el interiorun tramo de cable de longitud L sobre el que calcularemos la fuerza. Parece natural que elijamos por arribay por debajo dos superficies planas paralelas al plano xy, ya que el campo está en el plano xy. Para cerrar elvolumen podemos usar medio cilindro, como en la figura de arriba. Al igual que con las dos cargas, la idea eshacer tender el radio del cilindro a infinito, con la esperanza de que la única integral que sobreviva sea aquellaque recorre el plano x = 0. El caso menos favorable, en el sentido de que el campo decae de la manera másdébil a grandes distancias del eje z, es cuando las corrientes por los dos hilos circulan en el mismo sentido. Enese caso el campo va aproximadamente como 4I/cρ. La integral sobre la mitad del cilindro puede estimarseentonces como ∫

SC

d2r T · n =

∫ L

0

dz

∫ 2π

0

Rdϕ T · n ∼ LRI2

R2∼ 1

R.

Es decir, tiende a cero cuando R tiende a infinito. ¿Qué sucede con las dos tapas que cierran el volumen porencima y por debajo? Notemos que, como hay simetría de traslación, en nada cambia hacer la integral deT · n en la tapa de arriba o en la de abajo, salvo en el signo de la normal, porque en la tapa de arriba n = z

y en la de abajo es n = −z. Esto hace que la suma de las contribuciones de las dos tapas sea cero. Fíjenseque esto no depende de que R tienda o no a infinito. Así, al final lo único que queda es calcular una integralsobre el plano x = 0. Ya tomando el límite R−→∞

F2 =1

4π

∫ L

0

dz

∫ ∞−∞

dy T · n.

Necesitamos el campo total sobre el plano x = 0. Dependiendo del sentido relativo de circulación de lascorrientes, tendremos

B0(y) =2I

c(d2 + y2)z × (−d x+ y y)± 2I

c(d2 + y2)z × (d x+ y y).

Explícitamente

B0(z) = − 4I

c(d2 + y2)

y x, si I2 = I,

d y, si I2 = −I.

En el primer caso, como el campo es paralelo a la normal corresponde usar el resultado (5),

F2 =1

8π

∫ L

0

dz

∫ ∞−∞

dy

[2Iy

c(d2 + y2)

]2x =

I2

c2dL x,

y en el segundo, como el campo es perpendicular a la normal hay que usar el resultado (4), y queda

F2 = − 1

8π

∫ L

0

dz

∫ ∞−∞

dy

[2Id

c(d2 + y2)

]2x = − I2

c2dL x.

6

La fuerza por unidad de longitud se calcula dividiendo por L. A estos resultados puede llegarse de maneradirecta. El campo que produce el primer cable sobre el segundo es

B12 = − 2I12cd

y.

La fuerza por unidad de longitud se calcula como

f12 =I2z

c×B12 = ± I2

c2dx.

Habrán notado que calcular la fuerza entre dos cargas puntuales o entre dos cables mediante el tensor deMaxwell no representa ninguna simplificación, sino al contrario. Pero hay un hecho importante que no debeperderse de vista: en el cálculo de fuerzas con el tensor de Maxwell, lo único que importa son los campostotales, no cómo se originan esos campos. Si los campos de dos distribuciones distintas son iguales sobre unadada superficie cerrada, la fuerza sobre las cargas y corrientes contenidas en esa superficie será la misma enlos dos casos. Esta observación responde, por ejemplo, al problema de encontrar la fuerza entre dos esferas(que no se superponen) cargadas de manera esféricamente simétrica: la fuerza es la misma que entre doscargas puntuales, porque el campo en el exterior de las dos esferas es el mismo que el de dos cargas puntuales.Pero fíjense que calcular la fuerza de manera directa, aun con la simplificación que significa saber que loscampos de cada esfera son los de una carga puntual, requiere hacer una integral complicada. Pueden pensaren otros casos análogos: la fuerza entre dos cilindros cargados o la fuerza entre dos cilindros con corriente.El cálculo directo, integrando la fuerza en el volumen, es engorroso; sin embargo, el procedimiento que llevóa la definición del tensor de Maxwell dice que esas fuerzas pueden calcularse de una manera muy simple.

