A divergˆ encia e o rotacional de B

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NH2802–Fundamentos da Eletrodinˆ amica

Prof. Jos´e Kenichi Mizukoshi

Aula 4 (vers˜ao 20/11/2013)

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A divergˆ encia e o rotacional de B

A divergˆencia e o rotacional de B Potencial Vetor Magn´etico

(3)

Aplica¸ c˜ oes da lei de Amp` ere

■ A forma diferencial da lei de Ampère é dada pela equa¸cão

∇ × B = µ⁰J

■ Por outro lado, a forma integral ´e I

B · dl = µ⁰I_inc

◆ Qual o sentido que se deve percorrer a espira amperiana e qual a conven¸c˜ao para a corrente positiva?

Espira amperiana

Superf´ıcie

Conven¸c˜ao: utiliza-se a regra da m˜ao direita; se os quatro dedos da

m˜ao direita indicarem o sentido a ser percorrido na espira amperiana, o polegar indica o sentido da corrente positiva.

■ Conforme visto, o Teorema de Stokes leva uma das equa¸c˜oes acima `a outra.

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Aplica¸ c˜ oes da lei de Amp` ere

Aula 4 4 / 22

Ex. 1 Encontre o campo magn´etico de uma superf´ıcie infinita com densidade de corrente uniforme K = Kxˆ fluindo no plano xy, conforme mostra a figura ao lado.

Solu¸cão Para se aplicar a lei de Ampère, é preciso

conhecer previamente a dire¸cão e o sentido de B. Êspiraâmperiana

Folha de corrente

■ Para encontrar a dire¸cão e o sentido de B, vamos imaginar que a corrente superficial seja formada por um número muito grande de fios dispostos em paralelo, conduzindo correntes elétricas iguais.

Na figura ao lado, ilustramos os campos magnéticos dos fios 1, 2 e 3 no ponto P. Ob- serve que a componente z do campo magnético gerado pelo fio 1 cancela a do fio 2, de forma que a resultante está na dire¸cão y, apontando para à esquerda nos pontos acima do plano e para à direita abaixo do plano.

P

Planoxy

1 2 3

B2

B3

B1

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Aplica¸ c˜ oes da lei de Amp` ere

■ Como o plano é infinito, o campo magnético horizontal, na dire¸cão y deverá ser constante. Sendo assim, escolhemos como espira amperiana um retângulo de largura l e altuta h no plano yz. Pela lei de Ampère,

I

B · dl = µ⁰I_inc onde H

é dividido em quatro trechos: dois na dire¸cão y e dois na dire¸cão z.

Na dire¸cão z, a integral dá zero, pois B ⊥ dl, enquanto que na dire¸cão y, cada lado dá R

B · dl = Bl. Por outro lado, I_inc =

Z

Kdl^⊥ = Kl

■ Temos portanto que

B =







µ⁰K/2 ˆy (z < 0)

−µ⁰K/2 ˆy (z > 0)

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Aplica¸ c˜ oes da lei de Amp` ere

Aula 4 6 / 22

Ex. 2 Uma bobina toroidal consiste de um anel circular, ou donut, envolto por um fio longo. O enrolamento é uniforme e apertado o suficiente de tal forma que cada volta possa ser considerada como uma espira. Calcule o campo magnético em toda a região do espa¸co.

Solu¸cão Para aplicar a lei de Ampère, é preciso primeiro encontrar as linhas de campo geradas pelo toróide.

■ Vamos utilizar a lei de Biot-Savart para mostrar que as linhas de campo são circulares, tanto dentro como fora da bobina. Pode-se mostrar que a forma da se¸cão transversal não é importante. Na figura acima, mostramos uma se¸cão transversal retangular.

