22El electromagnetismo en la materia

Solución de Ejercicio 22.1.

(a) $+P$ en la cara a la que apunta $\vect P$, y $-P$ en la otra. (b) Dos hojas infinitas $\pm P$ producen $P/\varepsilon_0$ entre ellas, dirigido de $+$ a $-$, es decir, en contra de $\vect P$. (c) $\vect D = \varepsilon_0\vect E + \vect P = 0$ — como debe ser: no hay carga libre, y la componente normal de $\vect D$ es continua desde el vacío exterior. (d) De un imán de barra: densidad de dipolos congelada y campo sostenido por sus propias fuentes ligadas.

Solución de Ejercicio 22.2.

(a) $C = \varepsilon_{\text{r}}C_0 = 400\,\mathrm{pF}$. (b) $Q = 1.2\,\mathrm{nC}$ queda atrapada: $V = Q/C = 3\,\mathrm{V}$. (c) $\tfrac12C_0V_0^2 = 7.2\,\mathrm{nJ}$ antes y $1.8\,\mathrm{nJ}$ después: los $5.4\,\mathrm{nJ}$ que faltan se hicieron trabajo mecánico — el campo de bordes mete la lámina dentro. (d) Con la batería conectada: $V$ sigue en $12\,\mathrm{V}$, $Q$ se cuadruplica y la energía sube a $28.8\,\mathrm{nJ}$ — la batería paga tanto la nueva energía de campo como el tirón.

Solución de Ejercicio 22.3.

El agua: diamagnética — todos los electrones apareados, y solo la oposición inducida de Larmor. El aluminio: paramagnético (los espines de los electrones de conducción). El oxígeno líquido: fuertemente paramagnético — el O$_2$ lleva dos electrones desapareados (el llenado según la regla de Hund de sus orbitales antienlazantes, Capítulo 14); se queda pegado a ojos vistas entre los polos de un imán. El níquel: ferromagnético. El imán atrae visiblemente al níquel y al oxígeno líquido, y repele levísimamente al agua — el hoyuelo que un imán potente hace en la superficie del agua.

Solución de Ejercicio 22.4.

(a) $H = nI = 3000\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$. (b) $M = B/\mu_0 - H = 1.27 \times 10^{6}\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$. (c) $B/\mu_0H \approx 420$. (d) La corriente en hoja ligada equivalente es $M \approx 1.27 \times 10^{6}\,\mathrm{A}$ por metro — cuatrocientas veces el propio $nI = 3000\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$ de la bobina: el hierro hace casi todo el trabajo.

Solución de Ejercicio 22.5.

(a) Una superficie de Gauss cilíndrica encierra solo carga libre: $D = \lambda/2\pi r$, radial. (b) $E = \lambda/2\pi\varepsilon_0\varepsilon_{\text{r}}r$, $P = (\varepsilon_{\text{r}}-1)\lambda/2\pi\varepsilon_{\text{r}}r$. (c) $\sigma_{\text{b}}(a) = -P(a)$: por unidad de longitud, $-(\varepsilon_{\text{r}}-1)\lambda/\varepsilon_{\text{r}}$; en $r = b$, $+P(b)$: por unidad de longitud, $+(\varepsilon_{\text{r}}-1)\lambda/\varepsilon_{\text{r}}$ — suma nula, como debe ser la carga ligada. (d) $V = \int E\,\dd r = (\lambda/2\pi\varepsilon_0\varepsilon_{\text{r}})\ln(b/a)$, luego $C/\ell = 2\pi\varepsilon_0\varepsilon_{\text{r}}/\ln(b/a)$: multiplicada por $\varepsilon_{\text{r}}$.

Solución de Ejercicio 22.6.

(a) $n = P/k_{\text{B}}T = 2.4 \times 10^{25}\,\mathrm{m}^{-3}$, de modo que $\alpha/\varepsilon_0 = \chi/n \approx 2.2 \times 10^{-29}\,\mathrm{m}^{3}$ — el volumen de una esfera de radio $\approx1.7\,\text{Å}$: la polarizabilidad es el volumen atómico, en unidades de $\varepsilon_0$. (b) $n\alpha/3\varepsilon_0 = 0.15$, de modo que $(\varepsilon_{\text{r}} - 1)/(\varepsilon_{\text{r}} + 2) = 0.15$ da $\varepsilon_{\text{r}} = 1.53$ — clavado en el valor medido. (c) Aquí la corrección de campo local es un efecto del 15 %; el argón es no polar, así que no hay contribución de orientación que se desboque. (d) Las moléculas polares (agua, HCl): dominan los dipolos permanentes, que además interactúan; la teoría de Langevin–Debye (y, para líquidos densos, la de Onsager) sustituye al sencillo argumento de la cavidad.

Solución de Ejercicio 22.7.

(a) $\chi_{\text{e}} = np^2/3\varepsilon_0k_{\text{B}}T \approx 11.5$. (b) $E = k_{\text{B}}T/p \approx 6.7 \times 10^{8}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ — diez veces el campo de ruptura: el agua trabaja siempre bien dentro del régimen lineal. (c) A $2.45\,\mathrm{GHz}$, los dipolos casi siguen el ritmo pero se retrasan: la parte de la respuesta en desfase hace un trabajo neto sobre el agua en cada ciclo — el calentamiento dieléctrico. En el hielo, las moléculas están trabadas a la red; su relajación rotacional cae en los kilohercios, así que a gigahercios el hielo apenas absorbe (los ciclos de descongelación pulsan con suavidad y dejan que el agua fundida haga el calentamiento). (d) El agua: negativo (respuesta de orientación en $1/T$); el argón: esencialmente nulo — a la polarizabilidad inducida no le importa la temperatura.

