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Joao pulido sebenta_eo Joao pulido sebenta_eo Document Transcript

  • ´ELECTROMAGNETISMO & OPTICA Jo˜o Pulido a Dep. F´ ısica IST 2009-2010
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 11 Elementos de C´lculo Vectorial aO prop´sito desta introdu¸ao ´ o de apresentar os campos vectoriais gradiante e rotacional o c˜ ee o campo escalar divergˆncia bem como as suas propriedades a que se recorre correntemente eem Electromagnetismo.1.1 GradianteUma fun¸ao que associa a cada ponto do espa¸o um n´ mero real que representa o valor de c˜ c uuma grandeza f´ ısica nesse ponto designa-se campo escalar. Assim a massa espec´ ıfica ou atemperatura s˜o campos escalares. De outro modo, associando-se a cada ponto um vector, aou seja um conjunto ordenado de trˆs n´ meros reais representando uma grandeza f´ e u ısica,temos um campo vectorial. A velocidade do vento ou da agua dum rio s˜o exemplos de ´ acampos vectoriais. Seja ent˜o um campo escalar T (x, y, z) definido em dois pontos P e P de coordenadas a(x, y, z) e (x , y , z ) infinitamente pr´ximos a escala do problema que estamos a tratar, o `mas n˜o coincidentes. A diferen¸a entre os dois valores de T em P e P ´ por hip´tese a c e oinfinitesimal T (x , y , z ) − T (x, y, z) = dTe pode escrever-se em termos das derivadas parciais ∂T ∂T ∂T dT = dx + dy + dz ∂x ∂y ∂zcom x = x + dx, y = y + dy, z = z + dz. Esta express˜o pode ser vista como o produto ainterno de dois vectores escrito na forma cartesiana, o que sugere a defini¸ao dum vector c˜chamado gradiante de T : −−→ −− ∂T ∂T ∂T grad T ≡ , , ∂x ∂y ∂ztal que −−→ −− dT = grad T .drem que dr = (dx, dy, dz) representa o deslocamento infinitesimal P → P . A componente do gradiante dum campo escalar segundo uma direc¸ao ´ pois a taxa de c˜ evaria¸ao desse campo segundo essa direc¸ao. Se o campo escalar representar por exemplo a c˜ c˜altitude, o gradiante segundo xx ´ o declive na direc¸ao xx. e c˜ A fim de representar o gradiante recorre-se por vezes ao operador nabla: ∂ ∂ ∂ = , , . ∂x ∂y ∂z
  • 2 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & OpticaN˜o tem em si mesmo qualquer significado f´ a ısico, por isso ´ designado como operador. Esse esignificado apenas aparece quando aplicado a um campo escalar ou vectorial. Assim em −−−→termos de o gradiante pode escrever-se como gradφ = φ. Fixado um ponto P (x, y, z), a sua distˆncia r a um outro ponto Q(x , y , z ) ´ um campo a eescalar r(x , y , z ), r= (x − x)2 + (y − y)2 + (z − z)2 .A este campo escalar vamos fazer corresponder um vector r com origem em P (x, y, z) eextremidade em Q(x , y , z ), ou seja a express˜o cartesiana de r ´ a e r = (x − x)ex + (y − y)ey (z − z)ez .Podemos ent˜o definir o gradiante da distˆncia r a a −− − − −→ ∂r ∂r ∂r 1 r gradQ r = ex + ey + ez = (x − x)ex + (y − y)ey (z − z)ez = = r . ˆ ∂x ∂y ∂z r r −− − − −→Portanto gradQ r ´ o versor da direc¸ao P Q dirigido de P para Q. Se considerarmos e c˜Q(x , y , z ) fixo e P (x, y, z) m´vel define-se gradiante da distˆncia r em ordem as coorde- o a `nadas de P (x, y, z) − − → ∂r −− − ∂r ∂r r −− − − −→ gradP r = ex + ey + ez = − = −ˆ = −gradQ r . r ∂x ∂y ∂z rS˜o de mencionar em seguida duas propriedades do gradiante usadas em Electrost´tica a a −− −→ • Dada uma fun¸ao escalar φ, o seu gradiante gradφ ´ perpendicular as superf´ c˜ e ` ıcies em que φ ´ constante, porque sobre qualquer destas superf´ e ıcies tem-se sempre −− −→ dφ = 0 = gradφ.dr em que dr representa um deslocamento infinitesimal sobre a superf´ ıcie, resultando pois −− −→ gradφ ⊥ dr . • O integral de linha do gradiante entre dois pontos A e B ´ independente do percurso e Γ entre esses pontos −− −→ gradφ.dr = φ(B) − φ(A) , Γ ou seja depende apenas do valor da fun¸ao φ nos extremos do percurso. c˜ A demonstra¸ao desta propriedade ´ quase imediata. Assim, se considerarmos o per- c˜ e → − curso entre A e B dividido em n pequenos segmentos orientados ∆ri = (∆x, ∆y, ∆z)i , tem-se para o segmento de ordem i
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 3 2   3 1   n−2 A           n−1   B    −− −→ → − ∂φ ∂φ ∂φ (gradφ)i . ∆ri = (∆x)i + (∆y)i + (∆z)i (∆φ)i (i = 1, ..., n) . ∂x i ∂y i ∂z i Comparando com a express˜o da varia¸ao de uma fun¸ao entre dois pontos, vˆ-se que a c˜ c˜ e esta quantidade ´ aproximadamente igual a diferen¸a (∆φ)i entre os valores de φ nos e ` c extremos do segmento i. Esta aproxima¸ao ´ tanto melhor quanto menores forem os c˜ e segmentos e mais elevado o seu n´ mero. Somando membro a membro as n equa¸oes u c˜ acima, o integral de linha ´ o limite desta soma quando o n´ mero de parcelas tende e u para infinito e cada parcela ´ um infinit´simo: e e n n −− −→ −− −→ → − gradφ.dr = lim (∆φ)i = lim (gradφ)i . ∆ri . Γ n→∞,(∆φ)i →0 n→∞ i=1 i=1 Uma vez que cada parcela apenas depende do valor de φ nos extremos do respectivo segmento elementar, o mesmo vai acontecer ao somat´rio, e portanto ao integral como o quer´ ıamos demonstrar −− −→ gradφ.dr = φ(B) − φ(A) . Γ1.2 Fluxo e divergˆncia eSeja um volume V onde se encontra definido um campo vectorial α e seja S a superf´ ıcielim´ ıtrofe desse volume. Designa-se por fluxo de α atrav´s de S o integral e α.n dS Sem que n ´ um vector unit´rio dirigido para o exterior do volume designado por semi-normal. e aSe S for uma superf´ aberta, o vector n ´ dirigido num sentido positivo pr´-definido, n˜o ıcie e e alhe correspondendo obviamente um volume V . Suponhamos agora que V ´ dividido em dois subvolumes V1 e V2 e sejam S1 e S2 as esuperf´ ıcies lim´ ıtrofes respectivamente de V1 e V2 . Verifica-se ent˜o que a α.n dS = α.n dS + α.n dS . S S1 S2
  • 4 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica Demonstra¸ao c˜ Consideremos a superf´ de separa¸ao Sab entre V1 e V2 e seja S1 = Sa + Sab , S2 = ıcie c˜Sb + Sab (ver figura). Tem-se por defini¸ao S = Sa + Sb . c˜ α n α → →1 → n ← V1 V2 n → Sa n2 Sab Sb ← α → α → O fluxo de α atrav´s de S1 e de S2 ser´ ent˜o e a a α.n1 dS = α.n1 dS + α.n1 dS S1 Sa Sab α.n2 dS = α.n2 dS + α.n2 dS . S2 Sb SabTratando-se de uma superf´ fechada, a semi-normal n ´ dirigida para o exterior dessa ıcie e ıcie, o que implica que sobre Sab se tem n1 = −n2 ponto a ponto, portanto somandosuperf´as duas ultimas equa¸oes ´ c˜ α.n1 dS + α.n2 dS = α.n1 dS + α.n2 dS = α.n dS S1 S2 Sa Sb Scomo quer´ ıamos demonstrar. Uma vez que a superf´ S est´ imersa no campo vectorial α, o fluxo de α a esquerda ıcie a `e a direita de S ´ respectivamente negativo e positivo porque em Sa ` e π < (α ˆ n) < π , ⇒ α.n dSa < 0 2e em Sb π 0 < (α ˆ n) < , ⇒ α.n dSb > 0 , 2ou seja o fluxo atrav´s de uma superf´ fechada ´ a diferen¸a entre o fluxo que sai e o fluxo e ıcie e cque entra. Recordar que n (vd. figura) ´ a semi-normal dirigida para o exterior de S. e Define-se divergˆncia dum campo vectorial α a quantidade e ∂αx ∂αy ∂αz div α = .α = + + . ∂x ∂y ∂zTrata-se portanto de um campo escalar.
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 5 Dado um volume limitado por uma superf´ S verifica-se a seguinte identidade ıcie div α dV = α.n dS V Sconhecida como teorema da divergˆncia. e Demonstra¸ao c˜ Vamos considerar o volume V dividido em paralelip´ıpedos infinitesimais alinhados comos eixos coordenados e calculemos o fluxo de α atrav´s da superf´ de cada um deles. e ıcie Z α dz O Y dx dy X Designando por 1 e 2 as faces paralelas a XOZ, uma vez que n ´ neste caso o versor do eeixo dos yy, a contribui¸ao destas faces vai ser (α tem uma orienta¸ao arbitr´ria) c˜ c˜ a ∂αy α(1).n dx dz − α(2).n dx dz = [αy (1) − αy (2)] dx dz = dy dx dz , ∂yporque [αy (1) − αy (2)] ´ a diferen¸a infinitesimal entre dois valores αy para uma varia¸ao e c c˜dy.Analogamente para as faces paralelas a XOY (n ´ o versor de zz) e ∂αz α.n dS = [αz (3) − αz (4)] dx dy = dz dx dy . ∂zFaces paralelas a Y OZ (n ´ o versor de xx) e ∂αx α.n dS = [αx (5) − αx (6)] dy dz = dx dy dz. ∂xSomando, obtem-se o fluxo de α atrav´s da superf´ lim´ e ıcie ıtrofe do paralelip´ ıpedo infinitesimal ∂αx ∂αy ∂αz α.n dS = + + dx dy dz . ∂x ∂y ∂z
  • 6 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica Somando para todo o volume, no limite em que o n´ mero de paralelip´ u ıpedos tende parainfinito e o volume de cada um deles tende para zero, apenas prevalecem as contribui¸oes c˜das faces tangentes a superf´ exterior S. Portanto ` ıcie div α dV = α.n dS V Scomo quer´ıamos demonstrar. Para volumes elementares, α pode considerar-se uniforme, de modo que div α atrav´s edum volume elementar representa a diferen¸a entre o fluxo que entra e o fluxo que sai por cunidade de volume.1.3 Rotacional e Teorema de StokesDefine-se circula¸ao de um campo vectorial α como o seu produto interno por um vector c˜infinitesimal dr ao longo de um contorno Γ (percurso fechado): α . dr Γ α dr1 dr2 dr Γ dr1 dr2 Γ1 Γ2 Γab Γa Γb ´ E o vector dr que define o sentido de circula¸ao. c˜ Se decompusermos o contorno Γ em dois contornos Γ1 e Γ2 como se indica na figura dadireita, verifica-se que α . dr = α . dr + α . dr . Γ Γ1 Γ2A demonstra¸ao desta propriedade faz-se de modo semelhante a da propriedade do fluxo c˜ `que se viu no in´ıcio da sec¸ao 1.2. Basta fazer as primitiva¸oes por decomposi¸ao de Γ 1 c˜ c˜ c˜e Γ2 ao longo respectivamente de Γa , Γab e de Γb , Γab , notando que os deslocamentos dr1e dr2 sobre Γab ocorrem em sentidos contr´rios. Tal implica o anulamento das respectivas acontribui¸oes ao fazer-se a soma, ficando demonstrada a propriedade. c˜ Define-se rotacional de um campo vectorial α o campo vectorial   ex ey ez −− −→  ∂ ∂ ∂  rot α = × α = det  ∂x ∂y ∂z  αx αy αz
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 7O rotacional ´ um operador vectorial que est´ intimamente relacionado com o conceito de e acircula¸ao de um vector nun contorno. Essa rela¸ao ´ dada pelo teorema de Stokes c˜ c˜ e −− −→ α . dr = rot α . n dS , Γ Sou seja, a circula¸ao de um vector sobre um contorno ´ igual ao fluxo do seu rotacional c˜ eatrav´s de uma superf´ que sobre ele se apoia. e ıcie Demonstra¸ao c˜ Γ Y ∆Γi α 3 4 2 dy 1 dx X Consideremos o contorno Γ decomposto em rectˆngulos elementares ∆Γi como se indica ana figura e calculemos a circula¸ao de α sobre cada um deles. Todos os rectˆngulos devem c˜ aser percorridos no mesmo sentido, de modo que, de acordo com a propriedade anterior, ascontribui¸oes dos lados horizontais se cancelam mutuamente. A circula¸ao sobre Γ ´ pois, c˜ c˜ eno limite em que o n´ mero de rectˆngulos tende para infinito, a soma das contribui¸oes dos u a c˜lados que est˜o sobre o contorno Γ, ou seja a quantidade que pretendemos calcular. a Calculemos a circula¸ao sobre o rectˆngulo ∆Γi c˜ a α . dr = [αx (1) − αx (3)]dx + [αy (2) − αx (4)]dy . ∆ΓiComo ∆Γi ´ infinitesimal: e ∂αx ∂αy ∂αy ∂αx −− −→ α . dr = − dy dx + dx dy = − dx dy = (rot α)z dx dy. ∆Γi ∂y ∂x ∂x ∂y`A parte o integral c´ ıclico, todos estes s˜o integrais de superf´ (pode ser o pr´prio rectˆngulo a ıcie o a∆Γi ). Somando sobre ∆Γi (i=1,...,n) obtem-se −− −→ −− −→ α . dr = (rot α)z dx dy = rot α . n dx dy . Γ SA direc¸ao z ´ a direc¸ao normal ao plano do contorno Γ que ´ o plano XOY , portanto para c˜ e c˜ eum plano com uma orienta¸ao arbitr´ria c˜ a −− −→ α . dr = rot α . n dS Γ S
  • 8 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Opticacomo quer´ ıamos demonstrar. Para que uma superf´ se apoie sobre um contorno ´ necessariamente aberta. Se for ıcie efechada, isso significa que o contorno ’colapsou’ para um ponto, resultando que o rotacionalatrav´s de qualquer superf´ fechada ´ zero. e ıcie e −− −→ rot α . n dS = 0 . Sf echadaEste facto implica, pelo teorema da divergˆncia e −− −→ div rot α dV = 0 , Vresultado que ´ v´lido para qualquer volume V que encerre a superf´ e a ıcie. Assim a divergˆncia ede um rotacional ´ nula: e −− −→ div rot α = 0 .Reciprocamente se um vector tem divergˆncia nula, ´ um rotacional: e e −− −→ div B = 0 ⇒ B = rot A . −− −→Por outro lado se rot α = 0, resulta pelo teorema de Stokes α . dr = 0 . ΓPortanto se um vector tem rotacional nulo, o seu integral de linha num percurso fechado ´ ezero e reciprocamente (´ o que acontece por exemplo com o campo gravitacional). e1.4 Resumo das propriedades dos operadores div, rot e grad • A divergˆncia de um rotacional ´ nula. e e −− −→ De facto se integrarmos div rot α num volume, tem-se pelo teorema da divergˆncia e −− −→ −− −→ div rot α dV = rot α . n dS = 0 V Sf echada que pelo teorema de Stokes implica −− −→ rot α . n dS = α . dr = 0 Sf echada Γ sendo este anulamento devido ao facto de que o contorno ’colapsou’ para um ponto. Como o volume V ´ arbitr´rio, resulta e a −− −→ div rot α = 0 .
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 9 • O integral c´ ıclico de um gradiante ´ nulo. e Basta recordar que B −−→ −− grad φ . dr = φ(B) − φ(A) A ´ independente do percurso de A para B. Se o percurso for fechado, A e B coincidem, e ficando −−→ −− grad φ . dr = φ(A) − φ(A) = 0 . Γ • Rec´ıproco: se o integral c´ ıclico de um campo vectorial ´ zero para qualquer contorno, e a integranda ´ um gradiante: e −−→ −− α . dr = 0 ⇒ α = grad φ . Γ Se o integral c´ ıclico ´ zero podemos escrevˆ-lo como um integral de linha com os e e extremos coincidentes, resultando que continua a anular-se qualquer que seja o cam- inho, desde que os extremos coincidam. Sendo o integral independente do caminho, a integranda ´ um gradiante. e • Se o integral c´ ıclico de um campo vectorial ´ zero para qualquer contorno, a inte- e granda (gradiante) tem rotacional nulo, o que equivale a dizer que o rotacional de um gradiante ´ zero: e −− − − − − −→ rot grad φ = 0 . Pelo teorema de Stokes −− −→ 0= α . dr = rot α . n dS Γ S −−→ −− e como α ´ um gradiante pela propriedade anterior (α = grad φ), uma vez que a e superf´ aberta S ´ arbitr´ria, a integranda ´ nula, ıcie e a e −→ −− − − −− − − −→ rot α = rot grad φ = 0 . • Se um vector tem divergˆncia nula, ent˜o ´ um rotacional. e a e De facto, se a divergˆncia de α ´ nula, pelo teorema de Gauss e e 0= div α dV = α . n dS V S ou seja, o fluxo de α atrav´s de qualquer superf´ fechada ´ zero. Mas um vector e ıcie e que tem fluxo zero nestas condi¸oes ´ um rotacional, como vimos na sec¸ao anterior. c˜ e c˜ Portanto existe β tal que −→ − α = rotβ .Importa reter −− −→ −−→ −− −− −→ rot α = 0 ⇔ α = grad φ e tamb´m e div α = 0 ⇔ α = rot β .
  • 10 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica2 Electrost´tica aO Electromagnetismo trata das interac¸oes entre cargas el´ctricas em repouso e em movi- c˜ emento. Os fen´menos el´ctricos e magn´ticos est˜o interligados: os campos magn´ticos s˜o o e e a e aprovocados pelo movimento de cargas el´ctricas e o movimento de um campo magn´tico e eprovoca um campo el´ctrico. e De in´ ıcio a electricidade estava relacionada com a no¸ao de ac¸ao a distˆncia, bem c˜ c˜ apatente no enunciado da lei de Coulomb (Charles Coulomb, 1736-1806). E ´ com Faraday(Michael Faraday, 1791-1867) que ´ introduzido o conceito de campo, na base do qual as efor¸as electromagn´ticas se estendem pelo espa¸o livre muito para al´m dos condutores. c e c eO conceito de Faraday das linhas de for¸a ou fluxo emanando dos corpos carregados e cdos magnetos permitia visualizar quer o campo el´ctrico quer o magn´tico. Uma maior e edensidade de linhas de for¸a por unidade de area perpendicular representa um campo mais c ´intenso. No caso do campo el´ctrico as linhas de for¸a representam as traject´rias de e c ouma carga el´ctrica positiva. O conceito de campo, embora n˜o tenha tido aceita¸ao ao e a c˜tempo de Faraday, ´ muito mais vantajoso relativamente ao de ac¸ao a distˆncia, sobretudo e c˜ apara campos rapidamente vari´veis, e acabou por se revelar essencial no desenvolvimento aposterior da F´ ısica e da tecnologia. Uma evolu¸ao essencial subsequente ao trabalho de Faraday foi levada a cabo por c˜Maxwell (James Clark Maxwell, 1831-1879) que demonstrou estarem todos os fen´menos oelectromagn´ticos descritos pelas equa¸oes e c˜ ρ div E = div H = 0 −− −→ ∂B rot E = − ∂t −− −→ ∂E rot H = J + . ∂tOs campos el´ctrico e magn´tico est˜o designados por E e H, sendo B a indu¸ao magn´tica e e a c˜ emuitas vezes referida apenas como campo magn´tico. Relaciona-se com H por B = µH e edepende do meio atrav´s de µ, a permeabilidade magn´tica. O parˆmetro representa a e e aconstante diel´ctrica do meio. A primeira das equa¸oes acima ´ a lei de Gauss que traduz e c˜ eo facto de serem as cargas ρ as fontes do campo el´ctrico E, a segunda ´ o seu equivalente e epara o campo magn´tico H (ou de indu¸ao magn´tica B) que declara n˜o haver cargas e c˜ e a(monopolos) magn´ticos, sendo portanto fechadas as linhas de for¸a de H e B. A terceira e c(lei de Faraday) traduz o facto de campos magn´ticos vari´veis originarem campo el´ctrico (o e a ecampo el´ctrico de indu¸ao). A ultima traduz o facto de correntes el´ctricas em condutores e c˜ ´ eproduzirem campos magn´ticos (corrente de condu¸ao, 1o termo) que tamb´m podem ser e c˜ eoriginados pela transmiss˜o de energia atrav´s de meios isolantes (corrente de deslocamento, a e2o termo).