4 Esfera conductora a potencial V (problema 2)

Una esfera conductora de radio a está a potencial V . Supongamos que trazamos una línea que divida la esferaen dos hemisferios. Se trata, entonces, de calcular la fuerza que tiende a separarlos.

Para calcular la fuerza sobre uno de los hemisferios habría que elegir un volumen que lo contenga y hacerla integral del tensor de Maxwell sobre su superficie. En esta clase de problemas, donde se trata de calcularuna fuerza de origen eléctrico sobre la superficie de un conductor, la elección más conveniente suele ser unvolumen que rodee ajustadamente la superficie. Esto es así porque el campo eléctrico es perpendicular a lasuperficie de los conductores y, por lo tanto, estamos en uno de los dos casos donde la fuerza a través de lasuperficie sólo tiene componente normal, ec. (5). En el caso de la esfera tendríamos la situación de la figura

7

La fuerza es

F =1

4π

∮S

d2r T · n =1

4π

[∫S1

d2r T · n +

∫S2

d2r T · n +

∫Sε

d2r T · n].

La contribución del anillo puede hacerse tan pequeña como se quiera, haciendo tender ε a cero. En ese límite,las otras dos integrales son en realidad sobre la misma superficie, lo que cambia es el signo de la normal y laexpresión de T, que puede cambiar al atravesar la superficie del conductor,

F =1

4π

∫S1

d2r (T2 −T1) · n12.

A un lado y a otro de la superficie el campo es normal, pero puede tener distintos valores. En vista de la ec.(5),

(T2 −T1) · n12 =1

2

(E2

2 − E21

)n12. (6)

Esto da una fuerza por unidad de área

f =1

8π

(E2

2 − E21

)n12.

Para conectar con el cálculo directo de la fuerza, podemos notar lo siguiente

1

8π

(E2

2 − E21

)=

1

8π(E2 − E1)(E1 + E2) = σ

E1 + E2

2

−→ f = σE1 + E2

2n12 = σ

E1 + E2

2. (7)

Si sólo hay campo de un lado de la superficie, digamos, si E1 = 0, tal como ocurre en el interior de la esferaconductora, entonces

f = σE2

2.

Podría pensarse que hay una contradicción aquí, pues (argumentaríamos) la fuerza debería ser igual al campopor la densidad de carga, es decir, σE2, y aquí nos está dando la mitad. En verdad no hay contradicción.Estos campos E1 y E2 con los que estuvimos tratando no son el campo sobre la superficie, sino los límitescuando nos acercamos a la superficie desde un lado o desde el otro. Nunca nos preocupamos por encontrar el

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campo en la superficie, ni hizo falta. Si la superficie está cargada, el campo tiene una discontinuidad. ¿Cuálserá entonces el campo justo sobre la superficie? El argumento habitual es el siguiente: tomemos un elementode superficie en el conductor con la forma de un pequeño disco. El campo total tiene dos contribuciones, laoriginada en las cargas del propio elemento de superficie y la que tiene como fuente el resto de las cargas

Etotal = Epropio + Eresto.

Esta última contribución es continua en la inmediata vecindad del elemento de superficie considerado, puessus fuentes no se encuentran allí. En cambio, el campo producido por el propio elemento de superficie esdiscontinuo. Pero sabemos que cerca de su centro lo podemos aproximar por el campo de un plano cargadocon densidad σ,

Epropio ≈ 2πσ sgn(z),

donde z es una coordenada asociada a la dirección normal al conductor. Justo en el centro del elemento desuperficie, sobre la mismísima superficie del conductor, Epropio = 0 y

E = Eresto.

