El potencial vector, su libertad y el dipolo que manda

El imán de una resonancia magnética de 3 T tiene un momento dipolar de 2,79×10⁶ A·m², y con ese único número —sin planos, sin bobinados, sin nada más— se predice que su campo cae a 0,5 mT a 10,37 m del centro en la dirección del eje, que es donde se pinta en el suelo la raya que no se puede cruzar con una bombona de oxígeno. Integrando el solenoide entero salen 10,40 m: el dipolo, con un solo número, se equivoca un 0,3 %. Este artículo construye la herramienta que lo permite: el potencial vector, la libertad de gauge que le sobra, y el desarrollo multipolar magnético — cuyo primer término no es el monopolo, porque el monopolo no existe.

Necesitas: del artículo 03,

\nabla\cdot\mathbf{B}=0

\nabla\times\mathbf{B}=\mu_0\mathbf{J}

. Del módulo II.2, el desarrollo multipolar eléctrico con la función generatriz de los polinomios de Legendre y la regla de que sólo el primer momento no nulo es independiente del origen: aquí se repite el desarrollo con un integrando vectorial, y lo que cambia es exactamente un término. Del II.1, la ecuación de Poisson y su solución integral.

Por qué hay un potencial, y por qué es un vector

En electrostática, $\nabla\times\mathbf{E}=0$ permitía escribir $\mathbf{E} = -\nabla V$ y sustituir tres funciones por una. Aquí el rotacional no es cero, así que ese camino está cerrado; pero la divergencia sí lo es, y el teorema de descomposición dice que todo campo de divergencia nula es el rotacional de algún campo. Se define entonces el potencial vector:

\boxed{\;\mathbf{B} = \nabla\times\mathbf{A}\;}

y con esto $\nabla\cdot\mathbf{B}=0$ pasa a ser una identidad —la divergencia de un rotacional es cero siempre— en lugar de una ley que haya que imponer. Es el mismo negocio que en electrostática: $V$ convertía $\nabla\times\mathbf{E}=0$ en identidad. La mitad de las ecuaciones de Maxwell desaparece dentro de la definición de los potenciales, y ésa es la razón profunda de que se usen.

Lo que no se gana es la simplificación de contar funciones: $\mathbf{A}$ tiene tres componentes, igual que $\mathbf{B}$ . El intercambio no es tres por uno sino tres por tres, y aun así merece la pena por dos razones que aparecerán enseguida: la ecuación que cumple $\mathbf{A}$ es más manejable, y el desarrollo multipolar de $\mathbf{A}$ es directo mientras que el de $\mathbf{B}$ es un desastre.

La libertad de gauge, y qué se puede hacer con ella

$\mathbf{A}$ no está determinado por $\mathbf{B}$ . Si $\mathbf{A}$ funciona, también funciona

\mathbf{A}' = \mathbf{A} + \nabla\lambda

para cualquier función escalar $\lambda$ , porque el rotacional de un gradiente es cero. Eso se llama transformación de gauge, y no es un defecto sino un margen que se puede gastar en imponer una condición extra. La habitual es la gauge de Coulomb:

\nabla\cdot\mathbf{A} = 0

Siempre se puede conseguir, y la demostración es constructiva: si el $\mathbf{A}$ de partida tiene $\nabla\cdot\mathbf{A} = f$ , basta elegir $\lambda$ que cumpla $\nabla^{2}\lambda = -f$ , que es una ecuación de Poisson con «densidad de carga» $f$ — y el módulo II.1 ya sabe resolverla siempre. Se ha gastado la libertad de gauge en algo útil, porque en esa gauge:

\nabla\times\mathbf{B} = \nabla\times(\nabla\times\mathbf{A}) = \nabla(\nabla\cdot\mathbf{A}) - \nabla^{2}\mathbf{A} = -\nabla^{2}\mathbf{A} = \mu_0\mathbf{J}

\boxed{\;\nabla^{2}\mathbf{A} = -\mu_0\mathbf{J}\;}\qquad\Longrightarrow\qquad \mathbf{A}(\mathbf{r}) = \frac{\mu_0}{4\pi}\int\frac{\mathbf{J}(\mathbf{r}')}{\imath}\,d\tau'

Tres ecuaciones de Poisson, una por componente cartesiana, con la componente correspondiente de $\mathbf{J}$ haciendo de fuente. La solución se copia del módulo II.1 cambiando $\rho/\varepsilon_0$ por $\mu_0 J_i$ , y donde no hay corriente cada componente de $\mathbf{A}$ cumple la ecuación de Laplace.

Conviene ser exacto sobre qué se hereda del módulo II.2 y qué no, porque la tentación es decir «todo». Lo que vuelve en este módulo es el teorema de unicidad en su forma útil —basta exhibir un $\mathbf{A}$ que cumpla la ecuación, sea continuo en las fronteras y dé el campo correcto para que sea el $\mathbf{A}$ —, y así se resuelve el problema 4 de la hoja sin integrar nada. La separación de variables y la ortogonalidad de los polinomios de Legendre con la que allí se despejaban coeficientes de uno en uno no aparecen aquí, y no por olvido: hacen falta cuando hay una frontera que imponga condiciones, y en este módulo no hay ninguna —todo ocurre en el vacío, con las corrientes dadas—. Esa maquinaria vuelve en el módulo II.4, en cuanto un trozo de hierro obligue a empalmar dos soluciones a través de una superficie.

Sólo hay que insistir en un detalle que el nombre esconde: las tres ecuaciones son de Poisson en cartesianas y sólo en cartesianas. En esféricas o cilíndricas, el laplaciano de un vector no es el laplaciano de sus componentes, porque los vectores unitarios también dependen de la posición. Escribir $\nabla^{2}A_\phi = -\mu_0 J_\phi$ es un error, y de los que no avisan.

Ejemplo resuelto 1 · Dos potenciales para el mismo campo uniforme

Problema. Sea $\mathbf{B}=B_0\hat{\mathbf{z}}$ uniforme, con $B_0 = 0{,}50$ T. (a) Comprueba que $\mathbf{A}_1 = \tfrac{1}{2}\mathbf{B}\times\mathbf{r}$ lo produce, y que está en la gauge de Coulomb. (b) Comprueba lo mismo para $\mathbf{A}_2 = -B_0y\,\hat{\mathbf{x}}$ . (c) Halla la $\lambda$ que las conecta. (d) ¿Cuál de las dos es «la buena»?

Solución. (a) En componentes, $\mathbf{A}_1 = \tfrac{B_0}{2}(-y,\,x,\,0)$ . Su rotacional tiene componente $z$ igual a $\partial_xA_y - \partial_yA_x = B_0/2 + B_0/2 = B_0$ , y las otras dos son cero. Su divergencia, $\partial_x(-B_0y/2)+\partial_y(B_0x/2) = 0$ : está en la gauge de Coulomb.