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 11 Nas situa¸oes ditas estacion´rias n˜o h´ varia¸ao dos campos com o tempo. Se anularmos c˜ a a a c˜as derivadas em ordem ao tempo, a liga¸ao entre os campos el´ctrico e magn´tico deixa c˜ e eaparentemente de existir: −→ − rotE = 0 div B = 0 −− −→ div E = ρ/ rotH = J. As duas equa¸oes da esquerda referem-se apenas a campos el´ctricos numa situa¸ao c˜ e c˜est´tica: s˜o as equa¸oes do campo electrost´tico que ´ conservativo, verificando pois a a c˜ a e −→ − −−→ −− rotE = 0 ⇔ E = −grad V ⇔ E . dr = 0.As duas equa¸oes da direita s˜o as da magnet´st´tica. N˜o se trata aqui duma situa¸ao c˜ a o a a c˜est´tica mas apenas estacion´ria pois s´ h´ campo magn´tico se houver cargas em movi- a a o a emento, ou seja corrente el´ctrica: J = 0. Portanto o magnetismo ´ um efeito provocado pelo e emovimento de cargas el´ctricas. e2.1 Lei de Coulomb2.1.1 Campo electrost´tico aO desenvolvimento quantitativo da electrost´tica inicia-se com a lei de Coulomb estabelecida aem 1785. Para a introduzir comecemos por notar que uma carga el´ctrica numa zona onde eexiste campo el´ctrico E originado por cargas e correntes fica sujeita a uma for¸a dada por e c F = qEde modo que o campo pode ser visualizado como a for¸a por unidade de carga, sendo as c −1 −1suas unidades N C = V m . A for¸a el´ctrica ´ pois paralela ou antiparalela ao campo c e eel´ctrico. Se al´m deste existir campo magn´tico, ent˜o a for¸a actuante passa a ser e e e a c F = q E + qv × B(for¸a de Lorentz). A for¸a magn´tica ´ assim perpendicular ao campo magn´tico e a veloci- c c e e e `dade e s´ existe se houver movimento da carga q. Da express˜o acima vˆ-se que as unidades o a ede B s˜o N C −1 m−1 s = T = W b m−2 ∗ . a A lei de Coulomb foi originalmente entendida como uma ac¸ao a distˆncia a semelhan¸a c˜ a ` cda lei de Newton. E a ´ ali´s formalmente idˆntica, uma vez que a for¸a entre duas cargas e cvaria directamente com o valor de cada uma, inversamente com o quadrado da sua distˆncia arelativa e ´ dirigida segundo a direc¸ao definida pelas duas. A diferen¸a para a lei de Newton e c˜ c´ a de que as cargas da mesma natureza se repelem e as de natureza oposta se atraem. Oeseu enunciado ´ conhecido: e 1 qq − − − − −→ F (r) = gradP r. 4π 0 r 2 ∗ T≡ Tesla (unidade de indu¸ao magn´tica), Wb≡ Weber (unidade de fluxo magn´tico). c˜ e e
  • 12 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & OpticaRecorde-se que −− − − −→ r gradP r = |r|´ o versor da direc¸ao de r (distˆncia relativa entre as cargas) dirigido no sentido de re c˜ acrescente. A constante multiplicativa 1 = k = 9 × 109 N m−2 C −2 4π 0em que 0 = 8.85 × 10−12 F m−1 ´ a constante diel´ctrica do v´cuo (F≡ Faraday, unidade e e ade capacidade). Alternativamente podemos visualizar o fen´meno como sendo uma das cargas (por ex- oemplo q) que provoca um campo electrost´tico que por sua vez vai ser sentido pela outra a(q ) atrav´s de uma for¸a F = q E. Sendo assim o campo electrost´tico pela lei de Coulomb e c a´ dado pore 1 q −− −− −→ E(r) = 2 gradP r. 4π 0 r Para uma distribui¸ao de cargas usa-se normalmente o princ´ c˜ ıpio da sobreposi¸ao, se- c˜gundo o qual o campo devido a um conjunto de cargas ´ a soma vectorial dos campos criados epor cada uma delas individualmente. Isso significa que n˜o h´ efeitos de interferˆncia: o a a ecampo devido a uma qualquer n˜o ´ alterado se introduzirmos outras na vizinhan¸a. Tem a e ceste facto a ver com a linearidade das equa¸oes de Maxwell. Assim, para uma distribui¸ao c˜ c˜de cargas, sendo Ei (qi ) o campo devido a carga qi ` E= Ei (qi ) . iExemplo. Condutor filiforme de comprimento infinito (c´lculo do campo pela lei de Coulomb). a Trata-se neste caso de uma distribui¸ao c˜ de carga em comprimento. Para isso va- mos introduzir uma densidade linear λdy ∆q dq y λ = lim = r1 ∆y→0 ∆y dy θ gradP R tal que o condutor ´ considerado uma e sequˆncia de cargas elementares infinites- e R imais dq = λ dy. Sendo λ uniforme, r2 a carga do condutor ´ Q = λ dy = e λL em que L ´ o seu compri- e λdy mento. Da figura tem-se tan θ = y/R ⇒ dy = R dθ/(cos2 θ), cos θ = R/r1,2 ⇒ 1/r1,2 = cos θ/R.
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 13Os campos criados por cada um dos elementos s˜o a λ dy − − −−−→ λ dy dE1 = 2 gradP r1 = (cos θ ex − sin θ ey ) 4π 0 r1 4π 0 r1 2 λ dy − − − −−→ λ dy dE2 = 2 gradP r2 = (cos θ ex + sin θ ey ) 4π 0 r2 4π 0 r2 2de modo que o campo devido ao par de elementos ´e λ dy dE = dE1 + dE2 = cos θ ex . 2π 0 r 2Note-se que devido a simetria a componente do campo paralela ao fio se anula. Para todo `o fio tem-se λ dy E= dE = cos θ. 2π 0 r2A integra¸ao far-se-´ apenas para metade do fio para evitar a dupla contagem de elementos. c˜ aEscolhendo θ como vari´vel de integra¸ao vem a c˜ λ π/2 cos2 θ R λ π/2 cos θ λ E= 2 2θ cos θ dθ = dθ= . 2π 0 0 R cos 2π 0 0 R 2π 0 RPara uma carga filiforme o campo ´ pois inversamente proporcional a distˆncia. e ` aExemplo. Carga plana (c´lculo do campo pela lei de Coulomb). a ` A semelhan¸a do exemplo anterior definimos uma densidade superficial de carga c ∆q dq σ = lim = ∆S→0 ∆S dS em que dS ´ um elemento de area. e ´ dφ Come¸amos por calcular o campo devido c r a uma coroa circular uniformemente car- x θ regada, considerando em seguida o plano P ey R como uma extens˜o dessa coroa. De a acordo com a figura a area da coroa cir- ´ 2π cular ´ dS = dx 0 x dφ = 2πx dx. e Da figura tem-se tamb´m cos θ = R/r, e tanθ = x/R ⇒ dx = R dθ/cos2 θ. O campo criado pela coroa circular ´ e σ dS σ 2πx dE = cos θ ey = dx cos θ ey . 4π 0 r 2 4π 0 r 2
  • 14 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & OpticaNovamente s´ h´ componente perpendicular a coroa. Consider´mos a coroa completa, uma o a ` avez que integr´mos de 0 a 2π. O campo total devido ao plano ser´ obtido fazendo a a aintegra¸ao no angulo θ representado e dividindo por 2 para evitar a dupla contagem ou, c˜ ˆequivalentemente integrando de 0 a π/2. σ cos2 θ R σ E= dE = R tan θ dθ cos θ = tan θ cos θ dθ. 2 0 R2 cos2 θ 20Inserindo os limites de integra¸ao c˜ σ π/2 sin θ σ E= cos θ dθ = . 20 0 cos θ 20Conclus˜o: o campo devido a uma carga plana ´ uniforme. a e Nestes exemplos considerou-se quer o fio quer o plano infinitos, o que como ´ obvio, e ´envolve uma aproxima¸ao. N˜o existindo na realidade nem fios nem planos infinitos, a c˜ aaproxima¸ao ´ tanto melhor quanto menor for a distˆncia ao fio ou plano em compara¸ao c˜ e a c˜com as dimens˜es destes. o2.1.2 PotencialUsando a defini¸ao de gradiante ´ facil verificar que c˜ e −− −→ 1 1 −− −→ 1 r gradP = − 2 gradP r = − 2 r r r rdonde o campo electrost´tico pode escrever-se a −− −→ q E = −gradP 4π 0 ro que sugere a introdu¸ao do potencial electrost´tico c˜ a q −→ − V = tal que E = −grad V. 4π 0 rO campo electrost´tico ´ pois conservativo: resulta de uma fun¸ao potencial por aplica¸ao a e c˜ c˜do operador − grad, ou seja, campos gradiantes tˆm rotacional nulo e o seu trabalho ao elongo de um circuito fechado (Γ) ´ zero. Assim e −→ − rotE = 0 ⇔ E . dl = 0 . Γ O trabalho do campo electrost´tico entre dois pontos ´ dado por: a e P2 P2 −→ − W = − E . dr = − grad V . dr = VP1 − VP2 = −∆V P1 P1
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 15ou seja, ´ igual a diminui¸ao da energia potencial entre esses pontos. Especificamente e ` c˜ r2 1 q q 1 r2 q 1 1 W = 2 dr = − = − . r1 4π 0 r 4π 0 r r1 4π 0 r1 r2Se o ponto final estiver situado no infinito, r2 = ∞, o trabalho dispendido pelo campo paratransportar uma carga unit´ria de P1 → ∞ ser´ a a q W = = V P1 4π 0 r1ou seja, ´ o potencial no ponto P1 . Somente as diferen¸as de potencial tˆm significado f´ e c e ısico,sendo o potencial num ponto a diferen¸a de potencial entre esse ponto e o infinito. O mesmo c´ dizer que o potencial ´ definido a menos de uma constante arbitr´ria:e e a q q V = ou V = +C 4π 0 r 4π 0 rcorrespondem ao mesmo campo: −→ − −→ − −grad V = −grad V .Tal como o campo, tamb´m o potencial ´ aditivo: o potencial devido a uma distribui¸ao de e e c˜cargas ´ dado por e 1 qi V = 4π 0 i riem que ri ´ a distˆncia a carga pontual qi . Para uma distribui¸ao de carga em volume de e a ` c˜densidade ρ, ρ = lim ∆q/∆v ∆ v→0soma-se sobre os elementos de carga dq = ρ dv: 1 ρ dv V = 4π 0 V rem que V ´ o volume no qual a carga est´ distribu´ e a ıda. Superf´ıcies equipotenciais s˜o aquelas que verificam equa¸oes do tipo a c˜ V (x, y, z) = const.resultando que o campo electrost´tico ´ perpendicular em cada ponto as equipotenciais. a e `(Recorde-se que sobre uma equipotencial −→− dV = 0 = −E . dr = grad V . drem que dr ´ um deslocamento elementar sobre a equipotencial. Portanto E ⊥ dr). e Uma vez que no interior e na superf´ dos condutores as cargas se movem livremente, ıcieelas movimentam-se at´ que as for¸as se anulem. Nessa situa¸ao ficam em repouso e E = 0. e c c˜Assim, num condutor em equil´ ıbrio electrost´tico n˜o h´ campo quer no seu interior, quer a a ana superf´ ıcie. A superf´ de um condutor ´ pois uma equipotencial e o seu volume ´ um ıcie e evolume equipotencial, resultando da´ que o campo electrost´tico ´ perpendicular a superf´ ı a e ` ıciedos condutores.
  • 16 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica2.1.3 Dipolo el´ctrico e´E um conjunto de duas cargas iguais de natureza oposta separadas por uma distˆncia l aque suporemos muito mais pequena do que a distˆncia a qualquer ponto onde queiramos aconhecer o seu campo ou potencial (ponto potenciado). Este sistema ´ um modelo usado na edescri¸ao do comportamento de algumas mol´culas e ainda no estudo da emiss˜o de ondas c˜ e aelectromagn´ticas em sistemas simples. Da´ que fa¸a sentido calcular o potencial e campo e ı ccriados por duas cargas +q e −q relativamente pr´ximas em pontos muito afastados. A ofigura da esquerda representa esquematicamente o conjunto de linhas de for¸a do campo cdipolar e a da direita as duas cargas e o ponto potenciado P . P r− r+   ¡ lEm qualquer ponto P o campo ´ dado por e 1 q −− −→ q −− −→ E= 2 gradP r+ − 2 gradP r− 4π 0 r re o potencial q 1 1 V = − . 4π 0 r+ r−Tal como indicado na figura, definimos um vector l dirigido no sentido −q → +q e fazemosr− ≡ r, de modo que r+ = r − l. Num ponto distante (r− , r+ >> l) podem efectuar-se asseguintes aproxima¸oes c˜  1/2   2r.l  r.l  r+ = r+ . r+ = r 2 + l2 − 2r.l r 2 − 2r.l = r 1 − r 1 − . r2 r2Por outro lado a seguinte aproxima¸ao tamb´m ´ v´lida c˜ e e a   1 1 1 1 1 r.l 1 r.l − = − 1+ 2 − = 3 r+ r− r 1 − r.2l r r r r r r(Us´mos aqui r. l << r 2 a e 1/(1 − x) 1 + x v´lido para |x| << 1 ). Substituindo na aexpress˜o de V a q 1 q l.r 1 m.r V = r.l = = 4π 0 r 3 4π 0 r 3 4π 0 r 3
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 17em que m ≡ q l (momento do dipolo). No caso mais simples em que m || r (com θ = 0 ouθ = π) o campo do dipolo ´ radial. De facto tem-se nesse caso e 1 m 1 2m V =± ⇔ E=± er . 4π 0 r 2 4π 0 r 3Em geral o campo tem tambˆm uma componente segundo eθ . Repare-se que no seu conjunto eo dipolo tem carga nula, (+q) − (−q) = 0. No entanto o potencial e o campo criados s˜o adiferentes de zero. A intensidade do campo quando r → ∞ vai para zero mais rapidamentedo que o campo criado por uma carga (com 1/r 3 e n˜o 1/r 2 ). a2.2 Lei de GaussConsideremos as linhas de for¸a de um ccampo electrost´tico E e um elemento de asuperf´ ıcie dS e seja n a semi-normal a `superf´ ıcie em cada ponto. O vector n´ unit´rio dirigido para fora para umae asuperf´ ıcie fechada e num sentido posi- £ ¤ ¢ ¥ ¡     ntivo previamente fixado se a superf´ ıcie  ¦   § ©  ¨ 3 4 !  5 6 " for aberta. O fluxo de E atrav´s de dS, e 7 #   $ 8 9 @ % & A B dSdefine-se como o produto E.n dS e mede o C ( ) D 01 2n´ mero de linhas de for¸a que cruzam dS u cnum dado sentido. Para uma superf´ ıcieS o fluxo define-se como Φ= E.n dS So que corresponde a uma soma de todas as linhas de for¸a que cruzam a superf´ c ıcie. Se asuperf´ for paralela as linhas de for¸a o fluxo ´ zero, pois que o plano tangente a superf´ ıcie ` c e ` ıcie´ paralelo as linhas de for¸a. O fluxo ser´ m´ximo quando a superf´ for perpendicular ase ` c a a ıcie `linhas de for¸a. c Seja uma carga pontual em O exterior a uma superf´ ıcie fechada e calculemos o fluxo do campo criado por essa carga atrav´s da superf´ e ıcie. O n´ mero de lin- u q has de for¸a que entra ´ igual ao que sai. c e E Portanto Φ = 0. O S
  • 18 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica Se a carga estiver no interior, ´ sempre e poss´ıvel considerar uma esfera de raio r centrada na carga e interior a superf´ ` ıcie, q tal que o fluxo ´ o que sairia atrav´s dessa e e   O esfera. De facto s˜o as mesmas linhas de a for¸a que s˜o cortadas em ambos os casos. c a Tem-se assim S q q Φ= E.n dS = E.n dS = 4πr 2 = . S Sesf era 4π 0 r2 0 Note-se que o fluxo n˜o depende do raio da esfera considerada. Usando o princ´ a ıpio dasobreposi¸ao para a situa¸ao em que h´ v´rias cargas, este resultado generaliza-se para a c˜ c˜ a alei de Gauss: O fluxo el´ctrico atrav´s de qualquer superf´cie fechada ´ dado pela carga total no seu e e ı einterior a parte o factor 1/ 0 , ` 1 1 Φ= E.n dS = qi → Φ= ρ dV S 0 i 0 Vsendo a ultima express˜o v´lida para uma distribui¸ao de carga em volume ρ. A lei de Gauss ´ a a c˜constitui como veremos a seguir uma alternativa a lei de Coulomb para o c´lculo do campo ` aelectrost´tico. Na sua aplica¸ao h´ que escolher convenientemente uma superf´ imagin´ria a c˜ a ıcie aque contenha as cargas (superf´ de Gauss) atrav´s da qual seja simples o c´lculo do fluxo. ıcie e aExemplo 1. Campo criado por um plano carregado com uma distribui¸ao de carga σ. c˜ A superf´ de Gauss escolhida ´ um pa- ıcie e E n ralelip´ ıpedo como indica a figura. Sendo n n o plano infinito, E ´ perpendicular as e ` bases do horizontais do paralelip´ ıpedo. O σ fluxo ´ pois zero atrav´s das faces verti- e e n n cais. Portanto sendo A a area de cada ´ n face horizontal E 1 E . n dS = EA + EA = Qint . S 0A carga interior ao paralelip´ ıpedo ´ Qint = σ A donde e σA σ 2EA = ⇒ E= . 0 20
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 19Exemplo 2. Campo criado por uma carga filiforme A superf´ de Gauss ´ um cilindro com ıcie e as bases muito afastadas (o fio ´ infinito). e S´ existe fluxo atrav´s da area lateral, o e ´ n E pois o campo ´ radial. e n 1 E Ecil . n dS = E dS = E 2πr L = Qint S Slateral 0 Lem que Qint = 0 λ dl = λL ´ a carga interior ao cilindro. Portanto e λL λ E 2πr L = ⇒ E= . 0 2π 0 rNestas express˜es r representa o raio do cilindro que ´ a distˆncia do fio ao ponto poten- o e aciado. Deve comparar-se a simplicidade destas resolu¸oes em rela¸ao aos mesmos exemplos c˜ c˜resolvidos pela lei de Coulomb.2.2.1 Equivalˆncia entre a lei de Gauss e a lei de Coulomb eVimos que os condutores em equil´ ıbrio electrost´tico s˜o regi˜es equipotenciais e que, a a omovendo-se as cargas livremente sobre a sua superf´ como no seu interior, a distribui¸ao de ıcie c˜carga na superf´ de um condutor ´ uniforme. Seja ent˜o uma esfera condutora carregada ıcie e acomo a que se representa na figura. Para os dois cones sim´tricos de v´rtice e e em P que demarcam na esfera as areas a1 ´ e a2 verifica-se a1 a2 r2 2 = 2 r1 r2 a2 e as cargas em a1 e a2 verificam P a1 q1 a1 = r1 q2 a2 ou seja q1 q2 2 = 2 ⇒ E1 = E2 r1 r2
  • 20 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Opticao que significa que os campos criados pelas areas carregadas a1 e a2 se anulam exacta- ´mente em qualquer ponto no interior da esfera. Tal conclus˜o ´ uma consequˆncia da lei a e ede Coulomb. Por outro lado pela lei de Gauss o campo no interior da esfera ´ zero porque equalquer superf´ de Gauss no seu interior n˜o cont´m carga. ıcie a e As duas leis s˜o pois consistentes: a validade da lei de Gauss depende da lei do inverso ado quadrado da distˆncia, ou seja da lei de Coulomb. Se a lei de Coulomb afirmasse por aexemplo 1 E∝ 3 rhaveria campo no interior da esfera: era radial e apontava para o centro numa esfera car-regada positivamente.2.2.2 Campo na cavidade de um condutorSeja um condutor com uma cavidade oca e suponhamo-lo electrizado. Vamos demonstrarusando a lei de Gauss que ´ nulo o campo na cavidade. e Para isso consideremos a superf´ ıcie fechada que se representa a tracejado na massa do condutor. Como E na massa do condutor se anula (E = 0), a carga total interior a essa superf´ ´ zero. Na massa ıcie e ou na superf´ interna da cavidade n˜o ıcie a + − pode haver cargas (+) e (-) de soma nula, uma vez que se aniquilariam de imediato. + Γ − + − Resta a possibilidade de as haver na cavi- dade. Admitindo essa possibilidade, con- sideremos o contorno fechado Γ atrav´s e da massa do condutor e da cavidade no sentido das cargas positivas para as nega- tivas. O trabalho do campo electrost´tico a em Γ ´:e E . dr = E . dr + E . dr = E . dr =?? Γ (+)→(−) cond (+)→(−)A segunda parcela deste integral ´ zero, uma vez que se anula o campo no interior do condu- etor, mas a primeira ´ obrigatoriamente zero porque doutro modo E n˜o seria conservativo. e a Conclus˜o: n˜o pode haver campos nem cargas na cavidade interna de um condutor. a a
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 212.2.3 ExemplosExemplo Lei de Gauss. Campo devido a uma esfera isolante de raio R uniformementecarregada com uma carga total Q. Determinar as express˜es do campo e do potencial a ouma distˆncia r do seu centro. a Resolu¸ao c˜a) Pontos exteriores, r > R A esfera ´ necessariamente isolante para e r que possa estar uniformemente car- regada. Considerando uma esfera de Gauss de raio r concˆntrica exterior a es- e ` r fera dada, vem R 2 SGauss SGauss E.n dS = E dS = E 4πr = Q/ 0 , S S donde Q Eext = . 4π 0 r 2 Note-se que ´ a mesma express˜o que para uma carga pontual. Quanto ao potencial e a ∞ ∞ Q 1 Q Vext = E dr = − = . r 4π 0 r r 4π 0 rb) Pontos interiores, r < R Er Considera-se neste caso uma esfera de Gauss interior de raio r Q 4 Π Ε0 R2 E.n dS = E dS = E 4πr 2 = Q (r)/ 0 S S em que 4 Q (r) = ρ dV = ρ πr 3 V 3 r R ´ a carga nessa esfera imagin´ria. Substituindo e a 4 ρr Qr E 4πr 2 = ρ πr 3 ⇒ Eint = = 3 . 30 30 4π 0 RO campo no interior da esfera dada cresce pois linearmente com a distˆncia ao centro e asobre a superf´ da esfera h´ continuidade. De facto: ıcie a QR Q Eint (R) = 3 = 2 = Eext (R). 4π 0 R 4π 0 R
  • 22 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & OpticaO potencial ∞ ∞ R ∞ Q R2 r2 QVint = E dr = Eint dr + Eext dr = 3 − + − r r R 4π 0 R 2 2 4π 0 r R Q Q = (R2 − r 2 ) + . 8π 0 R 3 4π 0 RExemplo Lei de Gauss. Problema idˆntico ao anterior com uma distribui¸ao de carga n˜o e c˜ auniforme dada por ρ = A(R − r) 0≤r≤Ra) Determinar a constante A em fun¸ao de Q eR. c˜b) Calcular o campo el´ctrico dentro e fora da esfera. ea) R Q = ρ dV = A(R − r) dV = dr r sinθ dϕ r dθ A(R − r) V V 0 R 2π π = r 2 A(R − r) dr dϕ sinθ dθ 0 0 0 R R4 R4 R4 = A 2π 2 r 2 (R − r) dr = 4πA − = 4πA 0 3 4 12 4 πAR = . 3Us´mos coordenadas esf´ricas para fazer a integra¸ao sobre a esfera e o facto de dS esf = a e c˜r sinθ dϕ r dθ em que o factor r sinθ dϕ ´ o arco elementar do paralelo e r dθ ´ o arco e eelementar do meridiano. Portanto 3Q A= . πR 4b) Dentro da esfera Q (r) Eint 4πr 2 = 0com r 2 2π π Q (r) = r A(R − r ) dr dϕ sinθ dθ 0 0 0 r 2 r3 r4 = 4πA r (R − r ) dr = 4πA R − 0 3 4 12 Q r3 r4 = R − . R4 3 4
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 23Portanto 12 Q r3 r4 Eint 4πr 2 = 4 R − 0R 3 4donde 3Q r r2 Eint = R − . π 0 R4 3 4Novamente se verifica a continuidade do campo sobre a superf´ da esfera ıcie 3Q R2 R2 Q Eint (R) = − = = Eext (R) . π 0 R4 3 4 4π 0 R22.3 Distribui¸˜o em superf´ ca ıcie. DescontinuidadesAo fazer-se o estudo da esfera electrizada condutora verific´mos haver descontinuidade do acampo el´ctrico na passagem do seu interior para o exterior: no interior anula-se e a partir eda superf´ ´ radial. A superf´ da esfera est´ nesse caso electrizada. Pelo contr´rio para ıcie e ıcie a aa esfera isolante h´ no seu interior uma distribui¸ao de carga e um campo el´ctrico que n˜o a c˜ e asofre descontinuidade atrav´s da superf´ e ıcie, n˜o havendo carga distribu´ na superf´ a ıda ıcie.Portanto, havendo carga na superf´ verifica-se descontinuidade no campo e, n˜o havendo, ıcie ao campo n˜o sofre decontinuidade. Este facto ´ inteiramente geral e pode deduzir-se com a ebase nos conhecimentos j´ adquiridos sobre a lei de Gauss e o campo electrost´tico. a a Seja uma superf´ ıcie S de separa¸ao de c˜ 2 dois meios que se encontra electrizada com densidade de carga σ e considere- n 1 mos a superf´ cil´ ıcie ındrica achatada que se indica em corte na figura. As bases do cilindro est˜o em meios diferentes e a a sua distˆncia a superf´ ´ infinitesimal. a ` ıcie e Sendo n a semi-normal dirigida de 1 para 2, o fluxo de E atrav´s do cilindro ´ e e σ E.n dS = (E2 .n + E1 .n)∆S = ∆S S 0em que ∆S ´ a area da base, σ a densidade de carga superficial e se considerou desprez´vel e ´ aa area lateral. Resulta ent˜o, no limite em que a area das bases tende para zero, † ´ a ´ σ E n2 − E n1 = . 0 † Considera-se que a area lateral tende mais rapidamente para zero do que a das bases, de forma a ´podermos desprezar o fluxo lateral.
