Eletromagnetismo I. Cap. 5: Magnetostática 5.4: Potencial vetor magnético. Prof. Marcos Menezes Instituto de Física - UFRJ

Eletromagnetismo I

Cap. 5: Magnetostática

5.4: Potencial vetor magnético Prof. Marcos Menezes

Instituto de Física - UFRJ

5.4 – Potencial vetor magnético

5.4.1 – Definição

A lei de Gauss para o magnetismo,

nos permite escrever:

𝛁 ⋅ 𝐁 = 0

𝐁 = 𝛁 × 𝐀

uma vez que 𝛁 ⋅ 𝛁 × 𝐀 = 0 para qualquer função vetorial 𝐀.

A função 𝐀 é conhecida como potencial vetor e desempenha um papel análogo ao do potencial elétrico 𝑉 na eletrostática.

Da mesma forma que 𝑉 é bem definido a menos de uma constante arbitrária, 𝐀 é bem definido a menos do gradiente de uma função escalar:

Liberdade de calibre

𝐀^′ = 𝐀 + 𝛁𝜆 ⇒ 𝛁 × 𝐀^′ = 𝛁 × 𝐀 + 𝛁 × 𝛁𝜆 = 𝛁 × 𝐀

uma vez que 𝛁 × 𝛁𝜆 = 𝟎 para qualquer função escalar 𝜆.

Esta arbitrariedade na definição de 𝐀 nos dá uma liberdade em sua escolha, conhecida como liberdade de calibre.

Por conveniência, vamos trabalhar no calibre de Coulomb, onde:

𝛁 ⋅ 𝐀 = 0

Vamos verificar agora que é possível fazer essa escolha.

Vamos partir de um calibre genérico onde 𝛁 ⋅ 𝐀 ≠ 0 e escolher 𝐀^′ = 𝐀 + 𝛁𝜆 de forma que:

Calibre de Coulomb

𝛁 ⋅ 𝐀^′ = 𝛁 ⋅ 𝐀 + 𝛁 ⋅ 𝛁𝜆 = 0 ⇒

Portanto, 𝜆 deve satisfazer a equação de Poissoncom termo de fonte dado por 𝛁 ⋅ 𝐀!

Como nós sabemos resolver esta equação utilizando as técnicas vistas na eletrostática, isto significa que sempre podemos escolher 𝜆 de forma que 𝛁 ⋅ 𝐀^′ = 0!

∇²𝜆 = −𝛁 ⋅ 𝐀

Substituindo 𝐁 = 𝛁 × 𝐀 na lei de Ampère, obtemos:

Potencial vetor em termos de 𝐉

𝛁 × 𝐁 = 𝛁 × 𝛁 × 𝐀 = 𝜇₀𝐉

Por outro lado, sabemos que (cap. 1):

Como 𝛁 ⋅ 𝐀 = 0 no calibre de Coulomb, obtemos:

Lembrando a definição do Laplaciano vetorial, a equação acima representa uma equação de Poisson para cada componente cartesiana de 𝐀 e 𝐉!

𝛁 × 𝛁 × 𝐀 = 𝛁 𝛁 ⋅ 𝐀 − ∇^𝟐𝐀

∇^𝟐𝐀 = −𝜇₀𝐉

Assumindo uma distribuição finita de correntes, de forma que 𝐉 → 0 e 𝐀 → 0 no infinito, podemos imediatamente escrever a solução a partir do resultado na eletrostática:

Para distribuições de corrente em 1D e 2D, basta substituir 𝐉 𝐫^′ 𝑑𝑣′ pelos infinitésimos apropriados:

𝐀 = 𝜇₀ 4𝜋 න

𝑑𝑖𝑠𝑡

𝐉 𝐫^′

𝑑𝑣′

𝐀 = 𝜇₀ 4𝜋 න

𝑑𝑖𝑠𝑡

𝐊 𝐫^′ 𝐀 = 𝜇₀𝐼 𝑑𝑎′

4𝜋 න

𝑑𝑖𝑠𝑡

1 𝑑𝐥′

(1D) (2D)

Note que:

• Tipicamente, 𝐀 “imita” o sentido da corrente. Isto é evidente nas equações acima quando 𝐉 tem o mesmo sentido em todos os pontos da distribuição.

