La divergencia que siempre vale cero, y la ley de Ampère

Justo sobre la superficie del conductor de cobre de un circuito doméstico de 16 A hay 3,59 mT: ciento veintiuna veces el campo terrestre en el ecuador, y once veces más que a un centímetro. Ese número sale de la ley de Ampère en tres líneas. La misma ley, aplicada sin pensar a una espira cuadrada, da un campo 2,83 veces menor que el real. Las dos cosas ocurren porque la ley de Ampère es siempre cierta y casi nunca suficiente, y este artículo se dedica a separar esas dos afirmaciones —después de demostrar el hecho más profundo del módulo, que el campo magnético no tiene fuentes.

Necesitas: del artículo 02, la ley de Biot-Savart en su forma con

\mathbf{J}

y el campo del hilo infinito. Del módulo II.1, el teorema de la divergencia y el teorema de Stokes, la delta de Dirac con la identidad

\nabla^{2}(1/\imath) = -4\pi\delta^{3}(\boldsymbol{\imath})

, y —sobre todo— el argumento con el que allí se pasó de la ley de Gauss integral a la diferencial: aquí se repite con otro teorema y conviene reconocerlo.

El campo magnético no tiene fuentes: ∇·B = 0

Tomando la divergencia de la ley de Biot-Savart escrita con $\mathbf{J}$ , y recordando que $\nabla$ actúa sobre las coordenadas del punto de observación mientras la integral corre sobre las de la fuente:

\nabla\cdot\mathbf{B} = \frac{\mu_0}{4\pi}\int \nabla\cdot\left(\mathbf{J}(\mathbf{r}')\times\frac{\hat{\boldsymbol{\imath}}}{\imath^{2}}\right)d\tau'

La identidad $\nabla\cdot(\mathbf{A}\times\mathbf{C}) = \mathbf{C}\cdot(\nabla\times\mathbf{A}) - \mathbf{A}\cdot(\nabla\times\mathbf{C})$ parte el integrando en dos. El primer término lleva $\nabla\times\mathbf{J}(\mathbf{r}')$ , que es cero porque $\mathbf{J}$ no depende de las coordenadas del observador. El segundo lleva $\nabla\times(\hat{\boldsymbol{\imath}}/\imath^{2})$ , y $\hat{\boldsymbol{\imath}}/\imath^{2} = -\nabla(1/\imath)$ es un gradiente, cuyo rotacional es cero también. Los dos términos se anulan, y no en un caso particular sino en todos:

\boxed{\;\nabla\cdot\mathbf{B} = 0\;}\qquad\Longleftrightarrow\qquad \oint_S\mathbf{B}\cdot d\mathbf{a} = 0\ \ \text{para toda superficie cerrada}

Compárese con lo que salía en el módulo II.1: allí $\nabla\cdot\mathbf{E} = \rho/\varepsilon_0$ , con una fuente al otro lado; aquí, cero. El flujo magnético por cualquier superficie cerrada es nulo, siempre, y de ahí la propiedad que da nombre al interactivo del artículo anterior: las líneas de $\mathbf{B}$ no empiezan ni acaban en ningún sitio, se cierran sobre sí mismas o se van al infinito sin volver.

Y aquí es donde el paralelismo con la electrostática se rompe, con consecuencias. El cero de la derecha significa que no existen cargas magnéticas: no hay ningún objeto del que salga campo magnético como sale campo eléctrico de un protón. Ésa es la razón profunda de que partir un imán dé dos imanes y nunca un polo suelto — el módulo I.3 lo contaba, y aquí queda escrito como la ecuación que lo dice.

Pero conviene ser honesto sobre el estatus de esa ecuación. ∇·B = 0 no es un teorema sobre el universo: es un teorema sobre la ley de Biot-Savart, y la ley de Biot-Savart es un resumen de experimentos. Si mañana apareciera un monopolo magnético, la ecuación llevaría un término $\mu_0\rho_m$ a la derecha y el edificio se reordenaría sin caerse. Dirac demostró en 1931 que la existencia de uno solo en todo el universo obligaría a que la carga eléctrica estuviera cuantizada — y lo está, con una precisión de una parte en 10²¹, sin que ninguna otra teoría explique por qué. Cincuenta años de búsquedas no han encontrado ninguno. Lo que se puede afirmar es lo que se ha medido: el flujo magnético neto por una superficie cerrada nunca se ha visto distinto de cero.

