NH2802–Fundamentos da Eletrodinˆ amica
Prof. Jos´e Kenichi Mizukoshi
Aula 4 (vers˜ao 20/11/2013)
A divergˆ encia e o rotacional de B
A divergˆencia e o rotacional de B Potencial Vetor Magn´etico
Aplica¸ c˜ oes da lei de Amp` ere
A divergˆencia e o rotacional de B Potencial Vetor Magn´etico
■ A forma diferencial da lei de Amp`ere ´e dada pela equa¸c˜ao
∇ × B = µ0J
■ Por outro lado, a forma integral ´e I
B · dl = µ0Iinc
◆ Qual o sentido que se deve percorrer a espira am- periana e qual a conven¸c˜ao para a corrente posi- tiva?
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.
Aplica¸ c˜ oes da lei de Amp` ere
A divergˆencia e o rotacional de B Potencial Vetor Magn´etico
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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¸c˜ao Para se aplicar a lei de Amp`ere, ´e preciso
conhecer previamente a dire¸c˜ao e o sentido de B. Espiraamperiana
Folha de corrente
■ Para encontrar a dire¸c˜ao e o sentido de B, vamos imaginar que a corrente superficial seja formada por um n´umero muito grande de fios dispostos em paralelo, conduzindo correntes el´etricas iguais.
Na figura ao lado, ilustramos os campos magn´eticos dos fios 1, 2 e 3 no ponto P. Ob- serve que a componente z do campo magn´etico gerado pelo fio 1 cancela a do fio 2, de forma que a resultante est´a na dire¸c˜ao y, apontando para `a esquerda nos pontos acima do plano e para `a di- reita abaixo do plano.
P
Planoxy
1 2 3
B2
B3
B1
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■ Como o plano ´e infinito, o campo magn´etico horizontal, na dire¸c˜ao y dever´a ser constante. Sendo assim, escolhemos como espira amperiana um retˆangulo de largura l e altuta h no plano yz. Pela lei de Amp`ere,
I
B · dl = µ0Iinc onde H
´e dividido em quatro trechos: dois na dire¸c˜ao y e dois na dire¸c˜ao z.
Na dire¸c˜ao z, a integral d´a zero, pois B ⊥ dl, enquanto que na dire¸c˜ao y, cada lado d´a R
B · dl = Bl. Por outro lado, Iinc =
Z
Kdl⊥ = Kl
■ Temos portanto que
B =
µ0K/2 ˆy (z < 0)
−µ0K/2 ˆy (z > 0)
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Ex. 2 Uma bobina toroidal consiste de um anel circular, ou donut, envolto por um fio longo. O enrolamento ´e uniforme e apertado o suficiente de tal forma que cada volta possa ser considerada como uma espira. Calcule o campo magn´etico em toda a regi˜ao do espa¸co.
Solu¸c˜ao Para aplicar a lei de Amp`ere, ´e preciso primeiro encontrar as linhas de campo geradas pelo tor´oide.
■ Vamos utilizar a lei de Biot-Savart para mostrar que as linhas de campo s˜ao circulares, tanto dentro como fora da bobina. Pode-se mostrar que a forma da se¸c˜ao transversal n˜ao ´e importante. Na figura acima, mostramos uma se¸c˜ao transversal retangular.
Aplica¸ c˜ oes da lei de Amp` ere
A divergˆencia e o rotacional de B Potencial Vetor Magn´etico
■ 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 = Is cos φ′ + Is senφ′ yˆ + Iz ˆz
Aplica¸ c˜ oes da lei de Amp` ere
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■ Temos portanto que
I × (r − r′) = [ sen φ′(Is(z − z′) + s′Iz)] ˆx
+ [Iz(x − s′ cosφ′) − Is cosφ′(z − z′)] ˆy + [−Isxsen φ′] ˆz
■ Para um ponto r′′ simetricamente aposto a r′, com φ′′ = −φ′, o elemento de corrente produz um campo magn´etico cuja dire¸c˜ao e sentido s˜ao dados por I × (r − r′′), que ´e igual ao lado direito da Eq. acima, s´o que com
senφ′ → − senφ′.