• As expressões acima não podem ser utilizadas para distribuições infinitas de correntes. Veremos outros métodos para obter 𝐀 nos exemplos a seguir.

Exemplo 1: Casca esférica giratória

Por conveniência, vamos tomar o eixo 𝑍 ao longo de 𝐫 e posicionar 𝛚 sobre o plano 𝑋𝑍. Os parâmetros relevantes são definidos na figura.

𝐀 = 𝜇₀ 4𝜋 න

𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑎ç𝑜

𝐊 𝐫^′

𝑑𝐴′

A integral apropriada para o problema é:

onde:

𝐊 𝐫^′ = 𝜎 𝐯 = 𝜎 𝛚 × 𝐫′

Calculando explicitamente o produto vetorial, obtemos:

𝛚 × 𝐫^′ = 𝜔 sen 𝜓 ො𝐱 + cos 𝜓 ො𝐳 × 𝑅(sen 𝜃^′cos 𝜙^′ ො𝐱 + sen 𝜃^′sen 𝜙^′ 𝐲 + cos 𝜃ො ^′ො𝐳)

= 𝜔𝑅 [− cos 𝜓 sen 𝜃^′sen 𝜙^′ො𝐱 + cos 𝜓 sen 𝜃^′cos 𝜙^′ − sen 𝜓 cos 𝜃^′ 𝐲 + sen 𝜓 sen 𝜃ො ^′sen 𝜙^′ො𝐳]

Além disso, pela figura (lei dos cossenos):

= 𝑅² + 𝑟² − 2𝑅𝑟 cos 𝜃′

Reunindo os resultados:

𝐀 = 𝜇₀𝜎 4𝜋 න

0 𝜋

න

0

2𝜋𝜔𝑅 [− cos 𝜓 sen 𝜃^′sen 𝜙^′ො𝐱 + cos 𝜓 sen 𝜃^′cos 𝜙^′ − sen 𝜓 cos 𝜃^′ 𝐲 + sen 𝜓 sen 𝜃ො ^′sen 𝜙^′ො𝐳]

𝑅² + 𝑟² − 2𝑅𝑟 cos 𝜃′ 𝑅²sen 𝜃^′𝑑𝜃^′𝑑𝜙′

Para o 1º, 2º e 4º termos, temos de calcular uma das duas integrais abaixo:

න

0 2𝜋

sen 𝜙^′ 𝑑𝜙^′ = න

0 2𝜋

cos 𝜙^′ 𝑑𝜙^′ = 0

e o elemento de área é:

𝑑𝐴^′ = 𝑅²sen 𝜃^′𝑑𝜃^′𝑑𝜙′

Com isso, apenas o 3º termo sobrevive à integração em 𝜙′:

𝐀 = 𝜇₀𝜎𝜔𝑅³

4𝜋 2𝜋 න

0

𝜋 (−sen 𝜓 cos 𝜃^′) ො𝐲

𝑅² + 𝑟² − 2𝑅𝑟 cos 𝜃′sen 𝜃^′𝑑𝜃^′

= − 𝜇₀𝜎𝜔𝑅³sen 𝜓

2 𝐲 නො

0

𝜋 cos 𝜃^′

𝑅² + 𝑟² − 2𝑅𝑟 cos 𝜃′sen 𝜃^′𝑑𝜃^′

A integral restante pode ser simplificada com a substituição 𝑢 = cos 𝜃′:

𝐼 = න

0

𝜋 cos 𝜃^′

𝑅² + 𝑟² − 2𝑅𝑟 cos 𝜃′sen 𝜃^′𝑑𝜃^′ = න

−1

+1 𝑢

𝑅² + 𝑟² − 2𝑅𝑟𝑢 𝑑𝑢

e pode ser resolvida com uma substituição simples.

