Eletromagnetismo II. Cap. 8: Leis de conservação 8.1: Teorema de Poynting e conservação de energia. Prof. Marcos Menezes Instituto de Física - UFRJ

Eletromagnetismo II

Cap. 8: Leis de conservação

8.1: Teorema de Poynting e conservação de energia Prof. Marcos Menezes

Instituto de Física - UFRJ

8.1 Teorema de Poynting e conservação de energia

Vamos discutir agora o balanço de energia na eletrodinâmica. Para isso, considere uma distribuição arbitrária de cargas e correntes, com densidades volumétricas 𝜌 e 𝐉 conhecidas na presença de campos 𝐄 e 𝐁 (incluindo os produzidos pela própria distribuição).

A força eletromagnética sobre um elemento de carga 𝑑𝑞 = 𝜌𝑑𝑣 da distribuição deslocando-se com velocidade 𝐯 é:

𝑑𝐅 = 𝑑𝑞 (𝐄 + 𝐯 × 𝐁) = 𝜌 𝐄 + 𝐯 × 𝐁 𝑑𝑣

O trabalho realizado por essa força ao longo de um deslocamento infinitesimal 𝑑𝐥 da carga é:

𝑑𝑤 = 𝑑𝐅 ⋅ 𝑑𝐥 = 𝜌 𝐄 + 𝐯 × 𝐁 ⋅ 𝑑𝐥 𝑑𝑣

Como 𝑑𝐥 = 𝐯 𝑑𝑡, podemos escrever:

Como 𝐉 = 𝜌𝐯, o trabalho total realizado sobre todas as cargas e correntes da distribuição é:

𝑑𝑤 = 𝜌 𝐄 + 𝐯 × 𝐁 ⋅ 𝐯 𝑑𝑡 𝑑𝑣 = 𝜌 𝐄 ⋅ 𝐯 𝑑𝑣 𝑑𝑡

uma vez que 𝐯 × 𝐁 ⋅ 𝐯 = 0 (vetores perpendiculares). Verificamos mais uma fez que a força magnética não realiza trabalho!

𝑑𝑊 = න

𝑉

𝑑𝑤 = න

𝑉

𝐄 ⋅ 𝐉 𝑑𝑣 𝑑𝑡

e a potência associada é:

𝑃 = 𝑑𝑊

𝑑𝑡 = න

𝑉

𝐄 ⋅ 𝐉 𝑑𝑣

Vamos agora utilizar as equações de Maxwell para reescrever a expressão acima inteiramente em termos dos campos 𝐄 e 𝐁!

Vamos utilizar primeiro a lei de Ampère-Maxwell:

Com isso:

Para o primeiro termo, vamos utilizar agora a seguinte regra de produto:

𝑑𝑊

𝑑𝑡 = න

𝑉

𝐄 ⋅ 𝐉 𝑑𝑣 = න

𝑉

𝐄 ⋅ 1

𝜇

𝛁 × 𝐁 − 𝜀

𝜕𝐄

𝜕𝑡 𝑑𝑣

𝛁 × 𝐁 = 𝜇

𝐉 + 𝜇

𝜀

𝜕𝐄

𝜕𝑡 ⇒ 𝐉 = 1

𝜇

𝛁 × 𝐁 − 𝜀

𝜕𝐄

𝜕𝑡

𝛁 ⋅ 𝐄 × 𝐁 = 𝐁 ⋅ 𝛁 × 𝐄 − 𝐄 ⋅ 𝛁 × 𝐁

e, da lei de Faraday:

𝛁 × 𝐄 = − 𝜕𝐁

𝜕𝑡 ⇒ 𝐄 ⋅ 𝛁 × 𝐁 = −𝐁 ⋅ 𝜕𝐁

𝜕𝑡 − 𝛁 ⋅ 𝐄 × 𝐁

Portanto:

Note agora que:

