Hoja de problemas del módulo II.3

Si de este módulo hay que llevarse un solo aviso, son dos preguntas que hay que hacerse antes de escribir cada fórmula. La primera: ¿cumple mi corriente $\nabla\cdot\mathbf{J}=0$ ? Un segmento de cable que empieza y acaba en el aire no la cumple, y para él no vale Biot-Savart, ni la ley de Ampère, ni nada de lo que hay en el módulo. La segunda: ¿qué simetría exacta me garantiza que $|\mathbf{B}|$ es constante sobre el camino que voy a usar? Sin una respuesta concreta —invariancia de traslación, invariancia de rotación— la ley de Ampère sigue siendo cierta y deja de despejar: aplicada a la circunferencia inscrita en una espira cuadrada se equivoca en un factor 2,83, y aplicada a una espira circular, en un factor π, sin dar ningún aviso. Y un tercer hábito, que ahorra la mitad de los errores de signo: en magnetostática casi todo lleva un factor 2 —el eje frente al ecuador de un dipolo, la boca frente al centro de un solenoide, el interior de una lámina frente a su superficie—, y perderlo produce resultados que parecen razonables.

Necesitas: el módulo II.3 completo, y en particular el artículo 04 para los problemas 4, 5 y 6. Fuera del módulo, sólo dos cosas: del II.1, la superposición con la que se resolvió la cavidad descentrada (problema 3); del II.2, que anular un momento deja el campo lejano en manos del siguiente (problema 5).

Problema 1 ●○○ · La hélice que no cambia de rapidez

Un protón entra en el campo uniforme de $B = 3{,}0$ T del imán de una resonancia magnética con rapidez $v = 4{,}0\times10^{5}$ m/s, formando 30° con las líneas de campo.

(a) Descompón la velocidad y halla el radio, el periodo y el paso de la hélice que describe. (b) Demuestra que el cociente paso/radio no depende ni de $v$ ni de $B$ ni de la partícula, y da su valor. (c) Calcula la energía cinética al entrar y al cabo de tres vueltas completas. (d) Se añade ahora un campo eléctrico de $10^{3}$ V/m paralelo a $\mathbf{B}$ : ¿qué le pasa al radio, al periodo y al paso? Da la energía que gana el protón en el primer paso de hélice. (e) Repite (d) con el campo eléctrico perpendicular a $\mathbf{B}$ y explica en una frase por qué las dos respuestas no se parecen en nada.

Pista

Separa el movimiento en la componente paralela a $\mathbf{B}$ y la perpendicular antes de escribir nada: la primera es libre y la segunda es circular, y no se mezclan nunca. La trampa está en (b): mucha gente escribe el paso como $2\pi r$ por costumbre, y el paso lo fija el avance paralelo en un periodo, que no tiene nada que ver con la circunferencia. Para comprobarte, mira que en (c) la rapidez tiene que salir idéntica hasta la última cifra por el teorema del artículo 01, y que en (d) el radio crece mientras el periodo no se mueve. Y ojo con el «primer paso» de (d): si el campo eléctrico acelera, ese avance deja de ser el mismo en cada vuelta. Anclas: el periodo vale 21,9 ns, el paso 7,57 mm, el cociente paso/radio sale 10,88 sin depender de nada, y en (d) el protón gana 7,60 eV en el primer paso.

Problema 2 ●○○ · El disco cargado que gira, y lo poco que consigue

Un disco aislante de radio $R = 10$ cm se carga uniformemente con la máxima densidad superficial que el aire seco tolera — $\sigma = \varepsilon_0 E_{\text{rup}}$ con $E_{\text{rup}} = 3{,}0$ MV/m— y se hace girar a 10 000 rpm.

(a) Halla $\sigma$ y la carga total del disco. (b) Monta y resuelve la integral de Biot-Savart que da el campo en el centro, tratando el disco como una superposición de anillos. (c) Monta y resuelve la integral que da su momento magnético. (d) Compara ese momento con el de una sola espira del mismo radio con 1 A, y da la corriente que tendría que llevar esa espira para igualarlo. (e) La corriente total que circula por el disco es $I = \int dI$ : halla el cociente $m/I$ y explica por qué no es el área del disco.

