Súmula da Disciplina: Estudo do comportamento de campos eletromagnéticos e de sua descrição matemática, tanto em situações estáticas quanto dinâmicas.

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1 Súmula da Disciplina: Estudo do comportamento de campos eletromagnéticos e de sua descrição matemática, tanto em situações estáticas quanto dinâmicas. Objetivos Gerais da Disciplina: Esta disciplina tem por objetivo um estudo sistemático do Eletromagnetismo, enfatizando seus fundamentos e sua estruturação como um todo coerente. Buscase também desenvolver aplicações do Eletromagnetismo, envolvendo campos eletromagnéticos e sua interação com a matéria. Ao longo do curso, são utilizados métodos matemáticos de aplicação ampla, cuja utilidade não se restringe ao estudo dos fenômenos eletromagnéticos, sendo portanto importantes na formação dos estudantes, qualquer que seja sua área de interêsse. Programa: Semanas 1 a 17: I - Introdução II - Eletrostática III - Materiais Dielétricos IV - Magnetostática V - Campos dependentes do tempo VI - Equações de Maxwell VII - Ondas Eletromagnéticas VIII - Teoria Especial da Relatividade IX - Relatividade e Campos Eletromagnéticos X - Radiação de Sistemas Simples XI - Radiação por Cargas em Movimento Semana 18 : Revisão Semana 19 : Recuperação Introdução e Teorema Geral A teoria eletromagnética é uma teoria de campo; no caso, campos vetoriais, em que a cada ponto do espaço se atribui uma propriedade descrita por 3 quantidades. Algumas propriedades básicas podem ser estudadas, independentemente da fundamentação empírica e do conteúdo físico da teoria. Vamos agora provar um teorema:

2 Dado o rotacional e o divergente de um vetor, e se as fontes se anulam no infinito, o campo vetorial fica definido univocamente [Ver Panofsky & Phillips, seção 1-1]. Este teorema tem conseqüência fundamental quando pensamos nos campos E e B e na forma diferencial das equações de Maxwell. Seja V(x,y,z), tal que: V = s s : source density V = c c : circulation density (1) De (1), pois ( V) = c = 0, ( a) 0, c = 0 (2) Vamos mostrar que as eqs (1) são satisfeitas por onde Φ(x) = 1 4π V = Φ+ A, (3) d 3 x s(x ) x x, A(x) = 1 4π d 3 x c(x ) x x. (4) Assim, V = 2 Φ+ ( A) = 2 Φ = 1 V = 1 4π 4π 2 d 3 x s(x ) x x, ( ) d 3 x s(x ) 2 1 x x. (5) 2

3 Vamos considerar o seguinte, para x x, ( ) 2 1 x x = x 2 1 i i j (x j x j )2 = i xi 1 j 2(x j x j )δ ij 2 [ ] 3/2 = j (x j x j )2 i xi (x i x i [ ) ] 3/2 j (x j x j )2 = i 1 [ j (x j x j )2 ] 3/2 + i (x i x i )3 j 2(x j x j )δ ij 2 [ ] 5/2 j (x j x j )2 = [ 1 [ ] 3/2 j (x j x j )2 i ] i +3 (x i x i )2 j (x j x j )2 = 1 [ j (x j x j )2 ] 3/2 [ 3+3] = 0. (6) A partir da eq. (5), usando a eq. (6), vemos que [em x = x, s(x ) = s(x)] V = s(x) ( ) d 3 x 2 1 4π x x = s(x) ( ) d 3 x 2 1 4π x x. Seja r = x x, de modo que d 3 x 2 1 x x = d 3 r 2 1 r r = d 3 r 2 1 r r = d 3 r 1 r 2 r ( r 1 ). r Continuaríamos a ter o problema de 0/0. Podemos então escrever d 3 r 1 ( r 2 r r 1 ) = lim d 3 r 1 ( ) r r a 0 r 2 r r2 +a 2 [ ] = lim d 3 r 1 a 0 r 1 r r2 +a r 2 2 (r 2 +a 2 ) 3/2 [ ] = lim d 3 r 1 1 2r a 0 r 2(r 2 +a 2 ) 2r 3/2 (r 2 +a 2 ) + 3 2r 3 3/2 2(r 2 +a 2 ) 5/2 3

4 = lim a 0 = lim a 0 d 3 1 r (r 2 +a 2 ) 3/2 ] [ r2 r 2 +a 2 d 3 1 [ r 3a 2 3r 2 +3r 2] (r 2 +a 2 ) 5/2 = 3 lim a 0 a 2 4π = 12π 0 0 r 2 dr (r 2 +a 2 ) 5/2 x 2 dx = 4π. (1+x 2 5/2 ) Para a resolução da integral na última linha, ver por exemplo a expressão , da tabela de propriedades matemáticas de Gradshteyn e Ryzhik, Logo, V = s(x) ( 4π) = s(x), 4π que é exatamente a primeira das eqs. (1). Obs.: Verificamos, ao longo desse cálculo, que Agora consideremos o rotacional, 2 1 x x = 4πδ(x x ) (7) V = Φ+ ( A) = ( A) 2 A. Usando a definição de A que aparece na eq. (4), V = 1 [ 4π d 3 x c(x ] ) x x 1 d 3 x c(x ) 2 1 4π x x V = 1 [ 4π d 3 x c(x ] ) x x +c(x), onde usamos a expressão recém obtida para 2 (1/ x x ). 4

5 Agora, consideremos o seguinte: d 3 x c(x ) x x = d 3 x c(x ) x x [ = d 3 x 1 x x c(x )+c 1 ] x x [ = d 3 x c 1 ] x x, uma vez que c(x ) = 0. Podemos agora trocar a variável do operador, [ ] d 3 x c 1 x x ( c(x = d 3 x [ ) ] ) 1 x x x x c(x ) = uma vez que c = 0, pela eq. (2). ( c(x d 3 x [ )] ) x x, Usando agora o teorema da divergência, ( c(x d 3 x [ )] ) x x = d 2 x n c(x ) x x. Se a superfície estiver no infinito e as fontes forem a zero no infinito, este termo é zero, de modo que obtemos o seguinte que é a segunda das eqs. (1). V = c(x), (8) Provamos então que, se c(x) = 0 no infinito (não há fontes no infinito), podemos obter V de um potencial escalar Φ e de um potencial vetor A, tal que V satisfaz V = s e V = c. Ou seja, recapitulando, 5

6 V = Φ+ A, onde Φ(x) = 1 d 3 x s(x ) 4π x x, A(x) = 1 4π é solução de V = s e V = c. d 3 x c(x ) x x, (9) A questão então é, será esta solução única? Vamos então tentar responder a esta questão: Sejam V 1 e V 2 duas soluções de V = s e V = c. Portanto, a função W = V 1 V 2 obedece a W = 0 W = 0. Como W = 0, podemos escrever W = ψ. Por outro lado, W = ψ = 2 ψ = 0. Seja agora o vetor ψ ψ. Podemos escrever (ψ ψ) = ψ 2 ψ +( ψ) ( ψ) = ( ψ) ( ψ), onde usamos o resultado da linha anterior, 2 ψ = 0. Portanto, d 3 x (ψ ψ) = d 3 x( ψ) 2 = S d 2 x(ψ ψ) n = d 3 x W 2. (10) Se as fontes são limitadas espacialmente (nulas no infinito), ψ deve ir a zero pelo menos com dependência r 1 [lembrar que W = ψ = V 1 V 2, e que V = Φ+ A]; portanto, com a superfície no infinito, d 2 x(ψ ψ) n = 0. S 6

7 Sendo assim, d 3 x W 2 = 0, o que implica W = 0 em todos os pontos do espaço, o que implica V 1 = V 2 (11) Portanto, provamos que as equações V = s e V = c têm solução única em todo o espaço, desde que as fontes se anulem no infinito. Obs.: Uma conseqüência importante de nossa demonstração é que V é derivável de um potencial escalar e de um potencial vetor. Se as fontes s(x) e c(x) forem nulas em toda parte, os potenciais Φ(x) e A(x) também o serão, para qualquer x, e V(x) = 0!! Obs. 2: Se V for o gradiente de uma função escalar apenas (caso particular), V = Φ, teremos ψ = Φ 1 Φ 2. Poderíamos ter então duas situações: Φ dado no infinito, o que implica V 1 = V 2 [W = ψ] = 0 ; Φ dado no infinito, o que implica [ψ = Φ 1 Φ 2 ] = 0. Em ambos os casos, teríamos d 2 x(ψ ψ) n = 0 W = 0, V 1 = V 2! Eletrostática: Base empírica: Lei de Coulomb (força entre corpos carregados). força proporcional ao produto das cargas força inversamente proporcional à distância entre as cargas ao quadrado força dirigida ao longo da linha entre as cargas força atrativa entre cargas opostas e repulsiva entre cargas iguais. Campo elétrico: F E = lim (12) q 0 0 q 0 7

