Eletromagnetismo II. Cap. 8: Leis de conservação 8.2: Momento linear e momento angular. Prof. Marcos Menezes Instituto de Física - UFRJ

Eletromagnetismo II

Cap. 8: Leis de conservação

8.2: Momento linear e momento angular Prof. Marcos Menezes

Instituto de Física - UFRJ

8.2 Momento linear e momento angular

8.2.1. A terceira lei de Newton na eletrodinâmica

Considere duas partículas de cargas 𝑞 ₁ e 𝑞 ₂ positivas em movimento uniforme com velocidades 𝐯 ₁ = −𝑣 ො𝐱 e 𝐯 ₂ =

− 𝑣 ො 𝐲. Qual é a força eletromagnética que atua em cada uma delas no instante mostrado na figura?

• Como as cargas não estão em repouso e as correntes não são estacionárias, os campos produzidos por elas não são dados pelas leis de Coulomb e Biot-Savart!

• Mesmo assim, como veremos no cap. 10, o campo elétrico produzido por cada carga permanece radial e o campo magnético permanece circunferencial.

• As forças magnéticas que atuam em cada partícula não tem sequer sentidos opostos!

• Portanto, a 3ª lei de Newton é violada neste problema! O

que está acontecendo?

8.2.2. O tensor das tensões de Maxwell

• O exemplo anterior sugere que o sistema formado pelas duas partículas não está verdadeiramente isolado, uma vez que a soma das forças internas não se anula!

• Com isso, o momento linear total das duas partículas não deve ser conservar. Isto significa que mais alguém possui momento linear. Quem?

Para investigarmos isso, vamos voltar ao problema discutido no início da seção anterior: 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

= 𝜌𝐄 + 𝐉 × 𝐁 𝑑𝑣

onde utilizamos que 𝐉 = 𝜌𝐯.

A força eletromagnética resultante sobre a distribuição é:

e lembre que essa integral pode ser estendida a qualquer região que envolva completamente a distribuição, uma vez que as densidades são nulas fora dela.

𝐅 = න

𝑉

𝜌𝐄 + 𝐉 × 𝐁 𝑑𝑣

• Assim como fizemos no balanço de energia, vamos reescrever a expressão acima inteiramente em termos dos campos elétrico e magnético.

• Para isso, vamos começar utilizando as leis de Gauss e Ampère-Maxwell para substituir as densidades:

𝛁 × 𝐁 = 𝜇 ₀ 𝐉 + 𝜇 ₀ 𝜀 ₀ 𝜕𝐄

𝜕𝑡 ⇒ 𝐉 = 1

𝜇 ₀ 𝛁 × 𝐁 − 𝜀 ₀ 𝜕𝐄

𝜕𝑡

𝛁 ⋅ 𝐄 = 𝜌

𝜀 ₀ ⇒ 𝜌 = 𝜀 ₀ 𝛁 ⋅ 𝐄

Com isso, o integrando na expressão da força pode ser escrito como:

Agora, note que, pela regra de produto tradicional:

e, utilizando a lei de Faraday, obtemos:

𝐟 = 𝜌𝐄 + 𝐉 × 𝐁 = 𝜀 ₀ 𝛁 ⋅ 𝐄 𝐄 + 1

𝜇 ₀ 𝛁 × 𝐁 − 𝜀 ₀ 𝜕𝐄

𝜕𝑡 × 𝐁

𝜕

𝜕𝑡 𝐄 × 𝐁 = 𝜕𝐄

𝜕𝑡 × 𝐁 + 𝐄 × 𝜕𝐁

𝜕𝑡

𝛁 × 𝐄 = − 𝜕𝐁

𝜕𝑡 ⇒ 𝜕

𝜕𝑡 𝐄 × 𝐁 = 𝜕𝐄

𝜕𝑡 × 𝐁 − 𝐄 × (𝛁 × 𝐄)

Com isso, podemos substituir o termo destacado em vermelho na expressão de 𝐟!

Fazendo isso, obtemos:

Reorganizando os termos, podemos escrever:

𝐟 = 𝜀 ₀ 𝛁 ⋅ 𝐄 𝐄 + 1

𝜇 ₀ 𝛁 × 𝐁 × 𝐁 − 𝜀 ₀ 𝜕

𝜕𝑡 𝐄 × 𝐁 + 𝐄 × 𝛁 × 𝐄

𝐟 = 𝜀 ₀ 𝛁 ⋅ 𝐄 𝐄 − 𝐄 × 𝛁 × 𝐄 − 1

𝜇 ₀ 𝐁 × 𝛁 × 𝐁 − 𝜀 ₀ 𝜕

𝜕𝑡 𝐄 × 𝐁

Note a semelhança dos termos envolvendo 𝐄 e 𝐁! Para deixar ainda mais simétrico, podemos utilizar a lei de Gauss para o magnetismo (𝛁 ⋅ 𝐁 = 𝟎) e escrever:

𝐟 = 𝜀 ₀ 𝛁 ⋅ 𝐄 𝐄 − 𝐄 × 𝛁 × 𝐄 + 1

𝜇 ₀ [ 𝛁 ⋅ 𝐁 𝐁 − 𝐁 × 𝛁 × 𝐁 ] − 𝜀 ₀ 𝜕

𝜕𝑡 𝐄 × 𝐁

Note como utilizamos as quatro equações de Maxwell para chegar até aqui!