Solución de Ejercicio 22.8.

(a) El desplazamiento de Larmor cambia la corriente que circula en $\Delta I = -e\Delta\omega/2\pi = -e^2B/4\pi m_{\text{e}}$, luego $\Delta\mu = \Delta I\cdot\pi r^2 = -e^2r^2B/4m_{\text{e}}$, opuesto a $\vect B$ orbite el electrón en el sentido que orbite — la ley de Lenz a escala atómica. (b) Con los números dados, $\chi_{\text{m}} \approx -9.5\times10^{-6}$: el $-9\times10^{-6}$ medido, a partir de un modelo de anillo. (c) El momento inducido procede de la deformación de la órbita, no de una competencia de Boltzmann entre alineación y desorden — no hay $T$ por ninguna parte. (d) El agua es diamagnética, así que a la rana la empuja hacia el campo débil; la densidad de fuerza $\propto \chi\,\nabla(B^2/2\mu_0)$ se anula en un campo uniforme — la levitación necesita un $B\,\dd B/\dd z$ lo bastante grande para equilibrar $\rho g$, y de ahí el imán de $16\,\mathrm{T}$.

Solución de Ejercicio 22.9.

(a) $\chi_{\text{m}} = \mu_0n\mu_{\text{B}}^2/3k_{\text{B}}T \approx 1.7\times10^{-5}$ a $300\,\mathrm{K}$, y $5\times10^{-3}$ a $1\,\mathrm{K}$. (b) Extrapolando, $\chi \to 1$ cerca de $5\,\mathrm{mK}$ — pero los acoplamientos dipolares y de intercambio ordenan (o congelan) antes las sales reales: la ley de Curie es una ley de alta temperatura. (c) Magnetizada a $1\,\mathrm{K}$, la entropía de espín se exprime hacia el baño; ya aislada, $S$ queda fija, y bajar $B$ deja que los espines reclamen sus $k_{\text{B}}\ln 2$ cada uno — la energía sale de la red, cuya temperatura cae (milikelvin en la práctica). (d) Los espines de un ferroimán se ordenan solos por debajo de $T_{\text{c}}$: su entropía deja de gobernarse con el campo, y la histéresis disiparía en vez de enfriar.

Solución de Ejercicio 22.10.

(a) $NI = B(\ell/\mu_0\mu_{\text{r}} + e/\mu_0)$: con el equivalente $\ell/\mu_{\text{r}} = 0.15\,\mathrm{mm}$ frente a $e = 4\,\mathrm{mm}$, $NI \approx 3960$ amperios-vuelta e $I \approx 7.9\,\mathrm{A}$. (b) El $4/4.15 \approx 96\,\%$ del esfuerzo cruza el entrehierro. (c) $\Phi = NI/(\mathcal R_{\text{hierro}} + \mathcal R_{\text{ent}})$ con $\mathcal R = \ell/\mu A$: la fuerza magnetomotriz $NI$ hace de tensión, el flujo hace de corriente y la reluctancia hace de resistencia — aquí $\mathcal R_{\text{ent}} \approx 2.0\times10^{6}\,\mathrm{H}^{-1} \approx 27\,\mathcal R_{\text{hierro}}$. (d) Pasados los $1.8\,\mathrm{T}$, la $\mu_{\text{r}}$ incremental del hierro se desploma hacia 1: su reluctancia se dispara, la corriente extra no compra casi nada de flujo extra, y un motor llevado hasta ahí deja de ganar par mientras se le cuecen los devanados.

Solución de Ejercicio 22.11.

(a) $P = wfV = 40\times50\times4 \times 10^{-3} = 8\,\mathrm{W}$ — aceptable. (b) $1.2\,\mathrm{kW}$: el núcleo se pondría al rojo; al acero duro lo descalifica del servicio en alterna su propia virtud. (c) Las fuerzas electromotrices de Foucault escalan con el área del lazo y con $f$; laminar (o pulverizar, o usar ferritas aislantes) trocea los lazos y recorta la pérdida en $f^2$ — y por eso las ferritas mandan en el rango de los megahercios. (d) La memoria quiere que la barrera del bit almacenado, $\sim\mu_0H_{\text{c}}M_{\text{s}}V \gg k_{\text{B}}T$, aguante una década (el límite superparamagnético), es decir, una $H_{\text{c}}$ tan grande como se pueda escribir; un transformador quiere $H_{\text{c}} \to 0$ para tener un lazo estrecho. Un mismo material no puede estar en los dos extremos: imanes blandos para las máquinas y duros para la memoria.

Solución de Ejercicio 22.12.

(a) Una aguja larga magnetizada axialmente es un solenoide largo de corriente ligada: dentro, $H \approx 0$ (todo el $B$ viene de $M$). Una placa fina magnetizada a través de sus caras es el solenoide más corto y más gordo posible: su campo de retorno interior da $H = -M$. (b) El imán rechoncho trabaja en $H = -N_{\text{d}}M$, bien abajo en su curva de desmagnetización: el movimiento de las paredes le va royendo la remanencia; una aguja se queda en $H \approx 0$ y conserva lo que tiene. (c) De ahí las agujas de brújula y los granos alargados monodominio de la cinta magnética y de los primeros discos duros — la anisotropía de forma como seguro de la memoria. (d) La conservación del flujo y $\oint\vect H\cdot \dd\vect\ell = 0$ dan, en el interior de una esfera, $H_{\text{int}} = H_0 - M/3$; cuando $\mu_{\text{r}}\to\infty$, el hierro lleva $H_{\text{int}}\to0$, de modo que $M \to 3H_0 = 3B_0/\mu_0$: la esfera solo puede concentrar el campo tres veces, por “bueno” que sea el hierro.