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Aplica¸ c˜ oes da lei de Amp` ere

■ De acordo com a lei de Biot-Savart, o campo magn´etico devido ao elemento de corrente em r^′ ´e

dB = µ⁰ 4π

I × (r − r^′)

|r − r^′|³ dl^′

Por simplicidade, vamos tomar r no plano xz, tal que r = x xˆ + z ˆz, enquanto que

r^′ = s^′ cos φ^′ xˆ + s^′ senφ^′ yˆ + z^′ ˆz

r−r^′

Logo,

r − r^′ = (x − s^′ cosφ^′) ˆx − s^′ sen φ^′ yˆ + (z − z^′) ˆz

■ Observe que a corrente na espira em roxo n˜ao possui componente na dire¸c˜ao de φ^′: I = Is ˆs + Iz zˆ, que em coordenadas cartesianas,

I = I_s cos φ^′ + I_s senφ^′ yˆ + I_z ˆz

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Aplica¸ c˜ oes da lei de Amp` ere

Aula 4 8 / 22

■ Temos portanto que

I × (r − r^′) = [ sen φ^′(Is(z − z^′) + s^′Iz)] ˆx

+ [I_z(x − s^′ cosφ^′) − I_s cosφ^′(z − z^′)] ˆy + [−I_sxsen φ^′] ˆz

■ Para um ponto r^′′ simetricamente aposto a r^′, com φ^′′ = −φ^′, o elemento de corrente produz um campo magnético cuja dire¸cão e sentido são dados por I × (r − r^′′), que é igual ao lado direito da Eq. acima, só que com

senφ^′ → − senφ^′.

Conclusão: somando as duas contribui¸cões infinitesimais, as componentes resultantes nas dire¸cões xˆ e ˆz se cancelam. Nesta posi¸cão r, o campo vai

apontar na dire¸cão yˆ. Para r qualquer, o campo vai apontar na dire¸cão φ, ouˆ seja, o campo é circular, com o seu módulo sendo constante.

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Aplica¸ c˜ oes da lei de Amp` ere

■ Sabendo-se que o campo é circular, tanto fora como dentro da bobina, escolhemos como espira amperiana um c´ırculo de raio s, em torno do seu eixo. Assim, a lei de Ampère fica (lembrando que B é constante)

I

B · dl

| {z }

= Bdl

= B I

dl = B2πs = µ⁰I_inc

◆ Se a espira amperiana estiver no interior do tor´oide, I_inc = N I, onde N

é o número de espiras (voltas). Caso contrário, I_inc = 0.

Portanto,

B =







µ⁰N I

2πs φ,ˆ no interior da bobina 0, fora da bobina

(10)

Potencial Vetor Magn´ etico

(11)

O potencial vetor

■ Na eletrost´atica, ∇ × E = 0 e pelo fato de que para qualquer fun¸c˜ao f,

∇ × (∇f) = 0, podemos introduzir o potencial escalar, V , tal que E = −∇V

■ Conforme visto, a lei de Gauss para o magnetismo ´e dada por ∇ · B = 0

(Aula 3, p´ag. 22). Como para qualquer vetor A, ∇ ·(∇ × A), introduzimos o potencial vetor A na magnetost´atica, de forma que

B = ∇ × A

■ Em termos do potencial escalar, a lei de Amp`ere fica

∇ × B = ∇ × (∇ × A) = ∇(∇ · A) − ∇²A = µ⁰J

onde utilizamos a identidade vetorial ∇ × (∇ × A) = ∇(∇ · A) − ∇²A.

(12)

O potencial vetor

Aula 4 12 / 22

■ Observa-se que o potencial escalar não é univocamente determinado. De fato, ao invés do potencial original V⁰, se tivermos V = V⁰ + α,

E = −∇V = −∇V⁰ − ∇α,

a quantidade f´ısica E n˜ao ´e alterada se α for escolhida tal que ∇α = 0.

■ De forma an´aloga, ser´a que temos a liberdade em tomar ∇ · A = 0 sem alterar o campo f´ısico B?

Vamos supor que ao campo vetorial original A0 possamos adicionar um termo ∇λ. Neste caso,

∇ · A = ∇ · A0 + ∇²λ.