Finalmente, vamos utilizar a seguinte regra de produto (4 na contra-capa do livro-texto):

e a relação análoga para 𝐁. Isto nos permite substituir o termo destacado em vermelho na expressão de 𝐟. Com isso, obtemos:

𝛁 𝐸 ² = 𝛁 𝐄 ⋅ 𝐄 = 2[ 𝐄 ⋅ 𝛁 𝐄 + 𝐄 × 𝛁 × 𝐄 ]

𝐟 = 𝜀 ₀ 𝛁 ⋅ 𝐄 𝐄 − 𝐄 × 𝛁 × 𝐄 + 1

𝜇 ₀ [ 𝛁 ⋅ 𝐁 𝐁 − 𝐁 × 𝛁 × 𝐁 ] − 𝜀 ₀ 𝜕

𝜕𝑡 𝐄 × 𝐁

𝐟 = 𝜀 ₀ 𝛁 ⋅ 𝐄 𝐄 + 𝐄 ⋅ 𝛁 𝐄 + 1

𝜇 ₀ 𝛁 ⋅ 𝐁 𝐁 + 𝐁 ⋅ 𝛁 𝐁 − 1

2 𝛁 𝜀 ₀ 𝐸 ² + 𝐵 ²

𝜇 ₀ − 𝜀 ₀ 𝜕

𝜕𝑡 𝐄 × 𝐁

⇒

Estamos quase lá! Vamos agora introduzir um tensor para simplificar a expressão acima.

Definimos o tensor das tensões de Maxwell em coordenadas cartesianas como:

𝑇 _𝑖𝑗 = 𝜀 ₀ 𝐸 _𝑖 𝐸 _𝑗 − 1

2 𝛿 _𝑖𝑗 𝐸 ² + 1

𝜇 ₀ 𝐵 _𝑖 𝐵 _𝑗 − 1

2 𝛿 _𝑖𝑗 𝐵 ²

onde 𝑖 e 𝑗 são as componentes cartesianas (𝑥, 𝑦 ou 𝑧) e 𝛿 _𝑖𝑗 é a delta de Kronecker:

𝛿 _𝑖𝑗 = ቊ 1, 𝑖 = 𝑗 0, 𝑖 ≠ 𝑗

Note que 𝐓 é um tensor de segunda ordem simétrico, uma vez que 𝑇 _𝑗𝑖 = 𝑇 _𝑖𝑗 . Com isso, apenas 6 de suas componentes são independentes.

Alguns exemplos:

𝑇 _𝑥𝑥 = 𝜀 ₀

2 𝐸 _𝑥 ² − 𝐸 _𝑦 ² − 𝐸 _𝑧 ² + 1

2𝜇 ₀ 𝐵 _𝑥 ² − 𝐵 _𝑦 ² − 𝐵 _𝑧 ² , 𝑇 _𝑥𝑦 = 𝑇 _𝑦𝑥 = 𝜀 ₀ 𝐸 _𝑥 𝐸 _𝑦 + 1

𝜇 ₀ 𝐵 _𝑥 𝐵 _𝑦

E por que este tensor nos ajuda? Primeiro, note que podemos definir o produto “escalar” de 𝐓 com qualquer vetor 𝐚 de forma análoga a um produto matricial:

Com isso, podemos definir a divergência de 𝐓 em coordenadas cartesianas por um produto “escalar” com 𝛁:

𝐚 ⋅ 𝐓

𝑗 = ෍

𝑖

𝑎 _𝑖 𝑇 _𝑖𝑗

𝛁 ⋅ 𝐓

𝑗 = ෍

𝑖

𝜕 _𝑖 𝑇 _𝑖𝑗 = 𝜕

𝜕𝑥 𝑇 _𝑥𝑗 + 𝜕

𝜕𝑦 𝑇 _𝑦𝑗 + 𝜕

𝜕𝑧 𝑇 _𝑧𝑗

Agora, note que, para a parcela elétrica de 𝑇 _𝑖𝑗 :

𝜕 _𝑖 𝑇 _𝑖𝑗 ^𝑒 = 𝜀 ₀ 𝜕 _𝑖 𝐸 _𝑖 𝐸 _𝑗 − 1

2 𝛿 _𝑖𝑗 𝐸 ² = 𝜀 ₀ (𝜕 _𝑖 𝐸 _𝑖 )𝐸 _𝑗 + 𝐸 _𝑖 𝜕 _𝑖 𝐸 _𝑗 − 1

2 𝛿 _𝑖𝑗 𝜕 _𝑖 𝐸 ²

Com isso:

𝛁 ⋅ 𝐓 ^𝑒

𝑗 = ෍

𝑖

𝜕 _𝑖 𝑇 _𝑖𝑗 ^𝑒 = ෍

𝑖

𝜀 ₀ (𝜕 _𝑖 𝐸 _𝑖 )𝐸 _𝑗 + 𝐸 _𝑖 𝜕 _𝑖 𝐸 _𝑗 − 1

2 𝛿 _𝑖𝑗 𝜕 _𝑖 𝐸 ²

= 𝜀 ₀ [ 𝛁 ⋅ 𝐄 𝐸 _𝑗 + 𝐄 ⋅ 𝛁 𝐸 _𝑗 − 1

2 𝜕 _𝑗 𝐸 ² ]

E obviamente teremos uma relação análoga para a parte magnética. Portanto, podemos escrever em forma vetorial:

𝛁 ⋅ 𝐓 = 𝜀 ₀ 𝛁 ⋅ 𝐄 𝐄 + 𝐄 ⋅ 𝛁 𝐄 − 1

2 𝛁 𝐸 ² + 1

𝜇 ₀ 𝛁 ⋅ 𝐁 𝐁 + 𝐁 ⋅ 𝛁 𝐄 − 1

2 𝛁 𝐵 ²

Estes são precisamente os dois primeiros termos na expressão de 𝐟!