  • 24 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & OpticaEsta equa¸ao traduz a descontinuidade do campo el´ctrico atrav´s de uma superf´ elec- c˜ e e ıcietrizada. Em termos do potencial ∂V ∂V σ − = . ∂n 1 ∂n 2 0 Na componente tangencial n˜o h´ descon- a a tinuidade, como pode ver-se fazendo a cir- cula¸ao de E num rectˆngulo achatado c˜ a 2 cujos lados maiores s˜o paralelos a su- a ` perf´ ıcie: 1 Γ E.dr = E1 .∆r+E2 .∆r = (Et1 −Et2 )∆l = 0 Γ (em que |∆r| = ∆l). Portanto E t1 = E t2 .No caso do meio 1 ser um condutor, (Et1 = En1 = 0 porque E1 = 0) vem σ E t2 = 0 e E n2 = E = 0que ´ a express˜o geral para o campo a superf´ de um condutor. e a ` ıcie2.4 Capacidades e condensadoresDa linearidade das equa¸oes da electrost´tica ´ de esperar que exista uma rela¸ao linear c˜ a e c˜entre a carga e o potencial de um condutor Q Q = CV ou C= Vque se designa por capacidade. Por exemplo para uma esfera condutora carregada, vimosque o potencial a sua superf´ ´ ` ıcie e 1 Q V = 4π 0 Rsendo R o seu raio e Q a sua carga. Daqui decorre que a capacidade duma esfera ´ e C = 4π 0 R .As unidades da capacidade s˜o pois Coulomb Volt−1 ≡ Faraday e as da constante diel´ctrica, a eFaraday m−1 .
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 25 Um condensador ´ um sistema formado por dois condutores (armaduras) em presen¸a e cm´ tua separados por um diel´ctrico ou isolante. Estando carregado apresenta cargas sim´- u e etricas nas armaduras. Sendo a diferen¸a de potencial entre elas ∆V , define-se a capacidade cde um condensador como Q C= (C > 0). ∆V2.4.1 Condensador planoAs armaduras s˜o planos paralelos cuja separa¸ao ´ pequena em compara¸ao com as suas a c˜ e c˜dimens˜es. o Para determinar o campo entre as ar- ++ −− maduras, atentemos em que o campo de- vido a um plano ´ como vimos dado por e E=0++ E= σ 0 −−E=0 σ E = 2 0 . Sendo sim´tricas as cargas nas e armaduras, o campo entre elas ´e ++ −− σ σ σ E= − − = d 20 20 0 e fora das armaduras anula-se σ σ E= − =0. 20 20Quanto a diferen¸a de potencial e capacidade tem-se ` c d σ σA Qd Q 0A ∆V = E.dr = d= d= ⇒ C= = 0 0 0A 0 A ∆V dem que represent´mos por d e A a distˆncia entre armaduras e a sua area respectivamente. a a ´2.4.2 Condensador esf´rico eAs armaduras s˜o esf´ricas e concˆntricas (r1 < r < r2 ). a e e Q Q C= = V |V (r1 ) − V (r2 )| O denominador ´ o m´dulo do trabalho e o do campo el´ctrico entre as armaduras: e r1 −Q +Q r r2 r2 −Q r2 |∆V | = | E dr| = dr r1 r1 4π 0 r 2 r2 Q 1 Q r2 − r 1 = = 4π 0 r r1 4π 0 r1 r2
  • 26 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Opticae a capacidade 4π 0 r1 r2 C= . r2 − r 12.4.3 Condensador cil´ ındricoAs armaduras s˜o dois cilindros coaxiais (r1 < r < r2 ). a Sendo Q a carga total e λ a sua densidade, tem-se Q = λ L e r2 λ λ r2 r1 |∆V | = dr = log r1 2π 0 r 2π 0 r1 r r2 donde a capacidade Q 2π 0 L C= = V log(r2 /r1 )2.5 Diel´ctricos e2.5.1 Vector polariza¸˜o e cargas de polariza¸˜o ca caDiel´ctricos s˜o substˆncias isolantes electricamente. No seu interior as cargas n˜o podem e a a adeslocar-se livremente, ao contr´rio do que acontece nos condutores. Ao serem sujeitos a aum campo el´ctrico, os n´ cleos dos atomos s˜o atra´ e u ´ a ıdos na direc¸ao e sentido do campo, c˜enquanto que os electr˜es s˜o atra´ o a ıdos em sentido oposto. As orbitas dos electr˜es s˜o assim ´ o adistorcidas com o centro de gravidade da cada electr˜o deslocado e deixando de coincidir acom a carga positiva do n´ cleo. Vista a distˆncia, uma tal configura¸ao ´ equivalente a um u a c˜ edipolo. Note-se que em muitas substˆncias (em especial a agua) as mol´culas constituem dipolos a ´ eque na ausˆncia de campo se orientam de maneira aleat´ria. Ao serem imersos num campo e oel´ctrico eles orientam-se em concordˆncia. e a Com ou sem forma¸ao de dipolos por ac¸ao de E (isto ´ existam ou n˜o eles previa- c˜ c˜ e amente), o efeito de orienta¸ao dipolar denomina-se polariza¸ao do diel´ctrico, gerando-se c˜ c˜ eum momento dipolar total que ´ o resultado macrosc´pico dos momentos dipolares de cada e omol´cula. Sendo d o vector orientado da carga (-) para (+), q a carga positiva em cada edipolo e designando por p = qdcada um destes momentos dipolares, define-se o vector polariza¸ao c˜ N P = qd Vem que N ´ o n´ mero de mol´culas no volume V . e u e
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 27 Admitiremos que o momento dipolar induzido ´ proporcional a intensidade do campo, e `o que ´ em princ´ e ıpio verdadeiro dentro de limites, ou seja N p = αE ⇒ P = αE Vem que α ´ a polarizabilidade do diel´ctrico. e e Consideremos um diel´ctrico polarizado e e seja S a superf´ fechada no seu interior ıcie E E como se representa na figura, em que n ´ oe vector unit´rio que lhe ´ perpendicular a e + +++++++ + em cada ponto. Na parte superior esta su- + + + + n + + perf´ ´ limitada pela esfera inferior e na ıcie e + + parte inferior pela esfera superior. As car- gas contidas nas camadas preenchidas na figura por (+) e (-) atravessaram essa su- perf´ ao polarizar-se o diel´ctrico. Uma ıcie e vez que d ||E, a espessura das camadas ´ e d . n e a carga que atravessou o elemento − − − − dS ´ o produto desta area pela espessura e ´ n − − − − − − da camada nesse ponto e pela carga por −−−−−−− unidade de volume, ou seja N q d . n dS = P . n dS VA carga total que atravessa a superf´ representada ´ ent˜o ıcie e a P . n dS SNote-se que as cargas que atravessaram as partes superior e inferior da superf´ represen- ıcietada n˜o s˜o necessariamente iguais em m´dulo. Apenas o seriam se a polariza¸ao fosse a a o c˜uniforme. N˜o estando o diel´ctrico inicialmente carregado, a carga que fica no interior a edevido a polariza¸ao ´ o sim´trico do integral de P . n dS estendido a toda a superf´ ` c˜ e e ıcie,designado carga de polariza¸ao: c˜ Q =− P . n dS . SIntroduzindo a densidade de carga de polariza¸ao ρ , vem c˜ Q = ρ dV = − P . n dS = − div P dV V S V
  • 28 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Opticaonde se aplicou o teorema da divergˆncia. Daqui se conclui e ρ = −div P . Consideremos um condensador plano carregado e examinemos o que acontece nas su-perf´ ıcies de contacto do diel´ctrico com as armaduras. Uma vez que a polariza¸ao ´ uniforme e c˜ eporque o campo ´ uniforme, apenas necessitamos para estudar a polariza¸ao de examinar e c˜essas superf´ ıcies. Numa delas as cargas negativas (electr˜es) deslocaram-se para fora uma odistˆncia δ e na oposta, em contacto com a outra armadura, deslocaram-se para dentro a amesma distˆncia. Sendo A a area das armaduras, a carga que atravessou qualquer dessas a ´superf´ıcies de contacto calcula-se tal como anteriormente, N Q = Aqδ= P . n dS V Sonde n ´ a normal dirigida para a armadura e o integral se estende a superf´ de contacto. e ` ıcieDesta equa¸ao resulta que existe uma carga de polariza¸ao concentrada na fronteira dum c˜ c˜diel´ctrico polarizado cuja densidade superficial ´ e e σ =P .n.Esta conclus˜o ´ geral para os diel´ctricos polarizados. a e e Portanto em resumo, os efeitos da polariza¸ao podem ser descritos pelas chamadas c˜cargas de polariza¸ao ρ e σ : c˜ ρ = −div P e σ =P .n.2.5.2 Vector deslocamento e susceptibilidade el´ctrica eSe o diel´ctrico estiver inicialmente carregado com uma carga ρ, esta contribui tamb´m para e eo campo. Sendo assim a lei de Gauss adquire a forma 1 div E = (ρ + ρ ). 0Usando ρ = −div P vem div 0E = ρ − div P ⇒ div ( 0 E + P ) = ρou alternativamente div D = ρem que se fez D= 0E + P.
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 29O vector D chama-se deslocamento el´ctrico. A equa¸ao div D = ρ, que generaliza a lei de e c˜Gauss para incluir os diel´ctricos, ´ uma das equa¸oes de Maxwell. Do paralelismo entre os e e c˜vectores P e E para os diel´ctricos que consideramos (lineares) resulta o paralelismo entre eD e E: P ||E ⇒ D||E ⇒ D= Eem que o escalar ´ a constante diel´ctrica do meio. Portanto, partindo de e e P D=( 0 + )E Eresulta P N = 0 + = 0+ α. E VDefine-se constante diel´ctrica relativa como o quociente r = / 0 . Das equa¸oes anteriores e c˜deduz-se ent˜o: a N r = =1+ α =1+χ ⇒ = 0 (1 + χ) 0 0 Vem que a quantidade χ ´ a susceptibilidade el´ctrica, grandeza adimensional. Recordando a e econstante de proporcionalidade entre P e E, nomeadamente N P = αE Vpodemos rescrever esta rela¸ao como c˜ P = 0 χE=( − 0 )E .Daqui resulta que ρ e ρ podem ser relacionados usando a lei de Gauss, − 0 ρ = −div P = −( − 0 )div E=− ρ.Esta ultima equa¸ao afirma que se n˜o h´ cargas reais, ou seja se o diel´ctrico n˜o est´ ´ c˜ a a e a ainicialmente carregado (ρ = 0), tamb´m n˜o h´ cargas de polariza¸ao em volume : ρ = 0. e a a c˜Portanto num diel´ctrico n˜o carregado e polarizado por aplica¸ao de um campo el´ctrico e a c˜ eexterior, as cargas de polariza¸ao distribuem-se a superf´ c˜ ` ıcie, sendo a sua densidade dadapor σ =P .n.Em conclus˜o a1. Consider´mos diel´ctricos homog´neos lineares e is´tropos. As rela¸oes a e e o c˜ D = εE , P = ε0 χ E
  • 30 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Opticas˜o lineares (ε e χ s˜o escalares). Noutros casos (diel´ctricos n˜o lineares) poder˜o ser a a e a atensores.2. Se um diel´ctrico n˜o est´ carregado mas est´ polarizado, as cargas de polariza¸ao e a a a c˜distribuem-se sobre a superf´ com uma densidade σ = P . n , n˜o havendo nesse caso ıcie acargas de polariza¸ao em volume: ρ = 0 ⇒ ρ = 0. c˜3. Vimos que 1 div E = (ρ + ρ ) mas div D = ρ , 0ou seja quer as cargas livres quer as de polariza¸ao contribuem para o campo el´ctrico E, c˜ eenquanto que para o deslocamento el´ctrico D apenas as cargas livres contribuem. e Uma consequˆncia da equa¸ao div D = ρ, ou seja de as cargas de polariza¸ao n˜o e c˜ c˜ acontribuirem para o deslocamento el´ctrico D, ´ a continuidade deste vector atrav´s da e e esuperf´ de separa¸ao de dois meios diel´ctricos que vamos em seguida analisar. ıcie c˜ e Seja ent˜o uma superf´ n˜o electrizada a ıcie a que separa dois diel´ctricos 1 e 2 e um e 1 2 cilindro muito achatado com as bases em meios separados. Tal como anteriormente 1 2 estamos interessados no limite em que a ρ=0 ρ=0 superf´ lateral do cilindro tende mais ıcie rapidamente para zero do que a das bases, n1 n2 de modo a podermos desprezar o fluxo do deslocamento el´ctrico D atrav´s da e e superf´ıcie lateral. Considera-se que em 1 2 nenhum dos diel´ctricos h´ cargas livres, e a ρ = 0. Pela lei de Gauss div D dV = D . n dS = D . n1 dS + D . n2 dS V S base1 base2 = D2 . n dS − D1 . n dS = (Dn2 − Dn1 )∆S = 0porque se sup˜e n˜o haver cargas na superf´ o a ıcie de separa¸ao (σ = 0). Esta express˜o c˜ amostra que h´ continuidade da componente normal de D atrav´s da superf´ a e ıcie, mas n˜o da acomponente normal de E. De facto 2 E1n Dn 2 = D n 1 ⇒ 2 E n2 = 1 E n1 ⇒ = . 1 E2nEsta descontinuidade deve-se as cargas de polariza¸ao que se formam sobre a superf´ ` c˜ ıciede separa¸ao porque os dois meios tˆm diferentes polariza¸oes. Se houver cargas livres na c˜ e c˜superf´ de separa¸ao j´ se verifica ıcie c˜ a Dn 2 − D n 1 = σ (cargas reais, diel. carregado) .
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 31No que se refere a componente tangencial do campo el´ctrico E, h´ continuidade, tal como ` e asucede na superf´ de separa¸ao entre dois condutores, Et2 = Et1 , uma vez que ´ uma ıcie c˜ e −→−consequˆncia de rotE = 0. e2.5.3 Cargas de polariza¸˜o num condensador caEstamos agora habilitados a calcular as cargas de polariza¸ao num condensador que se c˜formam no diel´ctrico nas superf´ e ıcies (S) de contacto com as armaduras. Vimos que cadauma dessas cargas ´ dada por e − 0 1 Q = P . n dS = P A = ( − 0) E A= σ A = (1 − )σA S r 1 = (1 − )Q rem que Q ´ a carga da armadura e em que aplic´mos sucessivamente o facto de a polariza¸ao e a c˜ser uniforme, a rela¸ao P = ( − 0 )E com E = σ/ , e r = / 0 . Esta carga evidentemente c˜n˜o existe se o diel´ctrico for o v´cuo, sendo nesse caso r = 1. a e a A carga que provoca o campo atrav´s do diel´ctrico ´ pois a carga sem diel´ctrico menos e e e ea carga de polariza¸ao como se indica na figura, ou seja c˜ Q Q−Q = r e a capacidade ser´ pois a + + + + + + + + + + Q−Q Q − − − − − C= = d V r Ed + + + + + − − − − − − − − − − em que σ Q/(A r ) E= = . Fazendo a substitui¸ao vem c˜ A C= . dComparando com C = 0 A/d para o condensador sem diel´ctrico (v´cuo), vˆ-se que o e a epreenchimento do espa¸o entre as armaduras com um diel´ctrico aumenta a capacidade c e( > 0 ). O campo diminui tal como o potencial. Para que o campo e o potencial reponhamos seus valores, a carga que o gerador cede as armaduras tem de passar a ser maior. `
  • 32 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & OpticaExemplo. Condensador com uma placa met´lica inserida no diel´ctrico. a e Seja o condensador plano da figura em que se 0 inseriu uma placa met´lica de espessura a en- a tre as armaduras e equidistante destas. Calcu- d a lar a capacidade do condensador assim obtido. 0Resolu¸ao c˜Designemos por Cm essa capacidade. Q σA σ Cm = = em que o potencial V = E(d − a) = (d − a) V V 0porque, sendo o metal condutor, n˜o h´ queda de potencial atrav´s deste. Portanto a a e σA 0A Cm = = . (σ/ 0 )(d − a) d−aComparando esta express˜o com a capacidade do condensador sem a placa met´lica para o a aqual C = 0dA vemos que d Cm = C (Cm > C) d−aa capacidade aumenta devido a queda de potencial ser menor. `Exemplo. Idˆntico ao anterior com a placa met´lica substitu´ por um diel´ctrico de e a ıda econstante . Resolu¸ao c˜ A diferen¸a de potencial ´ agora c e 0 σ d−a σ V =2 + a d a 0 2 e a capacidade 0 σA 0 A Cd = = . (σ/ 0 )(d − a) + (σ/ )a (d − a) + 0 aFazendo = r 0 vem r A 0 r 0A 0 A Cd = = = . r (d − a) + a r d + (1 − r )a d − a(1 − ( 0 / ))
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 33Uma vez que 0 0<1− <1 ⇒ Cd > Cem que C ´ a capacidade do condensador simples (com o v´cuo como unico diel´ctrico). e a ´ eSendo Cm a capacidade do condensador com a placa met´lica (exemplo anterior), tem-se a C < C d < Cm .2.6 Energia electrost´tica a2.6.1 Caso discretoO trabalho dispendido para transportar uma carga q desde o infinito at´ um ponto a e `distˆncia r da fonte do campo el´ctrico ´ realizado contra a for¸a do campo e indepen- a e e cdente do caminho percorrido r r W = − F . dr = − q E . dr ∞ ∞ r r q1 q q1 1 = −q 2 dr = − − ∞ 4π 0 r 4π 0 r ∞ q q1 = 4π 0 ronde se supˆs que o campo ´ criado por uma carga q1 . o e A energia armazenada num sistema de duas cargas q e q 1 ´ assim o trabalho necess´rio e apara colocar essas cargas a distˆncia a que se encontram. Ou seja ´ o trabalho dispendido ` a econtra as for¸as do campo para trazer as cargas de uma distˆncia infinita uma da outra at´ c a e` a ´a distˆncia r. E pois o produto de uma das cargas pelo potencial criado pela outra: W = q V.No caso de n cargas 1 1 qi qj 1 qj W = = . 2 i=j 4π 0 rij 2 i j=i 4π 0 rijO factor 1/2 ´ introduzido para evitar a dupla contagem. A quantidade e qj j=i 4π 0 rijrepresenta o potencial φi a que est´ sujeita a carga q i devido a distribui¸ao de cargas qj : a ` c˜ 1 W = q 1 φi . 2 i
  • 34 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & OpticaExemplo. Calcular a energia armazenada num sistema de 4 cargas pontuais idˆnticas Q = e4 nC situadas nos v´rtices de um quadrado de 1 m de lado. Qual a energia armazenada equando s´ duas cargas est˜o armazenadas e em v´rtices opostos? o a e Resolu¸ao c˜ 1 q1 q4 q2 q3 32W = (q1 q2 +q1 q3 + √ + √ +q2 q4 +q3 q4 ) = 9×109 ×(64+ √ )×10−9 = 779.6 nJ. 4π 0 2 2 2Na segunda hip´tese o 1 q2 q3 16 × 10−9 W = √ = 9 × 109 × √ = 101.8 nJ . 4π 0 2 22.6.2 Caso cont´ ınuoSe a distribui¸ao de cargas for cont´ c˜ ınua podemos generalizar a equa¸ao anterior para c˜ 1 1 W = ρ φ dV + σ φ dS 2 V 2 Sonde ρ e σ s˜o as densidades de carga volume e superf´ a ıcie. Esta express˜o ´ apenas v´lida em electrost´tica. Vamos deduzir uma express˜o para a a e a a aenergia que ser´ tamb´m v´lida no caso geral incluindo os campos vari´veis. Partindo da a e a alei de Gauss ρ −−→ −− div E = ⇒ ρ = div E = −div( grad φ)e substituindo na express˜o acima a 1 −−→ −− −−→ −− W =− div( grad φ)φ dV = − div(grad φ)φ dV . 2 V 2 VNotando que −−→ −− −−→ −−→ −− −− −−→ −− div(φ grad φ) = . (φ φ) = φ. φ + φ . φ = grad φ. grad φ + φ div grad φvem −−→ −− −−→ −− −−→ −−→ −− −− φ div grad φ = div(φ grad φ) − grad φ. grad φ = −div(φ E) − E 2o que substitu´ na express˜o da energia d´ ıdo a a W = E 2 dV + div(φ E) dV . 2 V 2 VAplicando o teorema da divergˆncia ao segundo termo, obtem-se e div(φ E) dV = E.n dS . 2 V S
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 35Este integral ´ calculado no caso em que a superf´ tende para infinito, ou seja os integrais e ıciede volume estendem-se a todo o espa¸o, admitindo que todas as cargas est˜o localizadas a c auma distˆncia finita. A maneira mais simples de o conseguir ´ considerar uma superf´ a e ıcieesf´rica de raio muito grande R cujo centro est´ na origem das coordenadas. Sabemos que e apara grandes distˆncias se tem a 1 1 φ∝ , E∝ . R R2Ambas estas grandezas decrescem com R ainda mais rapidamente se a carga total da dis-tribui¸ao for zero (recorde-se o exemplo do dipolo). Uma vez que a area da esfera cresce c˜ ´ 2com R , o integral de superf´ tende para zero com 1/R, ficando para a energia ıcie W = E 2 dV 2 Vque ´ a express˜o de Maxwell, v´lida para a energia el´ctrica (n˜o apenas electrost´tica). e a a e a aA densidade de energia el´ctrica (energia por unidade de volume) ´ pois e e E2 uel = . 22.6.3 Energia de uma carga pontualO campo el´ctrico ´ como sabemos e e q q2 E= , portanto a densidade , uel = . 4π 0 r2 32π 2 0 r4Da express˜o de Maxwell resulta a q2 q2 ∞ 1 π 2π W = 2 4 dV = 2 4 r 2 dr sinθ dθ dϕ V 32π 0 r 32π 0 0 r 0 0 q 2 ∞ 1 q2 1 ∞ = dr = − . 8π 0 0 r 2 8π 0 r 0O limite r = ∞ n˜o apresenta dificuldade. Mas para r = 0 obtem-se infinito, o que ´ a einconsistente. Tal inconsistˆncia prov´m do facto de que ao considerarmos a distribui¸ao e e c˜cont´ ınua de carga n˜o elimin´mos a interac¸ao de uma carga consigo pr´pria, ao contr´rio a a c˜ o ado que t´ınhamos feito com as distribui¸oes discretas. c˜ Portanto pode concluir-se que a ideia de se localizar a energia no campo (express˜o de aMaxwell) ´ inconsistente com a hip´tese da existˆncia de cargas pontuais. Sendo assim, e o ecargas elementares como o electr˜o, n˜o s˜o pontuais, mas sim pequenas distribui¸oes. a a a c˜
  • 36 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica2.6.4 Energia de uma esfera diel´ctrica eSupomos que uma esfera diel´ctrica ´ formada a partir de uma sucess˜o de camadas muito e e afinas (espessuras infinitesimais). A cada passo juntamos uma camada de espessura r tal queo raio da esfera aumenta r → r + dr.O processo segue at´ se atingir o raio final a. Sendo Qr a carga correspondente ao raio r e(a parte que j´ se encontra formada) e dQ a carga da camada dr, a energia necess´ria para a atrazer do infinito a carga dQ ser´ a Qr dQ dW = = V (Qr )dQ. 4π 0 rV (Qr ) ´ o potencial a que fica dQ. Usando Qr = ρ 4 πr 3 e admitindo-se uma densidade de e 3carga constante em volume ρ, vem dQ = ρ4πr 2 dr. Daqui se conclui que 4πρ2 r 4 dr dW = 30´ a energia necess´ria para ’montar’ a camada de espessura dr na esfera de raio r. A energiae anecess´ria para ’montar’ toda a esfera ´ a e a 4πρ2 r 4 4πρ2 a5 W = dr = 0 30 15 0ou em termos da carga da esfera (Q = (4/3)πa3 ρ): 3 Q2 W = . 5 4π 0 a Aten¸ao: alternativamente tamb´m se pode utilizar a express˜o c˜ e a 1 W = E 2 dV. 2 Qr De facto para pontos interiores a esfera vem, usando Eint = ` 4π R3 2 1 Q R π 2π 1 Q2 E 2 dV = r 2 .r 2 dr sinθdθ dφ = 2 2 4π R3 0 0 0 5 8π R Qe para pontos exteriores, usando Eext = 4π r 2 2 1 ∞ Q π 2π Q2 E 2 dV = r 2 dr sinθdθ dφ = 2 2 R 4π r 2 0 0 8π R Somando obtem-se 6 Q2 3 Q2 = . 5 8π R 5 4π R
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 372.6.5 Energia de um condensadorSupomos que o condensador ´ carregado a custa de se transferirem sucessivamente cargas e `elementares dQ de uma armadura para a outra (incialmente ambas descarregadas). Umafica com a carga dQ e a outra −dQ. O trabalho necess´rio para se transferir a carga dQ de auma armadura para a outra ´e dW = V dQ.A carga dQ estava inicialmente ao potencial zero: tudo se passa como se tivesse sido trazidado infinito para o potencial V como na esfera. Daqui: QdQ dW = . CIntegrando desde zero at´ a carga final: e` Q Q2 1 W = dW = = CV 2 . 0 2C 2 Evidentemente que a mesma express˜o pode ser obtida a partir da express˜o de Maxwell a a 1 W = E 2 dV 2integrada no volume do condensador. Assim por exemplo para o caso do condensador plano: 1 σ σA 1 1 W = E 2 dV = EAd = Ed = QV = CV 2 . 2 V 2 2 2 22.6.6 Energia de uma esfera condutora´E mais simples porque neste caso s´ existe campo fora da esfera o 2 ∞ 1 2 0 Q 1 2 π 2π W = E dV = r dr sinθdθ dφ = 2 fora da esfera 2 4π 0 R r4 0 0 Q2 ∞ dr = 4π . 2 × 16π 2 0 R r2Finalmente Q2 W = . 8π 0 RExemplo. Condensador e energia electrost´tica a Um condensador plano com armaduras quadradas distanciadas de d e com l de lado, ´esubmetido a uma diferen¸a de potencial V . No espa¸o entre as armaduras do condensador c cencontra-se inicialmente ar.