Y hay una consecuencia técnica que gobierna el artículo 04: un campo de divergencia nula es el rotacional de algo. Existe un $\mathbf{A}$ tal que $\mathbf{B}=\nabla\times\mathbf{A}$ , exactamente como en electrostática $\nabla\times\mathbf{E}=0$ garantizaba que $\mathbf{E}$ era el gradiente de algo. Las dos mitades del análisis vectorial, cada una en su sitio.

El rotacional: ∇×B = μ₀J

El mismo cálculo con el rotacional en vez de la divergencia produce dos términos. Uno es $-(\mathbf{J}\cdot\nabla)(\hat{\boldsymbol{\imath}}/\imath^{2})$ , que integrado por partes se anula si la corriente es estacionaria — y aquí es donde entra $\nabla\cdot\mathbf{J}=0$ , sin la cual nada de esto es cierto. El otro contiene $\nabla\cdot(\hat{\boldsymbol{\imath}}/\imath^{2}) = 4\pi\delta^{3}(\boldsymbol{\imath})$ , la misma delta que en el módulo II.1 daba la ley de Gauss diferencial, y la delta se come la integral dejando el valor de $\mathbf{J}$ en el punto de observación:

\boxed{\;\nabla\times\mathbf{B} = \mu_0\,\mathbf{J}\;}

Aplicando el teorema de Stokes a una superficie cualquiera apoyada en un camino cerrado, y reconociendo el flujo de $\mathbf{J}$ como la corriente encerrada:

\oint_{\mathcal{C}}\mathbf{B}\cdot d\boldsymbol{\ell} = \mu_0 I_{\text{enc}}

Ésa es la ley de Ampère en forma integral, y hay dos cosas que decir sobre ella antes de usarla. La primera: $I_{\text{enc}}$ no depende de qué superficie se elija apoyada en el camino, y esto no es evidente — dos superficies distintas encierran corrientes distintas en general. Que aquí coincidan es exactamente lo que garantiza $\nabla\cdot\mathbf{J}=0$ , porque el flujo de un campo solenoidal por una superficie sólo depende de su borde. Cuando en el módulo II.5 la corriente deje de ser estacionaria, este paso fallará y de su reparación saldrá la corriente de desplazamiento.

La segunda: el signo lo fija la regla de la mano derecha entre el sentido de recorrido del camino y el de la normal de la superficie. Una corriente que atraviese el camino «al revés» resta.

Ampère, cuando despeja y cuando no

A la izquierda, conductores rectos vistos de punta y un camino cerrado. A la derecha, el módulo de B a lo largo de ese camino, con la raya de trazos en el valor que se obtendría «despejando» de la ley de Ampère. Las dos primeras cifras de abajo miden cosas distintas y ahí está toda la lección: la ley se cumple siempre; el despeje, sólo cuando la curva de la derecha es plana.

Fuente: un hilo recto Radio del camino s: 5.2 cm Descentramiento del camino: 0.0 cm

∮B·dl (integrado) 1.26×10⁻⁵ T·m

μ₀I_enc 1.26×10⁻⁵ T·m

Su cociente 1.0000

|B|_máx / |B|_mín 1.000

B «despejado» = ∮/2πs 38.5 µT

B real, el menor del camino 38.5 µT

El camino respeta la simetría de la fuente: |B| es el mismo en todos sus puntos —la curva de la derecha es una recta— y la razón máx/mín vale 1.000. Sólo aquí se puede sacar B fuera de la integral, y entonces ∮B·dl = B·2πs despeja: 38.5 µT, que coincide con el campo real, 38.5 µT. Toca el descentramiento y mira lo que pasa con la segunda cifra sin que se mueva la primera.