(b) $\mathbf{A}_2 = (-B_0y,\,0,\,0)$ da $(\nabla\times\mathbf{A}_2)_z = 0 - (-B_0) = B_0$ , el mismo campo, y su divergencia también es cero. Dos potenciales distintos, el mismo campo, y los dos en la misma gauge — porque la gauge de Coulomb todavía deja libertad: cualquier $\lambda$ armónica se puede sumar sin salirse de ella.

(c) $\mathbf{A}_2-\mathbf{A}_1 = (-B_0y/2,\,-B_0x/2,\,0)$ , que es el gradiente de $\lambda = -B_0xy/2$ . Comprobado en dos puntos con $B_0=0{,}5$ T: en (3, −2, 5) cm, la diferencia vale (+5,0; −7,5; 0) mT·m y $\nabla\lambda$ da lo mismo. Y $\nabla^{2}\lambda = 0$ , como tenía que ser para que las dos estén en la gauge de Coulomb.

(d) Ninguna, y la pregunta está mal planteada. Las dos describen el mismo campo y por tanto la misma física: cualquier magnitud medible sale igual con una que con otra. $\mathbf{A}_1$ tiene simetría de rotación alrededor del eje y es la que se usa cuando el problema la tiene; $\mathbf{A}_2$ tiene una sola componente y es la que se usa cuando conviene resolver una ecuación diferencial más simple. Se elige por comodidad, y sólo por comodidad.

Resultado. La libertad de gauge no es una ambigüedad molesta: es la herramienta con la que se elige la ecuación que se va a resolver. El apartado (b) enseña además algo que suele pasarse por alto: la gauge de Coulomb no fija $\mathbf{A}$ , sólo lo restringe, y queda toda la libertad de sumar el gradiente de una función armónica. La segunda lección es que este margen crece de importancia, no decrece: cuando en el módulo II.5 aparezcan campos que cambian con el tiempo, la gauge de Coulomb dejará de ser la elección natural y aparecerá la de Lorenz, que es la que hace que los potenciales se propaguen a la velocidad de la luz. Elegir gauge es elegir qué ecuación de ondas se va a resolver.

Y un límite honesto que se ve en el caso más simple: el potencial vector de un hilo infinito no se anula en el infinito. Integrando la fórmula de arriba para un hilo recto, o simplemente buscando un $A_z(s)$ con $B_\phi = -\partial A_z/\partial s = \mu_0 I/2\pi s$ , sale

A_z(s) = -\frac{\mu_0 I}{2\pi}\ln\frac{s}{s_0}

con un $s_0$ arbitrario que hay que declarar, exactamente como el potencial eléctrico de una línea cargada del módulo II.1. Y por la misma razón: la integral $\int J/\imath\,d\tau'$ diverge cuando la fuente se extiende hasta el infinito. Con $I = 10$ A y la referencia en 1 cm, $A_z$ vale −1,39 μT·m a 2 cm y −9,21 μT·m a 1 m. Los valores absolutos no significan nada; sus diferencias, y su gradiente, sí.

El desarrollo multipolar magnético, y el término que falta

Para una espira acotada, con el origen dentro de ella, se desarrolla $1/\imath$ con la misma función generatriz de los polinomios de Legendre del módulo II.2 —siendo $\alpha$ el ángulo entre $\mathbf{r}$ y $\mathbf{r}'$ —:

\mathbf{A}(\mathbf{r}) = \frac{\mu_0 I}{4\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{r^{\,n+1}}\oint (r')^{n}P_n(\cos\alpha)\,d\boldsymbol{\ell}'

Idéntico al eléctrico salvo en una cosa: el integrando es $d\boldsymbol{\ell}'$ , un vector, en lugar de $dq'$ , un escalar. Y esa diferencia mata el primer término. Con $n=0$ , $P_0=1$ y

\mathbf{A}_{\text{mon}} = \frac{\mu_0 I}{4\pi r}\oint d\boldsymbol{\ell}' = \mathbf{0}

porque la integral de un desplazamiento sobre un camino cerrado es cero: se vuelve al punto de partida. No es una aproximación ni una simetría del problema concreto — es una identidad, y vale para cualquier circuito. No hay término monopolar magnético.

Es la misma afirmación que $\nabla\cdot\mathbf{B}=0$ vista desde la serie, y la asimetría de fondo con el módulo II.1 merece decirse en una tabla, porque ordena los dos módulos a la vez:

Término	Eléctrico (II.1 y II.2)	Magnético (aquí)
Monopolo, $1/r$	$Q = \int\rho\,d\tau'$ , casi siempre lo que manda	idénticamente cero
Dipolo, $1/r^{2}$	manda sólo si el objeto es neutro	siempre el término dominante
Cuadrupolo, $1/r^{3}$	manda si además $\mathbf{p}=0$	manda si además $\mathbf{m}=0$

De ahí una consecuencia práctica que no es evidente: en magnetismo, el dipolo no es el caso especial de los objetos neutros, es el caso general. Todo lo que produce campo magnético a distancia —un imán, una bobina, un planeta, un átomo— se ve de lejos como un dipolo, y el momento dipolar es siempre una propiedad del objeto, independiente del origen, porque es el primer momento no nulo. En electrostática esa condición había que comprobarla; aquí viene regalada.

El momento magnético

El término $n=1$ lleva $\oint r'\cos\alpha\,d\boldsymbol{\ell}' = \oint(\hat{\mathbf{r}}\cdot\mathbf{r}')\,d\boldsymbol{\ell}'$ , y esa integral se reordena con la identidad vectorial $\oint (\mathbf{c}\cdot\mathbf{r}')\,d\boldsymbol{\ell}' = -\,\mathbf{c}\times\oint d\mathbf{a}'$ , válida para cualquier vector constante $\mathbf{c}$ y con $\oint d\mathbf{a}' = \tfrac{1}{2}\oint\mathbf{r}'\times d\boldsymbol{\ell}'$ el área vectorial de la espira. Aplicada a $\mathbf{c}=\hat{\mathbf{r}}$ , deja

\mathbf{A}_{\text{dip}}(\mathbf{r}) = \frac{\mu_0}{4\pi}\,\frac{\mathbf{m}\times\hat{\mathbf{r}}}{r^{2}}\,,\qquad \boxed{\;\mathbf{m} = \frac{I}{2}\oint \mathbf{r}'\times d\boldsymbol{\ell}' = I\!\int d\mathbf{a}\;}

El momento magnético, en A·m². Para una espira plana la integral vectorial de área es el área encerrada por la normal, y queda simplemente $\mathbf{m} = I\mathbf{a}$ . Para una espira retorcida, la primera forma sigue valiendo y la segunda hay que interpretarla como la proyección del área sobre cada plano coordenado; el ejercicio 3 lo hace con una espira que no es plana.