OBS: Note que a divergência de um tensor de segunda ordem gera um vetor, ou seja, um tensor de primeira ordem!

Isto é uma generalização do caso tradicional, onde a divergência de um vetor gera um escalar, ou seja, um tensor de

ordem zero.

Portanto, com a definição de 𝐓 e sua divergência, podemos escrever:

onde 𝐒 = ¹

𝜇

𝐄 × 𝐁 é o vetor de Poynting!

A força resultante sobre a distribuição é:

𝐟 = 𝜀 ₀ 𝛁 ⋅ 𝐄 𝐄 + 𝐄 ⋅ 𝛁 𝐄 + 1

𝜇 ₀ 𝛁 ⋅ 𝐁 𝐁 + 𝐁 ⋅ 𝛁 𝐄 − 1

2 𝛁 𝜀 ₀ 𝐸 ² + 𝐵 ²

𝜇 ₀ − 𝜀 ₀ 𝜕

𝜕𝑡 𝐄 × 𝐁

𝐟 = 𝛁 ⋅ 𝐓 − 𝜀 ₀ 𝜇 ₀ 𝜕𝐒

𝜕𝑡

⇒

𝐅 = න

𝑉

𝐟𝑑𝑣 = න

𝑉

𝛁 ⋅ 𝐓 𝑑𝑣 − 𝜀 ₀ 𝜇 ₀ 𝑑 𝑑𝑡 න

𝑉

𝐒 𝑑𝑣

Podemos fazer uma última simplificação aqui. Qual?

Podemos utilizar uma generalização do teorema de Gauss para tensores! Com isso, escrevemos finalmente:

onde 𝑆 é a superfície que delimita o volume 𝑉 e o produto escalar 𝐓 ⋅ 𝑑𝐚 é definido como anteriormente.

𝐅 = ර

𝑆

𝐓 ⋅ 𝑑𝐚 − 𝜀 ₀ 𝜇 ₀ 𝑑 𝑑𝑡 න

𝑉

𝐒 𝑑𝑣

Note que 𝑻 _𝒊𝒋 representa a força por unidade de área ao longo da direção 𝒊 que atua sobre um elemento de área perpendicular à direção 𝒋, daí o nome dado a este tensor.

Geometricamente:

• Elementos diagonais 𝑇 _𝑖𝑖 correspondem à pressões!

• Elementos não-diagonais 𝑇 _𝑖𝑗 , 𝑖 ≠ 𝑗, correspondem à cisalhamentos!

Direção Orientação da força da superfície

Figura: Wikipedia

𝜎

𝜎

𝜎

𝜎

𝜎

𝜎

Exemplo: força entre dois hemisférios

Solução 1: Vamos utilizar como região de integração o próprio hemisfério superior.

• Como não há campo magnético, o vetor de Poynting é nulo. Portanto, basta analisar o tensor das tensões de Maxwell na superfície 𝑆 que delimita esta região.

• 𝑆 é composta pela base do hemisfério e pela superfície semiesférica. Vamos analisar cada contribuição:

(a) Superfície semiesférica: O campo elétrico sobre a superfície é idêntico ao de uma carga puntiforme 𝑄:

Como o problema tem simetria de rotação em torno do eixo 𝑍, sabemos que a força resultante deve apontar ao longo deste eixo. Com isso, basta calcular as componentes 𝑇 _𝑧𝑗 (𝑗 = 𝑥, 𝑦, 𝑧) do tensor das tensões:

𝐄 = 𝑄

4𝜋𝜀 ₀ 𝑅 ² ො𝐫 = 𝑄

4𝜋𝜀 ₀ 𝑅 ² (sen 𝜃 cos 𝜙 ො𝐱 + sen 𝜃 sen 𝜙 ො 𝐲 + cos 𝜃 ො𝐳)

𝑇 _𝑧𝑥 = 𝜀 ₀ 𝐸 _𝑧 𝐸 _𝑥 = 𝜀 ₀ ^𝑄

4𝜋𝜀

𝑅

2 sen 𝜃 cos 𝜃 cos 𝜙 , 𝑇 _𝑧𝑦 = 𝜀 ₀ 𝐸 _𝑧 𝐸 _𝑦 = 𝜀 ₀ ^𝑄

4𝜋𝜀

𝑅

2 sen 𝜃 cos 𝜃 sen 𝜙 ,

𝑇 _𝑧𝑧 = ^𝜀

2 𝐸 _𝑧 ² − 𝐸 _𝑥 ² − 𝐸 _𝑦 ² = ^𝜀

2

𝑄 4𝜋𝜀

𝑅

2 cos ² 𝜃 − sen ² 𝜃

Além disso, para esta superfície, o elemento de área infinitesimal é 𝑑𝐚 = 𝑅 ² sen 𝜃 𝑑𝜃𝑑𝜙 ො𝐫, logo:

Integrando sobre a superfície, obtemos:

𝐓 ⋅ 𝑑𝐚

𝑧 = 𝑇 _𝑧𝑥 𝑑𝑎 _𝑥 + 𝑇 _𝑧𝑦 𝑑𝑎 _𝑦 + 𝑇 _𝑧𝑧 𝑑𝑎 _𝑧

= 𝜀 ₀ 𝑄 4𝜋𝜀 ₀ 𝑅 ²

2

𝑅 ² sen 𝜃𝑑𝜃𝑑𝜙 ൤

൨ sen 𝜃 cos 𝜃 cos 𝜙 sen 𝜃 cos 𝜙 + sen 𝜃 cos 𝜃 sen 𝜙 sen 𝜃 sen 𝜙 + 1

2 cos ² 𝜃 − sen ² 𝜃 cos 𝜃

= 𝜀 ₀ 2

𝑄 4𝜋𝜀 ₀ 𝑅 ²

2

𝑅 ² sen𝜃 cos 𝜃 𝑑𝜃𝑑𝜙

𝐹 _𝑧 ^{𝑠𝑒𝑚𝑖𝑒𝑠𝑓} = න

𝑠𝑒𝑚𝑖𝑒𝑠𝑓

𝐓 ⋅ 𝑑𝐚

𝑧 = 2𝜋 𝜀 ₀ 2

𝑄 4𝜋𝜀 ₀ 𝑅 ²

2

𝑅 ² න

0 𝜋/2

sen𝜃 cos 𝜃 𝑑𝜃

onde o fator 2𝜋 veio da integração na coordenada azimutal.

A integral na coordenada polar pode ser resolvida por uma substituição simples. O resultado é:

𝐹 _𝑧 ^{𝑠𝑒𝑚𝑖𝑒𝑠𝑓} = 2𝜋 𝜀 ₀ 2

𝑄 4𝜋𝜀 ₀ 𝑅 ²

2

𝑅 ² sen ² 𝜃

2 ቚ

0

𝜋/2 = 1 4𝜋𝜀 ₀

𝑄 ² 8𝑅 ²

(b) Base do hemisfério: Neste caso, o campo sobre a base corresponde ao campo no interior da esfera. O resultado pode ser obtido a partir da lei de Gauss (ver cap. 2) e vale:

𝐄 = 𝑄

4𝜋𝜀 ₀ 𝑅 ³ 𝑟 ො𝐫 = 𝑄

4𝜋𝜀 ₀ 𝑅 ³ 𝑟 (cos 𝜙 ො𝐱 + sen 𝜙 ො 𝐲)

onde utilizamos que, na base, 𝜃 = 𝜋/2. Os elementos relevantes do tensor das tensões são:

𝑇 _𝑧𝑥 = 𝜀 ₀ 𝐸 _𝑧 𝐸 _𝑥 = 0, 𝑇 _𝑧𝑦 = 𝜀 ₀ 𝐸 _𝑧 𝐸 _𝑦 = 0,

𝑇 _𝑧𝑧 = 𝜀 ₀

2 𝐸 _𝑧 ² − 𝐸 _𝑥 ² − 𝐸 _𝑦 ² = − 𝜀 ₀ 2

𝑄 4𝜋𝜀 ₀ 𝑅 ³

2

𝑟 ²

Além disso, o elemento de área neste caso vale 𝑑𝐚 = 𝑑𝑟 𝑟 𝑑𝜙 (−𝐳). Portanto:

𝐓 ⋅ 𝑑𝐚

𝑧 = 𝑇 _𝑧𝑥 𝑑𝑎 _𝑥 + 𝑇 _𝑧𝑦 𝑑𝑎 _𝑦 + 𝑇 _𝑧𝑧 𝑑𝑎 _𝑧 = 𝜀 ₀ 2

𝑄 4𝜋𝜀 ₀ 𝑅 ³

2

𝑟 ² 𝑟 𝑑𝑟𝑑𝜙

Integrando sobre a base, obtemos:

𝐹 _𝑧 ^{𝑏𝑎𝑠𝑒} = න

𝑏𝑎𝑠𝑒

𝐓 ⋅ 𝑑𝐚

𝑧 = 2𝜋 𝜀 ₀ 2

𝑄 4𝜋𝜀 ₀ 𝑅 ³

2

න

0 𝑅

𝑟 ³ 𝑑𝑟

onde novamente o fator 2𝜋 veio da integração na coordenada azimutal. Finalmente:

𝐹 _𝑧 ^{𝑏𝑎𝑠𝑒} = 2𝜋 𝜀 ₀ 2

𝑄 4𝜋𝜀 ₀ 𝑅 ³

2 𝑅 ⁴

4 = 1 4𝜋𝜀 ₀

𝑄 ²

16𝑅 ²

Somando as contribuições da base e da superfície semiesférica, obtemos o resultado final:

𝐹 _𝑧 = 1 4𝜋𝜀 ₀

𝑄 ²

8𝑅 ² + 1 4𝜋𝜀 ₀

𝑄 ²

16𝑅 ² = 1 4𝜋𝜀 ₀

3𝑄 ² 16𝑅 ²

Exercícios:

• Dê uma olhada no problema 2.43 (cap. 2), onde o mesmo resultado é obtido de forma mais simples (mas não muito intuitiva).

• Mostre, por cálculo direto a partir do tensor das tensões, que 𝐹 _𝑥 = 𝐹 _𝑦 = 0.

Solução 2: Vamos utilizar como região de integração todo o semiespaço 𝑧 ≥ 0.

• Neste caso, a superfície 𝑆 que delimita a região corresponde ao plano 𝑧 = 0 e uma superfície que está no infinito.