O resultado é (verifique!):

𝐼 = න

−1

+1 𝑢

𝑅² + 𝑟² − 2𝑅𝑟𝑢 𝑑𝑢 = − 1

3𝑅²𝑟² [ 𝑅² + 𝑟² + 𝑅𝑟 𝑅 − 𝑟 − 𝑅² + 𝑟² − 𝑅𝑟 𝑅 + 𝑟 ]

e com isso:

Finalmente, note que:

𝑅 − 𝑟 = ቐ

𝑅 − 𝑟, 𝑟 < 𝑅 𝑟 − 𝑅, 𝑟 > 𝑅

𝐼 =

2𝑟

3𝑅² , 𝑟 < 𝑅 2𝑅

3𝑟³ , 𝑟 > 𝑅

Levando na expressão de 𝐀, obtemos:

Notando agora que 𝛚 × 𝐫 = −𝜔𝑟 sen 𝜓 ො𝐲, podemos expressar o resultado como:

𝐀 =

− 𝜇₀𝜎𝜔𝑅𝑟 sen 𝜓

3 𝐲,ො 𝑟 < 𝑅

−𝜇₀𝜎𝜔𝑅⁴ sen 𝜓

3𝑟² 𝐲,ො 𝑟 > 𝑅

𝐀 =

𝜇₀𝜎𝑅

3 𝛚 × 𝐫, 𝑟 < 𝑅 𝜇₀𝜎𝑅⁴

3𝑟³ 𝛚 × 𝐫, 𝑟 > 𝑅

Por fim, podemos voltar a uma escolha natural de sistemas de coordenadas com eixo 𝑍 orientado na direção de 𝛚.

Nesse caso:

𝛚 × 𝐫 = 𝜔𝑟 sen 𝜃 ෡𝝓

𝐀 =

𝜇₀𝜎𝜔𝑅

3 𝑟 sen 𝜃 ෡𝝓, 𝑟 < 𝑅 𝜇₀𝜔𝜎𝑅⁴

3

sen 𝜃

𝑟² 𝝓,෡ 𝑟 > 𝑅

Em particular, o campo magnético no lado de dentro é dado por:

𝐁 = 𝛁 × 𝐀 = 1 𝑟 sen 𝜃

𝜕(sen 𝜃 𝐴_𝜙)

𝜕𝜃 ො𝒓 − 1 𝑟

𝜕(𝑟𝐴_𝜙)

𝜕𝑟 𝜽 =෡

2𝜇

𝜎𝜔𝑅

3 (

Como ො𝐳 = cos 𝜃 ො𝒓 − sen 𝜃 ෡𝜽, o campo será uniforme no lado de dentro:

Exercícios e comentários:

• Calcule o campo no lado de fora. Você pode conferir que ele corresponde ao campo produzido por um dipolo magnético puntiforme (problema 5.36)!

• Há outras formas que requerem menos “força bruta” para resolver este problema, mas elas são mais sofisticadas.

Uma delas será discutida na lista de exercícios do cap. 6.

• Podemos utilizar os resultados desse problema para obter o potencial vetor e o campo produzidos por uma esfera sólida giratória (problemas 5.29 e 5.58).

𝐁 = 2𝜇₀𝜎𝜔𝑅 3 ො𝐳

Exemplo 2: Fio retilíneo e infinito

Vamos utilizar o seguinte truque. Vamos calcular o fluxo de campo magnético através de uma superfície aberta 𝑆 arbitrária:

𝛷_𝐵^𝑆 = න

𝑆

𝐁 ⋅ 𝑑𝐚 = න

𝑆

(𝛁 × 𝐀) ⋅ 𝑑𝐚

onde 𝐶 é a curva que delimita a fronteira de 𝑆.