Pista

Un anillo de radio $r$ y espesor $dr$ lleva la carga $\sigma\,2\pi r\,dr$ y da una vuelta cada $2\pi/\omega$ , de modo que equivale a una corriente $dI = \sigma\omega r\,dr$ : escribe eso y el resto son dos integrales elementales. La trampa está en (e): mira con qué potencia de $r$ se pondera cada uno de los dos integrandos antes de dar por hecho que el cociente es un área. Sale un factor puro, y entenderlo de dónde viene vale más que memorizarlo. Para comprobarte, el campo del centro tiene que reducirse a $\mu_0 I/2R$ si toda la carga estuviera en el borde. Anclas: σ = 26,6 μC/m², B en el centro = 1,75 nT, m = 2,18×10⁻⁶ A·m² y la corriente total, 139 μA. La comparación de (d) es la lección del problema: el disco no llega ni a la diezmilésima parte de una espira con 1 A.

Problema 3 ●●○ · El conductor con un agujero descentrado

Un conductor cilíndrico infinito de radio $a = 20$ mm tiene un agujero cilíndrico de radio $b = 6{,}0$ mm cuyo eje está a $d = 10$ mm del eje principal. Por el material circula una densidad de corriente uniforme $J = 1{,}0\times10^{6}$ A/m², paralela al eje.

(a) Calcula la corriente total. (b) Demuestra, superponiendo dos soluciones de la ley de Ampère, que el campo dentro del agujero es uniforme, y da su módulo y su dirección. (c) Comprueba el resultado evaluando el campo en tres puntos distintos del agujero, incluido uno pegado a su pared. (d) ¿Se puede llegar a este resultado aplicando la ley de Ampère directamente a un camino dentro del agujero? Justifícalo con el criterio del artículo 03. (e) A 5 cm y a 10 cm del eje principal, ¿con qué error se puede sustituir todo el conductor por un hilo recto que lleve la corriente total?

Pista

Un conductor con un agujero es un conductor macizo con $+J$ más un cilindro pequeño con $-J$ superpuesto: las dos piezas por separado sí tienen simetría cilíndrica y la ley de Ampère las resuelve. Escribe los dos campos interiores en forma vectorial — $\mathbf{B}$ proporcional a $\hat{\mathbf{z}}\times\mathbf{s}$ con $\mathbf{s}$ medido desde cada eje— y súmalos: la dependencia con el punto se cancela sola. La trampa es (d): vuelve a las dos condiciones de la sección «cuándo despeja» del artículo 03 y comprueba la segunda sobre un camino cualquiera del hueco, con el campo que acabas de hallar en la mano. Éste es el gemelo magnético de la cavidad descentrada del módulo II.1, y conviene comparar los dos resultados. Anclas: la corriente total es 1 143,5 A y el campo del hueco vale 6,28 mT, perpendicular a la línea que une los dos ejes; en (e), del lado del agujero, el hilo equivalente se pasa un 2,5 % a 5 cm y un 1,1 % a 10 cm, y del lado opuesto se queda corto un 1,6 % y un 0,89 %.

Problema 4 ●●○ · El potencial que sobrevive donde el campo se ha ido

Un solenoide muy largo de radio $a = 20$ mm con $n = 1\,000$ vueltas por metro lleva $I = 2{,}0$ A.

(a) Da $\mathbf{B}$ dentro y fuera y el flujo total $\Phi$ que lo atraviesa. (b) Halla $\mathbf{A}$ dentro y fuera, exigiendo que sea azimutal, continuo y que su rotacional dé el campo de (a). (c) Evalúa $A_\phi$ a 10, 20, 30 y 100 mm del eje y di dónde es máximo. (d) Demuestra que $\oint\mathbf{A}\cdot d\boldsymbol{\ell} = \Phi$ sobre cualquier circunferencia exterior, por lejos que esté, y explica qué tiene de raro que $\mathbf{A}$ no se anule en una región donde $\mathbf{B}$ es exactamente cero. (e) ¿Contradice eso la gauge? Es decir: ¿se puede encontrar una $\lambda$ que anule $\mathbf{A}$ fuera del solenoide? Razónalo con el resultado de (d).