8 Definido E, a força sobre uma carga q será F = qe (13) Diretamente a partir das cargas, podemos desenvolver o seguinte: q 1 x x q F F x 1 x 2 q 1 q 2 F = k x 1 x 2 3(x 2 x 1 ), q 1 E(x 2 ) = k x 1 x 2 3(x 2 x 1 ). Para um conjunto de n cargas, fazendo superposição linear, E(x 2 ) = k n i=1 x 2 x i q i x i x 2 3. (14) (15) Para uma distribuição contínua de cargas, E(x) = k d 3 x ρ(x ) x x x x 3. (16) Obs.: No sistema (cgs), k = 1. No sistema (MKS), k = (4πǫ 0 ) 1. 8

9 Lei de Gauss: n θ E q E nda = q r 2 cosθda (r = 0). Lei de Gauss: da cos θ n θ r da da cosθ = r 2 dω. E nda = qdω. e E nda = dωq = 4πq, se q está dentro da superfície S E nda = 0, se q está fora da superfície S. 9

10 n 1 θ 1 θ2 n 2 Em 2: r 2 dω = dacosθ 2 Em 1: r 2 dω = dacosθ 1 (cosθ 1 < 0) Se tivermos n cargas dentro da superfície, n E nda = 4π q i. i=1 Para o caso de uma distribuição contínua de carga, E nda = 4π d 3 x ρ(x ). (17) V Forma diferential: S E nda = V d 3 x E = 4π d 3 xρ(x), V E = 4πρ(x). (18) Além disso, como E(x) = d 3 x ρ(x ) (x x ) x x 3, podemos ver o seguinte, E(x) = d 3 x ρ(x ) x x. 10

11 Seja de modo que o que garante que Φ(x) = d 3 x ρ(x ) x x, (19) E(x) = Φ(x), (20) E(x) = 0. (21) Desse modo, a eletrostática pode ser resumida da seguinte forma, E = 4πρ(x), E(x) = 0, (22) E = Φ(x), Φ(x) = d 3 x ρ(x ) x x. (Ver teorema geral, com s(x) = 4πρ(x)). Além disso, do teorema de Stokes, ( E) nda = E dl = 0. (23) S C Energia potencial no campo eletrostático: Em uma trajetória fechada, E dl = 0 B A C E dl+ A B E dl = 0. 11

12 1 B A 2 Seja uma carga q. A força elétrica atuando em q será F = qe. Para levar a carga sem aceleração de um ponto a outro, deve haver uma força F = qe efetuada por um agente externo. B A F dl+ [ ] B F dl A 1 [ ] B F dl A A B F dl = 0, [ ] B F dl 1 A A 2 = 0, [ ] B = F dl, (24) onde os índices 1 e 2 indicam os caminhos ao longo dos quais é feita a integração. Como estes caminhos são quaisquer, teremos demonstrado a independência de caminho da integração. 2 Seja B W AB = q E dl (25) A o trabalho realizado por um agente externo para levar a carga q desde A até B. 12

13 Como o trabalho é independente do caminho, podemos definir uma energia potencial U: B U = q E dl = W AB, (26) A que pode ser escrita como B U = q Φ dl U = q(φ B Φ A ). (27) A OBS.: B A B E dl = Φ dl = (Φ B Φ A ). A Logo, B Φ = Φ B Φ A = E dl. (28) A Voltando ao resumo da eletrostática, eqs. (22), E = 4πρ e E = 0, com E = Φ, podemos escrever: φ = 4πρ, 2 Φ = 4πρ(x) eq. de Poisson (29) Onde não há densidade de carga, 2 Φ = 0 eq. de Laplace (30) Portanto, podemos resumir a solução de problemas em eletrostática: Conhecido ρ(x) em todo o espaço, Φ(x) = d 3 x ρ(x ) x x Ou, conhecido ρ(x) em uma região finita, com condições de contorno, resolver 2 Φ = 4πρ(x), usando as condições de contorno. 13

14 Nesse último caso, com ρ(x) conhecida em uma região finita, com condições de contorno, podemos usar a 2a. identidade de Green (ou teorema de Green): [ d 3 x(φ 2 Ψ Ψ 2 Φ) = da Φ Ψ ] n Ψ Φ, (31) n V onde: Φ e Ψ são campos escalares arbitrários; V é um volume qualquer limitado pela superfície S; / n é a derivada normal à superfície, dirigida para fora do volume V. S Sendo Φ o potencial elétrico, e escolhendo Ψ 1/ x x, temos: [ ] d 3 x Φ(x )4πδ(x x )+ 4πρ(x ) V x x [ = da Φ(x ) ( ) ] 1 1 Φ n x x x x n (x ), (32) onde usamos e S 2 Φ = 4πρ 2 (1/ x x ) = 4πδ(x x ). Para qualquer x no volume V, + 1 4π S Φ(x) = d 3 x ρ(x ) x x [ da 1 Φ x x n Φ 1 n x x ]. (33) Obs.: Φ n = Φ n = E(x ) n (o campo é normal à superfície). 14

15 Se a superfície vai a infinito, e E sobre a superfície decresce mais rapidamente que R 1 (onde R é o raio da superfície), recuperamos o resultado anterior Φ(x) = d 3 x ρ(x ) x x, para ρ(x ) conhecido em todo o espaço. A eq. (33) é uma equação integral para Φ(x) (não é uma solução da equação de Poissonou de Laplace). Seu méritoaqui é mostrar que quando existem condições de contorno sobre a superfície de um volume finito o potencial Φ(x) não é dado simplesmente pela expressão familiar Φ(x) = Energia potencial eletrostática: Já vimos que d 3 x ρ(x ) x x. B W AB = q E dl = q(φ B Φ A ). A Assim, atribuindo valor zero à energia no infinito, a energia potencial associada a cada carga q i, parte de um conjunto de cargas cujo número total é n cargas, é dada por W i = q i Φ(x i ), Φ(x i ) = q j x j<i i x j, (34) ou seja, W i = q i j<i q j x i x j. Ao escrevermos a expressão anterior, estamos traduzindo o seguinte idéia: o acréscimo de energia potencial do sistema quando se traz do infinito uma cargaiatéaposiçãox i é igualao trabalhorealizadoparatrazerdo infinito esta carga, ou seja, o produto do valor da carga pelo potencial produzido por todas as demais cargas já colocadas em suas posições (j < i). Prosseguindo com este raciocínio, para trazer todas as cargas teremos W TOTAL W = 1 2 n i,j=1,(i j) q i q j x i x j, (35) onde o fator (1/2) aparece para que não sejam contadas em dobro as interações entre os mesmos pares. 15

16 As contribuições com i = j levariam a W =. Estas contribuições correspondem aos chamados termos de auto-energia, e foram omitidos na expressão (35). A auto-energia é infinita para partículas puntiformes, que têm raio nulo! Para distribuições contínuas, por outro lado, não há problema em incluir os termos de auto-energia, W = 1 2 d 3 x d 3 x ρ(x)ρ(x ) x x. (36) A eq. (36) inclui as contribuições de auto-energia, mas representa uma quantidade finita. Para distribuições contínuas, ρ(x)d 3 x x x ρd3 r ρr2 dr r r que é finita quando r 0 [ A menos que ρ(r) cresça mais rápido do que r 1 ]., Vamos agora a outra abordagem. Da eq. (36), W = 1 d 3 xρ(x)φ(x), 2 onde usamos a expressão para o potencial Φ da Eq. (22). Entretanto, de modo que W = 1 8π ρ(x) = 2 Φ 4π, d 3 xφ(x) 2 Φ(x) = 1 8π d 3 xφ [ Φ]. Sabemos que (ψa) = a ψ+ψ a, de modo que ψ a = (ψa) a ψ; no caso, ψ = Φ e a = Φ: Φ ( Φ) = (Φ Φ) Φ Φ = (Φ Φ) Φ 2. 16