Para que ∇ · A = 0, a fun¸c˜ao λ deve satisfazer a equa¸c˜ao

∇²λ = −∇ · A0

que ´e a equa¸c˜ao de Poisson.

(13)

O potencial vetor

■ A equa¸cão acima é matematicamente análoga à equa¸cão de Poisson na eletrostática:

∇²V = −ρ/ǫ⁰

cuja “solu¸c˜ao”, quando ρ vai a zero no infinito, ´e da forma

V = 1 4πǫ⁰

Z ρ

|r − r^′| dτ^′

■ De forma an´aloga, se ∇ · A0 → 0 no infinito, λ = 1

4π

Z ∇ · A0

|r − r^′| dτ^′

◆ Como na eletrost´atica, quando se tem uma distribui¸c˜ao de cargas e.g.

num fio infinito e ainda assim conseguimos definir V , ∇ · A0 → 0 no infinito n˜ao ´e um requisito fundamental.

(14)

O potencial vetor

Aula 4 14 / 22

■ Com a imposi¸c˜ao ∇ · A = 0, a lei de Amp`ere se torna

∇²A = −µ⁰J

Ou seja, cada componente do campo vetorial A obedece a equa¸c˜ao de Poisson.

■ Assumindo-se que J vai a zero no infinito, a solu¸c˜ao ´e dada por

A = 1 4πǫ⁰

Z J(r^′)

|r − r^′| dτ^′

■ Para correntes linear e de superf´ıcie, temos

A = µ⁰ 4π

Z I(r^′)

|r − r^′| dl^′ e A = µ⁰ 4π

Z K(r^′)

|r − r^′| da^′, respectivamente.

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O potencial vetor – exemplos

Ex. 3 Uma casca esf´erica de raio R, carregada com uma densidade de carga σ uniforme, ´e colocada para girar com velocidade angular ω. Encontre o potencial vetor que ela produz no ponto r, mostrado na figura ao lado.

Solu¸cão Primeiramente, vamos estabelecer o sistema de coordenadas. Seria natural escolher o eixo polar (z) com ω. No entanto, a integra¸cão será mais fácil se o eixo z estiver alinhado com r e ω estiver no plano xz, conforme mostra a figura abaixo.

|r−r^′|

■ Como se trata de uma distribui¸c˜ao superficial de cargas, o potencial vetor ´e dado por

A(r) = µ⁰ 4π

Z K(r^′)

|r − r^′| da^′ onde K = σv, |r − r^′| = √

R² + r² − 2Rr cosθ^′ e da^′ = R² sen θ^′dθ^′dφ^′.

(16)

O potencial vetor – exemplos

Aula 4 16 / 22

■ A velocidade do ponto r^′ ´e dada por v = ω × r^′, onde ω = ω[sen ψ xˆ + cosψ ˆz]

r^′ = R[ senθ^′ cosφ^′ xˆ + sen θ^′ senφ^′yˆ + cosθ^′ ˆz] Portanto,

v = Rω[−(cosψ sen θ^′ senφ^′) ˆx + (cos ψ senθ^′ cos φ^′ − senψ cos θ^′) ˆy + ( sen ψ senθ^′ sen φ^′) ˆz]

■ Para obter A, verifica-se que o ´unico termo do integrando dependente de φ^′ vem de v. Observando que

Z ²π 0

senφ^′ dφ^′ =

Z ²π 0

cosφ^′ dφ^′ = 0,

o único termo de v que sobrevive à integra¸cão é o segundo termo da componente y.

(17)

O potencial vetor – exemplos

Obtemos, assim A(r) = −µ⁰

4πσR² sen ψ

Z _π

0

cos θ^′ sen θ^′

√R² + r² − 2Rr cos θ^′ dθ^′

| {z }

≡I

Z ²_π

0

dφ^′ yˆ

A integral I pode ser calculada fazendo-se w ≡ cos θ^′. Segue que dw = −senθ^′ dθ^′ e portanto,

I =

Z ⁻¹

1

−w

√R² + r² − 2Rrw dw = −R² + r² + Rrw 3R²r²

pR² + r² − 2Rrw

1

−1

= − 1 3R²r²

h(R² + r² + Rr)|R − r| − (R² + r² − Rr)(R + r)i

onde utilizamos a integra¸c˜ao por partes para resolver a integral.