  • 38 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica a) Calcule a capacidade do condensador, se for introduzido um material de con- stante diel´ctrica 5 0 a uma distˆncia x e a entre as armaduras. x b) Qual a energia armazenada no con- densador em fun¸ao de x? Qual a for¸a c˜ c d 5 0 0 exercida no diel´ctrico durante a sua in- e trodu¸ao? c˜ l c) Se, ap´s o diel´ctrico ocupar todo o e espa¸o entre as armaduras, se desligar c a bateria, qual a for¸a exercida sobre o c diel´ctrico quando este depois ´ retirado? e e Ou seja considere-se o diel´ctrico a meio e como em b), mas com o gerador desli- gado. Resolu¸ao c˜a) O condensador ´ equivalente a dois condensadores em paralelo. A capacidade ´ dada por e e Q Q1 + Q 2 C= = V Vem que Q1 e Q2 s˜o as cargas em cada armadura. Como est˜o ambas ligadas ao gerador, a a adiferen¸a de potencial ´ apenas uma, ou seja, c e σ1 σ2 V = d = d. 50 0Os campos atrav´s de cada diel´ctrico s˜o dados por e e a σ1 σ2 Q1 Q2 E1 = , E2 = com σ1 = , σ2 = e A1 = xl , A2 = (l − x)l 50 0 A1 A2de modo que a capacidade ´ e σ1 A 1 σ2 A 2 (4x + l) 0 l C(x) = σ1 + σ2 = . 5 0 d 0 d dA capacidade inicial (sem o diel´ctrico) ´ e e 0l2 C= . db) Para se calcular a for¸a vamos antes de mais calcular a energia em fun¸ao de x. Trata-se c c˜de uma energia potencial. A for¸a ser´ ent˜o o sim´trico da derivada da energia em ordem c a a ea x: F = −dW/dx. A energia armazenada ´ dada por e W = W 1 + W2
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 39em que W1 e W2 s˜o as energias devidas a cada um dos diel´ctricos, ou seja, usando a e 5 0V 0V σ1 = , σ2 = d dvem 50 2 5 0 σ1 2 5 0 x l V2 W1 = E1 x l d = xld= 2 2 50 2d 2 0 2 0 σ2 2 0 (l − x) l V W2 = E2 (l − x) l d = (l − x) l d = 2 2 0 2dportanto a energia total 0 l V2 W = W 1 + W2 = (4 x + l). 2dQuanto a for¸a ` c dW 2 0 l V2 F =− =− . dx dN˜o se derivou o potencial V uma vez que ´ constante, imposto pelo gerador. a ec) Tem-se agora a mesma situa¸ao mas com o gerador desligado: V n˜o ´ constante, depende c˜ a ede x. O aspecto essencial ´ que a carga no condensador se mant´m constante no processo, e epois n˜o tem para onde ir. Na al´ a ınea anterior a carga fluia de e para o gerador de modo aque a diferen¸a de potencial entre as armaduras fosse constante. Calculemos ent˜o V (x). c a Q Qd (4x + l) 0 l V (x) = = em que se usou C(x) = . C(x) (4 x + l) 0 l dA energia ser´ ent˜o a a Q2 Q2 d W = = 2C 2 0 l (4 x + l)que ´ a mesma express˜o obtida na al´ e a ınea anterior com a substitui¸ao Q = C V . Derivando c˜ dW Q2 d 4 2 Q2 d − =− − = dx 2 0l (4 x + l)2 0 l(4 x + l)2em que Q ´ a carga do condensador ao desligar-se o gerador. eNotaRepare-se que fazendo x = 0 (condensador sem diel´ctrico) a energia tem o seu valor em´ximo. De facto para qualquer x > 0: a Q2 d W (x) < W (0) W (0) = . 20lA for¸a sobre o diel´ctrico ´ pois dirigida para dentro, ou seja para valores decrescentes da c e eenergia.
  • 40 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica3 Correntes estacion´rias (campo constante no tempo) a3.1 Equa¸˜o da continuidade caConsideremos um condutor percorrido por uma corrente el´ctrica e seja S uma superf´ e ıcieperpendicular ao movimento das cargas (sentido convencional da corrente ´ o das cargas epositivas). A carga que atravessa a superf´ ∆S no intervalo de tempo ∆t ´ ıcie e S ∆Q = ρ v ∆t ∆S(as dimens˜es s˜o [QL−3 ][LT −1 ]T L2 = Q). Assim a carga / unidade de tempo / unidade o ade area ´ ∆Q lim =ρv ∆t,∆S→0 ∆t∆Schama-se densidade de corrente, J = ρ v (vector densidade de corrente, unidades A.m−2 ). Se S n˜o for perpendicular ao movimento da carga, a S ∆Q = ρ v ∆t ∆S cosα = J. n ∆t ∆S. α n A intensidade de corrente ´ a carga que passa por unidade de tempo fis/ pequena atrav´s e ede uma superf´ aberta ıcie dQ i= = J . n dS. dt SSeja agora uma superf´ ıcie fechada (lim´ıtrofe de um volume) na qual entra e sai cargael´ctrica: a carga que sai menos a carga que entra (Qout − Qin ) ´ a diminui¸ao de carga no e e c˜volume: dQ d − = J . n dS = div J dV ou seja − ρ dV = div J dV. dt S V dt V VIgualando as integrandas ∂ρ div J + = 0, ∂tem regime estacion´rio a ∂ρ =0 ⇒ div J = 0. ∂t
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 41Teorema - Em regime estacion´rio a corrente ´ a mesma em qualquer sec¸ao do condutor a e c˜De facto tem-se como se viu para uma superf´ fechada S ıcie J . n dS = div J dV. S VAl´m disso em regime estacion´rio div J = 0, portanto se a superf´ fechada S incluir duas e a ıciesec¸oes do condutor tem-se c˜ J J S2 S1 J . n dS = − J . n1 dS + J . n2 dS = 0 S S1 S2ou seja −i1 + i2 = 0.3.2 Lei de OhmFoi estabelecida experimentalmente e conhecida de in´ na sua forma integral. Comecemos ıciono entanto pela forma local, mostrando depois a equivalˆncia entre as duas e J = σC Eem que σC (condutividade) ´ dada por e 1 l σC = . RSA partir da defini¸ao de intensidade de corrente e de condutividade temos que c˜ l i= J. n dS = σC E. n dS = E. n dS. S S RS SE. n ´ a componente do campo el´ctrico normal a superf´ S (sec¸ao do condutor) (E). e e ` ıcie c˜Portanto, multiplicando por R ambos os membros vem lE iR = dS = l E = ∆V. S SEsta ´ a forma global (integral) da lei de Ohm (l E - diferen¸a de potencial entre A e B). e c Nota: Esta defini¸ao ´ v´lida apenas para correntes estacion´rias . O inverso da condu- c˜ e a atividade ´ a resistividade: e 1 ρC = . σC
  • 42 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica3.3 Lei de JouleA potˆncia elementar que um gerador fornece a um circuito ´ o trabalho realizado pelo e ecampo el´ctrico por unidade de tempo para deslocar a carga elementar dq de uma distˆncia e aelementar dr: dF. dr dq E. dr dq dP = = = E. dr = iE. dr, dt dt dto que, integrando ao longo do circuito, resulta na potˆncia que o gerador fornece ao circuito e P = V i.Se se tratar de uma resistˆncia R verifica-se a rela¸ao V = iR (Lei de Ohm), portanto e c˜substituindo, P = Ri2´ a potˆncia fornecida a resistˆncia que ´ dissipada (Lei de Joule).e e ` e eExemploFio de Cobre de com uma sec¸ao S = 1 mm2 percorrido por uma corrente de i = 1 A. c˜Massa espec´ıfica do Cobre 8.96 g.cm−3 , peso at´mico m = 63.54 g.mol −1 , n´ mero de Avo- o ugadro N = 6.022 × 1023 mol−1 .Considere que cada atomo contribui com um electr˜o para o g´s electr´nico. Determine a ´ a a ovelocidade m´dia desse fluido. e Resolu¸ao c˜Sendo ρ a densidade de carga vem, admitindo que a densidade de corrente J = ρ v ´ euniforme i i=J S=ρv S → v= ρSMassa espec´ıfica do Cobre 8.96 g cm−3 = 8.96 ×10−3 kg (10−2 m)−3 = 8.96 × 103 kg m−3 .A carga el´ctrica por unidade de volume ser´ (qel =carga do electr˜o): e a aCarga el. /m3 = (n de elect./m3 )×qel = (n de at./m3 )×qel = (n de at./mol)(n de mol/m3 )qel = NAv (n de mol/m3 )qel = NAv (n de mol/kg)(n de kg/m3 )qel .Dado o peso at´mico m = 63.54 g.mol −1 , o n de mol/kg ´ o inverso desta quantidade. o ePortanto, a carga el´ctrica por unidade de volume: e 1 6.022 × 1023 −3 × 8.96 × 103 × 1.6 × 10−19 = 1.36 × 1010 C m−3 . 63.54 × 10Finalmente 1 v= 10 × 10−6 = 7.36 × 10−5 m s−1 . 1.36 × 10
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 43ExemploCondensador plano com separa¸ao d entre armaduras e dois diel´ctricos de espessuras d 1 , c˜ e ´ dada a diferen¸a de potencial entre as armaduras, V .d2 e d = d 1 + d 2 . E c Qual a densidade de corrente entre armaduras e a densidade de carga el´ctrica entre a esuperf´ de separa¸ao das duas camadas. ıcie c˜ Resolu¸ao c˜Pela Lei de Ohm, J1 = σC1 E1 , J2 = σC2 E2 com J1 = J2 pois os dois diel´ctricos est˜o em e as´rie. Quanto a diferen¸a de potencial e ` c J J V = E 1 d1 + E 2 d2 = d1 + d2 . σC 1 σC 2 Daqui: V J= d1 d2 . σC1 + σC2 Usando a express˜o da descontinuidade da componente normal do campo el´ctrico ( E a e´ evidentemente normal a superf´ de separa¸ao)e ıcie c˜ 2 E n2 − 1 E n1 =σvem J J σ= 2 − 1 . σC 2 σC 1ExemploMostre que num condutor a densidade de carga el´ctrica ρ obedece a equa¸ao e ` c˜ dρ σ + ρ = 0. dtMostre ainda que qualquer acumula¸ao de carga desaparece num tempo caracterizado por c˜τ = /σ segundos. Resolu¸ao c˜A partir da equa¸ao da continuidade c˜ dρ div J + =0 dtusando a Lei de Ohm obtem-se dρ ρ dρ div (σ E) + =0 e pela Lei de Gauss σ + = 0. dt dt
  • 44 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & OpticaA equa¸ao caracter´ c˜ ıstica desta equa¸ao diferencial ´ c˜ e σ σ ρ+ =0 com raiz ρ=− .A solu¸ao da equa¸ao ´ pois c˜ c˜ e σ ρ(t) = Ce− t 1o que significa que ao fim de um tempo t = σ a carga do condutor fica reduzida a e do valorinicial. Este ´ o chamado tempo caracter´ e ıstico ou de relaxa¸ao do sistema. c˜3.4 Leis de Kirchhoff1a Lei - dos n´s oSeja um n´ de condutores e apliquemos-lhe o teorema da divergˆncia. Designando por V o o evolume indicado que cont´m o n´ e S a sua superf´ lim´ e o ıcie ıtrofe verifica-se V S iα d div J dV = J. n dS = − ρ dV = 0 V S dt Vporque pela equa¸ao da continuidade toda a carga que entra ´ igual a que sai. Equivalente- c˜ e `mente toda a corrente que entra ´ a mesma que sai, ou seja o fluxo de corrente atrav´s de e eS, representa toda a corrente que atravessa a superf´ S ıcie J . n dS = iα = 0. S αPortanto: A soma alg´brica das correntes que passam por um n´ ´ zero. (1 a Lei de Kirch- e oehoff). Pela Lei de Ohm J = σc E e usando J = ρvm em que vm ´ a velocidade m´dia das cargas e eel´ctricas no interior de um condutor, vˆ-se que e e ρ v m = σc Eou seja a velocidade das cargas ´ proporcional, portanto paralela ou antiparalela ao campo eel´ctrico, mas ´ sempre paralela a for¸a el´ctrica e e ` c e F ρ v m = σc . q
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 45A mobilidade das cargas negativas ´ muito maior do que a das positivas, de modo que ea corrente el´ctrica ´ devida ao movimento dos electr˜es em sentido contr´rio ao sentido e e o aconvencional da corrente. Estes no entanto movem-se de choque em choque atrav´s dos econdutores. Entre cada dois choques sucessivos recebem uma for¸a que os acelera num certo sentido. cNum choque perdem toda a informa¸ao sobre o movimento anterior. O que resulta ´ um c˜ emovimento com uma velocidade m´dia no sentido de F (ou −E). e a 2 Lei - das malhas A soma das diferen¸as de potencial ao longo de um caminho fechado (malha) ´ sempre c enula. Utilizando as leis de Kirchhoff podem escrever-se tantas equa¸oes independentes quantas c˜as vari´veis do circuito, ou seja o problema ´ matematicamente sol´ vel. H´ no entanto a e u aalgumas simplifica¸oes sempre que se tˆm elementos do mesmo tipo em s´rie ou em paralelo c˜ e eque reduzem o n´ mero das equa¸oes a resolver. u c˜3.5 For¸a electromotriz e associa¸˜o de elementos em circuitos c caComo se sabe o campo electrost´tico ´ conservativo, ou seja o integral c´ a e ıclico E e . dr = 0.Para que a corrente el´ctrica passe num circuito ´ pois necess´rio que exista algum outro e e acampo capaz de transportar as cargas num circuito fechado que necessariamnete n˜o pode aser conservativo. Trata-se do campo aplicado (proveniente das pilhas) ou do campo deindu¸ao (proveniente do fen´meno da indu¸ao). Para o campo total (no caso de existirem c˜ o c˜os trˆs) tem-se ent˜o e a (E e + E a + E i ). dr = (E a + E i ). dr =que se chama for¸a electromotriz (f.e.m.) que o gerador cede ao circuito. (N˜o ´ uma for¸a!). c a e cNo caso de s´ existirem resistˆncias tem-se = iR. o e a) Associa¸ao de elementos em s´rie c˜ e R1 R2 I Para resistˆncias a queda de potencial ´, e e pela lei de Ohm, V = V1 + V2 = I(R1 + R2 ) = IR ou seja a resistˆncia efectiva do conjunto e ´ e R = R 1 + R2
  • 46 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica Para condensadores a queda de potencial C1 C2 ´ e 1 1 Q V =Q + = C1 C2 C ou seja a capacidade efectiva do conjunto dos dois ´ e 1 1 1 = + . C C1 C2 b) Associa¸ao de elementos em paralelo c˜Para resistˆncias e R2 I2 I R1 I1a queda de potencial ´ e V = I 1 R1 = I 2 R2e como pela Lei dos n´s o V I = I 1 + I2 = Rem que R ´ a resistˆncia equivalente, vem e e V V V I = I 1 + I2 = + = R1 R2 Rou seja, 1 1 1 = + . R R1 R2Para condensadores C2 C1 Q1 Q2 Q1 + Q 2 Q1 + Q 2 V = = = → C= = C1 + C2 . C1 C2 C VPortanto em paralelo as capacidades somam-se.
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 47 RAplica¸˜o: circuito RC com bateria ca Aplicando a lei das malhas ao circuito q dq q C = iR + = R+ C dt C donde, pela equa¸ao caracter´ c˜ ıstica 1 1 αR + =0 → α=− . C RC O integral particular resulta de se substituir na equa¸ao diferencial a fun¸ao q(t) por c˜ c˜uma constante (i.e. da mesma natureza que ). Assim const. = → const. = C , donde C t q(t) = ke− RC + Cem que k ´ uma constante arbitr´ria. Supondo que no instante inicial o condensador est´ e a adescarregado q(0) = 0 = k + C → k = − C.Finalmente t q(t) = C 1 − e− RCque tem uma ass´ ımptota horizontal q(t) = C. O tempo caracter´ ıstico do circuito ´ τ = RC, etempo ao fim do qual a carga atinge 1 − 1/e do seu valor final. qt it ΕΕC R t tA derivada na origem d´ a corrente inicial a dq(t) C i(0) = |t=0 = = dt RC RRepare-se que o tempo caracter´ ıstico τ ´ tanto maior quanto maior for a resistˆncia e que e epara uma resistˆncia nula o condensador carrega-se instantaneamente com uma corrente einfinita. A resistˆncia amortece assim a carga do condensador. e
  • 48 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & OpticaExemploCondensador esf´rico com armaduras de raio R1 = 2 cm, R2 = 5 cm. (A armadura exterior etem espessura 0.1 cm). O diel´ctrico tem r = 4 e condutividade σC = 10−2 Ω−1 m−1 . eTem-se V1 = 10V e V2 = 0V . Determinar:a) As cargas ρ, ρ , σ, σ .b) A intensidade de corrente.c) A resistˆncia do meio. e Resolu¸ao c˜a) Recorde-se que P = ( − 0 )E = ( r 0 − 0 )E = ( r − 1) 0 E = 3 0 EA armadura exterior est´ neutra porque est´ ligada a terra. O campo entre armaduras ´ a a ` epois devido a armadura interior: ` Q1 E= 4π r 2e o potencial total entre as duas ´ como vimos para os condensadores esf´ricos e e Q1 R2 − R 1 R1 R2 V1 = → Q1 = 4π V1 . 4π R1 R2 R2 − R 1Substituindo na express˜o do vector de polariza¸ao e usando os valores num´ricos dados a c˜ e R1 R2 1 R 1 R 2 V1 0 P = 3 0 4π V1 2 =3 0 2 = 2 (C m−2 ) R2 − R1 4π r (R2 − R1 )r rcom r expresso em metros. Como P ´ radial porque E ´ radial, resulta que e e σ = P. n = PPodemos verificar a rela¸ao entre σ e σ . Sabemos que: c˜ Q1 R1 R2 1 r 0 r 4 σ= 2 = 4π V1 2 = 2 = σ = σ. 4πr R2 − R1 4πr 3r 3 3Recorde-se que as cargas de polariza¸ao s˜o, numa superf´ esf´rica, dadas por c˜ a ıcie e Q1 − 0 1 Q = P . n dS = ( − 0) E. n dS = ( − 0) dS = Q1 = 1 − Q1 , S S S 4π r 2 rexpress˜o esta que ´ geral para qualquer superf´ polarizada. A anterior express˜o ´ pois a e ıcie a econsistente com esta. De facto 1 r −1 3 σ = 1− σ= σ = σ. r r 4Quanto as cargas em volume (ρ, ρ , ρ = − − 0 ρ) s˜o nulas porque a carga el´ctrica se ` a edistribui em superf´ nas armaduras e o diel´ctrico n˜o est´ inicialmente carregado. As ıcie e a a
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 49cargas de polariza¸ao est˜o nas superf´ c˜ a ıcies de contacto do diel´ctrico com as armaduras einterior e exterior.b) Q1 σC Q 1 1 2 σC i = J. n dS = σC u . n dS = 2 r 2 r sinθdθ dφ = Q1 S S 4π r 4π rem que Q1 foi calculado na al´ ınea anterior.c) V1 Q1 R2 − R 1 1 R2 − R 1 R= = = . i 4π R1 R2 σC Q1 4πσC R1 R24 Magnetost´tica aAo contr´rio do campo el´ctrico em que as cargas s˜o as fontes ou os sumidouros das a e alinhas de campo, no campo magn´tico n˜o h´ fontes ou sumidouros porque n˜o h´ cargas e a a a amagn´ticas. Na magnetost´tica que trata do campo magn´tico est´tico estudamos o campo e a e amagn´tico produzido por correntes estacion´rias. e a O magnetismo ´ um fen´meno criado pelo movimento de cargas el´ctricas. Correntes e o eel´ctricas criam campos magn´ticos e estes exercem for¸as sobre as correntes. e e c4.1 Lei de Biot-SavartO resultado fundamental da Magnetost´tica ´ traduzido pela lei de Biot-Savart e pela sua a eequivalente lei de Amp`re. Comecemos pela lei de Biot-Savart: para condutores filiformes eescreve-se µ0 dl × r I dl dB = i . 4π r 3 I r ⊗ Para o fio todo dB µ0 dl × r B= i 4π f io r 3em que a unidade de B (indu¸ao magn´tica) ´ o Tesla [1 T esla (T ) = 104 Gauss (G)] e c˜ e e −7 −1µ0 = 4π × 10 T mA (permeabilidade magn´tica do v´cuo). e a Como foi dito atr´s os campos magn´ticos exercem for¸as sobre as correntes, o que ´ a e c eexpresso pela lei de Laplace que ´ apenas uma forma modificada da for¸a de Lorentz e c dl dq df = dq v × B = dq ×B = dl × B = i dl × B. dt dtA lei de Biot-Savart desempenha assim para a magnetost´tica o mesmo papel que a lei de aCoulomb na electrost´tica. Para uma distribui¸ao de corrente em volume deve fazer-se a a c˜
  • 50 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Opticasubstitui¸ao c˜ i dl → J dV f io Ve portanto µ0 J ×r B= dV 4π V r 3que ´ a forma da lei de Biot-Savart para correntes em volume. e Da mesma forma a lei de Laplace pode escrever-se F =i dl × B → F = J × B dV. f io V Exemplo 1 (lei de Biot-Savart): fio rectil´ ıneoPartindo da lei de Biot-Savart resulta que a intensidade de B apenas depende da distˆncia aao fio e as linhas de for¸a de B s˜o portanto circunferˆncias perpendiculares ao fio e com o c a esentido dado pela regra do saca-rolhas. Da figura vˆ-se que e idl α l R tanθ = → dl = φ R cos2 θ e tamb´m, uma vez que R = r cosθ, e l r idl × r = i dl r sinα(−ex ) = i dl r sinφ(−ex ) = i dl r cosθ(−ex ) = θ ⊗ O R i dl R (−ex ) BPortanto π µ0 |dl × r| µ0 dl R µ0 R cos3 θ µ0 2 cosθ µ0 i |B| = i 3 = i 3 = i 2θ R 3 = i = . 4π f io r 4π f io r 4π cos R 4π −π 2 R 2πR Tendo em vista este resultado, a circula¸ao de B ao longo de uma circunferˆncia de raio c˜ eR (linha de for¸a neste caso) ´ dada por c e B.dl = |B|2πR. Exemplo 2 (lei de Biot-Savart). Calcular B para uma espira circular sobre o seu eixo ea uma distˆncia z do seu plano. a´E evidente que as componentes paralelas ao plano da espira se anulam. S´ existe componente oem zz.