17 Portanto, W = 1 d 3 x [ (Φ Φ) Φ 2] (37) 8π = 1 [ ] (Φ Φ) nda d 3 x Φ 2. 8π S V A integração na eq. (37) se faz sobre todo o espaço. A superfície S, portanto, é no infinito. Como Φ r 1, pelo menos, e Φ r 2, Φ Φ nda (r 3 )r 2 0, para r. Assim, usando a eq. (37) e E = Φ, W = 1 d 3 x E 2. 8π Seja a densidade de energia w = E 2 8π W = d 3 xw(x). (38) Chamamos mais uma vez a atenção para o fato de que a densidade de energia dada pela eq. (38) contém a auto-energia. Multipolos, dielétricos e expansão multipolar: Dada ρ(x), temos Φ(x) = d 3 x ρ(x ) x x. Se x << x, para a região onde ρ(x ) é não nula, podemos fazer Assim, 1 x x = 1 (x 2 +x 2 2x x ) = 1 1/2 x(1+x 2 /x 2 2x x /x 2 ) 1/2 1 ] [1+ x x x x 2. Φ(x) = 1 x d 3 x ρ(x )+ x x 3 d 3 x x ρ(x ), Φ(x) = q x + p x x 3, (39) 17

18 Na expressão anterior temos q d 3 x ρ(x ) é a carga elétrica da distribuição, p d 3 x x ρ(x ) é o momento de dipolo elétrico da distribuição. Seguindo o mesmo procedimento, podemos acrescentar mais termos a esta série. Entretanto, há um outro processo que pode ser empregado, que é a expansão em harmônicos esféricos. Os harmônicos esféricos são definidos como: Y lm (θ,φ) = 2l+1(l m)! 4π (l+m)! Pm l (cosθ)e imφ, (40) onde l éum inteiropositivoounulo, e m é um inteirocomvalores l, (l 1),...,0,...,(l 1),l. Temos ainda a seguinte propriedade: Y l, m (θ,φ) = ( 1) m Yl,m (θ,φ). (41) Uma outra propriedade importante: Os harmônicos esféricos são ortogonais e normalizados: 2π 0 dφ π Expansão de uma função f(θ,φ): 0 dθ sinθy l,m (θ,φ)y lm(θ,φ) = δ ll δ mm. (42) f(θ,φ) = l l=0 m= l A lm Y lm (θ,φ), (43) onde onde dω = sinθdθdφ. A lm = dωy lm (θ,φ)f(θ,φ), 18

19 Solução geral de um problema de contorno em harmônicos esféricos: Φ(r,θ,φ) = l l=0 m= l [ A ml r l +B ml r (l+1)] Y lm (θ,φ). (44) Aplicando eq. (44) para descrever o potencial criado em todo o espaço por uma certa distribuição de cargas, precisamos ter A ml = 0, para qualquer para m,l, para que não haja divergência quando r. Φ(r,θ,φ) = l l=0 m= l d 3 x ρ(x ) x x = l=0 m= l B ml r (l+1) Y lm (θ,φ). l B ml r (l+1) Y lm (θ,φ). (45) Entretanto, temos (para prova posterior, ver eq. (3.70), Jackson 2a. ed.): 1 x x = 4π l l=0 m= l 1 2l+1 r< l r> l+1 Y lm (θ,φ )Y lm (θ,φ). (46) No caso, r < = r e r > = r (para pontos fora da distribuição). Voltando com esta informação à eq. (45), 4π l l=0 m= l 1 2l+1 = 1 r l+1 l l=0 m= l d 3 x r l Y lm(θ,φ )ρ(x )Y lm (θ,φ) B ml Y lm (θ,φ) r l+1.. Seja q lm d 3 x r l ρ(x )Y lm (θ,φ ), (47) 19

20 de modo que Assim, podemos escrever B ml = 4π 2l+1 q lm. Φ(x) = l l=0 m= l 4π 2l+1 q Y lm (θ,φ) lm r l+1, (48) que é nossa expressão desejada. Os coeficientes q lm são chamados momentos de multipolo (Ver seções 40 e 41 do livro de Landau e Lifchitz para uma abordagem alternativa). É de se notar que os q lm são os momentos de multipolo em coordenadas esféricas. Eles são combinações lineares dos multipolos de ordem correspondente em coordenadas cartesianas. Por exemplo: q 00 = d 3 x ρ(x )Y00 = d 3 x ρ(x 1 ) P0(cosθ 0 ) = q, 4π 4π onde q é o termo de monopolo elétrico. = q 10 = 3 4π d 3 x ρ(x )r Y 10 = d 3 x ρ(x )r cosθ = pois p z = [ d 3 x x ρ(x ) ] z. 3 d 3 x ρ(x )r 4π P0 1 (cosθ ) 3 d 3 x ρ(x )z = 4π 3 4π p z, etc... 3 q 11 = d 3 x ρ(x )r Y11 = d 3 x ρ(x )r sinθ e iφ 8π 3 = d 3 x ρ(x )r sinθ (cosφ isinφ ) 8π 3 3 = d 3 x ρ(x )(x iy ) = 8π 8π (p x ip y ), 20

21 Obviamente, devido à definição (47) e à propriedade (41), temos q l, m = ( 1) m q lm. Obs.: Componentes do campo em coordenadas esféricas: Temos = e 1 r +e 2 1 r θ +e 3 1 rsinθ φ Podemos escrever, usando a eq. (48), Φ(x) = l l=0 m= l Φ lm, Φ lm 4π 2l+1 q Y lm (θ,φ) lm r l+1. Logo, para cada contribuição multipolar 4π(l+1) q lm Y lm 4π E lm = Φ lm = e 1 2l+1 r l+2 e 2 2l+1 q lm r l+2 θy lm 4π q lm Y lm e 3 2l+1r l+2 (im). (49) sinθ Expansão multipolar e a energia de uma distribuição de cargas Quando temos uma configuração de potencial externo Φ(x) (ou seja, produzido por fontes externas à distribuição de cargas que vamos considerar), uma distribuição de cargas colocada neste potencial adquire uma energia eletrostática dada por W = d 3 xρ(x)φ(x). (50) (O potencial é externo, portanto não temos aqui o fato 1/2 que apareceu anteriormente, em outra circunstância). Fazendo uma expansão de Φ(x) em torno da origem: Φ(x) = Φ(0)+x Φ(0)+ 1 x i x j xi xj Φ(0) Φ(x) = Φ(0) x E(0) 1 x i x j xi E j (0) i i j j 21

22 [ ] Φ(x) = Φ(0) x E(0) 1 x i x j xi E j (0) r2 2 3 x j E j (0) +... j i O termo adicionado é 1 6 r2 E(0) = 1 6 r2 2 Φ = 0. Usamos 2 Φ = 0 porque se trata de um potencial externo. Além disso, xj E j = ij j xi E j δ ij. Logo, podemos escrever: Φ(x) = Φ(0) x E(0) W = Φ(0) i j [ 3xi x j r 2 ] δ ij ( xi E j (0))+... (51) i j d 3 xρ(x) E(0) d 3 x xρ(x) ( xi E j (0)) d 3 xρ(x) [ 3x i x j r 2 δ ij ] Finalmente, podemos escrever W = qφ(0) p E(0) 1 Q ij xi E j (0)+..., (52) 6 i j onde Q ij d 3 x [ 3x i x j r 2 δ ij ] ρ(x), (53) é o chamado momento de quadrupolo da distribuição. Resumindo, podemos escrever a energia da distribuição no campo externo como uma sucessão de termos, carga c/potencial na origem, dipolo elétrico c/gradiente de potencial (campo E), quadrupolo c/gradiente do campo, etc... 22

23 Eletrostática em Meios Dielétricos Seja um meio constituído de grande número de átomos e moléculas. Quando um campo externo é aplicado, a distribuição de cargas destas moléculas é distorcida. Usualmente, o momento de ordem mais baixa da distribuição (q) resulta nulo, ao menos seu valor médio em uma região infinitesimal (do ponto de vista macroscópico, porém suficientemente grande do ponto de vista macroscópico). Seja p i o momento de dipolo do i-ésimo tipo de molécula. Seja N i o número de moléculas do tipo i, por unidade de volume, no ponto x. Além disso, pode haver no ponto x uma densidade de cargas ρ(x), de origem externa. O potencial em um ponto x, devido às contribuições em todo o espaço, será dado por: [ ρ(x Φ(x) = d 3 x ) x x + P(x ) (x x ] ) x x 3, (54) onde P(x) = N i < p i > i é a polarização elétrica do meio, ou seja, o momento de dipolo por unidade de volume. Obs.: Com essa definição, temos P(x)d 3 x p(x). Consideremos agora o seguinte: podemos demonstrar facilmente o seguinte: de modo que Φ(x) = (x x ) x x 3 = 1 x x, [ ρ(x d 3 x ( )] ) x x +P(x ) 1 x x Fazendo uma integração por partes, com o termo integrado se anulando no infinito, ficamos com Φ(x) = d 3 x 1 x x [ρ(x ) P(x )]. (55) Vemos que ρ(x) P(x) representa uma densidade de cargas., 23