𝑑𝑊

𝑑𝑡 = න

𝑉

− 1

𝜇

𝐁 ⋅ 𝜕𝐁

𝜕𝑡 + 𝛁 ⋅ 𝐄 × 𝐁 − 𝜀

𝐄 ⋅ 𝜕𝐄

𝜕𝑡 𝑑𝑣

= − න

𝑉

𝜀

𝐄 ⋅ 𝜕𝐄

𝜕𝑡 + 1

𝜇

𝐁 ⋅ 𝜕𝐁

𝜕𝑡 𝑑𝑣 − 1 𝜇

න

𝑉

𝛁 ⋅ 𝐄 × 𝐁 𝑑𝑣

𝐄 ⋅ 𝜕𝐄

𝜕𝑡 = 1 2

𝜕

𝜕𝑡 (𝐸

) 𝐁 ⋅ 𝜕𝐁

𝜕𝑡 = 1 2

𝜕

𝜕𝑡 (𝐵

)

e

e a segunda integral pode ser simplificada utilizando o teorema de Gauss. O resultado final é:

𝑑𝑊

𝑑𝑡 = − 1 2

𝑑 𝑑𝑡 න

𝑉

𝜀

𝐸

+ 1

𝜇

𝐵

𝑑𝑣 − 1 𝜇

ර

𝑆

𝐄 × 𝐁 ⋅ 𝑑𝐚

Este é o teorema de Poynting. Ele representa o balanço de energia na eletrodinâmica!

Vamos agora interpretar este teorema discutindo cada termo.

Nós já vimos o primeiro termo (integral de volume) antes. Note que:

𝑈

= 1 2 න

𝑉

𝜀

𝐸

+ 1

𝜇

𝐵

𝑑𝑣

representa a energia armazenada no campo eletromagnético dentro da região de volume 𝑽!

Portanto, o primeiro termo representa a taxa de decréscimo desta energia −^{𝒅𝑼𝒆𝒎}

𝒅𝒕 .

Para o segundo termo, é conveniente definirmos o vetor de Poynting:

𝐒 = 1

𝜇

𝐄 × 𝐁

de forma que o fluxo de 𝐒 através de uma superfície fechada 𝑆 é:

Φ

= ර

𝑆

𝐒 ⋅ 𝑑𝐚

Portanto, o segundo termo representa menos a energia por unidade de tempo que flui através da superfície 𝑺 que delimita 𝑽!

Com essas definições, podemos reescrever o teorema de Poynting como:

ou seja: o trabalho por unidade de tempo realizado pela força eletromagnética sobre as cargas e correntes no interior de uma região é igual a taxa com que a energia armazenada pelos campos no interior da região é perdida menos a energia por unidade de tempo que flui através da superfície que delimita a região.

Com esse resultado, podemos ainda interpretar 𝑺 como a densidade de fluxo de energia por unidade de tempo (energia por unidade de área e tempo)!

𝑑𝑊

𝑑𝑡 = − 𝑑𝑈

𝑑𝑡 − Φ

𝑑𝑊

𝑑𝑡 = − 1 2

𝑑 𝑑𝑡 න

𝑉

𝜀

𝐸

+ 1

𝜇

𝐵

𝑑𝑣 − 1 𝜇

ර

𝑆

𝐄 × 𝐁 ⋅ 𝑑𝐚

Forma diferencial do teorema de Poynting:

Podemos ainda definir a densidade volumétrica de energia armazenada nos campos:

𝑢

= 1

2 𝜀

𝐸

+ 1 𝜇

𝐵

e a densidade volumétrica de energia mecânica associada ao sistema como:

𝑑𝑊

𝑑𝑡 = 𝑑 𝑑𝑡 න

𝑉

𝑢

𝑑𝑣

Com isso, o teorema de Poynting pode ser reescrito como:

𝑑 𝑑𝑡 න

𝑉

𝑢

𝑑𝑣 = − 𝑑 𝑑𝑡 න

𝑉

𝑢

𝑑𝑣 − ර

𝑆

𝐒 ⋅ 𝑑𝐚 𝑑𝑈

𝑑𝑡 = 𝑑 𝑑𝑡 න

𝑉

𝑢

𝑑𝑣

⇒

Utilizando novamente o teorema da divergência, obtemos:

Como o resultado deve valer para qualquer volume 𝑉, obtemos a forma diferencial:

Compare com a equação da continuidade que já vimos anteriormente:

න

𝑉

𝜕

𝜕𝑡 (𝑢

+ 𝑢

) 𝑑𝑣 = − න

𝑉

𝛁 ⋅ 𝐒 𝑑𝑣

𝜕

𝜕𝑡 𝑢

+ 𝑢

= − 𝛁 ⋅ 𝐒

𝜕𝜌

𝜕𝑡 = − 𝛁 ⋅ 𝐉

A interpretação física é imediata:

• 𝑺 representa a densidade de fluxo de energia da mesma forma que 𝑱 representa a de carga (por unidade de tempo)!