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 51 µ0 idl r dBz = cosθ. 4π r 3 dB Da figura vˆ-se que e R R r = (z 2 +R2 )1/2 , cosθ = = 2 , r (z + R2 )1/2 z r donde µ0 i R θ dBz = 2 + R2 (z 2 + R2 )1/2 dl. R 4π z iIntegrando para toda a espira µ0 i R µ0 i R2 Bz = 2 + R2 )3/2 dl = . 4π (z 2 (z 2 + R2 )3/2No centro da espira (z = 0): µ0 i Bz = . 2R Exemplo 3 (lei de Laplace). Determinar a for¸a por unidade de comprimento entre dois cfios longos, rectil´ ıneos e paralelos distanciados de 1m e percorridos por uma corrente de 1A.Suponha que as correntes s˜o de sentidos opostos. a Da figura vˆ-se que correntes de sentidos e opostos repelem-se e do mesmo sentido i i atraem-se. Cada corrente est´ imersa no a campo originado pela outra. Portanto aplicando a lei de Laplace e o resultado F F do exemplo 1 da lei de Biot-Savart  ¡ ¢ ⊗ ⊗ £¤ ¥ µ0 i µ0 i2 |dF | = i|dl × B| = idl = dl 2πr 2πr ⊗ ⊗ ¦§ ¨ ©  donde dF µ0 i2 = . dl 2πr ´ Exemplo 4 (lei de Laplace). E dado um fio rectil´ıneo infinito percorrido por uma correntei1 e um circuito rectangular a sua direita percorrido por uma corrente i2 . Determinar a for¸a ` cque se exerce sobre o lado horizontal superior do circuito de x = a a x = a + b.
  • 52 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica F A for¸a ´ paralela ao fio rectil´ c e ıneo e di- © £§¨ ⊗ i2 rigida no sentido de i1 . Sendo B o campo criado por i1 , tem-se ¦ £¤¥ i1 ⊗ R ⊗ ¢ £ ¡ a+b µ0 i1 µ0 i1 i2 a+b F = i2 dl = log . a 2πl 2π a a b4.2 Lei de Amp`re eConsideremos uma distribui¸ao qualquer de correntes estacion´rias i1 ...in e imaginemos c˜ aum contorno Γ rodeando estas correntes. Estabelecemos um sentido de circula¸ao em Γ e c˜consideramos positivas ou negativas as correntes consoante tˆm um sentido consistente com eo da circula¸ao ou n˜o (regra do saca-rolhas). Se for B o campo criado por estas correntes c˜ atemos B. dl = µ0 iα Γ αque ´ a lei de Amp`re. e e A equa¸ao acima traduz a forma integral (global) da lei de Amp`re. Para obter a forma c˜ elocal usamos o Teorema de Stokes −→ − rotB.n dS = B.dl = µ0 i = µ0 J.n dS S Γ Sem que S ´ uma superf´ e ıcie aberta atravessada por uma corrente total i. Igualando asintegrandas: −→ − rotB = µ0 Jque ´ a forma local. Esta ´ uma das equa¸oes fundamentais da Magnetost´tica. Tem o e e c˜ amesmo car´cter que div E = ρ/ e indica que s˜o as correntes as fontes do campo B. a a Exemplo 1 (lei de Amp`re). Campo criado por um fio rectil´ e ıneo muito comprido.Escolhemos para contorno uma circunferˆncia de raio r: e µ0 i B. dl = µ0 i → |B|2πr = µ0 i → |B| = Γ 2πrporque B | | dl e |B| ´ constante sobre Γ. e Exemplo 2 (leis de Biot-Savart e de Amp`re). Campo no eixo de um solen´ide. e o
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 53 Consideramos o solen´ide como uma distribui¸ao de an´is de corrente (espiras circulares) o c˜ ee usamos o resultado do exemplo 2 da lei de Biot-Savart µ0 i R µ0 i R2 B= 2 + R2 )3/2 dl = . 4π (x 2 (x2 + R2 )3/2Aplicamos esta express˜o a um segmento infinitesimal do solen´ide dx. Sendo N/l o n´ mero a o ude espiras por unidade de comprimento, a corrente correspondente ao comprimento dx ´ e N i dx le vai dar origem a um campo infinitesimal µ0 i N R2 dB = dx . 2 l (x2 + R2 )3/2Faremos a integra¸ao na vari´vel φ definida na figura: c˜ ax = R tan φ → dx = R sec2 φ dφ. l ¢ £ ¡ ¦ £¤¥ © £§¨  £  £  £ ! £ $ £"# £%& φ2 φ1 R P x O ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ µ0 R 2 i N µ0 iN dB = 2 tan2 φ + R2 )3/2 l Rsec2 φ dφ = cos φ dφ. 2(R 2lIntegrando de φ1 a φ2 e tendo em aten¸ao que sinφ = x/(x2 + R2 )1/2 vem c˜ µ0 iN φ2 µ0 iN B= cos φ dφ = (sin φ2 − sin φ1 ). (1) 2l φ1 2lDa figura vˆ-se que e l/2 − x l − (l/2 − x) l/2 + xsin φ2 = e sin φ1 = − =− (l/2 − x)2 + R2 [l − (l/2 − x)]2 + R2 (l/2 + x)2 + R2No centro do solen´ide tem-se (x = 0) o   µ0 iN µ0 iN  l/2 l/2  µ0 iN 1B= (sin φ2 −sin φ1 ) = + = , 2l 2l (l/2)2 + R2 (l/2)2 + R2 2 (l/2)2 + R2
  • 54 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Opticanos extremos tem-se (x = ±l/2) µ0 iN µ0 iN l µ0 iN 1 B= (sin φ2 − sin φ1 ) = √ = √ . 2l 2l l 2 + R2 2 l 2 + R2Vˆ-se portanto que se o solen´ide for muito longo (l >> R), o campo no seu centro ´ o e o edobro do campo nos extremos. Nesse caso, partindo da equa¸ao (1) tem-se no centro c˜ π µ0 iN φ1,2 ± , logo B = , 2 lresultado que pode ser obtido muito simplesmente pela lei de Amp`re. Vejamos como: e Consideremos um solen´ide que vamos supor muito longo percorrido por corrente i. oSendo muito longo, podemos admitir que ´ uniforme o campo no seu interior ao longo do eeixo, ou seja o efeito do campo nas extremidades ´ desprez´vel. Supomos tamb´m que, em e a eprimeira aproxima¸ao, ´ nulo o campo no exterior e aplicamos a lei de Amp`re ao contorno c˜ e erectangular Γ cuja circula¸ao ´ feita de acordo com a regra do saca-rolhas, tendo em conta o c˜ esentido da corrente. A contribui¸ao dos lados menores do contorno ´ desprez´vel, pois que c˜ e aestes s˜o t˜o pequenos quanto se queira, desde que envolvam as espiras. Tem-se ent˜o a a a B . dl = µ0 J . n dS = µ0 N i Γ Sem que N ´ o n´ mero de espiras do solen´ide, pois que a superf´ S ´ atravessada por N e u o ıcie eespiras. Daqui se conclui N B = µ0 i = µ0 n i lem que n ´ o n´ mero de espiras por unidade de comprimento. e u Exemplo 3 (lei de Amp`re). Determinar o campo B criado no interior e no exterior edum cabo rectil´ ıneo infinito e raio R percorrido pela intensidade de corrente i distribuidauniformemente na sec¸ao. c˜a) Pontos interioresProblema idˆntico ao do fio infinito sem sec¸ao: e c˜ µ0 i Bext = 2πrb) Pontos exterioresConsideramos uma circunferˆncia interior ao cabo e concˆntrica com este. Integrando sobre e eesta linha Bint . dl = Bint 2πr = µ0 i Γ
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 55em que i ´ a corrente que a atravessa (frac¸ao da corrente que atravessa todo o cabo). Como e c˜para uma distribui¸ao uniforme a corrente ´ proporcional a area atravessada (i = JS): c˜ e `´ i R2 = 2. i rResulta ent˜o a µ0 i µ0 i r 2 µ0 i r Bint = = 2 = . 2πr 2πr R 2π R24.3 Fluxo magn´tico e´E uma defini¸ao em tudo semelhante a do fluxo el´ctrico: c˜ ` e Φ= B. n dS. SAs unidades s˜o [Φ] = W b, portanto [B] = W b m−2 = T . a Exemplo (fluxo magn´tico): calcular o fluxo atrav´s de um rectˆngulo paralelo a um fio e e arectil´ ıneo percorrido por uma corrente i. i dr J´ sabemos que B = µ0 i/2πr (exemplo 1, a lei de Amp`re) e que B ´ perpendicular e e ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ¢ £ ¡ ao plano de escrita dirigido para baixo. Portanto r b µ0 i Φ= dS. ¦ £¤¥ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ 2πr Por outro lado dS = b dr, donde µ0 i µ0 ib a+c dr µ0 ib a+c Φ= b dr = = log . c a 2πr 2π a r 2π c4.4 Movimento de uma carga num campo magn´tico eVimos anteriormente (sec¸ao 1.1) que uma carga el´ctrica que se movimenta num campo c˜ emagn´tico fica sujeita a uma for¸a perpendicular ao plano da sua velocidade e do campo e c(for¸a de Laplace-Lorentz) c F = qv × B .
  • 56 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & OpticaSuponhamos para simplificar que B ´ uniforme e constante, que sem perda de generalidade eest´ dirigido segundo o eixo dos zz. A for¸a F est´ pois no plano Oxy e admitamos que a a c acarga se movimenta no plano Oxy. Por via da perpendicularidade F ⊥ v vem F .v = 0, ouseja a potˆncia e portanto a energia comunicada pela for¸a a carga ´ zero. Pode de facto e c ` everificar-se que a sua velocidade n˜o varia em m´dulo e a energia cin´tica ´ constante: a o e e dv d 2 F .v = m .v=0 ⇒ v =0. dt dtSendo |v| constante, o m´dulo da for¸a, F = qvB, ´ constante e uma vez que F perpendicular o c ea v, trata-se de uma for¸a centr´ c ıpeta. A part´ ıcula carregada descreve pois uma circunferˆncia ecom velocidade v e raio r tal que mv 2 F = qvB = rsendo a frequˆncia dada por e v qB ω= = r m(frequˆncia do ciclotr˜o). e a Podemos chegar a este resultado resolvendo a equa¸ao de movimento c˜ dv m = q(v × B) = q(vy B ex − vx B ey ) . dtEm termos de componentes dvx m = qvy B dt dvy m = −qvx B . dtDerivando a primeira equa¸ao, substituindo a segunda na primeira vem c˜ d2 vx q2B2 m = − 2 vx dt2 mou seja d2 vx qB 2 + vx = 0 dt2 me do mesmo modo se obtem uma equa¸ao idˆntica para vy . A solu¸ao geral desta equa¸ao c˜ e c˜ c˜´ do tipoe vx = A1 sen(ωt + φ1 )que representa um movimento oscilat´rio simples com frequˆncia o e qB ω= m
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 57em que A e φ s˜o as constantes de integra¸ao. N˜o s˜o fixadas pelas equa¸oes diferenciais a c˜ a a c˜de movimento, sendo pois arbitr´rias. Para serem determinadas ´ necess´ria informa¸ao a e a c˜adicional sobre o movimento que em geral ´ dada pelas condi¸oes iniciais como veremos a e c˜seguir. Tem-se ent˜o a vx = A1 sen(ωt + φ1 ) , vy = A2 cos(ωt + φ2 )que s˜o necessariamente solu¸oes das equa¸oes diferenciais. Assim, a c˜ c˜ dvx qvy = B ⇒ A1 ω cos(ωt + φ1 ) = ω A2 cos(ωt + φ2 ) dt m dvy qvx =− B ⇒ − A2 ω sen(ωt + φ2 ) = −ω A1 sen(ωt + φ1 ). dt mDestas equa¸oes resulta c˜ A1 cos(ωt + φ1 ) = cos(ωt + φ2 ) A2 A1 sen(ωt + φ1 ) = sen(ωt + φ2 ). A2Elevando ao quadrado e somando membro a membro A2 1 =1 A2 2o que implica A1 = A2 e φ1 = φ2 . As solu¸oes s˜o portanto c˜ a A vx = A sen(ωt + φ) ⇒ x = − cos(ωt + φ) + k ω A vy = A cos(ωt + φ) ⇒ y = sen(ωt + φ) + k . ωPodemos sem perda de generalidade escolher k = k = 0, ou seja a origem ´ de tal modo efixada que a carga oscila a sua volta. ` Consideremos agora as seguintes condi¸oes iniciais c˜ x0 = 0 v x = v0que implicam 0 = − A cos φ e v0 = A sen φ donde ω π A = v0 φ= 2resultando para as equa¸oes de movimento c˜ A vx = v0 cos(ωt) x= sen(ωt) ω A vx = −v0 sen(ωt) y= cos(ωt) . ωA carga est´ portanto inicialmente situada no eixo dos yy (ordenada A/ω) e descreve um amovimento circular no sentido dos ponteiros do rel´gio. o
  • 58 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica5 Campo Electromagn´tico vari´vel e a5.1 Lei de FaradayEsta lei ´ uma das pedras basilares do electromagnetismo e constitui um exemplo da estreita erela¸ao entre os campos E e B. Diz-nos que a varia¸ao do fluxo de B atrav´s de uma c˜ c˜ esuperf´ que se apoia sobre um circuito fechado induz no circuito uma f.e.m. . ıcie O sentido da corrente induzida ´ tal que origina um fluxo magn´tico φ oposto ao fluxo e einicial. Assim dΦ =− , Φ = B. n dS, dt Sou seja por defini¸ao de f.e.m. c˜ d E. dl = − B. n dS Γ dt Sque ´ a forma integral da lei de Faraday ou da indu¸ao. e c˜ Para melhor perceber como determinar o sentido da f.e.m. induzida ´ usual recorrer-se ea lei de Lenz:` A polaridade da f.e.m. induzida ´ tal que produz uma corrente cujo fluxo magn´tico se e eop˜e a altera¸ao do fluxo inicial. o ` c˜ Por outras palavras, a corrente induzida, opondo-se a varia¸ao de fluxo, tende a manter ` c˜invariante o fluxo original. Consideremos o exemplo de uma barra condutora que deslizasobre duas calhas tamb´m condutoras, constituindo assim um circuito de area vari´vel. e ´ aSuponhamos que esse circuito ´ atravessado por um fluxo magn´tico proveniente dum campo e edirigido para baixo. ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ R v ⊗ ⊗i ⊗ ⊗ Ao mover-se a barra para a direita o fluxo magn´tico atrav´s do circuito aumenta porque e ea area aumenta. A corrente induzida opor-se-´ a esse aumento, originando portanto um fluxo ´ apara cima. O seu sentido ´ pois contr´rio ao dos ponteiros do rel´gio. e a o
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 59 Movendo-se a barra para a esquerda o fluxo diminui porque a area diminui, donde, a ´corrente induzida gera um fluxo para baixo, sendo portanto no sentido hor´rio. a Tudo o que se exige na lei de Faraday ´ que o fluxo varie, o que pode acontecer por evariar a geometria do circuito, ou mover-se o circuito, ou ser B fun¸ao do tempo. c˜ A equa¸ao acima ´ equivalente a: c˜ e dB E. dl = − . n dS. Γ S dtAplicando o Teorema de Stokes −→ − E. dl = rotE. n dS Γ Se igualando as integrandas obtem-se dB rotE = − dtque ´ a forma local da lei de Faraday. Esta equa¸ao ´ uma das equa¸oes de Maxwell e e c˜ e c˜ −→ −generaliza rotE = 0 para o caso dos campos variarem no tempo. Exemplo 1 (lei de Faraday). Seja de novo o circuito anterior em que a barra se movepara a direita e calculemos a f.e.m. induzida.Resolu¸ao c˜Para se determinar o sentido da f.e.m. podemos tamb´m usar a for¸a de Lorentz: F = qv×B. e cO sentido convencional da corrente (cargas positivas) ´, na barra, para cima, pois a for¸a e cde Lorentz ´ dirigida para cima. A corrente ´ pois no sentido anti-hor´rio. e e aA partir da for¸a de Lorentz c ⊗ ⊗ ⊗ ⊗i Fapl R v Fm ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ F 1 1 l 1 l E= → = E. dl = F . dl = F . dl = qvB dl = v B l q Γ q q 0 q 0
  • 60 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & OpticaA partir do fluxo dΦ Φ= B. n dS = −B l x → =− = B l v. S dt Exemplo 2 (lei de Faraday). Calcular a f.e.m. induzida numa barra condutora decomprimento l que roda no sentido anti-hor´rio com velocidade ω. A barra est´ imersa num a acampo magn´tico uniforme e constante B, perpendicular ao plano de escrita e dirigido para ebaixo. ⊗ ⊗ v ¤ £ ⊗ ⊗ l ⊗ ⊗ ¢   dr O ¡ ⊗ ⊗Resolu¸ao c˜Vimos no exemplo anterior que uma barra condutora que se move num campo B fica sujeitaa uma f.e.m. induzida dada por = B l v.As cargas positivas ficam sujeitas a uma for¸a dirigida para o ponto fixo (centro de rota¸ao) c c˜e as negativas para a periferia.Um segmento infinitesimal da barra de comprimento dr fica sujeito a uma f.e.m. d = B v dr.Somando para toda a barra tem-se l 1 = Bv dr = B ω r dr = B ω l2 . 0 2 Alternativamente podemos calcular o fluxo elementar dΦ 1 dΦ = B dS = B l dθ l 2(em que a area elementar dS ´ considerada como um triˆngulo) e dividir por dt: ´ e a dΦ 1 2 dθ 1 2 = = Bl = Bl ω. dt 2 dt 2
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 61 Exemplo 3 (lei de Faraday). For¸a magn´tica numa barra deslizante. Seja a barra deslizante c edo exemplo 1 de comprimento l e massa m. Suponhamos que a barra est´ inicialmente ani- amada com uma velocidade v0 para a direita e ´ em seguida largada. Determinar a velocidade eda barra em fun¸ao do tempo. c˜ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗i v0 R Fm ⊗ ⊗ ⊗ ⊗Resolu¸ao c˜ Quando a barra est´ em movimento gera-se como vimos uma corrente induzida no asentido contr´rio ao dos ponteiros do rel´gio. Essa corrente, pela lei de Laplace (-Lorentz) a ovai por sua vez ser actuada por uma for¸a magn´tica devida ao campo dada por c e dFm = idl × B → Fm = −i l Bque aponta para a esquerda (da´ o sinal (-)), contrariando assim o movimento da barra e a ıfor¸a que a solicita para a direita. O equil´ c ıbrio (movimento uniforme) estabelece-se quandoas duas for¸as se compensarem. c Deixando de existir a for¸a para a direita, a unica for¸a passa a ser a magn´tica. Pela c ´ c elei de Newton dv m = −i l B. dtA f.e.m. na barra ´ = B l v, portanto a intensidade i = B l v/R, donde e dv B 2 l2 dv B 2 l2 m =− v → =− t, dt R v Rmou seja v B 2 l2 log =− t. v0 RmFinalmente Rm v = v0 e−t/τ com τ = . B 2 l2
  • 62 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & OpticaPortanto a velocidade da barra decresce exponencialmente, o mesmo sucedendo quanto a `corrente e f.e.m. induzidas Blv B l v0 −t/τ i= = e , = i R = B l v0 e−t/τ . R R Exemplo 4 (lei de Faraday). Seja uma barra condutora de comprimento l que se moveparalelamente a distˆncia a com velocidade v de um fio rectil´ ` a ıneo infinito percorrido poruma corrente i. Determinar a f.e.m. induzida na barra. a i §¨ ¥¦ l v ¤ ¡¢ ¢ £Resolu¸ao c˜ Como vimos o campo criado por um fio rectil´ ıneo infinito ´ e µ0 B= i 2πre a f.e.m. induzida numa barra que se move num campo que lhe ´ perpendicular ´ dada por e e = B l v.Num segmento dr da barra ´ induzida uma f.e.m. d e µ0 µ0 dr µ0 i v l+a d = B v dl → =v B dl = v i dr = iv = log . 2πr 2π r 2π aAplicando directamente a lei de Faraday d µ0 i 1 dS µ0 i l+a dr d x µ0 i l + a dx µ0 i l+a = B dS = = dx = log = log . dt S 2π S r dt 2π a r dt 0 2π a dt 2π a5.2 Indu¸˜o caVimos no cap´ıtulo anterior que quando o fluxo magn´tico atrav´s de um circuito varia no e etempo ´ induzida uma f.e.m. no circuito. O fen´meno da indu¸ao electromagn´tica tem e o c˜ econsequˆncias pr´ticas de que trataremos agora. Consideraremos de in´ a auto-indu¸ao. e a ıcio c˜