La circulación se integra con 4 000 puntos sobre el camino a partir del campo de cada conductor por separado, así que el cociente de la primera fila es una comprobación numérica de la ley y no una identidad reescrita. El conductor macizo lleva su campo interior μ₀Is/2πa² y su corriente encerrada se calcula por el área común de los dos círculos: por eso el cociente sigue valiendo 1 aunque el camino corte el conductor. Los pasos de los mandos evitan que el camino pase justo por un hilo, donde el integrando divergería.

Cuándo la ley de Ampère despeja el campo, y cuándo no

La ley de Ampère es una ecuación con una integral dentro. Para que sirva de método de cálculo hay que poder sacar $B$ fuera de ella, y eso exige dos condiciones sobre el camino elegido, que no son automáticas:

$\mathbf{B}$ es tangente al camino —o perpendicular a él, en los tramos que se quieran anular— en todos sus puntos;
$|\mathbf{B}|$ es constante a lo largo de los tramos tangentes.

Sólo entonces $\oint\mathbf{B}\cdot d\boldsymbol{\ell} = B\,\ell$ y se despeja $B = \mu_0 I_{\text{enc}}/\ell$ . Las dos condiciones las tiene que regalar la simetría del problema: no se pueden imponer eligiendo bien el camino, porque el camino no cambia el campo. Es exactamente el mismo criterio que en el módulo II.1 separaba los problemas que la ley de Gauss resuelve de los que sólo restringe, y como allí, la lista de casos que lo cumplen es corta:

Simetría	Camino	Resultado
Hilo o cilindro infinito	circunferencia coaxial	$B = \mu_0 I_{\text{enc}}/2\pi s$
Solenoide infinito	rectángulo con un lado dentro	$B = \mu_0 nI$ dentro, 0 fuera
Toroide	circunferencia coaxial dentro	$B = \mu_0 NI/2\pi s$
Lámina o plano infinito de corriente	rectángulo a caballo	$B = \mu_0 K/2$

Cuatro. Y ninguno de los cuatro es un objeto real: los cuatro son límites, con su error calculable como el del artículo 02.

Ejemplo resuelto 1 · El cable de casa, por dentro y por fuera

Problema. Un conductor de cobre de 2,5 mm² de sección —radio $a = 0{,}892$ mm— lleva $I = 16$ A repartidos uniformemente. (a) Halla $B(s)$ dentro y fuera. (b) ¿Dónde es máximo, y cuánto vale? (c) Compáralo con el campo a 1 cm y con el campo terrestre. (d) ¿Qué habría que cambiar para que el máximo llegara a 1 T?

Solución. (a) La simetría cilíndrica regala las dos condiciones: sobre una circunferencia coaxial de radio $s$ , $\mathbf{B}$ es azimutal y de módulo constante. Con $\ell = 2\pi s$ e $I_{\text{enc}} = I\,(s/a)^{2}$ dentro:

B(s) = \frac{\mu_0 I}{2\pi}\times\begin{cases} s/a^{2}, & s\le a\\[4pt] 1/s, & s\ge a\end{cases}

Crece linealmente hasta la superficie y cae como $1/s$ después. La misma estructura que el cilindro cargado de la ley de Gauss del II.1, con el exponente cambiado por la dimensión de la superficie.

(b) El máximo está en $s=a$ : $B = \mu_0 I/2\pi a =$ 3,59 mT. Ni dentro ni lejos hay nada mayor.

(c) A 1 cm del eje, $B =$ 320 μT. La razón entre los dos es exactamente $1\ \text{cm}/a =$ 11,2, sin más física dentro que el $1/s$ . Y los 3,59 mT son 121 veces los 29,7 μT del campo terrestre ecuatorial, aunque a diez centímetros del cable ya no queden más que 32 μT — y eso tomando un solo conductor: en una manguera real la vuelta va pegada y cancela casi todo, que es el caso que el interactivo de arriba etiqueta «ida y vuelta».

(d) $B_{\max} = \mu_0 I/2\pi a = \mu_0 J a/2$ con $J = I/\pi a^{2}$ , así que para un radio dado hay que subir $J$ . Con $a = 0{,}892$ mm haría falta $J = 2B/\mu_0 a =$ 1,78×10⁹ A/m², doscientas setenta y nueve veces la densidad de corriente real, o sea 4 460 A por ese hilo. Fundiría instantáneamente.