• O teorema de Poynting representa a lei da conservação da energia da mesma forma que a equação da continuidade representa a lei da conservação de carga!

Exemplo: um outro olhar para o efeito Joule

Exemplo 8.1 (adaptado): Considere um fio longo e retilíneo de comprimento 𝐿 e seção transversal circular de raio 𝑎, como mostrado na figura abaixo. Ele transporta uma corrente estacionária de intensidade 𝐼, uniformemente distribuída sobre a seção transversal. A diferença de potencial entre as extremidades do fio vale 𝑉.

(a) Determine o vetor de Poynting (módulo, direção e sentido) em um ponto arbitrário sobre a superfície lateral do fio (imediatamente dentro dele).

(b) Determine o fluxo deste vetor sobre a superfície lateral do fio. Interprete o resultado.

(a) Já vimos que o campo elétrico no interior do fio é uniforme e é dado por (cap. 7.1):

Este também deve ser o campo na superfície do fio (imediatamente dentro).

𝐄 = 𝑉 𝐿 ො𝐳

Como a distribuição de correntes tem simetria cilíndrica, já vimos que o campo magnético no exterior do fio deve ser idêntico ao de um fio fino, retilíneo e infinito (cap. 5):

𝐁 = 𝜇

𝐼 2𝜋𝑠 𝝓 ෡

onde 𝑠 é a distância até o eixo. Na superfície, teremos 𝑠 = 𝑎 e:

𝐁 = 𝜇

𝐼 2𝜋𝑎 𝝓 ෡

Note que este campo é contínuo sobre a superfície do fio. Por que?

Portanto, o vetor de Poynting sobre a superfície será (imediatamente dentro):

Note que este vetor aponta radialmente para dentro do fio. Dessa forma, temos energia fluindo para dentro dele!

𝐒 = 1

𝜇

𝐄 × 𝐁 = 1 𝜇

𝑉

𝐿 ො𝐳 × 𝜇

𝐼

2𝜋𝑎 𝝓 ෡ = − 𝑉𝐼

2𝜋𝑎𝐿 ො𝐬

(b) Na superfície lateral do fio, temos ෝ𝐧 = ො𝐬. Assim, o fluxo de 𝐒 através dessa superfície é:

Φ

= න

𝑠𝑢𝑝.

𝐒 ⋅ 𝑑𝐚 = න

𝑠𝑢𝑝.

− 𝑉𝐼

2𝜋𝑎𝐿 ො𝐬 ⋅ 𝑑𝑎 ො𝐬 = − 𝑉𝐼 2𝜋𝑎𝐿 න

𝑠𝑢𝑝.

𝑑𝑎

= − 𝑉𝐼

2𝜋𝑎𝐿 2𝜋𝑎𝐿 = −𝑉𝐼

Como os campos são estáticos, temos ^{𝑑𝑈𝑒𝑚}

𝑑𝑡 = 0. Como as faces laterais do fio não contribuem para o fluxo, o teorema de Poynting dá:

𝑃 = 𝑑𝑊

𝑑𝑡 = −Φ

= 𝑉𝐼

• Como 𝑉 = 𝑅𝐼 (lei de Ohm), obtemos 𝑃 = 𝑅𝐼². Este resultado representa o efeito Joule, uma vez que a energia é fornecida às cargas do fio e é dissipada devido à resistência elétrica dele!

• Note que obtivemos esse resultado de uma forma muito mais simples no cap. 7 (ver seção 7.1), mas é interessante ver a consistência da teoria.

Exemplo 2: solenoide e espira

(a) Como a corrente no solenoide varia lentamente com o tempo, podemos utilizar a aproximação quase-estática. O campo é dado pela lei de Ampère e vale:

onde exploramos a uniformidade de 𝐁 dentro do solenoide.