Tomando el rotacional de $\mathbf{A}_{\text{dip}}$ sale el campo, y aquí llega la sorpresa del módulo:

\mathbf{B}_{\text{dip}}(\mathbf{r}) = \frac{\mu_0}{4\pi r^{3}}\left[3(\mathbf{m}\cdot\hat{\mathbf{r}})\,\hat{\mathbf{r}} - \mathbf{m}\right] = \frac{\mu_0 m}{4\pi r^{3}}\left(2\cos\theta\,\hat{\mathbf{r}} + \sin\theta\,\hat{\boldsymbol{\theta}}\right)

Es exactamente la misma función que el campo del dipolo puro eléctrico del módulo II.2, cambiando $\mathbf{p}/\varepsilon_0$ por $\mu_0\mathbf{m}$ . Mismo factor 2 entre el eje y el ecuador, mismo $\tan\gamma=\tfrac{1}{2}\tan\theta$ para el ángulo con $\hat{\mathbf{r}}$ , y los mismos 54,7° donde se anula la componente paralela a $\mathbf{m}$ , porque $B_\parallel \propto 3\cos^{2}\theta - 1 = 2P_2(\cos\theta)$ — el ángulo mágico del módulo II.2, ni más ni menos. (La componente radial es otra cosa: va con $2\cos\theta$ y se anula en el ecuador, a 90°.) Dos objetos que no se parecen en nada —un par de cargas y una corriente que da vueltas— producen el mismo campo lejano, y sólo el lejano: cerca son completamente distintos, y esa diferencia es el tema del módulo II.4.

La espira y su dipolo

La curva es el error que se comete al sustituir la espira por un dipolo puro de momento m = IπR², en función de la distancia medida en radios. La raya de en medio es el acierto exacto y las dos de al lado, el ±1 %. Cambia el ángulo y verás la curva cruzar el cero: el dipolo se pasa por el eje y se queda corto por el ecuador.

Distancia: 3.0 radios (15.0 cm) Ángulo desde el eje θ: 0° Radio de la espira R: 5 cm

Momento m = IπR² 7.85×10⁻³ A·m²

|B| exacto 397 nT

|B| del dipolo 465 nT

Error del dipolo +17.12 %

Desvío de dirección 0.00°

Error a la mitad de distancia +73.60 %

El dipolo se pasa en 17.1 %: predice 465 nT donde hay 397 nT. A 0° del eje todavía manda la parte de la espira que tienes enfrente, y concentrar toda su corriente en un punto exagera el campo. Sigue subiendo el ángulo hasta que la cifra cambie de signo. Mueve ahora el radio de la espira: los tres campos cambian con R —el momento va como R² y el campo como m/r³— y el error no se mueve. El desarrollo multipolar no conoce ninguna escala: sólo la razón entre la distancia y el tamaño de la fuente.

El campo «exacto» es la solución cerrada de la espira circular con integrales elípticas completas K y E, comprobada punto a punto contra una integración numérica de Biot-Savart en scripts/verificar-II3.py; el «dipolo» es el primer término del desarrollo del potencial vector, y no hay ningún otro término metido en ninguna parte. El error se muestra sobre los módulos: el desvío de dirección va aparte, porque el dipolo también apunta a otro sitio, y ninguna de las dos cosas se ve en la fórmula.

El interactivo mide el precio de la aproximación. Para una espira circular en su eje, el término dipolar se pasa: un 39,8 % a dos radios, un 6,06 % a cinco y un 1,50 % a diez, y no baja del 1 % hasta 12,3 radios. En el ecuador se queda corto —un 4,48 % a cinco radios— y en medio hay un ángulo donde acierta por casualidad. El error cae como $(R/r)^{2}$ y no como $(R/r)^{1}$ : la razón es que una espira plana es simétrica respecto a su propio plano, y esa simetría anula su momento cuadrupolar, de modo que el primer término despreciado no es el cuadrupolo sino el $l=3$ .

Y lo que un campo externo le hace a un momento magnético

El momento magnético no dice sólo qué campo produce una espira: dice también qué le hace a la espira un campo de fuera. Sea $\mathbf{B}$ uniforme y una espira rectangular de lados $a$ y $b$ con corriente $I$ . La fuerza de Laplace total es

\mathbf{F} = \oint I\,d\boldsymbol{\ell}'\times\mathbf{B} = I\left(\oint d\boldsymbol{\ell}'\right)\times\mathbf{B} = \mathbf{0}

—el mismo $\oint d\boldsymbol{\ell}' = 0$ que mató el término monopolar: una espira en campo uniforme no se traslada. Lo que no se anula es el par. Con $\mathbf{B}=B\hat{\mathbf{x}}$ y la espira en el plano $xy$ , los dos lados paralelos a $\hat{\mathbf{x}}$ no sienten nada — $\hat{\mathbf{x}}\times\hat{\mathbf{x}}=0$ — y los dos paralelos a $\hat{\mathbf{y}}$ , separados $a$ , reciben $IbB$ en sentidos opuestos: una pareja de fuerzas de brazo $a$ . Sumando el par de cada elemento respecto al centro,

\boldsymbol{\tau} = \oint \mathbf{r}'\times\left(I\,d\boldsymbol{\ell}'\times\mathbf{B}\right) = I ab\,B\,\hat{\mathbf{y}} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\;\boldsymbol{\tau} = \mathbf{m}\times\mathbf{B}\;}

de módulo $mB\sin\theta$ , máximo cuando el momento es perpendicular al campo y nulo cuando está alineado — que es la posición de equilibrio, y la razón de que una brújula apunte. El resultado no depende de que la espira sea rectangular: cualquier espira plana se puede trocear en rectángulos cuyos lados interiores se cancelan, exactamente como se hace con el área. Una espira de 10 cm de lado con 1 A dentro de 0,5 T recibe 5,0 mN·m, y con esa fórmula funcionan el galvanómetro de aguja, el motor de corriente continua y el magnetopar del ejercicio 4.