Resultado. Los 3,59 mT del apartado (b) son el campo magnético más intenso que produce la instalación de una casa, y está a menos de un milímetro de un cable que nadie considera peligroso. La segunda lección está en (d) y es una regla de diseño que reaparecerá en el módulo II.4: con conductores normales, el campo en la superficie de un hilo escala como $Ja$ , de modo que hacer campo intenso con un solo conductor es imposible — hay que apilar espiras, que es exactamente lo que hace un solenoide, y por eso la resonancia magnética del artículo 02 necesitaba nueve mil vueltas por metro en vez de una corriente enorme.

Ejemplo resuelto 2 · Por qué un cable coaxial no tiene campo fuera

Problema. Un coaxial lleva $I$ por el conductor central de radio $a$ y la misma $I$ de vuelta por una malla exterior entre $b$ y $c$ . Halla $B(s)$ en las cuatro regiones y evalúalo para un RG-58 ( $a = 0{,}40$ mm, $b = 1{,}47$ mm, $c = 1{,}65$ mm) con 1,0 A.

Solución. La simetría cilíndrica vale en las cuatro regiones, así que sólo hay que contar corriente encerrada:

Región	$I_{\text{enc}}$	$B$	Con 1,0 A
$s<a$	$I s^{2}/a^{2}$	$\mu_0 Is/2\pi a^{2}$	0 → 500 μT
$a<s<b$	$I$	$\mu_0 I/2\pi s$	500 → 136 μT
$b<s<c$	$I\left[1-\frac{s^{2}-b^{2}}{c^{2}-b^{2}}\right]$	decrece a cero	136 → 0 μT
$s>c$	$0$	$0$	0

Resultado. Fuera del cable, exactamente cero: la ley de Ampère lo dice en un renglón, sin integrar nada, porque la corriente encerrada es cero. Y merece la pena ver por qué eso es más fuerte que en el caso de la ley de Gauss: allí un flujo nulo no implicaba campo nulo y hacía falta la simetría para concluir; aquí ocurre lo mismo, y es la simetría cilíndrica —no la corriente nula— la que permite dar el paso. El interactivo de arriba enseña el caso contrario con el par de hilos: circulación cero y campo bien distinto de cero.

La segunda lección es de ingeniería y explica por qué existe el coaxial: un cable con la vuelta coaxial a la ida no produce campo externo ni siquiera al orden dipolar, mientras que un par de hilos paralelos separados $d$ deja un residuo que cae como $1/s^{2}$ con coeficiente proporcional a $d$ . Por eso una señal delicada viaja en coaxial y no en paralelo, y por eso los cables de par trenzado —que no pueden ser coaxiales— trenzan: para que el residuo cambie de signo cada vuelta.

El toroide, y el caso donde Ampère se cumple sin servir

El solenoide doblado en rosquilla —un toroide— es el ejemplo en el que la simetría se ve con más claridad. Con $N$ vueltas totales y un camino circular de radio $s$ dentro del devanado, $I_{\text{enc}} = NI$ y

B(s) = \frac{\mu_0 N I}{2\pi s}

Con $N = 500$ , $I = 2{,}0$ A y $s = 10$ cm salen 2,00 mT. Nótese lo que esto significa: el campo no es uniforme dentro de un toroide, cae como $1/s$ , y entre un radio interior de 8 cm y uno exterior de 12 cm varía un 50 % —de 2,50 a 1,67 mT—. Sólo con un toroide muy delgado se recupera la fórmula del solenoide, y entonces $n = N/2\pi s$ reproduce $B=\mu_0 nI$ exactamente: 796 vueltas por metro en el caso de arriba.

Y el contraejemplo, que es lo que hay que llevarse del artículo. Tómese una espira cuadrada de 10 cm de lado con 2,0 A y aplíquese la ley de Ampère a la circunferencia inscrita, de radio 5 cm: la corriente encerrada es $I$ , la longitud es $2\pi\times0{,}05$ , y «despejando» saldría $\mu_0 I/2\pi(L/2) = 8{,}0$ μT. El campo real en el centro —calculado en el artículo 02— es 22,63 μT. Error: un factor $2\sqrt{2} =$ 2,83.