Finalmente, a lei de Ohm dá a corrente induzida no anel:

𝐁

(𝑠, 𝑡) = ቐ

𝜇

𝑛𝐼

𝑡 ො𝐳, 𝑠 < 𝑎 𝟎, 𝑠 > 𝑎

Utilizando a lei de Faraday, calculamos a fem induzida no anel:

ℰ

= − 𝑑Φ

𝑑𝑡 = − 𝑑 𝑑𝑡 න

𝑆

𝐁

⋅ d𝐚 = − 𝑑

𝑑𝑡 𝜇

𝑛𝐼

𝑡 𝜋𝑎

= −𝜇

𝑛 𝜋𝑎

𝑑𝐼

𝑑𝑡

𝐼

= ℰ

𝑅 = − 𝜇

𝑛 𝜋𝑎

𝑅

𝑑𝐼

𝑑𝑡

Como 𝐼_𝑠 diminui com o tempo, 𝐼_𝑟 tem o mesmo sentido de 𝐼_𝑠!

(b) Nós já calculamos o campo elétrico induzido por 𝐄_𝑠 na aproximação quase-estática. O resultado é (problema 7.15):

• Como o raio 𝑏 do anel é muito maior que o raio 𝑎 do solenoide, podemos dizer que o campo produzido pelo anel na superfície do solenoide é aproximadamente igual ao valor produzido no eixo.

• Na aproximação quase-estática, este campo pode ser facilmente obtido a partir da lei de Biot-Savart. O resultado é (ver cap. 5):

𝐄

= − 𝜇

𝑛𝑎

2𝑠

𝑑𝐼

𝑑𝑡 𝝓 ෡

Na superfície do solenoide, tomamos 𝑠 = 𝑎, logo:

𝐄

= − 𝜇

𝑛𝑎 2

𝑑𝐼

𝑑𝑡 𝝓 = ෡ 𝑅

2𝜋𝑎 𝐼

𝝓 ෡

𝐁

𝑧, 𝑡 ≈ 𝜇

𝐼

2

𝑏

𝑏

+ 𝑧

ො𝐳

onde a coordenada 𝑧 é medida com relação ao plano do anel (𝑧 = 0).

Com esses campos, calculamos o vetor de Poynting sobre a superfície, imediatamente fora do solenoide:

Note que este vetor aponta radialmente para fora, indicando a direção da densidade de fluxo de energia. O fluxo através da superfície é

𝐒 = 1

𝜇

𝐄

× 𝐁

= 1 𝜇

𝑅

2𝜋𝑎 𝐼

𝝓 × ෡ 𝜇

𝐼

2

𝑏

𝑏

+ 𝑧

ො𝐳 = 𝑅𝐼

4𝜋𝑎

𝑏

𝑏

+ 𝑧

ො𝐬

Φ

= න

𝑠𝑢𝑝.𝑙𝑎𝑡.

𝐒 ⋅ 𝑑𝐚 = න

−∞

+∞

න

0

2𝜋

𝑅𝐼

4𝜋𝑎

𝑏

𝑏

+ 𝑧

ො𝐬 ⋅ 𝑑𝑧 𝑎𝑑𝜙

= 𝑅𝐼

2 න

−∞

+∞

𝑏

𝑏

+ 𝑧

𝑑𝑧

A integral pode ser resolvida por uma substituição trigonométrica. O resultado é:

Lembrando que Φ_𝐒^{𝑠𝑢𝑝.𝑙𝑎𝑡.} corresponde à quantidade de energia por unidade de tempo que flui através da superfície do solenoide, confirmamos que essa energia é fornecida ao anel e é dissipada pela resistência elétrica dele!

Φ

= 𝑅𝐼

2 න

−∞

+∞

𝑏

𝑏

+ 𝑧

𝑑𝑧 = 𝑅𝐼

2

𝑧

𝑏

+ 𝑧

ቚ

+∞

= 𝑅𝐼

Perguntas:

• Utilizamos uma aproximação para obter o campo magnético produzido pelo anel. Ainda assim, obtivemos o resultado esperado no final. Por que isto funciona?

• Como fica a contribuição da energia armazenada nos campos dentro da aproximação quase-estática?

• O teorema de Poynting se aplica a superfícies fechadas, mas calculamos o fluxo apenas sobre uma superfície aberta. Como completamos o argumento?

Referências básicas

• Griffiths (3ª edição) – cap. 8

Leitura avançada

• Zangwill – cap. 15

• Jefimenko – cap. 15