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 635.2.1 Auto-indu¸˜o e indutˆncia ca aQuando um circuito com uma resistˆncia e um anel de corrente ´ ligado, a corrente n˜o e e aaumenta instantaneamente para o seu valor /R, porque a lei de Faraday o impede. Defacto, ao ser ligado o circuito, o fluxo magn´tico atrav´s do anel aumenta com o tempo e e eeste aumento induz uma f.e.m. que se op˜e como se viu a f.e.m. do gerador. O resultado o `´ o aumento gradual da corrente. Este efeito designa-se auto-indu¸ao porque a varia¸ao dee c˜ c˜fluxo origina-se no pr´prio circuito e a f.e.m. que se op˜e a que ´ imposta pelo gerador o o ` echama-se f.e.m. auto-induzida. Esta f.e.m. ´ proporcional a varia¸ao de fluxo e ` c˜ d =− Φ dte o fluxo ´ proporcional a B. O campo B ´ por sua vez tamb´m proporcional a corrente e e e `que percorre o circuito (vd. lei de Biot-Savart). Portanto di = −L o que equivale a Φ = L i dtem que a constante de proporcionalidade L ´ a indutˆncia do circuito que depende das suas e acaracter´ ısticas geom´tricas e f´ e ısicas. Exemplo 1 (Indutˆncia do solen´ide) a o Consideremos um solen´ide com N espiras num circuito percorrido por uma corrente oi e calculemos a sua indutˆncia L, admitindo que ´ longo comparado com o raio e que o a einterior ´ o ar. e Resolu¸ao c˜Sendo percorrido pela corrente i, o campo no seu interior pode ser aproximado como vimospor N B = µ0 i = µ0 ni lem que l ´ o comprimento e n o n´ mero de espiras por unidade de comprimento do solen´ide. e u oSendo este o campo no interior do solen´ide, o fluxo numa espira ´ o e φ = B S = µ0 nSionde S ´ a area da espira e portanto a sec¸ao recta do solen´ide. O fluxo atrav´s do solen´ide e ´ c˜ o e o´e N2 Φ = N B S = µ0 nN Si = µ0 Si. l
  • 64 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & OpticaComparando com Φ = Li obtem-se a indutˆncia a N2 L = µ0 S. lDados N = 300, l = 25 cm, S = 4 cm2 = 4 × 10−4 m2 e admitindo que a corrente decrescea uma taxa de 50 A s−1 , calcular L e a f.e.m. auto-induzida .De acordo com a defini¸ao tem-se c˜ N2 (300)2 (4 × 10−4 m2 ) L = µ0 S = 4π10−7 T m A−1 = 1.81 × 10−4 H (Henry). l 25 × 10−2 mPara a f.e.m. di = −L = −(1.81 × 10−4 H)(−50 A s−1 ) = 9.05 × 10−3 V. dt Aplica¸˜o: circuito RL com bateria ca R L i(t) Ligando o circuito em t = 0, uma vez que a corrente come¸a a aumentar, a bobina cproduz uma f.e.m. que se op˜e a esse aumento e que ´ dada por o e di L = −L . dtAplicando a lei das malhas vem (aten¸ao ao sentido de circula¸ao) c˜ c˜ di − iR + L = − iR − L = 0, dtou seja a bobina actua como um gerador com polaridade oposta a da bateria do circuito. `Portanto di di dt 1 di dt − iR = L → = → − = . dt − iR L R i − /R LIntegrando 1 t R − log i − = + log C → log i − = − t + log C1 R R L R L
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 65donde i− = C1 e−(R/L)t → i= + C1 e−(R/L)t . R RN˜o havendo corrente no instante inicial a i(0) = 0 = + C1 → C1 = − . R RFinalmente i(t) = (1 − e(−R/L) t ). RO tempo caracter´ ıstico do circuito (relaxa¸ao) ´ pois c˜ e L τ= Rque ´ o tempo ao fim do qual a corrente atinge (1 − e−1 ) e 0.63 do seu valor final R . it Ε R Ε 0.63 R t Τ Para uma bobina com L = 30 mH e uma resistˆncia R = 6Ω, o circuito ter´ um tempo e acaracter´ ıstico de L 30 × 10−3 H τ= = = 5.0ms. R 6Ω5.3 Energia do campo magn´tico eA f.e.m. de indu¸ao impede que se estabele¸a uma corrente instantˆnea no circuito. Portanto c˜ c aao fechar-se o circuito exerce-se trabalho contra a bobina para ser criada a corrente. Partedesse trabalho ´ dissipado por efeito de Joule na resistˆncia e a outra ´ armazenada na e e ebobina. Partindo da equa¸aoc˜ di = iR + L dte multiplicando por i obtem-se a potˆncia que o gerador cede ao circuito e di i = i2 R + Li dt
  • 66 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Opticaque ´ uma express˜o de conserva¸ao de energia. O termo Li di/dt representa a taxa a que e a c˜a energia ´ armazenada na bobina: e dWm di = Li dt dtque integrando, resulta na energia magn´tica armazenada na bobina quando percorrida pela ecorrente i, 1 Wm = Li2 . 2Usando a express˜o de L e do campo magn´tico B, a e B L = µ0 n2 S l, B = µ0 n i → i = µ0 nvem 2 1 1 B B2 Wm = Li2 = µ0 n2 S l = Sl. 2 2 µ0 n 2µ0A quantidade Sl ´ o volume do solen´ide (bobina). Portanto a densidade de energia e omagn´tica ´ dada por e e B2 um = . 2µ0Embora tenha sido deduzida para um solen´ide, esta express˜o ´ v´lida para qualquer regi˜o o a e a ado espa¸o em que exista um campo magn´tico. c e Notar que ´ semelhante em forma a equa¸ao da densidade de energia dum campo e ` c˜el´ctrico, e 1 ue = 0 E 2 . 2Em ambos os casos a densidade ´ proporcional ao quadrado da intensidade de campo. e Exemplo: corrente estacion´ria e lei de Faraday a Um condutor linear infinito ´ percorrido por uma corrente estacion´ria i. Perpendicu- e alarmente ao condutor e no mesmo plano afasta-se uma espira rectangular com velocidade vconstante inicialmente a distˆncia D. ` a i a a) Calcular a f.e.m. induzida no rectˆngulo. a D b b) Calcular a f.e.m. se, mantendo o £¤ ¥ ⊗ ⊗ rectˆngulo fixo, a corrente i variar de a v acordo com i = i0 cos ωt. ⊗ ⊗  ¡ ¢
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 67 Resolu¸ao c˜a) Como se viu, quer pela lei de Biot-Savart, quer pela de Amp`re, no elado esquerdo do rectˆngulo e no lado direito tem-se respectivamente a µ0 i µ0 i B0 = , B1 = . 2πD 2π(D + a)Para calcularmos a f.e.m. induzida no rectˆngulo, calculamos as diferen¸as de potencial ao a clongo de cada um dos seus lados e depois subtra´ ı-mo-las. Assim para o lado esquerdo t µ0 i φ= dS em que dS = dx dl e x = vt → dx = v dt 0 2π(D + x)Portanto t µ0 i v dt b µ0 i b t vdt µ0 i b t φ= dl = = log(D + vt ) 0 2π(D + vt ) 0 2π 0 D + vt 2π 0ou seja µ0 i b D + v t φ= log . 2π DA diferen¸a de potencial aos extremos deste lado ´ pois c e v dφ µ0 i b D µ0 i b v ∆V0 = = D+v t = . dt 2π D 2π D + v tE aos extremos do lado direito µ0 i b v ∆V1 = . 2π D + a + v tA f.e.m. induzida na barra ´ ent˜o e a µ0 i b v v µ0 i b a v = ∆V0 − ∆V1 = − = . 2π D+v t D+a+v t 2π(D + v t)(D + a + v t)b) O fluxo passa a ser agora (x n˜o ´ fun¸ao do tempo) a e c˜ a µ0 i dx b µ0 i b a dx µ0 i b D + a Φ= dl = = log 0 2π (D + x) 0 2π 0 D+x 2π Dcom i = i0 cos ωt e = −dΦ/dt.
  • 68 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica5.4 Corrente de deslocamentoTudo o que estud´mos at´ agora est´ inclu´ nas seguintes equa¸oes a e a ıdo c˜ ρ −− −→ dB − −−→ div E = , div B = 0 , rot E = − , rot B = µJ. (2) dtAt´ ao trabalho de Maxwell (d´cada de 1870) eram estas as leis conhecidas (embora n˜o e e adesta maneira compacta). Foi Maxwell quem primeiro notou a importˆncia das combina¸oes a c˜de derivadas (rot, div, ...). −− −→ Apliquemos a divergˆncia a ambos os membros da lei de Amp`re. Uma vez que div rot α = e e0 para qualquer vector α, vem −− −→ 0 = div rot B = µ div J → div J = 0o que mostra que a lei de Amp`re s´ ´ v´lida em situa¸oes estacion´rias, pois que no caso e oe a c˜ ageral ´ como vimos e dρ div J = − . dtPor outras palavras a lei de Amp`re tem de ser alterada para situa¸oes n˜o estacion´rias. e c˜ a aA solu¸ao apresentada por Maxwell foi a seguinte: c˜Adicionemos ao lado direito da lei de Amp`re o termo e dE dD µ =µ , com D = E dt dtficando agora −− −→ dD rot B = µJ + µ (3) dtque se lˆ: a circula¸ao de B atrav´s de um circuito ´ igual a corrente no circuito mais o e c˜ e e `fluxo de E no circuito. Aplicando a divergˆncia tem-se agora e d 0 = div J + div D dte recordando a lei de Gauss na forma div D = ρ vem dρ div J + =0 dtque ´ a equa¸ao da continuidade. Portanto aceitando a forma generalizada da lei de Amp`re e c˜ echegamos a equa¸ao da continuidade, ou seja a conserva¸ao da carga ´ um princ´ contido ` c˜ c˜ e ıpionas quatro equa¸oes de Maxwell (eqs.(2) com a altera¸ao (3)). c˜ c˜ Vejamos o significado f´ ısico do novo termo. Para isso consideremos a carga de umcondensador.
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 69 Γ S1 S2 Seja um contorno fechado Γ em torno do condutor e S1 uma superf´ que sobre ele ıciese apoia e que ´ cortada pelo condutor. Sem perda de generalidade podemos consider´-la e aplana. Apliquemos a esta superf´ a lei de Amp`re ıcie e −− −→ B . dr = rot B . n dS = µ0 J . n dS = µ0 i. Γ S1 S1Note-se que neste ponto toda a energia que passa localiza-se sob a forma de corrente nocondutor. Seja tamb´m uma superf´ S2 que se apoia em Γ e n˜o ´ cortada por nen- e ıcie a ehum condutor. A circula¸ao de B em Γ1 ´ a mesma, pois mudar o feitio de uma superf´ c˜ e ıcieimagin´ria n˜o afecta a f´ a a ısica. Tem-se agora pelo teorema de Stokes −− −→ d rot B . n dS = µ E . ndS = B . dr. S2 dt S2 ΓEntre as duas armaduras n˜o passa corrente el´ctrica: passa energia sob a forma de campo a eel´ctrico. Os dois termos e dE dD µ =µ e µ0 J dt dt −− −→combinam-se para dar rot B em todas as zonas do circuito. Vˆ-se assim que o termo adicional, corrente de deslocamento, ´ introduzido para e eexplicar a passagem de corrente em circuitos que n˜o sejam circula¸oes completamente a c˜fechadas. Vamos mostrar que dD dttem o car´cter de uma corrente. Para isso, seja o condensador plano anteriormente consid- aerado em regime vari´vel. Na superf´ S1 tem-se a ıcie dQ B . dr = µ J . n dS = µ i(t) = µ , Γ S1 dtpois que a corrente que circula no fio ´ a varia¸ao da carga no condensador. Na superf´ e c˜ ıcieS2 tem-se J = 0 porque n˜o h´ cargas a atravessar o espa¸o entre as armaduras, a a c dD B . dr = µ . n dS. Γ S2 dt
  • 70 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & OpticaUsando a defini¸ao de D e a express˜o do campo entre armaduras c˜ a σ Q D= E= =σ= Aobtemos, na aproxima¸ao de s´ existir campo no interior do condensador, c˜ o dD 1 dQ dQ µ . n dS = µ dS = µ . S2 dt A dt S2 dt −→ −Como este termo se adiciona ao termo da corrente de condu¸ao na equa¸ao (3) de rotB, c˜ c˜resulta que dD JD = dt´ de facto uma densidade de corrente: corrente de deslocamento como vimos.e5.5 Equa¸oes de Maxwell c˜S˜o as quatro equa¸oes fundamentais que descrevem todos os fen´menos electromagn´ticos. a c˜ o e div D = ρ Lei de Gauss div B = 0 linhas de campo de B fechadas −− −→ dB rot E = − Lei de Faraday dt −− −→ dD rot B = µJ + µ Lei de Ampere modificada. dtEsta ultima equa¸ao cont´m como vimos a equa¸ao da continuidade ´ c˜ e c˜ dρ div J + = 0. dtEm situa¸oes estacion´rias (derivadas em ordem ao tempo nulas) h´ uma separa¸ao entre os c˜ a a c˜fen´menos el´ctricos e magn´ticos e ´ pois poss´ estud´-los separadamente. Para campos o e e e ıvel avari´veis essa separa¸ao ´ imposs´ a c˜ e ıvel. Exemplo: corrente de deslocamento. Calcule a frequˆncia para a qual a agua do mar e ´apresenta uma corrente de deslocamento igual a corrente de condu¸ao no seu interior. Use ` c˜ −3 −1 −1σH2 O = 5 × 10 Ω m e H2 O = 80 0 . Resolu¸ao c˜
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 71A corrente de condu¸ao ´ dada por c˜ e dD J = σC E e a de deslocamento JD = . dtSendo o campo E dado por E = E0 cos ω t, vem dD dE D = E = E0 cos ωt → = = − ω E. dt dtIgualando as duas correntes (em m´dulo): o σ ω E = σE → ω= = 7.062 × 106 rad s−1 → f = 1.124 × 106 s−1 . Aplica¸˜o: circuito RLC sem gerador ca R C L Consideremos o circuito RLC em s´rie em que o condensador est´ inicialmente carregado. e aAo fechar-se o circuito o condensador funciona temporariamente como gerador alimentandoo resto do circuito. q di VC = V R + V L → = RI + L . C dtA corrente descarrega o condensador, portanto ´ produzida a custa da diminui¸ao da sua e ` c˜carga, ou seja, i = −dq/dt. Substituindo d2 q R dq q 2 + + =0 dt L dt LCque ´ uma equa¸ao diferencial homog´nea de 2a ordem. A equa¸ao caracter´ e c˜ e c˜ ıstica escreve-se R 1 α2 + 2λα + ω0 = 0 2 → α1,2 = −λ ± 2 λ2 − ω 0 em que λ = , ω0 = √ . 2L LCA quantidade ω0 ´ a frequˆncia pr´pria do circuito. Dois casos h´ a considerar: e e o a
  • 72 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica1. λ < ω0 , caso em que a resistˆncia ´ pequena, que ´ equivalente a e e e R2 1 2 − <0 4L LC 2 2faremos λ2 − ω0 = i ω0 − λ2 = i ω. As raizes da equa¸ao caracter´ c˜ ıstica s˜o α1,2 = −λ±iω a 2 2e a solu¸ao ´ de tipo oscilante com frequˆncia ω = c˜ e e ω0 − λ2 < ω0 : q(t) = e−λ t (C1 eiω + C2 e−iω ) = A e−λ t cos (ωt + φ)(A e φ s˜o as constantes de integra¸ao). a c˜2. λ > ω0 , caso em que a resistˆncia ´ grande, e e R2 1 2 − > 0. 4L LCNeste caso n˜o h´ oscila¸ao: a corrente decai exponencialmente para zero, a a c˜ √ 2 2 √ 2 2 q(t) = C1 e(−λ+ λ −ω0 ) t + C2 e(−λ− λ −ω0 ) t .N˜o havendo fonte exterior de energia (gerador) e existindo ’atrito’ el´ctrico (resistˆncia a e ecom calor de Joule), o sistema acaba por estabilizar: o condensador descarrega-se e deixade passar corrente. O regime ´ sempre transit´rio. e o Aplica¸˜o: circuito RLC com gerador (caso geral) ca Seja agora o circuito anterior com uma fonte de energia alternada. A equa¸ao que rege c˜o seu funcionamento ´ e q di 0 cos ωt = + L + Ri C dt(a corrente i n˜o corresponde a descarga do condensador:i = dq ). Tem-se ent˜o a ` dt a d2 q R dq q 0 2 + + = cos ωt. dt L dt LC LO integral geral desta equa¸ao ´ como se viu anteriormente a soma do integral da equa¸ao ho- c˜ e c˜mog´nea (regime transit´rio ou livre) com o integral particular da equa¸ao n˜o homog´nea. e o c˜ a eEste ultimo ser´ um seno ou co-seno: ´ a q(t) = k sin(ωt + α).
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 73As constantes k e α s˜o determinadas a partir do facto de ser esta express˜o a solu¸ao a a c˜particular procurada. Para isso usamos a representa¸ao complexa fazendo c˜ q(t) = k ei(ωt+α) ,substituimos q(t) na equa¸ao n˜o homog´nea e obtemos c˜ a e 0 (R/L)ω k= e tan α = . ω 2 R2 + (1/C − ω 2 L)2 ω 2 − 1/(LC)Para a corrente, i(t) = dq/dt, passando para representa¸ao real, c˜ 0 i(t) = cos(ωt + α). R2 + [1/(ωC) − ωL]2Esta ´ a solu¸ao de regime for¸ado ou permanente (integral particular da equa¸ao n˜o e c˜ c c˜ ahomog´nea) que se adiciona a solu¸ao de regime livre ou transit´rio. e ` c˜ o A intensidade de corrente ´ m´xima quando e a 1 1 ωL = → ω 2 = ω0 = 2 , ωC LCisto ´ quando a frequˆncia aplicada for a frequˆncia pr´pria do circuito. Nesse caso vem e e e o 0 i(t) = cos (ωt + π/2). RO circuito comporta-se ent˜o como se s´ houvesse resistˆncia. a o e Exemplo. Circuito RC e corrente de deslocamento.Um condensador plano cujo diel´ctrico ´ o ar tem uma area A=10 cm2 e descarrega-se e e ´atrav´s de uma resistˆncia R e e R = 1000Ω , C = 10−6 F, V0 = 100Va) Determine a corrente que percorre o circuito em fun¸ao do tempo. Quanto tempo leva a c˜perder 99% da carga inicial?b) Determine, em fun¸ao do tempo, o campo magn´tico num ponto A que se encontra a c˜ e `distˆncia de 10 cm de uma sec¸ao recta do circuito. a c˜c) Determine, em fun¸ao do tempo, o campo el´ctrico no interior do condensador. c˜ ed) Determine, em fun¸ao do tempo e da distˆncia a um eixo coincidente com o fio do circuito, c˜ ao campo magn´tico no interior do condensador. e Resolu¸ao c˜
  • 74 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Opticaa) A equa¸ao que rege o funcionamento do circuito ´ c˜ e q dq q dq q dq dt + iR = 0 → R+ =0 → =− → =− , C dt C dt RC q RCo que integrando d´ a t log q = − + log k → q = q0 e−t/(RC) RCem que q0 ´ a carga inicial. O tempo que corresponde a uma perda de 99% desta carga ser´ e at1 : (1 − 0.99)q0 = q0 e−t1 /(RC) → et1 /(RC) = 100 → t = RC log 100 = 4.6 RC.Inserindo os valores dados (RC = 103 10−6 = 10−3 s), obtem-se t1 = 4.6 ms. A carga inicialq0 = CV = 10−6 102 = 10−4 C. Quanto a corrente ` dq 1 3 i= =− q0 e−t/(RC) = −0.1 e−10 t . dt RCb) Recorremos a equa¸ao de Maxwell-Amp`re ` c˜ e −− −→ dD rot B = µ0 J + µ0 dte integramos ao longo de um contorno (circunferˆncia) de raio 10 cm que envolve o condutor. eA superf´ imagin´ria que se apoia sobre esse contorno deve ser escolhida de tal modo que ıcie as´ seja atravessada por corrente de condu¸ao: pode ser o pr´prio c´ o c˜ o ırculo. Tem-se ent˜o a 3t B . dr = µ0 i , substituindo vem B 2π 10−1 = 4π 10−7 (0.1) e−10 Γdonde 3 B = 2 × 10−7 e−10 t T.c) Tratando-se de um condensador plano, o campo el´ctrico ´ E = σ/ 0 , portanto e e 3 q0 −t/(RC) 10−4 e−10 t 3 E= e = −3 −12 = 1.13 × 1010 e−10 t V m−1 . A0 10 8.85 10d) No interior do condensador s´ existe corrente de deslocamento. o dD B . dr = µ0 . n dS. Γ S dtO contorno de integra¸ao ´ uma circunferˆncia centrada no eixo coincidente com o fio do c˜ e e ıcie a ırculo, S = πr 2 . Portantocircuito e a superf´ S ser´ o plano desse c´ dE 8.85 10−12 4π 10−7 2 3 B 2π r = µ0 0 S → B=− πr 1.13 1010 103 e−10 t . dt 2π rFinalmente 3 B = −2π r 10−5 e−10 t T.