Utilizando o teorema de Stokes, podemos reescrever o último termo como:

න

𝑆

𝐁 ⋅ 𝑑𝐚 = ර

𝐶

𝐀 ⋅ 𝑑𝐥

• Note que a expressão acima tem a mesma forma da lei de Ampère, com 𝐀 no lugar de 𝐁 e 𝛷_𝐵^𝑆 no lugar de 𝜇₀𝐼_𝑖𝑛𝑡^𝑆 .

• Podemos utilizá-la em situações onde não é possível tomarmos 𝐀 → 𝟎 no infinito e/ou para distribuições de corrente com alta simetria, como é o caso neste problema.

Note que:

• Como 𝐉aponta ao longo do eixo Z, 𝐀 também deve apontar.

• Como o problema tem simetria de rotação em torno deste eixo e de translação ao longo dele, |𝐀| deve depender apenas da distância 𝑠 até o eixo

Com isso:

𝐀 = 𝐴_𝑧 𝑠 ො𝐳

Além disso, pela lei de Ampère, sabemos que (verifique!):

𝐁 =

𝜇₀𝐼𝑠

2𝜋𝑅² 𝝓,෡ 𝑠 ≤ 𝑅 𝜇₀𝐼

2𝜋𝑠 𝝓 ,෡ 𝑠 > 𝑅

Escolhendo o circuito orientado 𝐶 e uma superfície 𝑆 delimitada por ele como mostrado na figura, podemos ver que:

e, para o lado de fora (𝒔_𝟏𝒆 𝒔_𝟐 > 𝑹):

ර

𝐶

𝐀 ⋅ 𝑑𝐥 = 𝐴 𝑠₁ − 𝐴 𝑠₂ 𝑙

න

𝑆

𝐁 ⋅ 𝑑𝐚 = න

𝑠₁ 𝑠₂

න

0

𝑙 𝜇₀𝐼

2𝜋𝑠 𝝓 ⋅ (𝑑𝑠 𝑑𝑧 ෡෡ 𝝓)

= 𝜇₀𝐼

2𝜋 𝑙 ln 𝑠₂ 𝑠₁

OBS: Lembre que a orientação de 𝐶 e o sentido de 𝐧ෝ em 𝑆 estão ligados pela regra da mão direita. Se 𝐶 está orientado em sentido horário, ෝ𝐧 aponta para dentro da tela (sentido local de 𝜙)!෠

Vamos fazer agora uma escolha de zero tomando 𝐴_𝑧 𝑠₁ = 𝑅 = 0. Com isso, para 𝑠₂ = 𝑠:

ර

𝐶

𝐀 ⋅ 𝑑𝐥 = න

𝑆

𝐁 ⋅ 𝑑𝐚

𝐴_𝑧 𝑠₁ − 𝐴_𝑧 𝑠₂ 𝑙 = 𝜇₀𝐼

2𝜋 𝑙 ln 𝑠₂ 𝑠₁

Note que de fato não seria possível tomar o zero no infinito, uma vez que o potencial divergiria!

Igualando as duas quantidades, obtemos:

𝐴_𝑧 𝑠 = −𝜇₀𝐼

2𝜋 ln 𝑠

𝑅 (𝑠 > 𝑅)

Exercícios adicionais para este problema:

• Obtenha o potencial vetor em pontos dentro do fio.

• Mostre que 𝛁 ⋅ 𝐀 = 0 e 𝛁 × 𝐀 = 𝐁 nas duas regiões. Em que etapa inserimos a condição do calibre de Coulomb neste problema?

• Há um outro método para resolver este problema que parte das duas relações acima. Veja o problema extra na lista de exercícios.

Leitura adicional:

• Leia o exemplo 5.12 do livro-texto, que calcula o potencial vetor para um solenoide infinito utilizando o mesmo método deste exercício.

5.4.2 – Condições de contorno magnetostáticas

O que acontece com 𝐁 e 𝐀 ao atravessarmos uma distribuição superficial de correntes? Vamos empregar raciocínios similares aos utilizados para 𝐄 e 𝑉.