24 Logo, E = Φ E = d 3 x [ρ(x ) P(x )] 4πδ(x x ) E = 4π [ρ(x) P(x)], (56) onde usamos a eq. (7). Define-se então o deslocamento elétrico D, D = E+4πP, (57) de modo que temos D = 4πρ(x). (58) Obs. 1: Comentário a respeito dos resultados acima: 1. E: suas fontes são todas as cargas. 2. D: suas fontes são as cargas livres. Obs. 2: Os campos D e E não satisfazem, em geral, as mesmas equações; isso acontece quando P tem rotacional nulo: E = 4π [ρ(x) P(x)], D = 4πρ(x), E = 0, D = 4π P. Cálculo da polarização (tratamento elementar): Para campos suficientemente fracos, podemos escrever: P = χ e E, (59) ondeχ e éasusceptibilidadeelétricadomeio(supomosaquiomeioisotrópico). Nesse caso, D = E+4πχ e E = (1+4πχ e )E ǫe, onde ǫ = (1+4πχ e ) é a constante dielétrica do meio. 24

25 Se o meio não é isotrópico, porém é válida a aproximação linear, P i = j χ ij E j, D i = E i +4π j χ ij E j = j (δ ij +4πχ ij )E j, D i = J ǫ ij E j, onde os ǫ ij são as componentes do tensor dielétrico. Vamos retomar nossa abordagem do cálculo da polarizabilidade: Como vimos, para meios isotrópicos e na aproximação linear. P = χ e E. Como onde E = 4π[ρ P], [E+4πχ e E] = 4πρ D = 4πρ, D = ǫe, ǫ = 1+4πχ e. Se temos N moléculas por unidade de volume (considerando apenas um tipo de molécula), P = N < p >, onde p é o momento de dipolo de uma molécula. Podemos escrever (na aproximação linear): < p >= γ mol E mol = γ mol (E+E i ), (60) onde E mol é o campo na posição da molécula. Este pode ser obtido com o seguinte raciocínio: E mol = E E P +E near, onde E P é o campo médio devido às moléculas vizinhas, e E near é o campo real devido às moléculas vizinhas. 25

26 Segundo a notação empregada no livro de Jackson, estas duas quantidades são reunidas sob o nome de E i, de modo que onde E i = E near E P. E mol = E+E i, Portanto, usando eq. (60), podemos escrever P = Nγ mol (E+E i ). Para E i usaremos (deixando a prova para mais adiante), E i = 4π 3 P, de modo que P = Nγ mol ( E+ 4π 3 P ). [ P 1 4π ] 3 Nγ mol = Nγ mol E, Nγ mol P = 1 4π 3 Nγ E = χ e E. mol χ e = Nγ mol 1 4π 3 Nγ. (61) mol Esta expressão mostra a relação entre a susceptibilidade elétrica (que é uma quantidade macroscópica) e a polarizabilidade molecular (uma quantidade microscópica). Como temos ǫ = 1+4πχ e, Nγ mol ǫ = 1+4π 1 4π 3 Nγ mol ( 1 4π ) 3 Nγ mol ǫ = 1 4π 3 Nγ mol +4πNγ mol ( ǫ 1 = 4πNγ mol ǫ ) 3 26

27 γ mol = 3 4πN ( ) ǫ 1 ǫ+2 eq. de Clausius-Mossotti. (62) Obs.: A relação se verifica melhor para gases; para líquidos e sólidos a aproximação não é tão boa, especialmente se ǫ é grande [Ja75, p. 155]. Obtenção da relação entre E i e P: Seja ρ(x), dando origem a E(x). Seja também uma esfera de raio R, contendo a distribuição de carga, com a origem do sistema de coordenadas no centro da esfera. Vamos calcular a seguinte integral: d 3 xe(x) = d 3 x Φ = r<r r<r d 2 xφn = dωr 2 Φn. Usando a expressão para o potencial, Φ(x) = d 3 x ρ(x ) x x, I = d 3 xe(x) = R 2 d 3 x ρ(x ) r<r dω n x x. n 27

28 Usando agora n = sinθcosφ i+sinθsinφ j+cosθ k, e a eq. (46), I = R 2 d 3 x ρ(x ) dω [sinθcosφ i+sinθsinφ j+cosθ k] 4π l l=0 m= l 1 2l+1 r< l r> l+1 Y lm (θ,φ )Y lm (θ,φ). Usando agora as expressões para os harmônicos esféricos, podemos facilmente obter as seguintes expressões: ( 8π Y11 +Y ) 11 sinθcosφ = 3 2 ( 8π Y11 Y ) 11 sinθsinφ = i (63) 3 2 4π cosθ = 3 Y 10. Escrevendo as funções trigonométricas em termos dos harmônicos esféricos, dessa forma, podemos fazer uso das propriedades de ortogonalidade destes harmônicos. Temos portanto I = R 2 d 3 x ρ(x ) 4π l l=0 m= l [ dω 1 8π 2 3 (Y 11 +Y ] 4π + 3 Y 10k 11) i+ i 2 1 2l+1 Y lm (θ,φ). r< l r> l+1 Y lm (θ,φ ) 8π 3 (Y 11 Y 11) j Usamos agora as relações de ortogonalidade dω Y 11 Y lm = ( 1) dω Y1, 1 Y lm = ( 1)δ l1 δ m, 1 (pois Y l, m = ( 1) m Y lm ). 28

29 dω Y 10 Y lm dω Y 11Y lm = δ l1 δ m1, dω Y 10Y lm = δ l1 δ m0. Voltando à integral, + i 2 { 1 2 I = R 2 d 3 x ρ(x ) 4π 3 r < r 2 > [ ] 8π Y 3 1, 1(θ,φ )+Y11(θ,φ ) i ] [ 8π Y 3 1, 1(θ,φ ) Y11(θ,φ ) j+ } 4π 3 Y 10(θ,φ )k. Usando as eqs. (63), I = R 2 d 3 x ρ(x ) 4π 3 = R 2 r < r> 2 [sinθ cosφ i+sinθ sinφ j+cosθ k] d 3 x ρ(x ) 4π 3 Como as cargas estão contidas na esfera de raio R, r < = r e r > = R: I = 4π d 3 x ρ(x )r n = 4π d 3 x ρ(x )x = 4π p. r < r 2 > n. Seja E = 1 V V d 3 xe(x). Identificamos esta quantidade como o campo médio devido às moléculas vizinhas, contida em um esfera de raio R, onde V = 4πR 3 /3. Ou seja, é a quantidade que chamamos anteriormente de E P. Portanto, E P = E = 3 4πR 3I = 4π 3 p 4πR 3 /3 = 4π 3 P. (64) 29

30 Como vimos E é o campo elétrico macroscópicos. Se subtrairmos o campo médio devido às moléculas vizinhas polarizadas (E P ), e acrescentarmos o campo realmente produzido pelas moéculas vizinhas (E near ), teremos E mol = E E P +E near E i = E near E P. E P é o campo médio devido à polarização; é o mesmo E obtido anteriormente, onde consideramos uma esfera de raio R: E P = 4π 3 P E i = E near + 4π 3 P. OcálculodeE near émaisdifíciledepende darealconfiguração. Épossível mostrar que E near = 0 para um sólido organizadona forma de rede cúbica simples [cálculo devido a Lorentz; ver Ja75, p. 153]. Para outras simetrias, ou para sistemas amorfos, o cálculo é mais complicado. Entretanto, para a maioria dos materiais E near 0 [Ja75, p. 154]. Dessa forma, E i = (4π/3)P, conforme já usamos. Polarizabilidade molecular Para a obtenção da polarizabilidade molecular, ou da constante dielétrica, é necessário fazer modelos para o material dielétrico. No livro de Jackson, 2a. ed., seção 4.6, há um modelo simples de cargas harmonicamente ligadas. Vamos discutir os pontos essenciais e deixar os detalhes como exercício: Vamos supor uma carga q, sujeita a um campo E. Podemos imaginar que cada carga tem uma posição de equilíbrio, e que o campo aplicado a desloca pouco desta posição. Assim, usando a aproximação harmônica, para cada carga q, haverá uma força restauradora F = mω 2 0 x (força restauradora) Por outro lado, F = qe, mω0x 2 = qe p mol = qx = q2 mω0 2 E γ mol = q2 mω 2 0 (65) 30