Ejemplo resuelto 2 · El momento dipolar de la Tierra, y la corriente que haría falta

Problema. El modelo IGRF-14, época 2025, da los tres coeficientes dipolares del campo terrestre: $g_1^0 = -29\,350$ , $g_1^1 = -1\,410{,}3$ y $h_1^1 = 4\,545{,}5$ nT, cuyo módulo $B_0=\sqrt{(g_1^0)^{2}+(g_1^1)^{2}+(h_1^1)^{2}}$ es el campo dipolar en el ecuador geomagnético. (a) Halla $B_0$ y el momento dipolar de la Tierra. (b) Da el campo en el polo. (c) ¿Qué corriente tendría que circular por una sola espira del radio del núcleo externo (3 480 km) para producirlo? (d) ¿Cuánto vale el campo ecuatorial a la altura de la Estación Espacial, 400 km?

Solución. (a) $B_0 =$ 29,73 μT. Igualando a la forma dipolar en el ecuador, $B_0 = \mu_0 m/4\pi R_T^{3}$ , con el radio de referencia del IGRF $R_T = 6\,371{,}2$ km:

m = \frac{4\pi R_T^{3}B_0}{\mu_0} = 7{,}69\times10^{22}\ \text{A}\!\cdot\!\text{m}^{2}

(b) En el eje el campo es el doble: $\mu_0 m/2\pi R_T^{3} =$ 59,47 μT. Ése es el valor dipolar en el polo geomagnético; el campo real medido allí difiere, porque el dipolo no es todo el campo.

(c) $m = I\pi R^{2}$ con $R = 3{,}48\times10^{6}$ m da $I =$ 2,02×10⁹ A. Dos mil millones de amperios. No es que exista tal espira —el campo lo mantiene un flujo convectivo tridimensional de hierro líquido, no un bucle— pero el número dice de qué escala de corrientes se está hablando, y es la única cifra que el desarrollo dipolar permite extraer sin ningún modelo del interior.

(d) Como el dipolo cae con $1/r^{3}$ , basta multiplicar por $(R_T/(R_T+h))^{3} = 0{,}833$ : 24,77 μT. La Estación Espacial vuela dentro de un campo un 17 % más débil que el del suelo, no en el vacío magnético que suele imaginarse — y de ahí que los satélites se orienten con magnetopares.

Resultado. Con tres números tabulados se ha reconstruido el campo de un planeta entero a cualquier distancia. La segunda lección es de qué mide un momento dipolar: es un resumen de la fuente que basta para todo lo que ocurre lejos de ella, y no dice absolutamente nada de lo que pasa dentro. La espira de (c) es falsa, la geodinamo real es otra cosa, y el campo que producen fuera del núcleo es idéntico. Esa misma indiferencia es la que hace que el imán de una resonancia magnética y el hierro de un imán permanente se traten con la misma fórmula a distancia, y la que obliga al módulo II.4 a empezar de cero cuando la pregunta es qué ocurre dentro del material.

El anclaje del módulo: la resonancia magnética como dipolo

Con los datos del artículo 02 —un solenoide de $L = 1{,}6$ m y $a = 0{,}45$ m que da 3 T en su centro— los amperivueltas totales son $4{,}38\times10^{6}$ y el momento dipolar,

m = (NI)\,\pi a^{2} = 2{,}79\times10^{6}\ \text{A}\!\cdot\!\text{m}^{2}

Igualando $\mu_0 m/2\pi r^{3} = 0{,}5$ mT sale $r =$ 10,37 m en el eje, y $2^{-1/3}$ veces menos —8,23 m— en el plano ecuatorial. El cálculo exacto, integrando el solenoide entero, da 10,40 m: el dipolo acierta en un 0,3 % a esa distancia, porque 10 m son más de veinte veces el tamaño del imán.

Ese perímetro es una magnitud de proyecto real: dentro de él no puede entrar una bombona, ni una silla de ruedas, ni un marcapasos antiguo. Y diez metros en todas direcciones es una sala imposible en un hospital, lo que plantea un problema de ingeniería con una solución elegante: si el término dipolar es el que manda a esa distancia y no hay monopolo debajo, basta con anular el momento dipolar —añadiendo un segundo bobinado en sentido contrario— para que el campo lejano pase a estar gobernado por el término siguiente, que cae mucho más deprisa. Es el apantallamiento activo, y sale de la tabla de tres filas de la sección anterior. El problema 5 de la hoja lo diseña con números.

Ejercicios

Ejercicio 1

Un hilo recto infinito lleva $I = 10$ A.

(a) Argumenta por simetría qué componentes puede tener $\mathbf{A}$ y de qué coordenadas puede depender. (b) Halla $A_z(s)$ exigiendo $\nabla\times\mathbf{A}=\mathbf{B}$ , y comprueba que está en la gauge de Coulomb. (c) Evalúa la diferencia $A_z(1\,\text{m}) - A_z(2\,\text{cm})$ y explica por qué esa diferencia sí es física y los valores sueltos no. (d) Intenta obtener el mismo resultado con la integral $\mathbf{A} = (\mu_0/4\pi)\int \mathbf{J}/\imath\,d\tau'$ y di exactamente qué falla.

Solución

(a) $\mathbf{J}$ apunta en $\hat{\mathbf{z}}$ , y la fórmula integral dice que $\mathbf{A}$ es paralelo a $\mathbf{J}$ componente a componente, así que $\mathbf{A}=A_z\hat{\mathbf{z}}$ . La invariancia de traslación en $z$ y de rotación en $\phi$ deja $A_z = A_z(s)$ .

(b) Con esa forma, $\nabla\times\mathbf{A} = -(\partial A_z/\partial s)\hat{\boldsymbol{\phi}}$ , e igualando a $\mu_0 I/2\pi s$ e integrando sale la expresión del callout. La divergencia es $\partial A_z/\partial z = 0$ : gauge de Coulomb, sin haber tenido que imponer nada.

(c) $A_z(1) - A_z(0{,}02) = -(\mu_0 I/2\pi)\ln 50 =$ −7,82 μT·m. Es física porque la referencia $s_0$ se cancela en la resta. Y hay algo más fuerte: la circulación de $\mathbf{A}$ sobre una curva cerrada es el flujo magnético que la atraviesa, por el teorema de Stokes, así que las diferencias de $A$ están midiendo flujos y ésos sí son medibles.

(d) La integral diverge: $\int_{-\infty}^{\infty}dz'/\sqrt{s^{2}+z'^{2}}$ crece como $\ln$ sin límite. El culpable es que la fuente no está acotada, exactamente como en el potencial eléctrico de una línea cargada infinita del módulo II.1, y la solución es la misma: renunciar a la referencia en el infinito y ponerla donde convenga. Nótese que $\mathbf{B}$ no tiene ningún problema — la divergencia se cancela al derivar.