Pista

No integres nada: el teorema de Stokes convierte esa circulación en algo que ya conoces del apartado (a) sin calcular nada nuevo. La trampa está en (e), y es conceptual: pregúntate qué le hace $\oint\nabla\lambda\cdot d\boldsymbol{\ell}$ a una curva cerrada, y qué tendría que pasarle a $\lambda$ para que no fuera eso. Para comprobarte, tu $A_\phi$ tiene que ser continuo en $s=a$ y su rotacional tiene que dar cero fuera y μ₀nI dentro. Anclas: B dentro = 2,51 mT, Φ = 3,16 μWb, y A es máximo justo en la pared, donde vale 25,1 μT·m; a 10 cm queda 5,03 μT·m. Ese resultado de (d) es el punto de partida del efecto Aharonov-Bohm, que ya no es de este módulo.

Problema 5 ●●● · Cómo se encoge la línea de cinco gauss

El imán del artículo 04 —solenoide de $L = 1{,}6$ m y radio $a_1 = 0{,}45$ m que da 3 T en su centro— genera una línea de 0,5 mT a más de diez metros, y ninguna sala de hospital tiene ese tamaño. Se le añade un segundo bobinado coaxial de radio $a_2 = 0{,}70$ m y la misma longitud, recorrido en sentido contrario.

(a) Calcula los amperivueltas y el momento dipolar del imán sin apantallar, y la distancia axial a la que su campo baja a 0,5 mT. (b) Impón que el momento dipolar total sea cero y halla los amperivueltas del segundo bobinado. ¿Qué fracción de los del primero son? (c) ¿Cuánto campo resta el bobinado exterior en el centro, y en qué factor hay que subir los amperivueltas de los dos para seguir teniendo 3 T dentro? (d) Con la pareja ya escalada, calcula el campo axial a 3, 5, 8 y 12 m y ajusta el exponente de la caída con los dos puntos más lejanos; compáralo con el del imán sin apantallar y con el que sale usando los dos más cercanos. ¿Qué término del desarrollo manda ahora, y por qué no es el cuadrupolo? (e) Halla la nueva distancia a 0,5 mT y el volumen de sala que eso ahorra.

Pista

El momento de cada bobinado es (amperivueltas) × (área de su sección), de modo que la condición de (b) es una sola ecuación con una incógnita. La trampa está en (c) y es de las que arruinan un diseño: la bobina exterior no sólo cancela el campo lejano, también resta campo dentro, y mucho — hay que reponer esos amperivueltas o el imán se queda corto. Para (d), ajusta el exponente con $n = \ln(B_1/B_2)/\ln(z_2/z_1)$ sobre 8 y 12 m —los dos puntos más lejanos que el enunciado pide—, y pregúntate qué momentos puede tener un sistema con simetría de espejo respecto a su plano medio. Comprueba que sin apantallar el exponente te sale 3, como tiene que ser, y que con 3 y 5 m sale bastante más alto: cerca del imán todavía manda la forma del bobinado. Anclas: m sin apantallar = 2,79×10⁶ A·m² y la línea de 0,5 mT cae a 10,4 m; el bobinado exterior necesita el 41,3 % de los amperivueltas del interior y resta 1,07 T en el centro; el exponente apantallado sale 5,05 entre 8 y 12 m, y la línea de 0,5 mT se encoge a 3,87 m.

Problema 6 ●●● · El dipolo inclinado de la Tierra, y por dónde falla

Los tres coeficientes dipolares del modelo IGRF-14 para la época 2025 son $g_1^0 = -29\,350$ , $g_1^1 = -1\,410{,}3$ y $h_1^1 = 4\,545{,}5$ nT, y el radio de referencia es $R_T = 6\,371{,}2$ km.

(a) Halla $B_0$ y el momento dipolar, y deduce la posición del polo norte geomagnético a partir de los tres coeficientes. (b) Calcula la latitud geomagnética de Madrid (40,4° N, 3,7° O) resolviendo el triángulo esférico correspondiente. (c) Predice con el modelo dipolar el módulo del campo y la inclinación magnética en Madrid. (d) El IGRF-14 completo, evaluado en la misma época 2025,0, da en Madrid 45,05 μT y 55,12°. Da el error del dipolo en cada una de las dos magnitudes y explica por qué uno es pequeño y el otro no. (e) Encuentra la latitud geomagnética a la que el dipolo sí daría el módulo medido, y di qué significa físicamente esa discrepancia de latitud. (f) ¿A qué altura sobre Madrid predice el modelo dipolar los 29,73 μT del ecuador?