• No infinito, os campos serão nulos, de forma que a contribuição da segunda superfície é nula. Basta analisar então o plano 𝑧 = 0!

• Nós já obtivemos a contribuição de todos os pontos desse plano que estão dentro da esfera (base hemisférica).

Falta analisar a contribuição dos pontos que estão fora!

Para estes pontos (𝑟 > 𝑅), novamente o campo elétrico é equivalente ao de uma carga puntiforme:

𝐄 = 𝑄

4𝜋𝜀 ₀ 𝑟 ² ො𝐫 = 𝑄

4𝜋𝜀 ₀ 𝑟 ² (cos 𝜙 ො𝐱 + sen 𝜙 ො 𝐲)

onde utilizamos novamente que 𝜃 = 𝜋/2 nesse plano. Os elementos relevantes do tensor das tensões são:

𝑇 _𝑧𝑥 = 𝜀 ₀ 𝐸 _𝑧 𝐸 _𝑥 = 0, 𝑇 _𝑧𝑦 = 𝜀 ₀ 𝐸 _𝑧 𝐸 _𝑦 = 0,

𝑇 _𝑧𝑧 = 𝜀 ₀

2 𝐸 _𝑧 ² − 𝐸 _𝑥 ² − 𝐸 _𝑦 ² = − 𝜀 ₀ 2

𝑄 4𝜋𝜀 ₀

2 1

𝑟 ⁴

Como o elemento de área neste caso vale 𝑑𝐚 = 𝑑𝑟 𝑟 𝑑𝜙 (−𝐳), obtemos

𝐓 ⋅ 𝑑𝐚

𝑧 = 𝑇 _𝑧𝑥 𝑑𝑎 _𝑥 + 𝑇 _𝑧𝑦 𝑑𝑎 _𝑦 + 𝑇 _𝑧𝑧 𝑑𝑎 _𝑧 = 𝜀 ₀ 2

𝑄 4𝜋𝜀 ₀

2 1

𝑟 ⁴ 𝑟 𝑑𝑟𝑑𝜙

Integrando sobre a porção do plano fora da esfera, obtemos:

𝐹 _𝑧 ^{𝑓𝑜𝑟𝑎} = න

𝑓𝑜𝑟𝑎

𝐓 ⋅ 𝑑𝐚

𝑧 = 2𝜋 𝜀 ₀ 2

𝑄 4𝜋𝜀 ₀

2

න

𝑅

∞ 1 𝑟 ³ 𝑑𝑟

Portanto:

𝐹 _𝑧 ^{𝑓𝑜𝑟𝑎} = 2𝜋 𝜀 ₀ 2

𝑄 4𝜋𝜀 ₀

2 1

2𝑅 ² = 1 4𝜋𝜀 ₀

𝑄 ² 8𝑅 ²

Note como esta contribuição é idêntica a 𝐹 _𝑧 ^{𝑠𝑒𝑚𝑖𝑒𝑠𝑓} (superfície semiesférica), como deveria ser.

Somando as contribuições dos pontos do plano dentro e fora da esfera, obtemos novamente:

𝐹 _𝑧 = 1 4𝜋𝜀 ₀

𝑄 ²

8𝑅 ² + 1 4𝜋𝜀 ₀

𝑄 ²

16𝑅 ² = 1 4𝜋𝜀 ₀

3𝑄 ² 16𝑅 ²

Note como esta segunda solução é mais simples:

• Precisamos analisar apenas uma superfície (embora com duas regiões distintas).

• Nesta superfície, o tensor das tensões tem uma forma mais simples.

Note como ela também revela um aspecto importante do problema: obtivemos a força que um hemisfério exerce sobre o outro analisando os campos dentro e fora da esfera!

A ideia é semelhante ao cálculo da energia armazenada nos campos, como vimos anteriormente!

8.2.3. Momento linear armazenado nos campos e conservação de momento

Vamos voltar à equação que determina a força eletromagnética resultante sobre uma distribuição:

𝐅 = ර

𝑆

𝐓 ⋅ 𝑑𝐚 − 𝜀 ₀ 𝜇 ₀ 𝑑 𝑑𝑡 න

𝑉

𝐒 𝑑𝑣

Pela segunda lei de Newton, 𝐅 deve corresponder à taxa de variação do momento linear total das partículas carregadas no interior de 𝑉:

𝐅 = 𝑑𝐩 _𝑚𝑒𝑐 𝑑𝑡

Com isso:

𝑑𝐩 _𝑚𝑒𝑐

𝑑𝑡 = ර

𝑆

𝐓 ⋅ 𝑑𝐚 − 𝜀 ₀ 𝜇 ₀ 𝑑 𝑑𝑡 න

𝑉

𝐒 𝑑𝑣

Observando a equação anterior, podemos definir o momento linear armazenado no campo eletromagnético como:

𝐩 _𝒆𝒎 = 𝜀 ₀ 𝜇 ₀ න

𝑉

𝐒 𝑑𝑣 = 1 𝑐 ² න

𝑉

𝐒 𝑑𝑣

onde 𝑐 = 1/ 𝜀 ₀ 𝜇 ₀ é a velocidade da luz no vácuo, como veremos no cap. 9.