¿Ha fallado la ley de Ampère? No. La circulación de $\mathbf{B}$ sobre esa circunferencia vale exactamente $\mu_0 I$ , y se puede comprobar integrando numéricamente. Lo que no vale es sacar $B$ de la integral, porque sobre esa circunferencia $|\mathbf{B}|$ no es constante ni $\mathbf{B}$ es tangente. La ley de Ampère da la media pesada de la componente tangencial, y confundir una media con un valor puntual es todo el error.

La regla de decisión, en una frase. Antes de escribir $B\cdot 2\pi s = \mu_0 I_{\text{enc}}$ , hay que poder responder a esto: ¿qué argumento de simetría me garantiza que $|\mathbf{B}|$ es el mismo en todos los puntos de mi camino? Si la respuesta es «lo parece», no hay argumento. Los cuatro casos de la tabla tienen una simetría de traslación o de rotación continua que fija la respuesta, y ningún objeto acotado la tiene. La otra cara: cuando la simetría falta, la ley de Ampère sigue siendo información —restringe el campo, permite comprobar un resultado obtenido por otra vía, y es la forma en que se implementa el campo magnético en cualquier código numérico— pero no lo determina. El interactivo de arriba mide las dos cosas por separado a propósito.

Ejercicios

Ejercicio 1

Se propone el campo $\mathbf{B} = C\left(y\,\hat{\mathbf{x}} - x\,\hat{\mathbf{y}}\right)$ con $C = 1{,}0$ mT/m.

(a) Calcula $\nabla\cdot\mathbf{B}$ y di si puede ser un campo magnético. (b) Calcula $\nabla\times\mathbf{B}$ y halla la $\mathbf{J}$ que lo produce. (c) Comprueba el resultado de (b) por un segundo camino: integra $\oint\mathbf{B}\cdot d\boldsymbol{\ell}$ sobre una circunferencia de radio 5 cm centrada en el origen y compárala con $\mu_0 I_{\text{enc}}$ . (d) Repite (a) y (b) con $\mathbf{B}' = C\left(y\,\hat{\mathbf{x}} + x\,\hat{\mathbf{y}}\right)$ y con $\mathbf{B}'' = C\left(x\,\hat{\mathbf{x}} + y\,\hat{\mathbf{y}}\right)$ : ¿cuáles de los tres son campos magnéticos posibles, y cuáles no?

Solución

(a) $\partial_x(Cy) + \partial_y(-Cx) = 0 + 0 =$ 0. Puede serlo.

(b) Sólo sobrevive la componente $z$ del rotacional: $(\nabla\times\mathbf{B})_z = \partial_x B_y - \partial_y B_x = -C - C = -2C$ . Por tanto $\mathbf{J} = -2C\hat{\mathbf{z}}/\mu_0 =$ −1,59×10³ A/m² en $\hat{\mathbf{z}}$ , uniforme en todo el espacio. Es el campo interior de un conductor macizo infinito con corriente uniforme, y el hecho de que $\mathbf{J}$ salga uniforme en todo el espacio ya avisa de que la expresión no puede valer más allá de una región acotada.

(c) Sobre la circunferencia, $\mathbf{B}$ es tangente con módulo $Cs$ , así que $\oint\mathbf{B}\cdot d\boldsymbol{\ell} = -Cs\cdot 2\pi s = -1{,}571\times10^{-5}$ T·m —negativa porque el campo gira al revés que el camino—. Y $\mu_0 J\pi s^{2} =$ el mismo número. Coinciden.

(d) $\mathbf{B}'$ : divergencia 0, rotacional 0. Es un campo magnético posible sin ninguna corriente, y de hecho es el gradiente de $Cxy$ : campo de un cuadrupolo magnético, el que usan las lentes de los aceleradores. $\mathbf{B}''$ : divergencia $2C \ne 0$ . Imposible: ese campo tendría fuentes, y no existen.

La segunda lección es que hay dos comprobaciones distintas y hay que hacer las dos. La divergencia decide si el campo puede existir; el rotacional dice qué hace falta para producirlo. Un campo con divergencia nula y rotacional nulo es legal y no necesita corriente donde está escrito —lo que no quiere decir que no haga falta corriente en otra parte para crearlo—. Ése es exactamente el trabajo que en el módulo II.2 hacía la ecuación de Laplace, y el artículo 04 va a recuperarla componente a componente.