31 Efeito de temperatura Não vamos nos aprofundar neste tema, apenas fazer alguns comentários sobre aspectos principais: Se as distribuições de carga do meio não tem polarização permanente, o momento de dipolo é causado pela campo aplicado, como discutido acima no caso sem temperatura. Fazendo depois a média sobre distribuição de velocidades das partículas, mostra-se que < p mol >= q2 mω0 2 E = γ mol E. Ou seja, obtém-se para a polarizabilidade molecular a mesma expressão obtida quando se ignora o efeito da temperatura. Efeito de temperatura Por outro lado, se o meio dispuser de dipolos permanentes, o campo elétrico terá a tendência de alinhar os dipolos, enquanto a temperatura terá a tendência de desalinhar os dipolos. Ou seja, por este tipo de argumento espera-seuma polarizabilidadeproporcionala E e a T 1. De fato, mostrase que Em geral, p 2 0 < p mol > 1 3kT E. p 2 0 γ mol = γ ind + 1 3kT, (66) onde γ ind é a polarizabilidade devido a dipolos induzidos [em nosso caso, γ ind = q 2 /(mω 2 0 )]. Outro exemplo Vamos a um outro exemplo: Vamos pegar uma situação simples da Física de Plasmas. sem campo magnético íons fixos, distribuição uniforme(supondo oscilações de alta freqüência) movimento apenas na direção x Para os elétrons usaremos uma descrição de fluido: mn e [ t v e +(v e )v e ] = en e E p, onde p = γk B T n e, γ = c p c v, t n e + (n e v e ) = 0, (67) E = 4πe(n i n e ). 31

32 Oscilações de pequena amplitude (aprox. linear): n e = n 0 +n 1, v e = v 0 +v 1, E = E 0 +E 1. Seja n 0 = v 0 = E 0 = 0; logo, t n 0 = t v 0 = t E 0 = 0. m(n 0 +n 1 )[ t v 1 +(v 1 )v 1 ] = e(n 0 +n 1 )E 1 3k B T n 1, t n 1 + [(n 0 +n 1 )v 1 ] = 0, (68) E 1 = 4πe(n 0 n 0 n 1 ). Desprezando termos quadráticos (e lembrando que o movimento é apenas na direção x), mn 0 [ t v 1 ] = en 0 E 1 3k B T x n 1, t n 1 +n 0 v 1 = 0, (69) E 1 = 4πen 1, onde usamos γ = c p /c v = (c v + R)/c v = (R/2 + R)/(R/2) = 3, considerando o caso 1D. Supondo agora oscilações com dependência e i(kx ωt), imn 0 ωv 1 = en 0 E 1 3ik B Tkn 1, iωn 1 +in 0 kv 1 = 0, (70) ike 1 = 4πen 1. Da segunda equação, v 1 = ωn 1 n 0 k n 1 = n 0k ω v 1. Combinando este resultado com a terceira equação, E 1 = i 4πen 1 k Voltando à primeira equação, = i 4πe n 0 k k ω v 1. imn 0 ωv 1 = en 0 i 4πen 0 ω v 1 +3ik B Tk n 0k ω v 1. ω 2 = 4πe2 n 0 m + 3k BT m k2 = ω 2 p +3k BT m k2. (71) 32

33 Voltando à equação para v 1, e portanto t v 1 = 2 t x 1 ω 2 x 1, mn 0 ω 2 x 1 = en 0 E 1 3ik B Tkn 1,= en 0 E 1 3 k BTk 2 E 1 4πe mn 0 ω 2 x 1 = (en 0 +3 k BTk 2 ) E 1. 4πe. Dividindo tudo por mn 0 ω 2, ( e x 1 = mω 2 +3 k BTk 2 ) ( e 4πen 0 mω 2 E 1 = x 1 = ( e mω 2 + 3k BT m e k 2 mω 2 ωp 2 mω 2 + 3k BT m ) E 1 = e mω 2 e k 2 m mω 2 4πe 2 n 0 ( 1+ 3k BT m k 2 ωp 2 ) E 1 ) E 1.. Como p 1 = ex 1 = γ mol E 1, ( γ mol = e2 mω k BT m k 2 ωp 2 ). (72) Usando agora a eq. (71), γ mol = e2 mω 2 p. (73) Meio anisotrópico: Vamos a uma discussão qualitativa: Por exemplo, um plasma na presença de um campo magnético uniforme. Seja B = Bk. As partículas carregadas sofrem força magnética que as leva a espiralar em torno das linhas de B. Ou seja, B introduz uma anisotropia no sistema. Esta é uma situação em que se obtém D i = j ǫ ij E j, com ǫ ij = δ ij +4πχ ij. 33

34 Energia eletrostática em dielétricos Em meios eletrostáticos a energia de uma dada configuração de cargas livres representa não somente a energia da interação entre as cargas, mas também a energia envolvida na perturbação da distribuição de cargas do meio. Essa contribuição não está incluída em nossa expressão (35), que dava a energia eletrostática de uma distribuição de cargas, no vácuo. ( Para recordar, ) W TOTAL W = 1 2 n i,j=1,(i j) q i q j x i x j, Vamos então adotar outro procedimento. Seja um potencial Φ(x) e uma perturbação δρ(x) na densidade de cargas livres. A mudança na densidade, δρ(x), estará associada a uma quantidade de energia (trabalho que realiza a mudança, dada por δw = d 3 xδρ(x)φ(x). (74) Obs.: Ver a eq. (34), para o caso discreto, W i = q i Φ(x i ). Da lei de Gauss para o vetor deslocamento temos ρ(x) = 1 1 D δρ(x) = 4π 4π (δd) δw = 1 d 3 x (δd)φ(x), δw = 1 4π 4π d 3 x [ (ΦδD) δd Φ(x)]. O termo com (ΦδD) pode ser transformado em uma integral de superfície. Supondo ρ(x) uma distribuição localizada, a superfície pode ser levada ao infinito, e a integral de superfície vai a zero. 34

35 Além disso, usamos no outro termo E = Φ, de modo que δw = 1 4π d 3 xe δd, (75) onde a integral agora é sobre todo o espaço. Se o meio for linear e isotrópico (só agora introduzimos essa hipótese), E δd = E ǫδe = 1 2 δ(e D), e δw = 1 8π δ W = 1 8π d 3 xe D. d 3 x (E D). (76) Portanto, em geral vale δw = 1 4π d 3 xe δd; porém, se o meio é linear (e isotrópico) vale W = 1 d 3 x (E D). 8π É interessante notar que E = Φ e D = 4πρ. De nossa expressão (35), se fosse válida, teríamos W = 1 d 3 xρ(x)φ(x) = 1 d 3 xφ(x) D 2 8π = 1 d 3 x [ (Φ(x)D) D Φ(x)] 1 d 3 x(e D)!!! 8π 8π Note-se que o termo com o divergente se anula sobre a superfície. 35

36 A última equação obtida é idêntica à eq. (76), e mostra que para meios lineares (e isotrópicos) vale a expressão W = 1 d 3 xρ(x)φ(x), 2 sendo equivalente a W = 1 8π d 3 xe D. É interessante notar que, para meios não lineares, a energia eletrostática (partindo de um estado com D = 0) é dada por: W = 1 4π d 3 x D 0 E δd. (77) Ou seja, nesse cálculose vêque aenergiaem princípionãodepende apenas do estado final do sistema, mas também dos estados intermediários por que passou no processo de estabelecer a configuração final. Magnetostática O ponto de partida é a constatação de que não há cargas magnéticas. Todo efeito magnético provém de cargas elétricas em movimento. Vamos olhar a questão sob dois ângulos: Produção do campo e efeito do campo sobre as partículas e correntes: Dado um elemento dl de um condutor, pelo qual passa carga por unidade de tempo, I = dq/dt, esse elemento produzirá na posição x uma indução magnética db, dada por db(x) = ki dl (x x ) x x 3. (78) No sistema cgs gaussiano, a constante k é dada por k = 1/c, onde c é a velocidade da luz (c = 2, cm/s). 36