Com isso:

𝑑𝐩 _𝑚𝑒𝑐

𝑑𝑡 = ර

𝑆

𝐓 ⋅ 𝑑𝐚 − 𝑑𝐩 _𝑒𝑚 𝑑𝑡

𝑑

𝑑𝑡 (𝐩 _𝑚𝑒𝑐 + 𝐩 _𝑒𝑚 ) = ර

𝑆

𝐓 ⋅ 𝑑𝐚

⇒

O resultado acima representa a lei de conservação de momento linear na eletrodinâmica: a taxa de variação de momento

linear total do sistema (mecânico + campos) em uma dada região é igual a menos o fluxo de momento linear dos campos

por unidade de tempo através da fronteira desta região!

Podemos definir ainda a densidade volumétrica de momento linear armazenado no campo eletromagnético como:

℘ _𝒆𝒎 = 𝜀 ₀ 𝜇 ₀ 𝐒 = 𝐒 𝑐 ²

de forma que a lei de conservação de momento em forma diferencial se escreve como (verifique):

𝜕

𝜕𝑡 ℘ _𝒎𝒆𝒄 + ℘ _𝒆𝒎 = 𝛁 ⋅ 𝐓

Compare com o teorema de Poynting (conservação de energia) e a equação da continuidade (conservação de carga):

𝜕

𝜕𝑡 𝑢 _𝑚𝑒𝑐 + 𝑢 _𝑒𝑚 = − 𝛁 ⋅ 𝐒 𝜕𝜌

𝜕𝑡 = − 𝛁 ⋅ 𝐉

• Isso mostra que −𝐓 (atenção ao sinal) representa a densidade de fluxo de momento por unidade de tempo, em papel análogo a 𝐒 para a energia e 𝐉 para a carga!

• Note ainda que 𝐒 possui uma segunda função sob a forma de ℘ _𝒆𝒎 = 𝜀 ₀ 𝜇 ₀ 𝐒!

Exemplo: desligando campos em um capacitor

(a) Da definição da densidade de momento eletromagnético, obtemos:

(b) Seja 𝐼(𝑡) a corrente que flui no fio no instante 𝑡. Como o campo magnético é uniforme e o fio é retilíneo, a força magnética sobre o fio nesse instante é:

℘ _𝒆𝒎 = 𝜀 ₀ 𝜇 ₀ 𝐒 = 𝜀 ₀ 𝐄 × 𝐁 = 𝜀 ₀ 𝐸 ො𝐳 × 𝐵 ො𝐱 = 𝜀 ₀ 𝐸𝐵 ො 𝐲

Como ela é uniforme, o momento total dentro do capacitor é:

𝐩 _𝒆𝒎 = න

𝑉

℘ _𝒆𝒎 𝑑𝑣 = 𝜀 ₀ 𝐸𝐵 ො 𝐲 𝐴𝑑 = 𝜀 ₀ 𝐸𝐵𝐴𝑑 ො 𝐲

𝐅 _𝒎 (𝑡) = න

𝑓𝑖𝑜

𝐼 𝑡 𝑑𝐥 × 𝐁 = 𝐼 𝑡 𝑑 ො𝐳 × 𝐵 ො𝐱 = 𝐼 𝑡 𝐵𝑑 ො 𝐲

Com isso, o impulso total fornecido ao sistema durante a descarga é:

onde 𝑄 ₀ é a carga armazenada no instante inicial. Por outro lado, da lei de Gauss, sabemos que o campo elétrico no interior do capacitor no instante inicial é dado por:

𝐈 = න

0

∞

𝐅 _𝒎 𝑡 𝑑𝑡 = 𝐵𝑑 ො 𝐲 න

0

∞

𝐼 𝑡 𝑑𝑡

Note agora que 𝐼 𝑡 = −𝑑𝑄/𝑑𝑡 , onde 𝑄(𝑡) é o módulo da carga armazenada no capacitor no instante 𝑡. Assim:

𝐈 = −𝐵𝑑 ො 𝐲 න

0

∞ 𝑑𝑄

𝑑𝑡 𝑑𝑡 = −𝐵𝑑 ො 𝐲 𝑄 ∞ − 𝑄 0 = 𝑄 ₀ 𝐵𝑑 ො 𝐲

𝐄 = 𝜎 ₀

𝜀 ₀ ො𝐳 = 𝑄 ₀

𝜀 ₀ 𝐴 ො𝐳 ⇒ 𝑄 ₀ = 𝜀 ₀ 𝐸𝐴

Substituindo 𝑄 ₀ na expressão de 𝐈, obtemos 𝐈 = 𝜀 ₀ 𝐸𝐵𝐴𝑑 ො 𝐲 = 𝐩 _𝒆𝒎 . Portanto, ao final da descarga, todo o momento

inicialmente armazenado no campo é transferido ao capacitor!

(c) Vamos começar calculando o campo elétrico induzido. Da forma de 𝐁(𝑡), esperamos que o problema tenha simetria planar, de forma que 𝐄 _𝑖𝑛𝑑 𝑧, 𝑡 = 𝐸(𝑧, 𝑡) ො 𝐲. Precisamos descobrir o valor desse campo sobre as placas!

Tomando uma “Faradayana” retangular 𝐶 como indicado ao lado, a circulação de 𝐄 _𝑖𝑛𝑑 vale:

ර

𝐶

𝐄 _𝑖𝑛𝑑 ⋅ 𝑑𝐥 = 𝐸 0, 𝑡 − 𝐸 𝑑, 𝑡 𝑙

uma vez que a contribuição dos lados verticais é nula (o campo é perpendicular a 𝑑𝐥.