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 756 Propriedades magn´ticas da mat´ria e eO f´ ısico Andr´-Marie Amp`re (1775-1836) foi o primeiro a atribuir o magnetismo a existˆncia e e ` ede pequenas correntes no interior dos materiais, muito antes de ser conhecida a estruturaat´mica da mat´ria (correntes de Amp`re). Devido a estas correntes todos os materiais s˜o o e e aem maior ou menor escala suscept´ıveis de interagir com campos magn´ticos. Tais correntes es˜o devidas ao movimento complexo dos atomos e dos electr˜es no interior da mat´ria e o a ´ o emodo como est˜o organizadas ou desorganizadas determina a maior ou menor capacidade ade um material interagir com um campo magn´tico. e Imaginemos um pequeno circuito el´ctrico microsc´pico na presen¸a de um campo e o cmagn´tico exterior e admitamos que nesse circuito passa uma corrente i. e idl F ¢ £ ¡ B r µ N r F ⊗ idl A for¸a de Lorentz que actua no elemento dl do circuito ´ c e dF = i dl × B.Esta for¸a ´, na figura, horizontal. No elemento diametralmente oposto exerce-se uma for¸a c e cigual e oposta. As duas geram um bin´rio com um momento a dN = 2r × dF = 2r × i dl × B.O efeito deste bin´rio ´ o de tender a alinhar o circuito perpendicularmente ao campo a emagn´tico. O vector que multiplica externamente o campo magn´tico ´ e e e 2r × i dl = 2 i dA nem que dA = r dl ´ a area dos sectores correspondentes a dl e n o vector unit´rio perpendic- e ´ aular ao circuito no plano de escrita no sentido da regra da m˜o direita. Para todo o circuito atem-se, somando (a area do circuito ´ A = 1/2 dA), ´ e µ=iAn
  • 76 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Opticaque se designa por momento dipolar magn´tico do circuito (comumente chamado momento emagn´tico). O bin´rio que actua sobre o circuito ´ pois dado por e a e N = µ×Be tende a alinhar µ com B. S´ assim N = 0 ‡ . o O estado magn´tico de uma substˆncia ´ descrito pelo vector magnetiza¸ao, M , que e a e c˜´ igual ao momento magn´tico por unidade de volume da substˆncia. Depende do campoe e amagn´tico externo aplicado e da pr´pria substˆncia. e o a Seja o campo B0 criado por um enrolamento no ar. Ao preenchermos o espa¸o interior ca esse enrolamento por uma substˆncia magn´tica, o campo total passa a B = B0 + Bm em a eque Bm ´ o campo produzido pela substˆncia. Este termo pode ser expresso em fun¸ao do e a c˜vector M Bm = µ 0 M → B = B0 + µ 0 M .Designando por vector intensidade do campo (ou simplesmente campo magn´tico) H: e H = B/µ0 − Mvem B = µ0 (H + M ).Consideremos a regi˜o interior a um enrolamento percorrido por uma corrente i. Tratando- ase do v´cuo, tem-se M = 0 (n˜o h´ momentos magn´ticos), portanto B = B0 = µ0 H a a a ee H = n i.O campo H permanece invariante quando se introduz no espa¸o interior uma qualquer csubstˆncia, mas o campo B altera-se: aparece o termo µ0 M que ´ devido a magnetiza¸ao a e ` c˜da substˆncia. a Para um vasto conjunto de materiais, especificamente os paramagn´ticos e os diama- egn´ticos, existe uma proporcionalidade entre M e H, e M = χm H,onde χm (susceptibilidade magn´tica) ´ um factor adimensional. e eχm > 0 Paramagn´ticos (M paralelo a H). eχm < 0 Diamagn´ticos (M antiparalelo a H). e´E importante notar que a rela¸ao M = χm H n˜o se aplica aos materiais ferromagn´ticos. c˜ a eA equa¸ao acima pode ent˜o escrever-se c˜ a B = µ0 (H + M ) = µ0 (H + χm H) = µ0 (1 + χm )H = µH ‡ Na realidade µ n˜o se alinha com B, mas antes efectua uma precess˜o em torno da direc¸ao de B com a a c˜uma velocidade angular ωP qe /(2m) (vd. ’The Feynman Lectures on Physics’, vol II, cap 34-3).
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 77em que se fez µ (permeabilidade magn´tica) e µ = µ0 (1 + χm ). Ferromagnetismo As substˆncias ferromagn´ticas contˆm momentos magn´ticos at´micos devidos ao movi- a e e e omento orbital e ao spin dos electr˜es t˜o fortes, que cada momento acaba por se orientar o aespontaneamente de acordo com o campo magn´tico criado pelos seus vizinhos. Neste caso ea magnetiza¸ao pode existir localmente, mesmo sem campo magn´tico exterior aplicado ou c˜ ecom um campo muito fraco. Para estas substˆncias a χ >> 1, µ >> µ0 .Os materiais ferromagn´ticos contˆm regi˜es microsc´picas – dom´nios – nos quais os mo- e e o o ımentos magn´ticos est˜o alinhados. Tˆm volumes da ordem de 10−12 a 10−8 m3 e contˆm e a e e 17 2110 a 10 atomos. Numa amostra n˜o magnetizada os dom´ ´ a ınios est˜o aleatoriamente ori- aentados, de modo que o momento magn´tico total ´ zero. Quando ´ colocada num campo e e emagn´tico externo, os dom´ e ınios tendem a alinhar-se com o campo, ficando a amostra mag-netizada. Com a remo¸ao do campo retem-se pelo menos temporariamente a magnetiza¸ao c˜ c˜na direc¸ao do campo original (o material transforma-se num ´ c˜ ıman). A altas temperaturas instala-se a desordem e a baixas temperaturas a ordem ´ mais eest´vel. a Nos materiais ferromagn´ticos para um dado H os valores de B s˜o muito grandes. Mas e aa rela¸ao linear c˜ B=µH´ apenas v´lida como aproxima¸ao. De facto para um material inicialmente desmagnetizadoe a c˜pode obter-se uma curva de histerese. (A palavra literalmente significa ficar para tr´s). a Partindo da substˆncia desmagnetizada e aumentando H (com uma corrente na vizin- ahan¸a) a magnetiza¸ao ocorre rapidamente at´ B atingir uma quase satura¸ao, quando os c c˜ e c˜momentos se alinham. Ao diminuir H, o campo B diminui mas n˜o ´ zero para H = 0. a eAo inverter H (H < 0), B acaba por mudar de sinal. Repetindo o processo para H > 0, atraject´ria seguida ´ diferente da inicial. o e Ferro, cobalto, n´ ıquel, gadol´ ınio, dispr´sio s˜o exemplos de substˆncias ferromagn´ticas. o a a e Paramagnetismo Nas substˆncias paramagn´ticas os campos magn´ticos criados pelas correntes de Amp`re a e e ee os momentos magn´ticos microsc´picos n˜o s˜o suficientes para alinhar os circuitos, re- e o a a
  • 78 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Opticasultando numa orienta¸ao aleat´ria dos dipolos. N˜o existe portanto uma magnetiza¸ao c˜ o a c˜do meio, a menos que se aplique um campo magn´tico exterior relativamente forte. De equalquer modo, ao orientarem-se por ac¸ao do campo exterior, o correspondente efeito tem c˜de competir com os efeitos do movimento t´rmico. Estas substˆncias podem portanto ser e amagnetizadas, mas a magnetiza¸ao s´ prevalece enquanto existir o campo exterior e ser´ c˜ o asempre muito inferior a das ferromagn´ticas. Para estas substˆncias tem-se ` e a 0 < χ << 1 com χ 10−5 − 10−4 . ´ E o caso do alum´ ınio, c´lcio, cr´mio, platina, magn´sio. a o e Diamagnetismo ´ E um fen´meno presente em todas as substˆncias e independente da temperatura. Nas o asubstˆncias diamagn´ticas os atomos nem sequer possuem momentos magn´ticos perma- a e ´ enentes. S˜o induzidos apenas ao aplicar-se um campo externo e tendem a contrari´-lo. Por a aisso a susceptibilidade ´ negativa e χ<0 com |χ| 10−5 − 10−4 . S˜o exemplos o bismuto, a prata e o cobre. a Exemplo. Magnetiza¸ao c˜ Um cilindro de material magn´tico com susceptibilidade χm = 2 × 10−2 tem 20 cm de ecomprimento e tem enroladas 1500 espiras percorridas por uma corrente i = 2 A.a) Calcule a intensidade do campo magn´tico H no interior do solen´ide. e ob) Calcule a permeabilidade magn´tica do material. e
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 79c) Calcule a magnetiza¸ao produzida e o campo magn´tico B no interior do material. c˜ e Resolu¸ao c˜a) H = ni = (1500/0.2)2 = 15000 A m−1 .b) µ = µ0 (1 + χm ) = 4π 10−7 T m A−1 (1 + 0.02) = 1.282 × 10−6 T m A−1 .c) M = χm H = 2 × 10−2 × 15 × 103 = 300 A m−1 , B = 1.282 × 10−6 T m A−1 × 1.5 × 104 A m−1 = 1.92 × 10−2 T.7 Ondas Electromagn´ticas e7.1 Cargas e correntes nulasComecemos por escrever as equa¸oes de Maxwell nas regi˜es do espa¸o em que n˜o h´ cargas c˜ o c a anem correntes div E = 0 div B = 0 −− −→ ∂B rot E = − ∂t −− −→ ∂E rot B = µ ∂te apliquemos rotacionais a lei de Faraday: ` −− −→ −−− ∂ −− −→ ∂2E rot rot E = − rot B = − µ 2 . ∂t ∂tPor outro lado −− −→ − − − − −−− −−−→ 2 2 rot rot E = grad div E − E=− E = −lap Eem que se aplicou a lei de Gauss no espa¸o sem cargas. Portanto c 2 ∂2E E − µ 2 = 0. (4) ∂tEqua¸ao idˆntica ´ verificada pelos campos B, D e H. c˜ e ePara meios condutores mas sem cargas div E = 0 div B = 0
  • 80 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica −− −→ ∂B rot E = − ∂t −− −→ ∂E rot B = µJ + µ ∂te aplicando rotacionais a lei de Faraday vem agora ` −− −→ −−− ∂ −− −→ ∂J ∂2E rot rot E = − rot B = −µ − µ 2. ∂t ∂t ∂tRelembrando −− −→ −−− 2 rot rot E = − Evem 2 ∂E ∂2E E−µ σ − µ 2 = 0. (5) ∂t ∂tAs express˜es (4) e (5) representam a equa¸ao das ondas, como veremos a seguir, no primeiro o c˜caso sem atenua¸ao e no segundo com atenua¸ao do meio. c˜ c˜7.2 Equa¸˜o das ondas caOnda ´ uma perturba¸ao que se propaga no espa¸o com uma certa velocidade. e c˜ cFrente de onda ´ o lugar geom´trico dos pontos do espa¸o que se encontram na mesma e e csitua¸ao de oscila¸ao, isto ´ que vibram em cada instante com a mesma elonga¸ao e fase. O c˜ c˜ e c˜caso mais simples ´ o de ondas planas, ao qual nos vamos restringir. eAs ondas dizem-se longitudinais ou transversais consoante a vibra¸ao se faz na direc¸ao de c˜ c˜propaga¸ao ou numa direc¸ao perpendicular. c˜ c˜Suponhamos para simplificar que a propaga¸ao ´ feita segundo o eixo dos zz e seja u(z, t) a c˜ eperturba¸ao. Na origem tem-se u(0, t) e a uma distˆncia z tem-se, n˜o havendo atenua¸ao, c˜ a a c˜ u(z, t + θ) = u(0, t)(´ como se o filme que passa na origem no tempo t passasse mais adiante, em z, no tempo et + θ). Sendo v a velocidade de propaga¸ao, c˜ u(z, t + z/v) = u(0, t) , ou seja u(z, t) = u(0, t − z/v).Como z e t n˜o s˜o independentes (relacionam-se pela velocidade de propaga¸ao), podemos a a c˜simplesmente escrever u(z, t) = u(t − z/v) ou u(z, t) = u(t + z/v)consoante a propaga¸ao se fa¸a segundo zz ou −zz. c˜ c
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 81Vamos mostrar que as perturba¸oes u(t ± z/v) (ondas) s˜o solu¸oes da equa¸ao c˜ a c˜ c˜ 2 1 ∂2 u u− =0 v 2 ∂t2que s˜o formalmente idˆnticas a equa¸ao (4), implicando que E e B s˜o ondas que se a e ` c˜ apropagam nas regi˜es em que ρ = 0 e J = 0 com uma velocidade o 1 v=√ . µFa¸amos w = t ± z/v. c ∂2 ∂ ∂u ∂ ∂u ∂w 2 u= = . ∂z ∂z ∂z ∂z ∂w ∂zAplicando a deriva¸ao da fun¸ao composta a c˜ c˜ ∂ ∂u ∂z ∂wvem 2 ∂2 ∂ ∂u ∂w ∂ ∂u ∂w ∂2u 1 2 u= = = . ∂z ∂z ∂w ∂z ∂w ∂w ∂z ∂w 2 v 2Do mesmo modo 2 ∂2 ∂ ∂u ∂w ∂ ∂u ∂w ∂ ∂u ∂2u u= = = = ∂t2 ∂t ∂w ∂t ∂w ∂w ∂t ∂w ∂w ∂w 2ou seja as duas quantidades s˜o iguais a parte o factor 1/v 2 . Portanto a ` ∂2u 1 ∂2u − 2 2 = 0. ∂z 2 v ∂tOs campos E e B s˜o pois ondas que se propagam com uma velocidade a 1 1 v=√ → no vazio v = c = √ . µ 0 µ0Este resultado foi proposto por James Clark Maxwell (1831-1879) em 1862 e demonstrado `experimentalmente em 1888 por Heinrich Rudolf Hertz (1857-1894). A quantidade c µ √ n= = = r µr v 0 µ0chama-se ´ ındice de refrac¸ao do meio. c˜
  • 82 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica Tal como anteriormente vamos recorrer no caso das ondas a representa¸ao complexa. ` c˜Tratando-se de fen´menos peri´dicos de argumento t − z/v, s˜o descritas por fun¸oes do o o a c˜tipo seno ou co-seno, logo u(t − z/v) → u = u0 sin[ω(t − z/v)] → u = u0 eiω(t−z/v) = u0 eiωt−kzem que ω ´ a frequˆncia angular, u0 a amplitude da onda e k = ω/v o n´ mero de onda. e e u ıodo T ´ o intervalo de tempo m´ Per´ e ınimo ao fim do qual a onda retoma o seu valor: 2π sin[ω(t + T )] = sin (ωt) → ω(t + T ) = ω(t + 2π) → T = . ω Frequˆncia f ´ o inverso do per´ e e ıodo (f = 1/T, ω = 2π f ). Comprimento de onda ´ o espa¸o m´ e c ınimo ao fim do qual a onda retoma o seu valorinicial (per´ ıodo espacial): 2π 2πv vsin[k(z +λ)] = sin (kz) → k(z +λ) = kz +2π → λ= = = → λ f = v. k ω fSendo a direc¸ao de propaga¸ao arbitr´ria, definimos um vector de onda c˜ c˜ a 2π k=k n= n λque ´ dirigido no sentido da propaga¸ao, e a express˜o do campo el´ctrico generaliza-se e c˜ a e E = E0 e[i(ωt−kz)] → E = E0 e[i(ωt−k . r)] Ac¸ao dos operadores ∂/∂t e c˜ para a onda plana ∂ ∂ [i(ωt−k. r)] E = E0 e = i ω E. ∂t ∂tUma vez que tem car´cter vectorial, h´ que definir o tipo de produto. Assim para o a aproduto interno ∂ ∂ ∂ .E= Ex + Ey + Ez = (−ik x E 0x − ik y E 0y − ik z E 0z )e[i(ωt−k . r)] = −ik . E ∂x ∂y ∂ze para o produto externo tem-se obviamente × E = −i k × E.
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 83 Car´cter transversal das ondas electromagn´ticas a e As equa¸oes div E = c˜ . E = 0 e div B = . B = 0 implicam k .E=k .B=0 → E , B (H) ⊥ kou seja, os vectores E e H oscilam num plano perpendicular a direc¸ao de propaga¸ao, o ` c˜ c˜plano de onda. Rela¸ao entre E e B c˜ Vimos que as equa¸oes de Maxwell para a propaga¸ao das ondas e.m. se escrevem c˜ c˜ k.E=0, k .B=0, − i k × E = −iω B , − i k × B = µiω E.Da lei de Faraday k × E = iω B resulta pois que os vectores k, E e B formam um triedrodirecto. E e B (ou E e H) s˜o perpendiculares entre si e a direc¸ao de propaga¸ao. Essa a ` c˜ c˜perpendicularidade permite escrever as leis de Faraday e de Maxwell-Amp`re em m´dulo e ocomo µω k E = ω B e k B = µω E donde B = E. kPartindo da lei de Maxwell-Amp`re e inserindo ω = 2πf e k = 2π/λ vem e λf E B=λf µE= 2 E= . c cPor outro lado da equa¸ao (lei de Faraday) c˜ −i k × E = −i ω B = −i ω µ Hou seja 1 |k| ω 1 H= k×E = n×E = n×E = n×E ωµ ωµ ωvµ vµem que n ´ o versor da direc¸ao de propaga¸ao. Substituindo v e c˜ c˜ 1 v=√ vem µ H= n×E µque ´ usual escrever-se e 1 H= n × E. ZA quantidade µ Z=designa-se por impedˆncia de onda. Tem-se para o v´cuo a a µ0 Z= = 377 Ω. 0
  • 84 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica7.2.1 Polariza¸˜o ca c˜ c˜ a ´A informa¸ao sobre a polariza¸ao est´ contida no vector E0 (ou H0 ). E habitual fazer-se oestudo em termos do campo E.Sendo +zz a direc¸ao de propaga¸ao o campo el´ctrico escreve-se c˜ c˜ e E = E0 ei(ωt−kz) = E0x ei(ωt−kz) ex + E0y ei(ωt−kz) eyem que E0x , E0y podem ser reais ou complexos. Resulta da´ que quer as fases quer os ım´dulos de E0x e E0y podem ser iguais ou diferentes. o1o caso - polariza¸ao circular - m´dulos iguais, (|E0x | = |E0y | = E0 ) e fases diferentes. Para c˜ otornar a discuss˜o mais clara consideremos os casos de uma diferen¸a de fase δ = ± π no a c 2plano z = 0.a) δ = π 2No instante t = 0 tem-se π Ex = E 0 , Ey = E 0 ei 2 e tomando as partes reais, Ex = E0 , Ey = 0.No instante t = 0+ tem-se π Ex = E0 eiωt , Ey = E0 ei(ωt+ 2 ) → Ex = E0 cos ωt < E0 , Ey = −E0 sen ωt < 0o que corresponde a uma rota¸ao no sentido hor´rio. Diz-se que a onda tem polariza¸ao c˜ a c˜circular direita ou helicidade negativa (sentido contr´rio ao da progress˜o do saca-rolhas). a a y y z z E E0 E0 ¢ £ ¡ ¦ £¤¥ x x Eb) δ = − π 2Partindo de Ex = E0 , Ey = 0 (em t = 0), tem-se para t = 0+ Ex = E0 cos ωt < E0 , Ey = E0 sin ωto que corresponde a uma rota¸ao no sentido anti-hor´rio. Diz-se que a onda tem polar- c˜ aiza¸ao circular esquerda ou helicidade positiva como se indica na figura seguinte (sentido da c˜progress˜o do saca-rolhas). a
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 85 y y z z E E0 E E0 ¢ £ ¡ ¦ £¤¥ x x2o caso - polariza¸ao linear - m´dulos diferentes, fases iguais, |E0x | = E0 , |E0y | = E0 . c˜ oPara t = 0 Ex = E 0 , Ey = E 0e para t = 0+ Ex = E0 cos ωt , Ey = E0 cos ωtou seja Ey E = 0 = tanθ Ex E0´ constante no tempo, portanto o vector E tem uma unica direc¸ao. Se E0 = E0 vector Ee ´ c˜ πcoincide com a recta y = x (θ = 4 ). Pelo que acabamos de ver, a diferen¸a de fase implica rota¸ao do campo no plano c c˜de onda. Os casos de m´dulos diferentes e fases diferentes correspondem as polariza¸oes o ` c˜ ıpticas que n˜o vamos analizar § .el´ aExemplo Polariza¸ao de uma onda plana. O campo magn´tico de uma onda plana que se c˜ epropaga no v´cuo ´ dado por a eHx = +6 × 10 sin(7.5 × 106 t − 3 × 102 y) A m−1 −3Hy = 0Hz = −6 × 10−3 cos(7.5 × 106 t − 3 × 102 y) A m−1a) Calcule o campo el´ctrico E. eb) Descreva o seu estado de polariza¸ao. c˜ Resolu¸ao c˜ Comparando com a express˜o H = H0 ei(ωt−k a . r) vˆ-se que a onda se propaga segundo e § Estes casos est˜o tratados na sua generalidade em ’Electromagnetismo’ (A.B.Henriques e J.Rom˜o, IST a aPress, p.180)
  • 86 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica+yy. Portanto o vector de onda 2π k= n em que n = (0, 1, 0). λa) Partimos da equa¸ao de Amp`re-Maxwell c˜ e −− −→ ∂E k×H 2π rot H = → − ik × H = i ω E → E=− =− n × H. ∂t ω λ ω   ex ey ez   n × H = det  0 1 0  = Hz ex − Hx ez . Hx 0 H zPortanto o campo E: k Ex = − Hz ω Ey = 0 k Ex = Hx ωb) Quanto a polariza¸ao, se representarmos o vector no plano OXZ (y = 0), vemos que no ` c˜instante t = 0 Hx = 0 e Hz (0) = −6 × 10−3e no instante t = 0+ vem Hx > 0 e Hz > Hz (0) com Hz < 0, portanto a rota¸ao ´ no sentido c˜ eanti-hor´rio. Como a propaga¸ao ´ no sentido +yy, trata-se do sentido oposto a regra da a c˜ e `m˜o direita → a polariza¸ao ´ circular direita (helicidade negativa). a c˜ e z z y y ⊗ H0 ⊗ H0 x x H H H0 H0 De acordo com o que vimos anteriormente, como as fases s˜o diferentes para as compo- anentes Hx e Hz , a polariza¸ao n˜o pode ser linear, sendo portanto circular ou el´ c˜ a ıptica: umavez que |H0x | = |H0z |, ser´ circular. a
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 877.3 Energia do campo electromagn´tico ePartimos das equa¸oes de Maxwell c˜ ∂B ∂D ×E =− , ×H =J + , ∂t ∂tmultiplicamos internamente a primeira por H, a segunda por E e subtraimos a primeira dasegunda ∂D ∂B E . ×H −H . ×E =E . J +E . +H . . ∂t ∂tAplicando a identidade . E×H ≡H . ×E−E . ×Hvˆ-se que o segundo membro ´ o sim´trico do primeiro membro da equa¸ao anterior, ou seja e e e c˜ ∂D ∂B ∂D ∂B . E × H = −E . J − E . −H . → . E × H + E . J = −E . −H . . ∂t ∂t ∂t ∂tAdmitindo , µ constantes, portanto a excluindo a histerese e logo o ferromagnetismo, s˜o av´lidas as seguintes substitui¸oes a c˜ ∂D 1∂ ∂B 1∂ E. = (E . D) e H . = (H . B) ∂t 2 ∂t ∂t 2 ∂tdas quais resulta 1∂ − (E . D + H . B) = div(E × H) + E . J. 2 ∂tRecorde-se que E . D = E 2 e H . B = B 2 /µ s˜o respectivamente as densidades de energia ael´ctrica e magn´tica (` parte 1/2). Portanto integrando para todo o volume preenchido e e acom o campo electromagn´tico e ∂ − u dV = div(E × H) dV + E . J dV ∂t V V Vem que u representa a densidade de energia electromagn´tica e o primeiro membro representa eassim o d´bito de energia a partir do volume V . Aplicando o teorema da divergˆncia ao e eprimeiro termo do segundo membro ∂ − u dV = (Σ . n) dS + E . J dV ∂t V S Vem que se fez Σ = E × H, vector de Poynting. Esta equa¸ao representa o teorema de c˜Poynting que traduz o balan¸o energ´tico do campo electromagn´tico. c e e