37 x x db I dl x x A lei de Biot-Savart Podemos definir uma densidade de corrente, J(x )d 3 x = Idl. db(x) = 1 c J(x ) (x x ) x x 3 d 3 x, B(x) = 1 c d 3 x J(x ) (x x ) x x 3. (79) Essa equação pode ser reescrita sob outra forma. Como já vimos, 1 x x = (x x ) x x 3 ; ficamos com B(x) = 1 c d 3 x J(x ) x x. (80) 37

38 Obs.: (ψa) = ψ a+ψ a. No caso, a = J(x ) e ψ = 1/ x x. Portanto, [ ] [ J 1 x x = x x [ ] 1 = J x x ] J+ 1 x x J(x ) = J (x x ) x x 3 Como sabemos, A = 0, de modo que a partir da eq. (80) podemos concluir o seguinte: B = 0. (81) Como nosso teorema da primeira aula nos demonstrou, se soubermos o divergente e o rotacional de um campo vetorial, e se as fontes do campo se anulam no infinito, o campo é univocamente definido. Como já conhecemos o divergente de B, vamos agora procurar obter o rotacional de B. B = 1 c d 3 x J(x ) x x = 1 c [ d 3 x J(x ) x x 2 d 3 x J(x ] ) x x Vamos considerar o primeiro termo no lado direito, na equação (82): [ J(x d 3 x ] ) x x (82) Continuando, [ J(x ] ) x x = J 1 x x + 1 x x J(x ) = J 1 x x, uma vez que a derivada é feita na variável x, e J é função de x. 38

39 Podemos agora somar e diminuir um termo nessa expressão, e trocar a derivada de x por x, = J 1 x x 1 x x J(x 1 )+ x x J(x ) = [ J(x ) x x ] + 1 x x J(x ) Retornando agora para a integral, [ J(x d 3 x ] ) x x [ J(x = d 3 x [ ] ) + = [ d 2 x [ J(x ) n x x x x ] + 1 x x J(x ) ] d 3 x 1 x x J(x ) A integral de superfície se anula sobre a superfície que envolve a distribuição de correntes. ] No segundo termo do lado direito, na equação (82), temos 2 J(x ) x x = J(x )4πδ(x x ). B = 1 c d 3 x J(x ) x x + 4π c d 3 x J(x )δ(x x ) B = 1 c d 3 x J(x ) x x + 4π c J(x). (83) Nesse ponto, podemos chamar a atenção sobre outro ponto importante na magnetostática: Consideremos um volume V; uma vez que não há criação ou destruição de cargas, a variação da quantidade de cargas no volume só pode ser devida a cargas entrando ou saindo através da superfície: dq dt = S da(j n). 39

40 Obs.: A dimensão de J é a dimensão de Q/T/L 2. Usando o teorema da divergência: dq dt = d 3 x J d 3 x [ ] ρ t + J = 0, ρ + J = 0, eq. da continuidade (84) t Portanto, na magnetostática, ρ t Ou seja, na magnetostática, = 0 J = 0. B = 4π c J. (85) Esta é a chamada lei de Ampère na forma diferencial. Em resumo, no caso magnetostático a indução magnética obedece às relações seguintes: B = 0, B = 4π c J. (86) Lembrando nossa aula introdutória, temos um campo vetorial, do qual conhecemos o divergente e o rotacional, com a condição de que as fontes se anulam no infinito. Conforme já vimos, B fica então univocamente definido. Obs.: Seja S uma superfície qualquer e C o seu contorno. Usando o teorema de Stokes, da( B) n = 4π da(j n) S c S 40

41 B dl = 4π c I. (87) Esta é a lei de Ampère na forma integral. Efeito da indução magnética B sobre cargas elétricas Como já dissemos, os efeitos magnéticos são devidos a cargas em movimento; da mesma forma, B atua sobre cargas em movimento: df = I (dl B). (88) c Esta expressão fornece a força sobre um elemento dl, conduzindo corrente I. Usando as eqs. (88) e (78), podemos calcular a força exercida por um circuito 2 sobre um circuito 1: df 12 = I [ ] 1 1 dl 1 c c I dl 2 x 12 2 x 12 3 F 12 = I 1I 2 c dl 1 (dl 2 x 12 ) x (89) I 1 I x 12 F x 1 x 2 = x 12 x x

42 No caso mais geral, ao invés de um circuito podemos ter uma distribuição de correntes de outro tipo. Definindo a densidade de corrente J(x), reescrevemos a eq. (88) como df = 1 c d3 x (J B), F = 1 c d 3 x (J(x) B(x)). (90) Obs.: Para uma carga, J = qvδ(x x ) F = q c v B. Da mesma forma podemos definir torque: dn = x df = 1 c d3 x [x (J B)] N = 1 c d 3 x x (J(x) B(x)). (91) Potencial vetor Da mesma forma que fizemos para o campo elétrico, podemos definir um potencial associado à indução magnética; entretanto, ele não será um escalar. Temos: B = 0 B = 4π c J. Se B = 0, então podemos escrever B = A. Da eq. (80), tínhamos A(x) = 1 c d 3 x J(x ) x x. (92) 42

43 Entretanto, como ( f) = 0, podemos acrescentar à eq. (92) um gradiente de uma função escalar arbitrária, a sem alterar a física descrita pela indução magnética B (que é unívoco, como já vimos). Seja então A(x) = 1 c d 3 x J(x ) x x + ψ. (93) Obs.: A transformação A A+ ψ é chamada uma transformação de calibre, ou gauge transformation. A arbitrariedade na definição de A nos dá uma liberdade que será usada da seguinte maneira: B = A, B = 4π c J, ( A) = 4π c J ( A) 2 A = 4π c J. (94) Se A = 0 na eq. (94), teríamos 2 A = 4π c J. Cada componente vetorial de A satisfaz então uma equação de Poisson, com solução conhecida(com as fontes se anulando no infinito). O resultado é A(x) = 1 d 3 x J(x ) c x x. Ou seja, a escolha de A = 0 equivale à escolha ψ= cte. Essa escolha, A = 0, é chamada de calibre de Coulomb. Existem outras escolhas, segundo nossa conveniência. Uma delas será vista mais adiante. 43

44 Obs.: sabemos que B = A. Podemos adicionar a A um gradiente de uma função arbitrária, e continuaremos a ter o mesmo B: A(x) A+ ψ. Por outro lado, se exigirmos A = 0, resulta A(x) A+ 2 ψ. Se o A original satisfazia essa equação, o novo satisfará se 2 ψ = 0. Isso significa ψ = cte., se as fontes se anulam no infinito. Ou seja, o A fica definido, pois ψ = 0: A(x) A+ ψ }{{} =0 Por outro lado, da lei de Ampère vimos que, se A = 0, 2 A = 4π c J, o que tem como solução (se as fontes se anulam no infinito), A(x) = 1 d 3 x J(x ) c x x. Distribuição localizada - Momento magnético Vamos supor uma distribuição localizada de correntes, e um ponto de cálculo do campo muito distante da distribuição.. x x 44

45 Se x << x, para a região onde ρ(x ) é não nula, podemos fazer = 1 x x = 1 (x 2 +x 2 2x x ) 1/2 1 x(1+x 2 /x 2 2x x /x 2 ) 1/2 1 x ] [1+ x x x 2. Portanto, = 1 c x A(x) = 1 d 3 x J(x ) c x x d 3 x J(x )+ x c x 3 d 3 x x J(x )+.... ondeoprodutoescalarrefere-seax x ; ouseja, emtermosde componentes podemos escrever A i (x) = 1 d 3 x J i (x )+ x c x c x 3 d 3 x x J i (x )+.... (95) Agora levamos em conta o seguinte: como J = 0 na magnetostática, podemos demonstrar que (x i J) = J x i +x i J = J i. Portanto, d 3 x J i (x ) = d 3 x (x i J) = d 2 x (x ij) n = 0, pois J n = 0 na superfície (a distribuição de corrente é limitada). Ou seja, otermo em monopolo na eq. (95) é nulo, parauma distribuição de correntes espacialmente limitadas. Resulta então que A i (x) = x c x 3 d 3 x x J i (x ). Vamos então discutir o termo que na equação anterior: x d 3 x x J i (x ) = x j d 3 x x jj i (x ). j 45