La segunda lección es la conexión de (c): si $A$ parece «no observable», es porque se está mirando su valor y no su circulación. El flujo por una espira, que es lo que la ley de Faraday del módulo II.5 va a necesitar, es literalmente $\oint\mathbf{A}\cdot d\boldsymbol{\ell}$ . Ese cambio de punto de vista es el que convierte a $\mathbf{A}$ en algo más que un artificio de cálculo. El problema 4 de la hoja lleva ese cambio de punto de vista hasta donde deja de ser cómodo y empieza a ser raro.

Ejercicio 2

Se propone $\mathbf{A} = \dfrac{\mu_0 k}{4\pi}\left(-y,\,x,\,0\right)e^{-s^{2}/a^{2}}$ , con $s^{2}=x^{2}+y^{2}$ la distancia al eje y $k$ constante.

(a) ¿Está en la gauge de Coulomb? (b) Calcula $\mathbf{B}$ y comprueba que $\nabla\cdot\mathbf{B}=0$ —cosa que tenía que salir sola, y conviene entender por qué—. (c) Halla la $\mathbf{J}$ necesaria. (d) Suma a $\mathbf{A}$ el gradiente de $\lambda = c\,xyz$ y recalcula $\mathbf{B}$ y $\nabla\cdot\mathbf{A}$ . ¿Qué ha cambiado y qué no?

Solución

(a) $\nabla\cdot\mathbf{A} \propto \partial_x(-ye^{-s^{2}/a^{2}}) + \partial_y(xe^{-s^{2}/a^{2}})$ . El primero da $(2xy/a^{2})e^{\cdots}$ y el segundo, $-(2xy/a^{2})e^{\cdots}$ : sí, se anulan. En general, cualquier $\mathbf{A}$ de la forma $f(r)\,\hat{\boldsymbol{\phi}}$ está en la gauge de Coulomb, porque en cilíndricas la divergencia no toca la componente azimutal cuando ésta no depende de $\phi$ .

(b) Es más cómodo en cilíndricas: $\mathbf{A} = (\mu_0 k/4\pi)\,s\,e^{-s^{2}/a^{2}}\hat{\boldsymbol{\phi}}$ , y con $B_z = (1/s)\partial_s(sA_\phi)$ :

B_z = \frac{\mu_0 k}{4\pi}\left(2 - \frac{2s^{2}}{a^{2}}\right)e^{-s^{2}/a^{2}}

Como $\mathbf{B}=B_z(s)\hat{\mathbf{z}}$ y $B_z$ no depende de $z$ , su divergencia es cero. Y tenía que salir sola por una razón que no es la simetría: la divergencia de un rotacional es idénticamente nula. Cualquier campo escrito como $\nabla\times\mathbf{A}$ pasa esa prueba sin excepción, de modo que la comprobación no dice nada sobre si el cálculo está bien.

J_\phi = \frac{k}{4\pi}\left(\frac{4s}{a^{2}}\right)\left(2 - \frac{s^{2}}{a^{2}}\right)e^{-s^{2}/a^{2}}

una corriente azimutal que cambia de signo en $s=\sqrt{2}\,a$ : dos capas concéntricas girando al revés. Es la estructura de una bobina con apantallamiento, exactamente el objeto del problema 5 de la hoja.

(d) $\mathbf{B}$ no cambia en absoluto —el rotacional de un gradiente es cero—, y $\nabla\cdot\mathbf{A}$ pasa a valer $\nabla^{2}\lambda = 0$ … que también es cero, porque $xyz$ es armónica. La nueva $\mathbf{A}$ sigue en la gauge de Coulomb y es completamente distinta de la anterior.

La segunda lección es (b) y es un aviso sobre las comprobaciones que no comprueban: verificar $\nabla\cdot\mathbf{B}=0$ sobre un campo que has obtenido como rotacional es tautológico, y sin embargo es una de las comprobaciones que más se hacen. Sirve para detectar errores de aritmética, no de física. La comprobación que sí dice algo es la del apartado (c) llevada al revés: recalcular $\mathbf{B}$ a partir de la $\mathbf{J}$ obtenida, por Biot-Savart, y ver si sale lo mismo.

Ejercicio 3

Una espira no plana recorre seis aristas de un cubo de lado $L = 10$ cm con $I = 1{,}0$ A, pasando por los vértices (0,0,0) → (L,0,0) → (L,L,0) → (L,L,L) → (0,L,L) → (0,0,L) → (0,0,0).

(a) Monta y evalúa $\mathbf{m} = (I/2)\oint\mathbf{r}'\times d\boldsymbol{\ell}'$ sumando las seis aristas. (b) Da el módulo y la dirección de $\mathbf{m}$ . (c) Comprueba el resultado proyectando la espira sobre los tres planos coordenados y calculando las áreas encerradas. (d) ¿Qué campo produce a 2 m sobre el eje de $\mathbf{m}$ , y con qué error se puede usar ahí la fórmula dipolar? (e) Comprueba explícitamente que $\oint d\boldsymbol{\ell}' = \mathbf{0}$ sumando los seis desplazamientos, y di qué término del desarrollo multipolar mata ese cero y por qué el resultado no depende de la forma de la espira.

Solución

(a) Cada arista recta contribuye $(I/2)\,\bar{\mathbf{r}}\times\Delta\boldsymbol{\ell}$ con $\bar{\mathbf{r}}$ su punto medio, porque $\mathbf{r}'\times d\boldsymbol{\ell}'$ es lineal en $\mathbf{r}'$ a lo largo del tramo. Sumando las seis:

\mathbf{m} = I L^{2}\left(1,\,-1,\,1\right) = \left(0{,}010,\,-0{,}010,\,0{,}010\right)\ \text{A}\!\cdot\!\text{m}^{2}

(b) $|\mathbf{m}| = \sqrt{3}\,IL^{2} =$ 0,0173 A·m², en la dirección $(1,-1,1)/\sqrt{3}$ , que forma 54,7° con cada eje — el mismo ángulo mágico que aparecía en el módulo II.2 anulando el cuadrupolo eléctrico, y por la misma razón aritmética: $\cos^{2}\theta = 1/3$ .

(c) La proyección sobre el plano $xy$ encierra un cuadrado de área $L^{2}$ recorrido en sentido positivo, la del plano $yz$ otro de área $L^{2}$ en sentido positivo, y la del plano $zx$ otro $L^{2}$ en sentido negativo. Componentes $(IL^{2},\,-IL^{2},\,IL^{2})$ : coinciden. Ésa es la interpretación correcta de $\mathbf{m}=I\int d\mathbf{a}$ cuando la espira no es plana — cada componente es el área proyectada, con su signo.