  • 88 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica Consideremos uma carga el´ctrica dq = ρ dV num campo el´ctrico que como sabemos e efica sujeita a uma for¸a c dF = ρ E dV,sendo portanto acelerada, ou seja recebe energia do campo. A energia por unidade de tempo(potˆncia) e dW = dF . v = ρ E . v dV = E .J dV. dt Concluimos assim que o segundo termo do segundo membro do teorema de Poyntingrepresenta a potˆncia cedida pelo campo as cargas, que ´ dissipada por efeito de Joule. Uma e ` evez que no v´cuo n˜o h´ cargas, n˜o existe energia dissipada, por isso n˜o h´ atenua¸ao. a a a a a a c˜ O teorema de Poynting afirma pois que o d´bito de energia electromagn´tica num volume e e´ igual ao fluxo do vector Σ atrav´s da sua superf´e e ıcie lim´ıtrofe mais a potˆncia cedida epelo campo as cargas que se encontrem nesse volume. Este teorema representa assim a `conserva¸ao da energia e as unidades de Σ s˜o W m−2 . c˜ a A quantidade |Σ| mede o fluxo de energia por unidade de tempo e de area perpendicular ´a direc¸ao de propaga¸ao. Aparece em todas as considera¸oes electromagn´ticas de car´cter` c˜ c˜ c˜ e aenerg´tico. e Caso das ondas planas Uma vez que E e B s˜o perpendiculares, |Σ| pode escrever-se a EB E2 c Σ= = = B2 µ0 cµ0 µ0que s˜o equa¸oes instantˆneas, ou seja, v´lidas em cada instante de tempo. Do ponto de a c˜ a avista f´ ısico a quantidade mais importante ´ o valor m´dio no tempo do vector de Poynting e edesignado a intensidade da onda, I. Essa m´dia (calculada sobre um ou mais per´ e ıodos) 2 2envolve a m´dia de um cos ou sin que ´ 1/2. Portanto e e 2 E0 c 2 I =< Σ >= = B 2c µ0 2µ0 0em que E0 e B0 s˜o os valores de pico dos campos. Recordando que as densidades de energia ael´ctrica e magn´tica instantˆneas s˜o e e a a 1 B2 ue = 0 E2 , um = 2 2µ0tem-se B2 E2 E2 0 um = = 2 = = E 2, 2µ0 2c µ0 2µ0 /( 0 µ0 ) 2
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 89ou seja, as densidades de energia el´ctrica e magn´tica s˜o iguais em cada instante. Portanto e e anum dado volume a energia ´ igualmente partilhada pelos dois campos. A energia total ´ e epois 2 B2 u = ue + um = 0 E = . µ0Todas estas rela¸oes s˜o instantˆneas excepto I =< Σ >. O valor m´dio no tempo da c˜ a a edensidade de energia ´ e 1 B2 < u >= 0 E0 = 0 , 2 2 2µ0ou seja I =< u > c = uav c.Por outras palavras a intensidade de uma onda electromagn´tica ´ igual ao valor m´dio da e e esua densidade de energia multiplicada pela velocidade da luz.Exemplo. Vector de Poynting (onda plana). Considere uma onda e.m. plana em queE = Aex + Bey e H = Cex + Dey .a) Diga em que direc¸ao se propaga a onda. c˜b) Escreva as componentes (C,D) em fun¸ao de A e B. c˜c) Escreva as componentes do vector de Poynting.d) Mostre a rela¸ao entre |Σ| e (A,B). c˜ Resolu¸ao c˜a) Na direc¸ao zz. c˜b) Dado que H = /µ (n × E) e admitindo que o sentido de propaga¸ao ´ +zz vem c˜ e   ex ey ez H=  det  0 0 1  = (−Ey ex + Ex ey ) µ µ Ex Ey Eze portanto C=− B, D= A. µ µc)     ex ey ez ex ey ez     Σ = det  Ex Ey Ez  = det  A B 0  = (AD − BC) ez = Σz ez . Hx Hy Hz C D 0
  • 90 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Opticad) E2 1 E2 |Σ| = |E × H| = = (A2 + B 2 ) = (A2 + B 2 ) = . vµ vµ µ ZExemplo. Vector de Poynting (fio condutor). Um fio condutor infinito de resistˆncia R, raio ea e comprimento l ´ percorrido por uma corrente constante i. Calcular o vector de Poynting epara este condutor. Resolu¸ao c˜Sendo V a diferen¸a de potencial entre os extremos do fio, o campo el´ctrico ser´ c e a E = V /ldirigido no sentido da corrente. O campo magn´tico, como vimos pelas leis de Amp`re e de e eBiot-Savart, ´ dado por e µ0 i B= 2πae o vector de Poynting E×B Σ= µ0´ pois dirigido radialmente para o interior do condutor. Uma vez que E e B s˜o perpen-e adiculares entre si, EB µ0 i V R i2 R i2 Σ= = = = µ0 2 π µ0 l a 2πla Aem que A ´ a area lateral do condutor, ou seja e ´ Σ A = R i2 .Vˆ-se portanto que a taxa de energia electromagn´tica (energia por unidade de tempo) para e edentro do fio ´ igual a potˆncia dissipada por efeito de Joule no fio. e ` e
  • ´OPTICA
  • 92 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica Vimos anteriormente que as frentes de onda s˜o os lugares geom´tricos dos pontos a ecorrespondentes a mesma fase de oscila¸ao. As linhas que lhes s˜o perpendiculares s˜o os ` c˜ a araios. D˜o-nos a direc¸ao de propaga¸ao da onda. a c˜ c˜ No caso da fonte emissora estar muito distante as frentes de onda s˜o aproximadamente aplanas e os raios s˜o paralelos. a 1 Reflex˜o a Ocorre quando uma onda incide numa superf´ de separa¸ao de dois meios. Podemos ıcie c˜facilmente deduzir a lei fundamental da reflex˜o partindo do princ´ a ıpio que todos os pontosde uma frente de onda tˆm a mesma fase. Consideremos a frente de onda AB representada eque corresponde aos raios α e β e que, reflectidos, v˜o dar origem a α e β . A nova frente ade onda ir´ ser A B . a β α α β BA A B Para que AB seja uma frente de onda, as fases nos pontos A e B xA φA = ωt − k xA = ω(t − ) v xB φB = ωt − k xB = ω(t − ) vter˜o de ser iguais, ou seja xA = xB . Para que A B tamb´m o seja as fases em A B a e xA + AA φA = ω(t − ) v xB + BB φB = ω(t − ) vser˜o tamb´m iguais, o que obviamente implica a e AA = BB .Da figura tem-se que AA = AB cosA ABe BB = AB cosBB A
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 93donde resulta A AB = BB A.Estes s˜o os complementos do angulo de reflex˜o e de incidˆncia, portanto estes dois angulos a ˆ a e ˆs˜o iguais. a 2 Refrac¸˜o ca Ocorre quando a luz atravessa uma superf´ de separa¸ao de dois meios e tem a ver com ıcie c˜o aparecimento de uma nova onda, a onda refractada ou transmitida. Sendo a frequˆncia euma caracter´ıstica do emissor e n˜o do meio, ´ igual para os raios incidente e refractado. a eComo veremos em seguida, a velocidade de propaga¸ao depende do meio, resultando, atrav´s c˜ eda rela¸ao c˜ λf =v, c˜ e ´que o comprimento de onda da radia¸ao tamb´m depende do meio. E habitual caracterizar-se o meio de propaga¸ao pelo seu ´ c˜ ındice de refrac¸ao c˜ c n= vonde c e v s˜o as velocidades de propaga¸ao no v´cuo e no meio considerado. a c˜ a Seja ent˜o uma onda representada por dois raios, sejam AB, A B duas frentes e i, r aos angulos de incidˆncia e refrac¸ao respectivamente. ˆ e c˜ B i B i A r r A Os segmentos AA e BB ter˜o de ser percorridos no mesmo tempo, uma vez que quer aAB, quer A B est˜o em fase ou seja a AA = vr ∆t e BB = vi ∆tportanto as velocidades de propaga¸ao nos dois meios s˜o diferentes. Da figura tem-se que c˜ a BB AA sin i = e sin r = . AB AB
  • 94 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & OpticaDividindo as duas igualdades vem sin i BB vi nr = = = Lei de Snell − Descartes sin r AA vr niem que nr e ni s˜o os ´ a ındices de refrac¸ao dos dois meios. Na passagem para meios mais c˜refringentes os raios luminosos aproximam-se pois da normal e a velocidade de propaga¸aoc˜decresce. Uma vez que a frequˆncia se mant´m por ser uma caracter´ e e ıstica do emissor, tem-se vi vr λi vi nr f= = ⇒ = = λi λr λr vr niportanto, ao passar para um meio mais refringente, o comprimento de onda diminui. ni nr > n i λi λr < λ i Para todos os materiais (vidro, acr´ ılico, diamante, quartzo,...) verifica-se experimental-mente que o ´ ındice de refrac¸ao aumenta com a frequˆncia, ou seja, diminui com o com- c˜ eprimento de onda. Isso implica, pela lei de Snell, que as frequˆncias mais altas sofrem um edesvio maior ao atravessarem uma superf´ de separa¸ao, o que para uma luz com v´rios ıcie c˜ acomprimentos de onda se traduz no fen´meno da dispers˜o. Assim, no caso da luz solar, o apode obter-se a sua decomposi¸ao espectral em que o violeta se desvia o m´ximo da direc¸ao c˜ a c˜inicial, o vermelho o m´ınimo e as restantes cores se situam entre os extremos. Quando a luz passa de um meio mais para um menos refringente, os raios afastam-seda normal e se o angulo de incidˆncia for suficientemente grande, pode dar-se o fen´meno ˆ e oda reflex˜o total ( r = π/2) no qual se baseia o funcionamento das fibras opticas. Esse a ´ nr ni ic
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 95angulo de incidˆncia ´ o chamado angulo cr´ˆ e e ˆ ıtico. Tem-se ent˜o a nr sin ic = = sin ic ni sin re n˜o h´ passagem de energia de um meio para o outro. a a 3 Princ´ ıpio de Fermat Um princ´ ıpio geral que pode ser usado para determinar o percurso dos raios luminososfoi desenvolvido por Pierre de Fermat (1601-1665). Esse princ´ ıpio tamb´m designado de epercurso m´ınimo estabelece o seguinte: A traject´ria seguida por um raio luminoso entre dois pontos ´ aquela que corresponde o eao tempo m´nimo de percurso. ıUma consequˆncia evidente deste princ´ ´ a de que quando os raios luminosos se deslocam e ıpio enum meio homog´neo, as suas traject´rias s˜o linhas rectas pois correspondem a distˆncia e o a ` am´ınima entre dois quaisquer pontos. Seguidamente demostraremos como o princ´ ıpio deFermat implica a lei de refrac¸ao (Snell) e vice-versa. c˜ P r1 a θ1 n1 d−x n2 x θ2 r2 b Q Seja um raio luminoso que se desloca de P (meio 1) para Q (meio 2). Estes pontos est˜o aas distˆncias a e b da interface. Sendo c/n1 e c/n2 as velocidades da luz nos meios 1 e 2` arespectivamente e usando a geometria da figura, vˆ-se que o tempo de percurso de P a Q ´ e e √ r1 r2 a2 + x2 b2 + (d − x)2 t= + = + v1 v2 c/n1 c/n2Obtem-se o tempo m´ ınimo derivando e igualando a zero dt n1 x n2 (d − x) = 2 + x2 )1/2 − 2 =0. (6) dx c(a c[b + (d − x)2 ]1/2
  • 96 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & OpticaPode verificar-se que a solu¸ao desta equa¸ao ´ um m´ c˜ c˜ e ınimo da fun¸ao t(x). De facto a c˜segunda derivada ´ positiva para qualquer valor de x e d2 t n1 a2 n2 b2 = + 2 >0. dx2 c(a2 + x2 )1/2 a2 + x2 c[b + (d − x)2 ]1/2 b2 + (d − x)2 A partir da figura reconhece-se facilmente sinθ1 e sinθ2 na equa¸ao (6) que pode portanto c˜escrever-se n1 sinθ1 = n2 sinθ2ou seja a lei de Snell. Usando um procedimento semelhante pode facilmente verificar-se a lei da reflex˜o. a 4 Princ´ ıpio de Huygens. Interferˆncias e A teoria ondulat´ria da luz foi proposta inicialmente pelo f´ o ısico holandˆs Chistian Huy- egens (1629-1695), que em contraponto a teoria corpuscular, considerou a luz como uma `forma de movimento de ondas, embora n˜o tivesse conhecimento sobre o seu car´cter elec- a atromagn´tico. O Princ´ e ıpio de Huygens pode ser enunciado do seguinte modo: Todos os pontos de uma frente de onda s˜o fontes pontuais de ondas esf´ricas se- a ecund´rias que se propagam com a mesma frequˆncia e velocidade que a onda prim´ria. a e aEm qualquer instante posterior a frente de onda ´ a superf´cie envolvente dessas ondas e ısecund´rias. a   ¡ ¢ Uma consequˆncia imediata deste princ´ e ıpio s˜o as interferˆncias, fen´meno caracteristi- a e ocamente ondulat´rio. O exemplo cl´ssico usado para mostrar interferˆncias ´ a experiˆncia o a e e edos orif´ ıcios de Young (1803). A luz que incide a partir duma fonte luminosa S passa por dois orif´ ıcios a uma distˆncia arelativa d que est˜o na mesma frente de onda e por isso na mesma fase. Funcionam pois acomo duas fontes pontuais de ondas secund´rias que incidem num alvo a distˆncia D do a aplano de orif´ıcios. Se a diferen¸a de percursos percorridos pelos raios que chegam ao alvo cfor um n´ mero inteiro de comprimentos de onda, as ondas nesse ponto est˜o em fase, o u aque corresponde a um ponto luminoso no alvo. Sendo essa diferen¸a um n´ mero ´ c u ımpar desemi-comprimentos de onda, as ondas est˜o em oposi¸ao de fase e tem-se um ponto escuro. a c˜
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 97 r1 y θ r2 θ d x D Seja y a distˆncia entre um ponto gen´rico do alvo e o seu centro tomado na perpen- a edicular do ponto m´dio entre os dois orif´ e ıcios. Na aproxima¸ao de y << D os dois raios c˜podem considerar-se paralelos e a diferen¸a de percursos r2 − r1 ser´ c a r1 − r 2 = x d sinθ .Na mesma aproxima¸ao θ ´ o angulo entre a bissectriz dos dois raios e a referida perpen- c˜ e ˆdicular e tem-se y tanθ = sinθ. DPara um m´ximo de intensidade tem-se ent˜o a a r1 − r2 = d sin θ = n λ n = 0, ±1, ±2, ...e para um m´ ınimo 1 r1 − r 2 = n + λ n = 0, ±1, ±2, ... 2donde nλ n+ 1 λ 2 ymax = D e ymin = D . (7) d dEsta an´lise pode ser feita em termos dos campos el´ctricos das ondas emergentes dos dois a eorif´ ıcios. Representemos esses campos por E1 = E0 sin ω t e E2 = E0 sin (ω t + φ).Recordando a representa¸ao gen´rica de uma onda plana c˜ e E = E0 ei(ω t−k.r)
  • 98 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Opticavemos que a diferen¸a de fase φ ´ dada por c e 2π 2π φ = k (r2 − r1 ) = (r2 − r1 ) d sinθ. λ λO campo el´ctrico em qualquer ponto P do alvo ´ e e EP = E1 + E2 = E0 [sin ωt + sin (ωt + φ)].Usando a express˜o da trigonometria a A+B A−B sinA + sinB = 2 sin cos 2 2vem φ φ EP = 2E0 cos sin ωt + . 2 2Portanto o campo el´ctrico em P tem a mesma frequˆncia ω e a sua amplitude vem mul- e etiplicada por 2cos(φ/2). Se a diferen¸a de fase for φ = 0, 2π, 4π, ... h´ uma interferˆncia c a econstrutiva no ponto P , se for φ = π, 3π, 5π, ..., a interferˆncia ´ destrutiva. e e A intensidade luminosa em P obtem-se como se viu do valor m´dio do vector de Poynting e 1 2 0 φ 1 I =< Σ >= 0 < EP > c = c 4 E0 cos2 2 2 2 2 2(o factor adicional 1/2 prov´m do valor m´dio no tempo de sin2 (ωt + φ/2)). Finalmente e e π πd y I 0 c E0 cos2 2 d sinθ = 0 c E0 cos2 2 . (8) λ λ DInterferˆncia construtiva, que produz intensidade m´xima, ocorre quando o argumento e a(π d y)/(λ D) ´ um m´ ltiplo inteiro de π correspondendo a e u λD y= n dque ´ consistente com a equa¸ao (6). e c˜ Vemos assim que o fen´meno da interferˆncia de duas fontes depende da fase relativa o edas ondas no ponto considerado. Essa diferen¸a de fase depende por sua vez da diferen¸a c cde distˆncias percorrida pelas ondas. a Alternativamente a intensidade resultante pode ser calculada a partir de 1 1 I= 0 c < (E1 + E2 )2 >= 0 2 2 c (< E1 > + < E2 > +2 < E1 E2 >) 2 2
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 99em que o termo de interferˆncia e 2 2 < E1 E2 > = 2E0 < sin ωt sin (ω t + ϕ) > = 2E0 2 < sin2 ωt cosϕ + sin ωt cos ωt sin ϕ > = E0 2 cosϕ + 2E0 2 sinϕ < sin ωt cos ωt > 1 T = E0 2 cosϕ + 2E0 2 sinϕ sin ωt cos ωt dt T 0 T 2 2 1 sin2 ωt = E0 cosϕ + 2E0 sinϕ T 2 0 = E0 2 cosϕvindo a intensidade 2 1 E0 E2 ϕ π I= 0c + 0 + E0 cosϕ = 2 0 c E0 cos2 2 0 c E0 cos2 2 d sinθ 2 2 2 2 λque ´ a equa¸ao (7). Vˆ-se assim que o termo de interferˆncia pode adicionar ou subtrair aos e c˜ e erestantes termos, obtendo-se assim pontos brilhantes ou escuros respectivamente. Portantosomam-se as amplitudes, mas as intensidades n˜o se somam (h´ as interferˆncias). a a e Exemplo Lei de Snell. Um feixe de luz branca incide sobre uma placa de vidro fazendoum angulo de 80o com a superf´ ˆ ıcie. Sabendo que o ´ ındice de refrac¸ao desse vidro para a luz c˜vermelha ´ 1.5885 e para a luz azul de 1.5982, determine a dispers˜o angular dessas duas e acores quando o feixe atravessa a placa de vidro. Resolu¸ao c˜Aplicamos a lei de Snell a transi¸ao ar/vidro para o vermelho ` c˜ sin iar nvidro = = 1.5885 sin rvidro V nar VSendo sin iar = sin 10o = 0.1736 ⇒ (rvidro )V = 6.276oPara o azul sin iar nvidro = = 1.5982 sin rvidro A nar Ade que resulta (rvidro )A = 6.238o .Como se vˆ o desvio do azul ´ maior que o do vermelho (o azul fica mais pr´ximo da normal). e e oA diferen¸a destes angulos d´ a dispers˜o das duas cores: c ˆ a a (rvidro )V − (rvidro )A = 6.276o − 6.238o = 2 18 .
  • 100 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & Optica Exemplo Interferˆncia. Duas fendas estreitas s˜o iluminadas pela luz amarela de S´dio e a o(λ = 589 nm). A um metro de distˆncia formam-se riscas num ecr˜ espa¸adas de 1 cm. a a ca) Qual a distˆncia entre as duas fendas? ab) Qual o espa¸amento entre as riscas formadas no ecr˜ se as mesmas fendas forem ilumi- c anadas com luz vermelha de comprimento de onda λ = 650 nm? Resolu¸ao c˜a) O espa¸amento entre riscas (ou seja entre m´ximos consecutivos) ´ dado pela express˜o c a e aanteriormente deduzida com n = 1, λ ymax = D . dSubstituindo valores −2 589 × 10−9 10 =1 ⇒ d = 5.89 × 10−5 = 58.9 µm . db) Para uma luz de λ = 650 nm vem 650 × 10−9 ymax = 1 −5 = 1.1 × 10−2 m = 11 cm . 5.89 × 10 5 Polariza¸˜o de ondas luminosas ca E0 θ E0 cos θ A t´cnica mais comum para obter luz polarizada ´ a de usar um material vulgarmente e econhecido como ’polaroid’ que transmite ondas polarizadas linearmente a partir de ondascom polariza¸ao arbitr´ria. O princ´ desses materiais ´ o de conduzirem corrente el´ctrica c˜ a ıpio e eapenas numa direc¸ao que ´ a unica segundo a qual os electr˜es de valˆncia das longas c˜ e ´ o ecadeias de mol´culas constituintes podem mover-se. Nesse movimento eles colidem com eoutras part´ ıculas reemitindo luz em sentidos opostos, o que consome a energia provenienteda onda incidente. A componente do campo da onda incidente segundo essa direc¸ao ´ assim c˜ e
  • ´ Electromagnetismo & Optica Jo˜o Pulido a 101absorvida, enquanto que a componente perpendicular apenas provoca movimentos ´ ınfimos,dado que os electr˜es n˜o podem mover-se desse modo. Essa componente prevalece pois o aquase sem altera¸ao e ´ transmitida. A onda transmitida fica assim polarizada linearmente c˜ esegundo a direc¸ao do eixo de polariza¸ao que ´ perpendicular as cadeias moleculares. c˜ c˜ e ` Consideremos um feixe de luz n˜o polarizada que, depois de atravessar um primeiro apolarizador, incide num segundo polarizador que designaremos por analizador. Suponhamosque o eixo de transmiss˜o deste ultimo faz um angulo θ em rela¸ao ao eixo do primeiro. Sendo a ´ ˆ c˜E0 a amplitude do campo ap´s o primeiro polarizador, a componente de E0 perpendicular oao eixo do analizador ´ completamente absorvida enquanto que a componente paralela e(E0 cos θ) ´ transmitida. Como a intensidade ´ proporcional ao quadrado da amplitude do e ecampo, vir´ para a onda transmitida a I = I0 cos2 θ Lei de Malusonde I0 ´ a intensidade da onda polarizada que incide no analizador ¶ . Pode assim obter- ese uma intensidade transmitida nula (absor¸ao completa pelo analizador) se os eixos de c˜transmiss˜o forem perpendiculares. a   ¡ £ ¢ θB θB i 90o r θr ¤ ¥ Outro processo para obter luz polarizada usa o facto de que raios incidentes com po-lariza¸ao arbitr´ria s˜o reflectidos com polariza¸ao diferente. A polariza¸ao paralela a su- c˜ a a c˜ c˜ `perf´ de incidˆncia (c´ ıcie e ırculos negros na figura) ´ mais fortemente reflectida do que a do eplano de incidˆncia (setas). Verifica-se experimentalmente que ´ poss´ e e ıvel encontrar umangulo de incidˆncia para o qual o raio reflectido ´ polarizado linearmente segundo a di-ˆ e erec¸ao paralela a superf´ (c´ c˜ ` ıcie ırculos negros). Esse ´ o chamado angulo de Brewster, θ B . e ˆTem-se assim θB + 90o + θr = 180o ⇒ θB = 90o − θre portanto usando a lei de Snell sinθB sinθB n= = = tan θB Lei de Brewster. sinθr cosθB ¶ Sendo a onda incidente no primeiro polarizador n˜o polarizada, I0 ´ metade da intensidade dessa onda, a eporque o angulo entre o eixo do polarizador e a direc¸ao do campo incidente ´ θ = ω t. (Relembrar ˆ c˜ e< cos2 ω t >= 1/2)
  • 102 Jo˜o Pulido a ´ Electromagnetismo & OpticaPor exemplo para a agua (n = 1.33) o angulo de Brewster ´ de 53.1o . ´ ˆ e