Pista

El eje del dipolo apunta en la dirección del vector $(g_1^1,\,h_1^1,\,g_1^0)$ , y de ahí salen la colatitud y la longitud del polo con dos funciones trigonométricas — ojo con el signo de $g_1^0$ , que es negativo y por eso el polo norte geomagnético es el extremo sur del dipolo. Para (b), el coseno de la distancia angular al polo sale de la fórmula del coseno para triángulos esféricos. La trampa está en (d): antes de sacar conclusiones, compara la pendiente de las dos funciones de $\lambda$ cerca de la latitud de Madrid — el artículo 04 hace esa comparación a 60° y aquí toca rehacerla donde estás. Comprueba que tu $B_0$ reproduce 2 $B_0$ en el polo. Anclas: el polo norte geomagnético sale a 80,8° N y 72,8° O, la latitud geomagnética de Madrid es 43,10°, y el dipolo predice 46,07 μT y 61,89°.

Fin del módulo II.3. Lo que se ha ganado cabe en una frase: la magnetostática entera se sostiene sobre $\nabla\cdot\mathbf{J}=0$ . De esa condición sale que Biot-Savart tenga sentido, que $\nabla\cdot\mathbf{B}=0$ y con ello que exista el potencial vector, que la corriente encerrada por un camino no dependa de la superficie que se elija —y con ello la ley de Ampère— y que el desarrollo multipolar magnético empiece en el dipolo, porque $\oint d\boldsymbol{\ell}=0$ . Ésa es la asimetría con el módulo II.1 que este módulo existe para dejar clara: en electrostática el término dominante es la carga total y el dipolo es el caso especial de los objetos neutros; en magnetostática el dipolo es el caso general, y por eso el momento magnético de cualquier objeto —una espira, un imán, un planeta— es siempre una propiedad suya y no de la pareja objeto-origen.

Lo que falta, dicho con precisión. Todo lo de aquí ocurre en el vacío y con corrientes que no cambian con el tiempo, y las dos limitaciones se han notado por dentro. La primera: al calcular el campo de un solenoide se ha supuesto que el interior está vacío, y en cuanto se le mete un núcleo de hierro el campo se multiplica por mil sin que ninguna ecuación de este módulo lo prevea — porque la magnetización de la materia no es una corriente que se pueda escribir en un enunciado. La segunda: el artículo 01 dedujo la f.e.m. $BLu$ de una barra que se mueve sin usar el flujo, y ese resultado se quedó ahí, sin ley general detrás, porque una ley general exigiría campos que varían. Y hay una tercera que conviene nombrar: la fuerza entre dos circuitos sí ha salido con lo que hay aquí —el ejercicio 4 del artículo 03 la calcula para dos hilos, y con ella se definía el amperio—, pero la energía almacenada en un campo magnético no, porque medirla exige encender la corriente, y encenderla es electrodinámica.

El módulo II.4, «Campos en la materia», mete los campos dentro de los materiales: la polarización y la magnetización, las cargas y las corrientes ligadas que producen, los campos auxiliares $\mathbf{D}$ y $\mathbf{H}$ con la advertencia de que $\mathbf{H}$ no es «el campo magnético» por mucho que se le llame así, y las condiciones de contorno que hacen que un núcleo de hierro multiplique por mil el campo del solenoide del artículo 02. Y la maquinaria de este módulo reaparece allí casi entera, que es la razón de haberla montado con este cuidado: la magnetización equivale a una corriente ligada $\nabla\times\mathbf{M}$ que se mete en la ley de Ampère tal cual, y el momento magnético de un átomo se suma exactamente igual que el $\mathbf{m}$ de la espira del artículo 04. Después, con el II.5, los campos empiezan a cambiar con el tiempo —la ley de Faraday, la corriente de desplazamiento, las cuatro ecuaciones de Maxwell juntas— y esto se convierte por fin en electrodinámica.