(d) $B = \mu_0 m/2\pi r^{3} =$ 0,433 nT a 2 m. La espira cabe en una esfera de radio $\sqrt{3}L/2 = 8{,}7$ cm, así que 2 m son 23 tamaños. Integrando Biot-Savart sobre las seis aristas salen 0,4323 nT: el dipolo se pasa un 1,7 ‰. Y la ley $(a/r)^{2}$ del interactivo se puede comprobar aquí mismo, porque el error se cuadruplica cada vez que se divide la distancia por dos: 1,7 ‰ a 2 m, 6,7 ‰ a 1 m y 27 ‰ a 50 cm. Conviene fijarse en que a 23 tamaños todavía hay casi dos milésimas de error: el dipolo converge deprisa, no instantáneamente.

(e) Los seis desplazamientos, en el orden del enunciado, son $L(1,0,0)$ , $L(0,1,0)$ , $L(0,0,1)$ , $L(-1,0,0)$ , $L(0,-1,0)$ y $L(0,0,-1)$ : cada dirección aparece una vez en cada sentido y el total es (0, 0, 0). Eso anula el término $n=0$ del desarrollo, el monopolar, y no por la geometría concreta de esta espira sino porque $\oint d\boldsymbol{\ell}'$ es el desplazamiento total a lo largo de una curva cerrada: se vuelve al punto de partida, valga la curva lo que valga. Es una identidad, no un accidente, y es la razón de que no exista término monopolar magnético.

La segunda lección es que el momento magnético existe y está bien definido aunque la espira no encierre ninguna superficie plana, y que la fórmula que lo garantiza es la de la circulación, no la del área. Eso importa en cuanto se sale del dibujo de manual: una bobina real es una hélice, no una pila de espiras, y su momento se calcula así. Y hay un corolario que conviene guardar: como $\mathbf{m}$ es el primer momento no nulo, no depende del origen — se puede comprobar rehaciendo (a) con el origen en el centro del cubo y viendo que sale idéntico.

Ejercicio 4

Con el momento dipolar terrestre del ejemplo resuelto 2, $m = 7{,}69\times10^{22}$ A·m².

(a) Deduce a partir de la forma dipolar general la expresión del módulo del campo en función de la latitud geomagnética $\lambda$ , y demuestra que $|\mathbf{B}| = B_0\sqrt{1+3\sin^{2}\lambda}$ . (b) Demuestra que la inclinación magnética cumple $\tan I = 2\tan\lambda$ . (c) Evalúa las dos cosas a $\lambda = 60°$ y decide después cuál de las dos es más sensible a la latitud: calcula cuánto cambian el módulo y la inclinación si $\lambda$ se mueve dos grados, y explica la diferencia mirando las dos funciones. (d) Un satélite lleva un magnetopar de $m_s = 0{,}20$ A·m². ¿Qué par máximo ejerce a 400 km de altura sobre el ecuador, y cuánto tarda en girar 90° un cubo de 4 kg y 20 cm de arista partiendo del reposo?

Solución

(a) Con $\theta$ la colatitud geomagnética y $\lambda = 90° - \theta$ , las componentes esféricas del dipolo dan $B_r = -2B_0\sin\lambda$ y $B_\theta = B_0\cos\lambda$ con $B_0=\mu_0m/4\pi R_T^{3}$ , de donde

|\mathbf{B}| = B_0\sqrt{4\sin^{2}\lambda + \cos^{2}\lambda} = B_0\sqrt{1+3\sin^{2}\lambda}

(b) La inclinación es el ángulo entre el campo y la horizontal, es decir entre $\mathbf{B}$ y la dirección $\hat{\boldsymbol{\theta}}$ : $\tan I = |B_r|/|B_\theta| = 2\sin\lambda/\cos\lambda = 2\tan\lambda$ . El factor 2 es el mismo de siempre — el eje del dipolo tiene el doble de campo que su ecuador— y aquí produce un resultado nada intuitivo: a 30° de latitud geomagnética la aguja ya apunta 49,1° hacia abajo, no 30°.

(c) $|\mathbf{B}| = 29{,}73\sqrt{1+3\sin^{2}60°} =$ 53,60 μT, e $I = \arctan(2\tan 60°) =$ 73,90°. Moviendo la latitud dos grados, hasta 62°, el módulo sube un 1,36 % y la inclinación, 1,21°. Derivando, cerca de 60° el módulo cambia un 0,70 % por grado de latitud y la inclinación, 0,62° por grado: dos magnitudes que dependen de la misma variable responden con pendientes muy distintas, porque $\sqrt{1+3\sin^{2}\lambda}$ es plana donde $\arctan(2\tan\lambda)$ no lo es. El problema 6 de la hoja lleva esto a un sitio concreto —Madrid— y lo contrasta con el campo real.

(d) Con el par deducido más arriba, el máximo —momento perpendicular al campo— es $\tau = |\mathbf{m}_s\times\mathbf{B}| = m_sB$ con $B = B_0(R_T/(R_T+h))^{3} = 24{,}77$ μT: $\tau =$ 4,95 μN·m. El momento de inercia de un cubo macizo de 4 kg y 20 cm respecto a un eje por su centro es $ML^{2}/6 = 0{,}0267$ kg·m², de modo que $\alpha = \tau/\mathcal{I} = 1{,}86\times10^{-4}$ rad/s² y girar $\pi/2$ partiendo del reposo con par constante tarda $\sqrt{2\theta/\alpha} =$ 130 s. Poco más de dos minutos: los magnetopares son lentísimos, y por eso se usan para desaturar volantes de inercia y no para apuntar.

La segunda lección es la comparación de (c): un modelo que acierte el módulo de un campo puede fallar su dirección por mucho más de lo que ese acierto sugiere. Módulo y dirección son sensibles a cosas distintas, y un ajuste que se valide sólo con la magnitud puede estar muy mal orientado. Es exactamente el aviso que el interactivo de este artículo da con el «desvío de dirección» separado del error del módulo, y vale para cualquier aproximación multipolar.

Resumen en frío · Módulo II.3 · Magnetostática

Todo lo que el módulo deja utilizable, con dónde se dedujo cada cosa. Cada fila está rehecha desde los datos, no copiada del párrafo que la enuncia. Pensado para leerse dentro de seis meses sin releer nada: si para resolver un problema típico del módulo hay que volver al texto a buscar una constante, esta tabla ha fallado. Las tres últimas filas llevan las constantes, los datos del mundo y los números puros que el módulo usa.