Ejercicio 2

Una lámina conductora infinita de espesor $d = 4{,}0$ mm ocupa $|z|<d/2$ y lleva una densidad de corriente uniforme $\mathbf{J} = J\hat{\mathbf{x}}$ con $J = 1{,}0\times10^{6}$ A/m².

(a) Justifica con simetrías que $\mathbf{B} = B(z)\hat{\mathbf{y}}$ con $B$ impar en $z$ . (b) Aplica la ley de Ampère a un rectángulo adecuado y halla $B(z)$ dentro y fuera. (c) Evalúa el máximo y compáralo con el resultado de una lámina infinitamente delgada de la misma corriente por unidad de anchura. (d) Comprueba tu $B(z)$ metiéndolo en $\nabla\times\mathbf{B}=\mu_0\mathbf{J}$ . (e) ¿Cuánto vale el salto de $\mathbf{B}$ al atravesar la lámina delgada, y a qué condición de contorno del módulo II.1 se parece?

Solución

(a) La lámina es invariante bajo traslación en $x$ y en $y$ , así que $\mathbf{B}$ sólo depende de $z$ . Biot-Savart con $\mathbf{J}\parallel\hat{\mathbf{x}}$ da un campo perpendicular a $\hat{\mathbf{x}}$ ; y $\nabla\cdot\mathbf{B}=0$ con dependencia sólo de $z$ exige $\partial_z B_z = 0$ , y $B_z$ tiene que anularse en el infinito, luego $B_z=0$ . Queda $B_y(z)$ , impar por la simetría de reflexión respecto al plano central.

(b) Con un rectángulo de anchura $w$ en $y$ y altura $2z$ centrado en el plano medio, los dos lados verticales no aportan y los horizontales dan $2|B(z)|\,w$ , mientras que $I_{\text{enc}} = J\,(2zw)$ :

B_y(z) = -\mu_0 J\times\begin{cases} z, & |z|\le d/2\\[3pt] (d/2)\,\mathrm{sgn}(z), & |z|\ge d/2\end{cases}

Fuera es constante, valga la distancia que valga: el resultado más antiintuitivo del catálogo, y sale de que el área del camino no crece con la distancia.

(c) El máximo es $\mu_0 Jd/2 =$ 2,51 mT, alcanzado en la superficie y mantenido hasta el infinito. Con $K = Jd = 4{,}0\times10^{3}$ A/m, la lámina delgada da $\mu_0 K/2$ : el mismo número. Desde fuera, una lámina gruesa y una fina con la misma corriente por metro de anchura son indistinguibles.

(d) Con $\mathbf{B} = B_y(z)\hat{\mathbf{y}}$ y $B_y = -\mu_0 Jz$ dentro: $(\nabla\times\mathbf{B})_x = \partial_yB_z - \partial_z B_y = 0 + \mu_0 J$ , que es justo lo que había que obtener, y las otras dos componentes son cero. Fuera, $B_y$ es constante y el rotacional se anula, como tiene que ser donde no hay corriente. Ese factor es la trampa del problema: quien escriba el campo interior como $\mu_0 Jz/2$ —por analogía apresurada con el $\mu_0 K/2$ de la lámina delgada— falla esta comprobación por un factor 2, y no hay ninguna otra forma de darse cuenta.

(e) El salto entre $z=0^{+}$ y $z=0^{-}$ vale $\mu_0 K = 5{,}03$ mT, todo él en la componente tangencial. Es el gemelo exacto de la condición del módulo II.1, donde una $\sigma$ producía un salto $\sigma/\varepsilon_0$ en la componente normal de $\mathbf{E}$ . Los dos campos saltan en la componente complementaria, y esa dualidad se sigue de que uno tiene divergencia con fuente y el otro, rotacional con fuente.

La segunda lección es el apartado (c): desde fuera, la distribución interna de la corriente es invisible. Es el análogo magnético de que una esfera cargada se vea como una carga puntual, y es lo que permite tratar cualquier conductor plano como una $\mathbf{K}$ superficial. Deja de valer justo en la región donde el detalle importa —dentro—, que es donde vive el calor y la fuerza sobre el propio conductor.