Justo por debajo,

E1 = −2πσ n + Eresto,

y justo por encima,

E2 = 2πσ n + Eresto.

Así, el campo justo sobre el centro del elemento de superficie puede calcularse tomando el promedio entreestos dos

Eresto =E1 + E2

2.

9

Y la fuerza por unidad de área en el centro del elemento es

f = σEresto = σE1 + E2

2,

que es el mismo resultado al que llegamos con el tensor de Maxwell, ec. (7). Aún otra forma de llegar aesto es considerar la variación de la energía que ocurriría si desplazáramos infinitesimalmente el elementode superficie. Supongan que desplazamos el elemento de superficie en la dirección de n12 una cantidad δz.El volumen en que el campo vale E1 aumenta en δA δz, y a su vez el volumen en que el campo vale E2

disminuye en la misma cantidad. Puesto que la densidad de energía contenida en el campo es E2/8π, lavariación de la energía es

δW =1

8π(E2

1 − E22) δA δz.

Asociada a esta variación hay una fuerza por unidad de superficie f = −δWδz

n12, que lleva a los mismosresultados que antes.

Volviendo al problema de la esfera. Ahí tenemos E1 = 0 y E2 = V/a. Tenemos que integrar (6)sobre un hemisferio. Tomando coordenadas esféricas de tal modo que la línea divisoria entre los hemisferioscorresponda θ = π/2,

F =

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

d(cos θ) a21

8π

V 2

a2r.

Por simetría, sólo la componente z de la fuerza puede dar algo distinto de cero,

F = 2πV 2

8π

∫ 1

0

d(cos θ) cos θ z =V 2

8z.

En términos de la carga total Q = V a, es

F =Q2

8a2.

5 Esfera conductora en un campo eléctrico (problema 3)

Una esfera conductora descargada está en un campo eléctrico externo uniforme E0. Se trata de encontrarla fuerza que tiende a separar los dos hemisferios que quedan definidos tomando como eje la dirección delcampo externo.

10

Como antes, integraremos el tensor de Maxwell sobre una superficie que rodee ajustadamente a uno de loshemisferios. Lo primero que hay que hacer es calcular el campo eléctrico total. El dato es que la esfera estádescargada. La estrategia en estos problemas es depositar el peso de las incógnitas sobre el valor que toma elpotencial en la superficie del conductor. No lo conocemos, pero sabemos que es constante. Supondremos quees V y luego elegiremos el V para satisfacer la condición de carga neta cero. El potencial en todo el espaciopuede pensarse como la suma del potencial que da origen al campo externo más un potencial que tiene suorigen en la distribución de cargas sobre la esfera. Si el ángulo polar se mide respecto de la dirección de E,entonces

Φ(r) = −E0r cos θ +∞∑l=0

Alrl<rl+1>

cos θ.

La condición Φ = V cuando r = a sólo puede satisfacerse si

A0 = V a, A1 = E0a2, Al = 0 si l > 1.

Dentro de la esfera el potencial es constante y el campo eléctrico es nulo,

Φ = V, E = 0.

Afuera, el potencial y el campo tienen tres términos: el asociado al campo externo, un término monopolar yun término dipolar,

Φ(r) = −E0r cos θ +V a

r+E0a

3

r2cos θ,

E(r) = E0 +V a

r2r +

(ar

)3 (3E0 cos θ r − E0

).

Para fijar el valor de V hay que pedir que la carga neta sobre la esfera sea cero. Para eso basta pedir que seanule el término monopolar, es decir, debe ser V = 0.

Para calcular el tensor de Maxwell necesitamos el campo eléctrico justo afuera de la esfera, donde es

E(r) = 3E0 cos θ r.

La fuerza sobre el hemisferio debe estar, por simetría, en la dirección z,

F =

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

d(cos θ) a21

8π(3E0 cos θ)2 r =

9E20a

2

16z.