46 Podemos agora usar o seguinte artifício: Sejam f(x) e g(x) funções bem comportadas: d 3 xg(j f) = d 3 x [ (gjf) f (gj)] = d 2 x(gfj) n d 3 xf [g J+J g]. O termo de superfície se anula, pois a corrente é limitada espacialmente, e o termo com J se anula, na situação estática. Portanto, d 3 xg(j f) = d 3 xf(j g), ou seja, d 3 xg(j f)+ d 3 xf(j g) = 0, (96) Se f = 1 e g = x i, a eq. (96) reduz-se a d 3 xj i = 0, conforme usamos na página anterior. Se f = x i e g = x j, d 3 x [x j J i +x i J j ] = 0 d 3 x x j J i = d 3 x x i J j. Portanto, x j j d 3 x x jj i (x ) = 1 x j d 3 x [ x 2 jj i (x ) x ij j (x ) ] j = 1 d 3 x [(x x )J i (x ) x i 2 (x J(x ))]. 46

47 Portanto, de modo que A i (x) = 1 1 c x 3 2 A(x) = 1 1 c x 3 2 d 3 x [(x x )J i (x ) x i(x J(x ))], d 3 x [(x x )J(x ) x (x J(x ))]. Entretanto, sabemos que de modo que e A(x) = 1 2c x 3 A (B C) = (A C)B (A B)C, (x x )J (x J)x = x (J x ), d 3 x [x (J x )] = x 2c x 3 d 3 x (J x ). Define-se a magnetização (ou momento magnético por unidade de volume) como sendo o seguinte: M = 1 [x J(x)], (97) 2c de modo que o momento magnético m é dado por m = d 3 xm(x) = 1 2c d 3 x [x J(x)]. (98) Dessa forma, para uma distribuição localizada de correntes, A(x) = m x x 3. (99) Vamos agoraolhar para a eq. (98) e verificarque ela pode ser colocada em uma forma mais simples e familiar, no caso de espiras planas de corrente. Substituindo d 3 xj por Idl, m = I 2c x dl. 47

48 Se tivermos uma espira plana, I dl x Continuando, 1 2 x dl = 1 2 x dl = da (onde dl é a projeção de dl perpendicularmente a x). Desse modo, m = I 2c x dl. m = I cárea, onde Área é a área da espira. Outro resultado interessante é obtido quando consideramos a corrente devida a um grupo de partículas, com massas M i e cargas q i : J = i q i v i δ(x x i ), m = 1 2c d 3 x i q i δ(x x i ) (x v i ) = 1 q i (x i v i ) 2c = 1 2c i q i M i L i i 48

49 pois para uma partícula de massa M. L = x p = M (x v), Se todas as partículas têm a mesma razão qi M i = q M, então teremos m = q 2Mc L. Distribuição localizada de corrente em uma indução magnética externa Já vimos que a força e o torque sobre uma distribuição de corrente (um momento de dipolo magnético) são dadas por F = 1 d 3 xj(x) B(x) c e N = 1 c d 3 xx [J(x) B(x)]. Se a indução magnética varia pouco na região onde se encontra a corrente, podemos utilizar uma expansão de B(x). Para cada componente de B, em torno de uma origem, teremos B k (x) = B k (0)+(x )B k (0). Portanto, para a i ésima componente da força, F i = 1 ] ǫ ijk [B k (0) d 3 x J j (x )+ d 3 x J j (x )(x )B k (0)+.... c j,k O termo d 3 x J j (x ) = 0, como já vimos. Portanto, F i = 1 ǫ ijk d 3 x J j (x )x c l lb k (0) j,k l F i = 1 ǫ ijk [ l B k (0)] d 3 x J j (x )x l c j,k l F i = 1 ǫ ijk [ l B k (0)] 1 d 3 x [ J j (x )x l c 2 J l(x )x j], j,k l onde usamos a segunda equação após eq. (96), e onde não aparece mais a linha no operador l porque trata-se da derivada calculada em um dado ponto. Temos portanto o seguinte, F i = 1 ǫ ijk d 3 x [ J j (x )(x )B k (0) x j (J(x ) )B k (0) ]. 2c j,k 49

50 Consideremos agora o seguinte: Temos J j x B k (0) x j J B k(0). Seja B k (0) A, de modo que J j x A x j J A = J j A x x j A J = [A (J x )] j, onde comparamos com A (B C) = B(A C) C(A B). Por outro lado, [A (J x )] j = [(x J) A] j = [(x J) B k (0)] j = [(x J) ] j B k (0). Retornando agora à equação anterior, F i = 1 ǫ ijk d 3 x [(x J) B k (0)] 2c j, j,k F i = j,k ǫ ijk (m ) j B k (0). (100) Escrevendo a força na forma vetorial, F = (m ) B. (101) Usando agora a seguinte relação vetorial [Schaum, 22.19], (A B) C = B(A C) A(B C), teremos F = [ (m B) m( B)] F = (m B), (102) 50

51 uma vez que B = 0. Interpretanto F como U (energia potencial) podemos escrever U = m B. (103) Para o torque, podemos usar um procedimento análogo e obter, em ordem mais alta, N = m B. (104) Obs.: Com base em F = (m B), podemos entender os chamados espelhos magnéticos: q>0 B m m B = mb F = m B s, de modo que a partícula espiralando é repelida das regiões de campo mais intenso. Equações macroscópicas; Magnetização; Campo magnético H Pelo que vimos até agora, conhecida a distribuição de corrente J, podemos determinar B(x). Entretanto, consideremos os casos seguintes: correntes eletrônicas rapidamente flutuantes(na matéria). Para aplicações macroscópicas, só nos interessa o valor médio. 51

52 momentos magnéticos intrínsecos, não clássicos. Pela ausência de monopolos magnéticos, temos tanto B mic = 0 quanto B = 0, onde nessa última expressão B é o campo macroscópico. Magnetização Dessa forma, também para campos macroscópicos deve valer B = A. Magnetização (macroscópica): A definição é análoga à definição da polarização: M(x) = i N i < m i >. Se tivermos densidade de corrente de cargas livres, J, em x o potencial vetor devido a um elemento de volume V em x será dado por: A(x) = 1 c J(x ) x x V + M(x ) (x x ) x x 3 V (105) Obs.: Devemos lembrar que, para um dipolo na origem, A = m x x 3. Fazendo V d 3 x, e integrando sobre a contribuição de todo o espaço, A(x) = 1 [ J(x d 3 ) ) (x x ] ) x c x x +cm(x x x 3. Podemos re-escrever a segunda integral: (x x ) x x 3 = 1 x x = 1 x x, M 1 x x. 52

53 Agora, consideremos o seguinte: (fa) = ( f) a+f( a) ( f) a = (fa) f( a), de modo que M 1 x x = [ ( ) M x x ] 1 x x M. Podemos então escrever d 3 x M (x x ) x x 3 = ( ) M d 3 x x x + d 3 x M x x. Re-escrevendo, d 3 x M (x x ) x x 3 = d 3 x M x x ( ) M d 3 x x x. A(x) = 1 c + 1 c S [ J(x d 3 x )+c ] M x x d 2 x cm n x x, (106) onde no último termo foi usada a relação (ver contra-capa do Jackson, 2nd ed., John Wiley, 1975), d 3 x A = d 2 x n A. V S Densidades de corrente Podemos agora introduzir duas novas definições: Densidade de corrente de magnetização: J M (x) = c M(x). Densidade superficial de corrente de magnetização: K M (x) = cm(x) n. 53

54 Podemos agora introduzir uma densidade superficial de correntes livres, K L (x), e escrever A(x) = 1 c d 3 x J(x )+J M (x ) x x + 1 c d 2 x K M (x )+K L (x ) x x Caso M seja localizada (limitada espacialmente), com K M = 0 e K L = 0, teremos A(x) = 1 d 3 x J(x )+J M (x ) c x x. Fazendo ( A) = ( A) 2 A, aplicando os operadores no lado direito, e levando em conta que na eletrostática J = 0 e que J M = ( M) = 0, e também usando a eq. (7), teremos B = 4π c (J+J M),. Ficamos com B = 4π c J+4π M. (107) Definimos agora o vetor campo magnético: H = B 4π M. (108) Nesse caso, H = 4π c J. (109) Note que no lado direito das equações envolvendo o rotacional temos (termos de fonte ): Para H, a densidade de corrente livre. Para B, a densidade de corrente total (livre+magnetização). 54