Ejercicio 3

Un toroide de sección rectangular, radio interior 8,0 cm, exterior 12,0 cm, con $N = 500$ vueltas e $I = 2{,}0$ A.

(a) El campo medio sobre la sección no es el del radio medio: calcula la media de $B(s)$ pesada por el área de la sección y di cuánto se aparta del valor en el radio medio. Y con el mismo espesor radial de 4 cm, ¿qué radio interior haría falta para que la variación entre las dos paredes bajara del 5 %? (b) Demuestra con la ley de Ampère que el campo es cero fuera del devanado, distinguiendo el camino que rodea el agujero central del que rodea el toroide entero. (c) ¿Qué le pasa a esa demostración si el bobinado no cierra exactamente, es decir si el hilo entra por un lado y sale por otro sin volver? (d) Compara el resultado con el del solenoide recto: ¿por qué el toroide sí es exactamente resoluble y el solenoide sólo en el límite infinito?

Solución

(a) Con $B \propto 1/s$ , la media pesada por el área de una sección rectangular es la media de $1/s$ entre las dos paredes:

\bar B = \frac{1}{b-a}\int_a^b \frac{\mu_0 NI}{2\pi s}\,ds = \frac{\mu_0 NI}{2\pi}\,\frac{\ln(b/a)}{b-a} = 2{,}03\ \text{mT}

frente a los 2,00 mT del radio medio: un 1,4 % más. No es mucho, pero el signo importa —la media siempre se pasa, porque $1/s$ es convexa— y en un toroide más grueso crece deprisa. Para que la variación entre paredes baje del 5 % con el mismo espesor de 4 cm hace falta $b/a = 1{,}05$ con $b-a = 4$ cm, es decir $a = 4/0{,}05 =$ 80 cm de radio interior y 84 de exterior. Un toroide «delgado» de verdad es un objeto de 1,68 m de diámetro exterior: con las mismas 500 vueltas y 2 A daría 244 μT, ocho veces menos campo. Ésa es la moneda con la que se paga la uniformidad.

(b) Un camino circular que rodee el agujero central pero quede por dentro del radio interior no encierra ningún hilo: $I_{\text{enc}}=0$ , y por simetría $B$ es constante sobre él, luego $B=0$ . Un camino exterior al toroide entero encierra cada vuelta dos veces, con signos opuestos —el hilo sube por dentro y baja por fuera—, así que también $I_{\text{enc}}=0$ y, por el mismo argumento de simetría, $B=0$ . Nótese que en ambos casos hacen falta las dos cosas: corriente encerrada nula y simetría.

(c) Se rompe. Si el bobinado tiene una componente neta de corriente alrededor del eje mayor —lo que ocurre siempre en un toroide real, porque el hilo avanza al enrollarse—, esa componente equivale a una espira grande y produce un campo dipolar fuera. El remedio industrial es devolver el hilo por el centro del toroide, cancelando esa vuelta neta; y es exactamente por eso por lo que se hace.

(d) Porque la simetría del toroide es exacta y compacta: el objeto es invariante bajo rotación alrededor de su eje, y esa invariancia no exige que nada sea infinito. El solenoide recto, en cambio, necesita invariancia de traslación, y ninguna cosa finita la tiene. De ahí que el toroide sea el patrón de laboratorio para medir permeabilidades: da un campo conocido sin ningún error de borde.

La segunda lección está en (c) y es de las que sólo se aprenden rompiendo algo: una demostración basada en «la corriente encerrada es cero» es tan buena como el recuento. En el toroide real la vuelta que sobra es una de quinientas, un 0,2 % de los amperivueltas, y produce un campo externo pequeño pero perfectamente medible — suficiente para estropear una medida de precisión y para acoplarse con el circuito de al lado.