Conclus˜ao: somando as duas contribui¸c˜oes infinitesimais, as componentes resultantes nas dire¸c˜oes xˆ e ˆz se cancelam. Nesta posi¸c˜ao r, o campo vai
apontar na dire¸c˜ao yˆ. Para r qualquer, o campo vai apontar na dire¸c˜ao φ, ouˆ seja, o campo ´e circular, com o seu m´odulo sendo constante.
Aplica¸ c˜ oes da lei de Amp` ere
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■ Sabendo-se que o campo ´e 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 Amp`ere fica (lembrando que B ´e constante)
I
B · dl
| {z }
= Bdl
= B I
dl = B2πs = µ0Iinc
◆ Se a espira amperiana estiver no interior do tor´oide, Iinc = N I, onde N
´e o n´umero de espiras (voltas). Caso contr´ario, Iinc = 0.
Portanto,
B =
µ0N I
2πs φ,ˆ no interior da bobina 0, fora da bobina
Potencial Vetor Magn´ etico
A divergˆencia e o rotacional de B Potencial Vetor Magn´etico
O potencial vetor
A divergˆencia e o rotacional de B Potencial Vetor Magn´etico
■ 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.
O potencial vetor
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■ Observa-se que o potencial escalar n˜ao ´e univocamente determinado. De fato, ao inv´es 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.
O potencial vetor
A divergˆencia e o rotacional de B Potencial Vetor Magn´etico
■ A equa¸c˜ao acima ´e matematicamente an´aloga `a equa¸c˜ao de Poisson na eletrost´atica:
∇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.
O potencial vetor
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■ 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.
O potencial vetor – exemplos
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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¸c˜ao Primeiramente, vamos estabelecer o sistema de coorde- nadas. Seria natural escolher o eixo polar (z) com ω. No entanto, a integra¸c˜ao ser´a mais f´acil 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′.
O potencial vetor – exemplos
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■ 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 ´unico termo de v que sobrevive `a integra¸c˜ao ´e o segundo termo da componente y.
O potencial vetor – exemplos
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Obtemos, assim A(r) = −µ0
4πσR2 sen ψ
Z π
0
cos θ′ sen θ′
√R2 + r2 − 2Rr cos θ′ dθ′
| {z }
≡I
Z 2π
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.
O potencial vetor – exemplos
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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¸c˜ao em torno do eixo z (primeira figura da P´ag. 15), ω = ω ˆz e r ´e fun¸c˜ao 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)
O potencial vetor – exemplos
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■ Lembrando que em coordenadas esf´ericas o rotacional de A ´e
∇ × A = 1 r sen θ
∂
∂θ(sen θAφ) − ∂Aθ
∂φ
ˆr + 1 r
1 senθ
∂Ar
∂φ − ∂
∂r(rAφ)
θ+ˆ + 1
r
∂
∂r(rAθ) − ∂Ar
∂θ
φˆ,
o campo magn´etico em toda a regi˜ao do espa¸co ´e
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.
O potencial vetor – exemplos
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Ex. 4 Encontre o potencial vetor de um solen´oide com n voltas por unidade de comprimento, raio R e corrente I.
Solu¸c˜ao Como a corrente se estende at´e o infinito, n˜ao podemos usar a pen´ultima Eq. da P´ag. 14. ´E preciso um outro meio para encontramos o potencial vetor do sistema.
■ Note que
I
C
A · dl = Z
(∇ × A) · da = Z
S
B · da = ΦB,
onde ΦB ´e o fluxo do campo magn´etico atrav´es 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¸c˜ao acima e sabendo que o campo magn´etico no interior do solen´oide possui m´odulo B = µ0nI e dire¸c˜ao longitudinal, enquanto que fora
´e zero, podemos inferir que o potencial vetor ´e circular.
O potencial vetor – exemplos
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■ 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 d´a µ0nI(πR2), j´a que o campo magn´etico fora do solen´oide ´e 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).
Referˆ encias
A divergˆencia e o rotacional de B Potencial Vetor Magn´etico
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■ David J. Griffiths, Introduction to Electrodynamics, Third Edition, Prentice Hall, 1999.