(i) Componente normal de 𝐁

Pela lei de Gauss para o magnetismo:

ර

𝑆

𝐁 ⋅ 𝑑𝐀 = 0

Para a superfície em forma de caixa na figura ao lado (𝐴 pequeno e limite 𝜖 → 0):

ර

𝑆

𝐁 ⋅ 𝑑𝐀 = B_⊥^acima − B_⊥^abaixo 𝐴 = 0

Portanto: B_⊥^acima = B_⊥^abaixo

(ii) Componente tangencial de 𝐁

Pela lei de Ampère:

ර

𝑆

𝐁 ⋅ 𝑑𝐥 = 𝜇₀𝐼_𝑖𝑛𝑡^𝑆

Para o circuito retangular na figura ao lado (𝑙 pequeno e limite 𝜖 → 0):

ර

𝑆

𝐁 ⋅ 𝑑𝐥 = B_∥^acima − B_∥^abaixo 𝑙 = 𝜇₀𝐾𝑙

• Para um segundo circuito com lado 𝑙 paralelo ao sentido de 𝐊, note que a componente 𝐵_∥ associada seria contínua.

• Portanto, apenas a componente de 𝐁 que é paralela à superfície e perpendicular a 𝐊 apresenta uma descontinuidade de magnitude 𝜇₀𝐾!

B_∥^acima − B_∥^abaixo = 𝜇₀𝐾

Podemos resumir estes resultados numa única equação:

𝐁^{𝐚𝐜𝐢𝐦𝐚} − 𝐁^{𝐚𝐛𝐚𝐢𝐱𝐨} = 𝜇₀(𝐊 × ෝ𝐧)

onde 𝐧ෝ aponta de baixo para cima.

Exemplo: Plano infinito com K constante

𝐁 =

−𝜇₀𝐾

2 𝒚,ෝ 𝑧 > 0

+𝜇₀𝐾

2 𝒚,ෝ 𝑧 < 0

Observe como a condição é satisfeita em 𝑧 = 0!

(iii) Potencial vetor 𝐀

Da condição do calibre de Coulomb e do teorema de Gauss, vemos que:

Pelo mesmo argumento utilizado para 𝐁, vemos que isto implica na continuidade de 𝐴_⊥.

Analisando os mesmos circuitos discutidos para 𝐁 e notando que Φ_𝐵^𝑆 → 0 na área subentendida por eles no limite 𝜖 → 0, vemos que 𝐀_∥ também é contínuo.

Portanto, 𝐀^{𝐚𝐜𝐢𝐦𝐚} = 𝐀^{𝐚𝐛𝐚𝐢𝐱𝐨}!

𝛁 ⋅ 𝐀 = 0 ⇒ ර

𝑆

𝐀 ⋅ 𝑑𝐚 = 0

Da definição de 𝐀 e do teorema de Stokes, já vimos que:

𝛁 × 𝐀 = 𝐁 ⇒ ර

𝐶

𝐀 ⋅ 𝑑𝐥 =

න

𝑆

𝐁 ⋅ 𝑑𝐚 = Φ

(iv) Derivada normal de 𝐀

A partir dos resultados anteriores, é possível mostrar ainda que:

onde 𝜕𝐀/𝜕𝑛 denota a derivada normal de 𝐀 (derivada normal de cada componente).

𝜕𝐀^{𝑎𝑐𝑖𝑚𝑎}

𝜕𝑛 − 𝜕𝐀^{𝑎𝑏𝑎𝑖𝑥𝑜}

𝜕𝑛 = −𝜇₀𝐊

A demonstração deste resultado é discutida no problema 5.32 do livro-texto.

5.4.3 – Expansão em multipolos

Da mesma forma que fizemos para 𝑉 na eletrostática, é útil estabelecermos uma expansão de 𝐀(𝐫) em uma série de potências de 1/𝑟.