Qué	Fórmula o valor	Dónde
Fuerza de Lorentz	F = q(E + v×B). Depende de la velocidad, es perpendicular a ella y perpendicular a B	art. 01
El campo magnético no trabaja	qv·(v×B) ≡ 0, identidad algebraica. Una carga en campo magnético puro conserva su rapidez exactamente	art. 01
Quién paga el trabajo del motor	La fuente. B = 0,5 T, L = 20 cm, I = 5 A, u = 2 m/s: F = BIL = 0,50 N y P = 1,0 W = Iε con ε = BLu = 0,20 V. Los dos términos de q(v_d+u)×B se cancelan portador a portador	art. 01, ej. res. 1
Ciclotrón	r = mv_⊥/qB, ω = qB/m, T = 2πm/qB, independiente de v. A 3 T: 84,0 GHz (electrón) y 45,7 MHz (protón); r = 0,221 μm y 0,407 mm con v = 1,17×10⁵ m/s	art. 01
La resonancia NO va a la frecuencia de ciclotrón	127,7 MHz a 3 T = (g_p/2)·45,7 MHz con g_p = 5,586. Para que el ciclotrón llegara ahí harían falta 8,38 T. Es espín, y la magnetostática clásica no lo predice	art. 01, ej. 4
Deriva E×B	v = E×B/B², sin q ni m. 100 V/m y 3 T: 33,3 m/s, perpendicular a E. La trayectoria es una cicloide de radio E₀m/eB₀² = 0,116 μm para un protón	art. 01 y ej. 1
Órbitas con la misma energía	r = √(3k_BTm)/eB va como √m, NO como m. A 310 K y 3 T: 9,64 μm el protón y 0,225 μm el electrón, razón √(m_p/m_e) = 42,9	art. 01, ej. 4
Densidad de corriente	J = nqv, I = ∫J·da. Tres formas: Jdτ ↔ Kda ↔ I dℓ	art. 01
El cable de casa	16 A en 2,5 mm² (a = 0,892 mm): J = 6,40×10⁶ A/m², v_arrastre = 0,470 mm/s. Fuerza magnética sobre un portador / eléctrica = 1,57×10⁻⁵	art. 01
Ecuación de continuidad	∇·J = −∂ρ/∂t. Magnetostática ⟺ ∇·J = 0 ⟺ toda corriente forma circuitos cerrados	art. 01
Relajación de carga en un conductor	τ = ε₀ρ_resist = 1,49×10⁻¹⁹ s en cobre — y NO vale: es 1,67×10⁵ veces menor que el tiempo de colisión, 2,49×10⁻¹⁴ s. La escala real es el periodo de plasma, 3,82×10⁻¹⁶ s (2,62 PHz)	art. 01, ej. res. 2
Ley de Biot-Savart	B = (μ₀I/4π)∫dℓ′×ı̂/ı². Sólo tiene sentido integrada sobre un circuito cerrado: dB es un integrando, no una medida	art. 02
Hilo recto finito	B = (μ₀I/4πs)(senθ₂ − senθ₁); infinito, μ₀I/2πs. El error del infinito depende SÓLO de L/s: 0,020 % con L/s = 100, 1,98 % con 10, 11,80 % con 4	art. 02
Espira en su eje	B = μ₀IR²/2(R²+z²)^3/2; centro μ₀I/2R = 12,57 μT con R = 5 cm y 1 A. Lejos ∝ IR²/z³, que es el momento dipolar asomando	art. 02
Espira fuera del eje	No tiene primitiva elemental: integrales elípticas completas K y E. Es lo que evalúan dos de los tres interactivos	art. 02 y 04
Solenoide finito, centro	B = μ₀nI·L/√(L²+4a²). En la boca, algo más de la mitad: 1,256 mT frente a 2,505 mT en el laboratorio de 50 cm, o sea el 50,1 %. Se hace uniforme en 1,31 radios al 90 % y 4,38 al 99 %	art. 02 y ej. 3
La resonancia magnética de 3 T	nI = B/μ₀ = 2,39×10⁶ A/m (7 958 vueltas/m con 300 A). Pero L = 1,6 m y a = 0,45 m dan factor 0,872: sólo 2,61 T, y la fórmula del infinito se pasa un 14,7 % sobre el exacto. Hace falta 2,74×10⁶ A/m, o sea 9 130 vueltas/m; en la boca del túnel quedan 1,66 T	art. 02, ej. res. 1
Cuadrado frente a círculo, mismo perímetro	El cuadrado da más campo en el centro (razón 8√2/π² = 1,146) y el círculo más momento magnético (razón de áreas 4/π = 1,273). Miden cosas distintas	art. 02, ej. 2
Bobinas de Helmholtz	d²B/dz² = 3μ₀IR²(d²−R²)/(R²+d²/4)^7/2, nula en d = R. B(0) = (8/5^3/2)μ₀I/R = 5,995 μT con R = 15 cm y 1 A. Error ∝ z⁴: −22,6 ppm a 1 cm, −357 a 2 cm; zona útil al 0,1 %, 5,19 cm de diámetro	art. 02, ej. 4
Divergencia nula	∇·B = 0 y ∮B·da = 0 en toda superficie cerrada. Sale de que ı̂/ı² es un gradiente. No hay cargas magnéticas	art. 03
Su estatus	Es un teorema sobre Biot-Savart, no sobre el universo. El monopolo de Dirac (1931) explicaría la cuantización de la carga —medida a 1 parte en 10²¹— y nadie lo ha encontrado	art. 03
Ley de Ampère	∇×B = μ₀J y ∮B·dℓ = μ₀I_enc. Que I_enc no dependa de la superficie EXIGE ∇·J = 0	art. 03
Cuándo DESPEJA	Sólo si la simetría garantiza que B es tangente al camino y \|B\| constante sobre él. Cuatro casos: hilo/cilindro infinito, solenoide infinito, toroide, lámina infinita. Ninguno existe	art. 03
Cuando no despeja, cuánto se falla	Espira cuadrada de 10 cm con la circunferencia inscrita: 8,0 μT «despejados» frente a 22,63 μT reales, factor 2√2 = 2,83. Espira circular: factor π	art. 03 y ej. 4
Cable de casa por dentro	B = μ₀Is/2πa² dentro, μ₀I/2πs fuera. Máximo en la superficie: 3,59 mT con 16 A y a = 0,892 mm — 121 veces el campo terrestre ecuatorial y 11,2 veces el de 1 cm (320 μT)	art. 03, ej. res. 1
Coaxial	Cuatro regiones, y fuera EXACTAMENTE cero porque I_enc = 0 y hay simetría. RG-58 con 1 A: 500 μT en a = 0,40 mm, 136 μT en b = 1,47 mm, 0 fuera	art. 03, ej. res. 2