Ejercicio 4

Para cada una de estas cinco configuraciones, decide con el criterio del artículo si la ley de Ampère permite despejar $B$ , y resuelve las que sí: (i) un hilo recto infinito; (ii) un hilo recto de 1 m; (iii) una espira circular de 5 cm, en su centro; (iv) dos hilos infinitos paralelos separados 4,2 cm con corrientes iguales y opuestas de 10 A, en el punto medio; (v) un cable trenzado ideal, formado por dos hilos infinitos superpuestos con corrientes opuestas.

Para las que no se dejan, di qué información sí da la ley y cuánto se equivocaría alguien que la despejara de todos modos. Y un apartado más: (vi) con el campo de (iv) ya calculado, halla la fuerza por metro entre esos dos hilos con la ley de Laplace del artículo 01, di si se atraen o se repelen y compárala con el peso de un metro de conductor de cobre de 2,5 mm².

Solución

(i) Sí. Invariancia de traslación y de rotación: $B = \mu_0 I/2\pi s$ .

(ii) No. No hay invariancia de traslación, así que $|\mathbf{B}|$ no es constante sobre ninguna circunferencia coaxial que no esté en el plano medio, y ni siquiera es azimutal cerca de los extremos. Peor: un hilo de 1 m aislado no es una corriente estacionaria (artículo 01), de modo que la propia ley de Ampère no es aplicable. Lo que se puede hacer es cerrarlo con un circuito y aplicar Biot-Savart, que es lo que hizo el artículo 02.

(iii) No. Ninguna simetría continua. Cualquier camino cerrado que enlace la espira da $\mu_0 I$ , pero $|\mathbf{B}|$ varía sobre él. Despejando con la circunferencia inscrita de radio 5 cm saldría $\mu_0 I/2\pi R = 4{,}0$ μT con 1 A, frente a los 12,57 μT reales del artículo 02: un error de un factor $\pi$ , ni más ni menos.

(iv) No, pero casi. Un camino que rodee los dos hilos encierra corriente neta cero y da circulación cero; el campo, en cambio, no lo es: en el punto medio los dos hilos contribuyen en el mismo sentido y suman $2\times\mu_0 I/2\pi(d/2) =$ 190 μT con 10 A y 4,2 cm de separación. «Despejar» daría cero. Éste es el caso que el interactivo etiqueta «ida y vuelta», y la moraleja es la del módulo II.1 traducida: una integral nula no dice nada sobre el integrando.

(v) Sí, trivialmente. Superpuestos, los dos hilos son un conductor con $\mathbf{J}$ total nula en todo punto: $\nabla\times\mathbf{B}=0$ en todas partes, ninguna corriente encerrada por ningún camino, y el campo es exactamente cero en todo el espacio. Un trenzado real se acerca a este límite tanto como pequeño sea el paso de trenzado frente a la distancia de observación.

(vi) Cada hilo está en el campo del otro, $B = \mu_0 I/2\pi d$ , y la fuerza de Laplace sobre un metro de él es $F = IB\ell$ :

\frac{F}{L} = \frac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi d} = \frac{\mu_0\,(10)^{2}}{2\pi\,(0{,}042)} = 0{,}476\ \text{mN/m}

Con corrientes opuestas, se repelen: la regla de la mano derecha aplicada dos veces —una para el campo, otra para la fuerza— lo da sin ambigüedad, y es el caso del cable de una plancha, no el de dos hilos que se atraen. Medio milinewton por metro es 460 veces menos que los 220 mN/m que pesa ese metro de cobre, y por eso no se nota nunca en una instalación doméstica; pero la fórmula va con $I^{2}$ , y en las barras de un electroimán —10 kA a 5 mm— da 4,0 kN por metro: cuatrocientos kilos colgando de cada metro de barra. Ésta es exactamente la fuerza con la que se definió el amperio hasta 2019: dos hilos a un metro con 1 A se atraen con 2×10⁻⁷ N por metro, y ese número era la definición.

La segunda lección es la comparación entre (iv) y (v), que parecen el mismo problema: separar dos conductores opuestos una distancia pequeñísima no es lo mismo que superponerlos. En (v) el campo es cero exactamente; en (iv) es enorme entre los hilos y cae como $1/s^{2}$ lejos, con coeficiente proporcional a la separación. Esa $d$ es el primer momento no nulo del sistema, y el artículo 04 le va a poner nombre.