Vamos considerar distribuições de correntes estacionárias em 1D (circuitos) de forma que nosso ponto de partida é:

Já vimos que a função é uma função geradora de polinômios de Legendre, de forma que:

Com isso:

Mais explicitamente:

O primeiro termo corresponderia à contribuição de monopolo magnético (∼ 1/𝑟). No entanto, note que:

uma vez que o circuito é fechado.

Portanto, a contribuição de monopolo está sempre ausente! Qual o significado físico deste resultado?

Contribuição de dipolo magnético

O termo seguinte da expansão é:

Por outro lado, nos problemas 1.60 e 1.61 (cap. 1), você deve ter visto que:

ර

𝐶

𝐜 ⋅ 𝐫^′ 𝑑𝐥′ = −𝐜 × න

𝑆

𝑑𝐚^′ ≡ −𝐜 × 𝐚

para qualquer vetor constante 𝐜 (𝑆 é uma superfície delimitada pelo circuito 𝐶).

Tomando 𝐜 = ො𝐫, podemos reescrever o resultado acima em uma forma mais familiar.

Assim:

onde:

denota o vetor momento de dipolo magnético da distribuição.

Para um circuito plano, note que 𝐦 = 𝐼𝑎ෝ𝐧, onde 𝑎 é a área do circuito e 𝐧ෝ é um unitário perpendicular ao plano. Esta é a definição discutida em cursos mais básicos!

Exemplo: Dipolo magnético físico x puntiforme

(a) Como o circuito é plano, vemos imediatamente que:

Por que o sentido é z positivo? Ao orientarmos o circuito no sentido da corrente, o sentido de 𝐧ෝ em 𝑆 é definido pela regra da mão-direita!

(b) Como 𝐦 ≠ 𝟎, a contribuição dominante a longas distâncias será a de dipolo magnético. Assim:

𝐦 = 𝐼𝑎ෝ𝐧 = 𝐼𝜋𝑅²ො𝐳

𝐀 ≈ 𝐀_𝐝𝐢𝐩 = 𝜇₀ 4𝜋

𝐦 × ො𝐫

𝑟² = 𝜇₀ 4𝜋

𝑚 sen 𝜃 𝑟² 𝝓෡

Note mais uma vez como 𝐀 “imita” o sentido da corrente!

O campo será dado por:

𝐁 = 𝛁 × 𝐀 = 1 𝑟 sen 𝜃

𝜕

𝜕𝜃 sen 𝜃 𝐴_𝜙 ො𝐫 − 1 𝑟

𝜕

𝜕𝑟 𝑟 𝐴_𝜙 𝜽෡

𝐁 ≈ 𝐁_𝐝𝐢𝐩 = 𝜇₀𝑚

4𝜋𝑟³ 2 cos 𝜃 ො𝐫 + sen 𝜃 ෡𝜽

• Este campo corresponde ao campo magnético produzido por um dipolo magnético puntiforme 𝐦 = 𝑚ො𝐳!

• Note que ele possui exatamente a mesma estrutura do campo elétrico produzido por um dipolo elétrico puntiforme!

A curtas distâncias, termos de ordem superior da expansão em multipolos devem dar contribuições relevantes, de forma que o campo da espira não coincide com o de um dipolo puntiforme nessa região:

Já havíamos observado essas diferenças no caso eletrostático ao comparar um dipolo elétrico físico com um puntiforme!

(c) Para pontos sobre o eixo da espira, obtivemos uma expressão analítica para o campo magnético utilizando a lei de Biot- Savart (seção 5.2):

Verifique que esta expressão coincide com o campo do dipolo puntiforme no limite 𝑧 ≫ 𝑅 e 𝜃 = 0, como esperado.

𝐁(𝑧) = 𝜇₀𝐼 2

𝑅²

𝑅² + 𝑧^{2 3/2} ො𝐳

Expansão em multipolos para distribuições volumétricas de corrente

Referências básicas

• Griffiths (3ª edição) – cap. 5

• Purcell – cap. 6

Leitura avançada

• Zangwill – seções 10.5, 11.1 e 11.2