◆ Se r < R (ponto dentro da esfera), I = 2r/3R², enquanto que para r > R (ponto fora da esfera), I = 2R/3r².

(18)

O potencial vetor – exemplos

Aula 4 18 / 22

Observe que

ω × r = −ωr senψ yˆ Logo,

A(r) =











µ⁰Rσ

3 (ω × r) (r < R) µ⁰R⁴σ

3r³ (ω × r) (r > R)

■ Para uma rota¸cão em torno do eixo z (primeira figura da Pág. 15), ω = ω ˆz e r é fun¸cão de r, θ e φ. O potencial vetor fica

A(r, θ, φ) =











µ⁰Rωσ

3 r senθ φˆ (r < R) µ⁰R⁴ωσ

3

senθ

r² φˆ (r > R)

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O potencial vetor – exemplos

■ Lembrando que em coordenadas esf´ericas o rotacional de A ´e

∇ × A = 1 r sen θ

∂

∂θ(sen θA_φ) − ∂A_θ

∂φ

ˆr + 1 r

1 senθ

∂A_r

∂φ − ∂

∂r(rA_φ)

θ+ˆ + 1

r

∂

∂r(rA_θ) − ∂Ar

∂θ

φˆ,

o campo magnético em toda a região do espa¸co é

B =











2µ⁰Rωσ

3 (cosθ ˆr − sen θ θˆ) (r < R) µ⁰R⁴ωσ

3

1

r³(2 cosθ ˆr + senθ θˆ) (r > R)

◆ Em particular, lembrando que θˆ = ∂ˆr/∂θ, (cosθ ˆr − senθ θ) = ˆˆ z = ˆω, o campo magn´etico no interior da esfera ´e B = 2µ⁰σRω/3 e portanto

uniforme.

(20)

O potencial vetor – exemplos

Aula 4 20 / 22

Ex. 4 Encontre o potencial vetor de um solen´oide com n voltas por unidade de comprimento, raio R e corrente I.

Solu¸cão Como a corrente se estende até o infinito, não podemos usar a penúltima Eq. da Pág. 14. É preciso um outro meio para encontramos o potencial vetor do sistema.

■ Note que

I

C

A · dl = Z

(∇ × A) · da = Z

S

B · da = Φ_B,

onde Φ_B é o fluxo do campo magnético através de uma superf´ıcie aberta S delimitada pelo caminho C. Observe a similaridade de H

C A · dl = ΦB, com a forma integral da lei de Amp`ere.

■ Com a observa¸cão acima e sabendo que o campo magnético no interior do solenóide possui módulo B = µ⁰nI e dire¸cão longitudinal, enquanto que fora

´e zero, podemos inferir que o potencial vetor ´e circular.

(21)

O potencial vetor – exemplos

■ A figura ao lado mostra o solen´oide visto de cima. Para s < R (interior do solen´oide), temos que

I

C

A · dl = A(2πs) = Z

S

B · da = µ⁰nI(πs²) Portanto,

A = µ⁰nI

2 s φˆ

I

B

R

A

dl

espira amperianaC s

■ Para s > R, a integral de linha continua sendo A(2πs), enquanto que o fluxo dá µ⁰nI(πR²), já que o campo magnético fora do solenóide é zero. Logo,

A = µ⁰nI 2

R² s φˆ

■ Pode-se mostrar que ∇ × A produz corretamente B e que ∇ · A = 0 (utilize o rotacional e o divergente em coordenadas cil´ındricas).

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Referˆ encias

Aula 4 22 / 22

■ David J. Griffiths, Introduction to Electrodynamics, Third Edition, Prentice Hall, 1999.