Si la esfera tiene carga neta Q, entonces V no es cero sino Q/a. El campo dentro de la esfera sigue siendocero, y justo afuera vale

E(r) =

(Q

a2+ 3E0 cos θ

)r.

La fuerza en este caso es

F =

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

d(cos θ) a21

8π

[Q2

a4+ (3E0 cos θ)2 + 6

Q

a2E0 cos θ

]r =

(Q2

8a2+

9E20a

2

16+QE0

2

)z.

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6 Solenoide infinito (problema 4)

Se trata de encontrar la fuerza por unidad de área para un solenoide infinito de radio a. La simetría delproblema implica que la fuerza sobre las paredes del solenoide es radial e independiente de la posición.Dentro del solenoide el campo es constante,

B =4πnI

cz,

donde n es el número de vueltas por unidad de longitud. Fuera, el campo es cero. Para calcular la fuerzasobre cualquier elemento de superficie es conveniente elegir un volumen como el de la figura.

El campo es paralelo a la superficie, de manera que la fuerza por unidad de superficie es

f =1

4πT · n = − 1

8πB2 n =

2πn2I2

c2ρ. (8)

Hay que prestar atención al hecho de que la normal sobre la cara interior del volumen es (−ρ). Si uno quisierallegar a esta expresión por procedimientos más elementales, hay que guardar los mismos cuidados que con elcaso de la fuerza eléctrica. Si hay una densidad de corrientes superficial κ, la fuerza por unidad de superficiees

f =κ

c×B.

La cuestión es saber cuánto vale B en la superficie. El campo tiene dos contribuciones, la del propio elementosobre el que se quiere calcular la fuerza, y la del campo producido por el resto de las corrientes

B = Bpropio + Bresto.

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Cerca del centro del elemento de superficie el campo del propio elemento es aproximadamente el de un planoinfinito

Bpropio(r) =2π

cκ× ρ sgn(ρ− a).

Justo sobre la superficie

B = Bresto.

De un lado de la superficie

B1(r) = Bresto(r)− 2πκ× ρ,

y del otro

B2(r) = Bresto(r) + 2πκ× ρ.

Sumando las dos expresiones podemos eliminar el campo del propio elemento,

Bresto =B1 + B2

2.

Así, la fuerza por unidad de área justo en el centro del elemento de superficie es

f =κ

c× B1 + B2

2.

La aplicación de esta fórmula en el caso del solenoide infinito, donde κ = nI ϕ, B2 = 0 y B1 = 4πnI z/c,conduce al mismo resultado de la ec. (8). Pueden ver que esta fuerza puede tener un carácter práctico muysevero en el diseño de grandes electroimanes, no solo solenoidales sino toroidales.

7 Cilindro infinito (problema 5)

Se trata de un cilindro hueco, infinito, de radio a, por el que circula una corriente I , paralela al eje del cilindroy distribuida de manera uniforme. Supongamos que el eje del cilindro es el eje z. El campo dentro del cilindroes cero, y afuera vale

B(r) =2I

cρϕ.

Para calcular la fuerza por unidad de área usamos el mismo tipo de volumen que en el caso del solenoide. Enlos dos casos el campo es paralelo a la superficie del cilindro, pero en el caso del solenoide el campo era cerofuera del cilindro y ahora es cero dentro. Esto va a cambiar el signo de la fuerza,

f =1

4πT · n = − 1

8πB(a+)2 n = − 1

2π

(I

ca

)2

ρ.

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El cilindro tiende a colapsar sobre sí mismo, lo que tiene sentido, porque puede pensarse como una colecciónde hilos de corriente paralelos, y sabemos que hilos que transportan la misma corriente se atraen. La figurade abajo muestra las consecuencias prácticas de esta fuerza sobre la barra de descarga de un pararrayos†.

Supongo que si ven algo de magnetohidrodinámica en las clases de teoría volverá a aparece este efecto, ahoraaplicado a plasmas.

†http://en.wikipedia.org/wiki/Pinch_(plasma_physics)

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