Por outro lado, da lei de Faraday:

ර

𝐶

𝐄 _𝑖𝑛𝑑 ⋅ 𝑑𝐥 = ℰ _𝑖𝑛𝑑 ^𝐶 = − 𝑑Φ _𝐵 ^𝑆

𝑑𝑡 = − 𝑑 𝑑𝑡 න

𝑆

𝐁 ⋅ 𝑑𝐚 = − 𝑑𝐵 𝑑𝑡 𝑙𝑑

onde exploramos mais uma vez a uniformidade do campo magnético.

Reunindo os resultados, obtemos:

𝐸 0, 𝑡 − 𝐸 𝑑, 𝑡 = − 𝑑𝐵 𝑑𝑡 𝑑

Sendo 𝑄 ₀ o módulo da carga armazenada no capacitor (mantida constante aqui), a força elétrica resultante sobre as duas placas nesse instante é:

Note que obtivemos apenas uma diferença entre os campos para dois valores de 𝑧 em um dado instante, de modo que o campo fica bem determinado a menos de uma função do tempo. Veremos, no entanto, que isso é suficiente!

𝐅 _𝑒 𝑡 = 𝐅 _𝑒 ⁺ 𝑡 + 𝐅 _𝑒 ⁻ 𝑡

= න

+

𝑑𝑞 𝐄 _𝑖𝑛𝑑 0, 𝑡 + න

−

𝑑𝑞 𝐄 _𝑖𝑛𝑑 𝑑, 𝑡

= 𝑄 ₀ 𝐄 _𝑖𝑛𝑑 0, 𝑡 − 𝑄 ₀ 𝐄 _𝑖𝑛𝑑 𝑑, 𝑡 = 𝑄 ₀ [𝐸 0, 𝑡 − 𝐸 𝑑, 𝑡 ] ො 𝐲

onde exploramos a uniformidade de 𝐄 _𝑖𝑛𝑑 𝑧, 𝑡 sobre a área de cada placa (𝑧 = 𝑐𝑡𝑒).

Com isso:

𝐅 _𝑒 𝑡 = −𝑄 ₀ 𝑑𝐵 𝑑𝑡 𝑑 ො 𝐲

Portanto, ao final do desligamento do campo magnético, todo o momento inicialmente armazenado no campo é transferido ao capacitor, como esperado!

E o impulso total fornecido ao sistema durante o desligamento do campo magnético é:

𝐈 = න

0

∞

𝐅 _𝒆 𝑡 𝑑𝑡 = −𝑄 ₀ 𝑑 ො 𝐲 න

0

∞ 𝑑𝐵

𝑑𝑡 𝑑𝑡 = −𝑄 ₀ 𝑑 ො 𝐲 𝐵 ∞ − 𝐵 0 = 𝑄 ₀ 𝐵𝑑 ො 𝐲

Como 𝑄 ₀ = 𝜀 ₀ 𝐸𝐴, obtemos novamente:

𝐈 = 𝜀 ₀ 𝐸𝐵𝐴𝑑 ො 𝐲 = 𝐩 _𝒆𝒎

Exercício: Como fica a contribuição associada ao fluxo de 𝐓 nas duas situações acima? Se o momento total está se conservando, já devemos imaginar qual é a resposta.

Leitura importante: Exemplo 8.3 (balanço de energia e momento em um cabo coaxial)

8.2.4. Momento angular armazenado nos campos

Da definição geral de momento angular, podemos definir agora a densidade volumétrica de momento angular armazenado no campo eletromagnético como:

ℓ _𝒆𝒎 = 𝐫 × ℘ _𝒆𝒎 = 𝜀 ₀ 𝜇 ₀ 𝐫 × 𝐒

onde 𝐫 é o vetor posição do ponto de cálculo, definido com relação a uma origem arbitrária.

Com isso, o momento angular total armazenado pelos campos em uma região de volume 𝑉 vale.

𝐋 _𝒆𝒎 = න

𝑉

ℓ _𝒆𝒎 𝑑𝑣 = න

𝑉

𝐫 × ℘ _𝒆𝒎 𝑑𝑣

Note que o momento angular pode depender da escolha de origem, como usual.

Podemos observar a transferência entre 𝐋 _𝒆𝒎 e 𝐋 _𝒎𝒆𝒄 em diferentes situações!

Exemplo: cilindros entrando em rotação

Inicialmente, temos o campo magnético no interior do solenoide:

e o campo elétrico entre as cascas:

onde utilizamos a aproximação 𝑙 ≫ 𝑏, de forma que as cascas podem ser tratadas como infinitas.

𝐁 = 𝜇 ₀ 𝑛𝐼ො𝐳, 𝑠 < 𝑅

𝐄 = 𝜆

2𝜋𝜀 ₀ 𝑠 = 𝑄/𝑙

2𝜋𝜀 ₀ 𝑠 ො𝐬, 𝑎 < 𝑠 < 𝑏

Com isso, a densidade volumétrica de momento linear armazenada no sistema é:

℘ _𝒆𝒎 = 𝜀 ₀ 𝜇 ₀ 𝐒 = 𝜀 ₀ 𝐄 × 𝐁 = 𝜀 ₀ 𝑄/𝑙

2𝜋𝜀 ₀ 𝑠 ො𝐬 × 𝜇 ₀ 𝑛𝐼ො𝐳 = − 𝜇 ₀ 𝑛𝐼𝑄 2𝜋𝑙𝑠 𝝓 ෡

Note que este momento “circula” em torno do eixo na região entre a casca interna e a parede do solenoide.