Toroide	B = μ₀NI/2πs, NO uniforme: con N = 500, I = 2 A, varía un 50 % entre 8 y 12 cm (2,50 → 1,67 mT; 2,00 mT a 10 cm). El medio pesado por la sección es μ₀NI·ln(b/a)/2π(b−a) = 2,03 mT, un 1,4 % por encima del central. Cero fuera si el bobinado cierra	art. 03 y ej. 3
Lámina de corriente	Dentro B = μ₀Jz (¡sin el 2!), fuera μ₀Jd/2 = μ₀K/2, constante con la distancia. Con J = 1 MA/m² y d = 4 mm: 2,51 mT. Salto al cruzar una lámina delgada: μ₀K = 5,03 mT, en la componente TANGENCIAL	art. 03, ej. 2
Fuerza entre dos hilos paralelos	F/L = μ₀I₁I₂/2πd, atracción si van igual y repulsión si van opuestos. Con 10 A a 4,2 cm: 0,476 mN/m, 460 veces menos que el peso del propio cable. Era la definición del amperio hasta 2019	art. 03, ej. 4
Circulación nula ≠ campo nulo	Dos hilos opuestos a 4,2 cm con 10 A: ∮B·dℓ = 0 rodeándolos y B = 190 μT en el punto medio	art. 03, ej. 4
Potencial vector	B = ∇×A, posible porque ∇·B = 0. Tres componentes por tres: no ahorra funciones, ahorra ecuaciones	art. 04
Libertad de gauge	A → A + ∇λ no cambia B. La gauge de Coulomb ∇·A = 0 SIEMPRE se puede imponer resolviendo ∇²λ = −∇·A, y aun así no fija A: sobra toda λ armónica	art. 04
La ecuación de A	∇²A = −μ₀J, tres Poissons, sólo en cartesianas. A = (μ₀/4π)∫J/ı dτ′. Donde no hay corriente, cada componente cumple Laplace	art. 04
Campo uniforme, dos gauges	A₁ = ½B×r y A₂ = −B₀y x̂ dan el mismo B, las dos en gauge de Coulomb, y difieren en ∇λ con λ = −B₀xy/2	art. 04, ej. res. 1
A de un hilo infinito	A_z = −(μ₀I/2π)ln(s/s₀), con referencia arbitraria: la integral diverge con la fuente infinita. Con 10 A y s₀ = 1 cm: −1,39 μT·m a 2 cm y −9,21 μT·m a 1 m. Lo físico es ∮A·dℓ = flujo	art. 04 y ej. 1
Desarrollo multipolar magnético	A = (μ₀I/4π)Σ_nr⁻⁽ⁿ⁺¹⁾∮(r′)ⁿP_n(cosα)dℓ′. El término n = 0 es idénticamente cero porque ∮dℓ′ = 0	art. 04
LA ASIMETRÍA con la electrostática	El desarrollo eléctrico empieza en el monopolo; el magnético, en el DIPOLO. Por eso m es siempre propiedad del objeto, sin la condición Q = 0 que el II.2 exigía a p	art. 04
Momento magnético	m = (I/2)∮r′×dℓ′ = I∫da, en A·m². Espira plana: I·área. Espira no plana: cada componente es el área proyectada con su signo	art. 04 y ej. 3
Campo del dipolo magnético	B = (μ₀/4πr³)[3(m·r̂)r̂ − m]. MISMA función que el dipolo eléctrico del II.2 con p/ε₀ → μ₀m: eje = 2 × ecuador, tanγ = ½tanθ, componente PARALELA a m nula a 54,7° (3cos²θ = 1) y radial nula en el ecuador	art. 04
Error del dipolo frente a la espira	En el eje SE PASA: +39,8 % a 2R, +6,06 % a 5R, +1,50 % a 10R; baja del 1 % a 12,3R. En el ecuador se queda CORTO: −4,48 % a 5R. Cae como (R/r)², porque la simetría de la espira plana anula su cuadrupolo y el primero despreciado es l = 3	art. 04
La resonancia como dipolo	NI = 4,38×10⁶ A·vuelta, m = (NI)πa² = 2,79×10⁶ A·m². Línea de 0,5 mT: 10,37 m en el eje (exacto 10,40 m, −0,30 %) y 8,23 m en el ecuador, razón 2^1/3	art. 04
La Tierra como dipolo	IGRF-14 (2025): g₁⁰ = −29 350, g₁¹ = −1 410,3, h₁¹ = 4 545,5 nT → B₀ = 29,73 μT y m = 7,69×10²² A·m². Polo dipolar 59,47 μT; a 400 km, 24,77 μT. Espira equivalente del radio del núcleo: 2,02×10⁹ A	art. 04, ej. res. 2
El dipolo inclinado	\|B\| = B₀√(1+3sen²λ) y tan I = 2 tan λ, con λ la latitud geomagnética. A λ = 60°: 53,60 μT e I = 73,90°. Por grado de latitud el módulo cambia un 0,70 % y la inclinación 0,62°	art. 04, ej. 4
Par sobre un momento magnético	τ = m×B, de módulo mB sen θ; la fuerza total en campo uniforme es cero, por el mismo ∮dℓ = 0. Espira de 10 cm con 1 A en 0,5 T: 5,0 mN·m. Magnetopar de 0,20 A·m² a 400 km: 4,95 μN·m, y un cubo de 4 kg y 20 cm tarda 130 s en girar 90°	art. 04
Constantes universales	μ₀ = 1,256 637 061 27×10⁻⁶ N/A² (ya NO exactamente 4π×10⁻⁷: difiere en 1,3×10⁻¹⁰) · μ₀/4π = 1,00×10⁻⁷ T·m/A · ε₀ = 8,854×10⁻¹² F/m · e = 1,602×10⁻¹⁹ C · m_p/m_e = 1 836 · k_B = 1,381×10⁻²³ J/K	art. 01 a 04
Datos del mundo que el módulo usa	Resonancia magnética 3 T · campo terrestre dipolar 29,7 μT en el ecuador · cobre: ρ = 1,68×10⁻⁸ Ω·m y n = 8,49×10²⁸ m⁻³ · conductor de 2,5 mm² → a = 0,892 mm · g_p = 5,586. De la hoja: rigidez del aire 3,0 MV/m (P2), campo real en Madrid 45,05 μT y polo geomagnético 2025 a 80,8° N y 72,8° O (P6)	art. 01 a 04 y hoja
Números puros que hay que reconocer	2 (eje/ecuador del dipolo, y boca/centro del solenoide) · 2√2 = 2,83 (espira cuadrada mal resuelta) · π (espira circular mal resuelta) · 8√2/π² = 1,146 (cuadrado/círculo) · 8/5^3/2 = 0,7155 (Helmholtz) · 54,7° (ángulo mágico, P₂ = 0: donde se anula la componente paralela a m) · 2^1/3 = 1,26 (eje/ecuador de una línea de campo constante)	art. 01 a 04