55 Permeabilidade magnética Ao discutirmos materiais magnéticos, introduzimos a permeabilidade magnética µ, quando o material for isotrópico e a relação entre B e H for linear. Em geral, temos M = M(H). Se a dependência for linear (é o caso de materiais diamagnéticos e paramagnéticos), podemos escrever M i = j (χ m ) ij H j ; Se a dependência for linear e isotrópica, introduzimos a susceptibilidade magnética χ m, uma constante característica do material, M = χ m H ; Nesse caso, H = B 4π M, B = H+4π M = H(1+4π χ m ). Escrevendo µ = 1+4π χ m, onde µ é a permeabilidade magnética, temos B = µ H. (110) Obs.: Para materiais ferromagnéticos, não se verifica a linearidade. Variando H, obtemos uma curva de histerese para o campo B. Entretanto, mesmonãohavendoalinearidade, paraaplicaçõesemque Hvariaem uma faixa limitada, em que a dependência é praticamente linear, muitas vêzes define-se uma permeabilidade efetiva para um material ferromagnético. Potencial escalar magnético: No vácuo: Se J = 0, teremos B = 0, de modo que B pode ser obtido de um potencial Φ M, B = Φ M. Nesse caso, podemos usar as técnicas empregadas na eletrostática para encontrar B. Como teremos B = 0, resulta a equação de Laplace, 2 Φ M = 0. 55

56 Em materiais magnéticos: H = 4π c J ; se J = 0, teremos H = 0, e em consequência poderemos escrever H = Φ M. Nesse caso, B = 0, (H+4π M) = 0, 2 Φ M +4π M = 0, 2 Φ M = 4π M. Define-se então a densidade de cargas de magnetização: ρ M = M. (111) Além disso, considerando a superfície de separação entre a região com M 0 (região 2) e a região com M = 0 (região 1), temos: 1 h 2 Temos, uma vez que B = 0, H = 4π M ; d 3 x H = 4π d 3 x M ; d 2 x H n = 4π d 2 x M n. Considerando uma superfície em forma de pílula, com altura h 0, d 2 x H n d 2 x (H 1 n H 2 n) 4π d 2 x (M 1 n M 2 n) = 4π S S S d 2 x (0 M n). 56

57 Como as integrais são feitas sobre a mesma superfície S, que é arbitrária, obtivemos, (H 1 n H 2 n) = 4π (M n). Podemos definir uma densidade superficial de cargas de magnetização, σ M = M n. (112) Portanto, em um ponto x, Φ M (x) = d 3 x M(x ) V x x + d 2 x M(x ) n x x. (113) Aplicação: Vamos considerar uma esfera de raio a, uniformemente magnetizada: P a M = M 0 k θ a θ z Dentro da esfera, M = M 0 k, M = 0. Além disso, M n = M a a = M 0 cosθ, d 2 x = a 2 dω. 57

58 O uso da eq. (113) nos leva a Φ M (x) = M 0 a 2 dω cosθ x x. Usamos agora 1 x x = 4π l l=0 m= l cosθ = 1 2l+1 r< l r> l+1 4π 3 Y 10(θ,φ ). Y lm(θ,φ )Y l,m (θ,φ), O uso dessas expressões nos leva a Φ M (x) = M 0 a 2 (4π) l 1 2l+1 m r< l r> l+1 dω Y lm(θ,φ )Y 10 (θ,φ ) } {{ } δ l1 δ m0 4π 3 Y l,m(θ,φ) = M 0 a 24π 3 4π 3 r < r> 2 Y 1,0 (θ,φ) ; Φ M (x) = M 0 a 24π 3 r < r> 2 cosθ. Na região interna, r < a; além disso, r = a. Portanto, r < = r, r > = a; Φ M (x) = M 0 a 24π 3 r a 2 cosθ, Φ M (x) = 4π 3 M 0(rcosθ). Na região externa, r > a; além disso, r = a. Portanto, r < = a, r > = r; Φ M (x) = M 0 a 24π 3 Φ M (x) = 4π 3 a r 2 cosθ, M 0 a 3 cosθ r 2. 58

59 O campo magnético pode ser então obtido. Para r < a, [ ] i 1 H i = Φ M = e 1 r Φ M +e 2 r 1 θφ M +e 3 rsinθ φφ M i. O último termo é nulo; ficamos com H i = e 1 ( 4π ) 3 M 0cosθ ( ) 4π +e 2 3 M 0sinθ, H i = 4π 3 M 0(e 1 cosθ e 2 sinθ). Para a região externa, com r > a, e 4π H e = Φ M = e 1 3 M 0a 2 cosθ ( 2r ) 4π 3 +e 2 3 M 0sinθ a3 r 3, Portanto, (H e H i ) r=a = 4π 3 M 0 H e = 4π 3 M a 3 0 r 3 ( e 12cosθ e 2 sinθ). [( 2a 3 cosθ +cosθ r3 = 4π 3 M 0(3cosθ)e 1 = 4πM 0 cosθ n, ) ( ] a 3 e 1 + sinθ sinθ )e r3 2 r=a onde usamos n = a a =ˆr = e 1. Podemos portanto escrever (H e H i ) r=a n = 4πM 0 cosθ(n n) = 4πM 0 cosθ = 4π M n, c.q.d. Por outro lado, expressando em componentes cartesianas, n = sinθcosφ i+sinθsinφ j+cosθ k. Como já vimos, esta quantidade é igual a e 1. Quanto a e 2, sabemos que é perpendicular ao raio vetor. Faz portanto um ângulo θ com a horizontal. Sua projeção horizontal é dada por cosθ, e portanto e 2 = cosθcosφ i+cosθsinφ j sinθ k. (ver figura) 59

60 Figura referente à discussão anterior: e 2 θ cosθ senθ θ cosθ cosφ φ cosθsenφ Usando as expressões obtidas na expressão para H i, (e 1 cosθ e 2 sinθ) = sinθcosφcosθ i+sinθcosθsinφ j +cos 2 θ k sinθcosφcosθ i sinθcosθsinφ j+sin 2 θ k = ( sin 2 θ+cos 2 θ ) k. Portanto, H i = 4π 3 M 0 k = 4π 3 M. Por outro lado, temos B i = H i +4π M i = 4π M ( 1 1 ) 3, B i = 8π 3 M. Ou seja, mostramos que B i é paralelo a M, e que H i é anti-paralelo a M, no interior da esfera uniformemente magnetizada! 60

61 Equações de Maxwell Até agora, estudamos fenômenos estáticos, obtendo as equações básicas que governam os campos: E = 0, D = 4πρ, D = E+4πP, H = 4π c J, H = B 4πM, B = 0. (114) Vamos agora introduzir uma equação que expressa em forma matemática uma relação entre campos elétricos e magnéticos, fruto de observações de Faraday (por volta de 1830). a) movimento de um imã relativo a um circuito provoca corrente no circuito. b) movimento de um circuito conduzindo corrente estacionária, relativo a outro circuito, provoca corrente neste último. c) variação da corrente em um circuito provoca corrente em outro. Estas observações mostram dependência na área e forma dos circuitos, na sua distância e posição relativa, ou na distância e posição relativa do imã, e na taxa de variação temporal da corrente, ou na velocidade do imã. Matematicamente, considerando-se um caminho fechado qualquer (C), limitando uma superfície aberta (S), o comportamento observado pode ser expresso da forma seguinte E = E dl = k d C dt S d 2 xb n. (115) E é o campo elétrico atuando no elemento dl do circuito C, no sistema de referência onde dl está em repouso. E é a força eletromotriz induzida no circuito. B é a indução magnética no sistema laboratório. n é um vetor perpendicular a superfície em cada ponto, com sentido dado pela regra da mão direita. 61

62 C B n v Se o circuito C estiver se movendo com velocidade v relativamente ao laboratório, encontrará B mudando devido à dependência em t e também devido à mudança em x: d dt B = tb+ x B dx dt + yb dy dt + zb dz dt = tb+(v )B, (a chamada derivada convectiva ). E dl = k d 2 x [ t B+(v )B] n, Por outro lado, C S (B v) = B( v) v( B)+(v )B (B )v, onde devemos levar em conta que v, a velocidade do circuito, é apenas função de t (v = v(t)). Portanto, E dl = k d 2 x [ t B+ (B v)] n C S = k d 2 x( t B) n k (B v) dl S C [E + k(b v)] dl = k d 2 x( t B) n. C S 62