𝑎 < 𝑠 < 𝑅

A densidade volumétrica de momento angular é:

ℓ _𝒆𝒎 = 𝐫 × ℘ _𝒆𝒎 = 𝑠ො𝐬 × − 𝜇 ₀ 𝑛𝐼𝑄

2𝜋𝑙𝑠 𝝓 = − ෡ 𝜇 ₀ 𝑛𝐼𝑄 2𝜋𝑙 ො𝐳

onde exploramos a uniformidade de ℓ _𝒆𝒎 no cálculo da integral.

𝑎 < 𝑠 < 𝑅

onde o vetor posição é medido a partir do eixo (há uma contribuição adicional vinda de 𝐫 _𝑧 = 𝑧ො𝐳, mas ela é integrada a zero).

Com isso, o momento angular total armazenado inicialmente nos campos é:

𝐋 _𝒆𝒎 = න

𝑉

ℓ _𝒆𝒎 𝑑𝑣 = − 𝜇 ₀ 𝑛𝐼𝑄

2𝜋𝑙 ො𝐳 𝜋 𝑅 ² − 𝑎 ² 𝑙 = − 1

2 𝜇 ₀ 𝑛𝐼𝑄(𝑅 ² − 𝑎 ² )ො𝐳

Por outro lado, à medida que a corrente no solenoide diminui, um campo elétrico é induzido em todo o espaço. Já calculamos esse campo anteriormente (problema 7.15):

𝐄 _𝑖𝑛𝑑 =

− 𝜇 ₀ 𝑛𝑠 2

𝑑𝐼

𝑑𝑡 𝝓, ෡ 𝑠 < 𝑅

− 𝜇 ₀ 𝑛𝑅 ² 2𝑠

𝑑𝐼

𝑑𝑡 𝝓, ෡ 𝑠 ≥ 𝑅

Este campo deve induzir uma força elétrica sobre as cascas e fazê-las girar. Para um elemento de carga infinitesimal 𝑑𝑞 da casca interna, onde 𝑠 = 𝑎 < 𝑅, vemos que a força e o torque que atuam sobre ele são:

𝐝𝐅 _𝑎 = 𝑑𝑞 𝐄 _𝑖𝑛𝑑 = −𝑑𝑞 𝜇 ₀ 𝑛𝑎 2

𝑑𝐼

𝑑𝑡 𝝓 ෡ 𝑑𝐍 _𝑎 = 𝐫 _𝑎 × 𝑑𝐅 _𝒂 = 𝑎ො𝐬 × −𝑑𝑞 𝜇 ₀ 𝑛𝑎 2

𝑑𝐼 𝑑𝑡 𝝓 ෡

⇒

= −𝑑𝑞 𝜇 ₀ 𝑛𝑎 ² 2

𝑑𝐼 𝑑𝑡 ො𝒛

com a mesma observação de antes a respeito do vetor posição 𝐫 _𝑎 .

Com isso, o torque total sobre a casca interna é:

Da mesma forma, o torque total sobre a casca externa (𝑠 = 𝑏 > 𝑅) é (verifique):

𝐍 _𝑎 = න

𝑐𝑎𝑠𝑐𝑎 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎

𝑑𝐍 _𝑎 = − 𝜇 ₀ 𝑛𝑎 ² 2

𝑑𝐼 𝑑𝑡 ො𝒛 න

𝑐𝑎𝑠𝑐𝑎 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎

𝑑𝑞 = −𝑄 𝜇 ₀ 𝑛𝑎 ² 2

𝑑𝐼 𝑑𝑡 ො𝒛

de forma que o torque total é 𝐍 = 𝐍 _𝑎 + 𝐍 _𝑏 . Assim, o momento angular total adquirido pelas cascas é:

𝐍 _𝑏 = 𝑄 𝜇 ₀ 𝑛𝑅 ² 2

𝑑𝐼 𝑑𝑡 ො𝒛

𝐋 _𝑚𝑒𝑐 = න

0

∞

𝐍 𝑡 𝑑𝑡 = 𝜇 ₀ 𝑛𝑄

2 𝑅 ² − 𝑎 ² ො𝒛 න

0

∞ 𝑑𝐼

𝑑𝑡 𝑑𝑡 = − 𝜇 ₀ 𝑛𝐼𝑄

2 𝑅 ² − 𝑎 ² ො𝒛 = 𝐋 _𝑒𝑚

Portanto, o momento angular perdido pelos campos durante a variação da corrente é transferido às cascas, que

permanecem girando em sentidos contrários!

Exercícios adicionais:

• Determine as velocidades angulares adquiridas por cada casca na situação final (módulo, direção e sentido). Assuma que as cascas são homogêneas e têm massas 𝑀 _𝑎 e 𝑀 _𝑏 .

• Como as cascas permanecem girando depois que a corrente é completamente desligada, há um campo magnético estático na situação final. Isso significa que os campos ainda possuem algum momento angular. Para uma explicação disso, veja o problema 8.13!

• Verifique explicitamente a observação a respeito dos vetores posição no cálculo dos torques e momentos angulares.

• Revisite o exemplo 7.8. Agora você é capaz de dizer (qualitativamente) de onde veio o momento angular adquirido pelo

anel naquela situação!

Referências básicas

• Griffiths (3ª edição) – cap. 8

Leitura avançada

• Zangwill – cap. 15

• Jefimenko – cap. 15