Fis641 - Eletromagnetismo I

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Cap´ıtulo 1
Eletrosta´tica
1.1 Carga ele´trica
Da´-se o nome de Carga ele´trica a uma propriedade da mate´ria introduzida para entendermos qualitativa e quantitativamente um tipo de
interac¸a˜o observada na natureza que, por razo˜es histo´ricas foi denominada interac¸a˜o ele´trica ou eletrosta´tica. Desse modo, assim como a noc¸a˜o de
massa gravitacional permite o estudo da interac¸a˜o ou forc¸a gravitacional, a carga nos permite descrever as forc¸as ele´tricas entres corpos materiais.
Entretanto, ao contra´rio da forc¸a gravitacional, que e´ sempre atrativa, observou-se que a forc¸a ele´trica pode ser de atrac¸a˜o ou repulsa˜o. Assim,
torna-se necessa´rio admitir que existem duas espe´cies distintas de carga ele´trica, que convencionamos chamar de carga ele´trica positiva e carga
ele´trica negativa.
A carga ele´trica e´ uma propriedade fundamental das part´ıculas elementares que constituem a mate´ria. De fato, a mate´ria e´ um aglomerado
de a´tomos ou mole´culas, e a´tomos sa˜o constitu´ıdos por pro´tons, neutrons e ele´trons; duas dessa part´ıculas apresentam carga ele´trica (o pro´ton
possui carga ele´trica positiva, enquanto a carga do ele´tron e´ negativa). Entretanto, em escala macrosco´pica, os efeitos da carga ele´trica tendem
a ser mascarados pelo fato que, na me´dia, ha´ iguais quantidades de carga de ambas as espe´cies num corpo macrosco´pico. Dizemos que o corpo,
nestas condic¸o˜es, encontra-se eletricamente neutro. Se, por outro lado, ha´ um excesso de pro´tons ou um excesso de ele´trons, ele se encontrara´
num estado que denominamos (eletricamente) carregado.
1.2 Fatos experimentais importantes acerca da carga ele´trica
Conservac¸a˜o da carga A carga ele´trica total de um sistema isolado e´ constante (a carga na˜o pode ser criada nem destru´ıda).
1
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
A carga e´ quantizada A carga ele´trica so´ e´ encontrada na natureza em mu´ltiplos inteiros de uma carga fundamental (o quantum de carga).
A menor carga livre encontrada na natureza e´, em valor absoluto, a do pro´ton:
(1.1) e = 1,602.10−19 C,
de modo que, para um corpo macrosco´pico qualquer, teremos
(1.2) q = ±ne, n ∈ IN
1.3 Lei de Coulomb
Lei experimental obtida por Charles Augustin de Coulomb em 1785, que descreve quantitativamente a interac¸a˜o eletrosta´tica, isto e´, a forc¸a
entre duas cargas ele´tricas em repouso relativo. Essencialmente, ela estabelece que esta forc¸a atua sobre a reta que contem as duas part´ıculas, e´
diretamente proporcinal ao produto das carga e inversamente proporcional ao quadrado da distaˆncia que as separa. Matematicamente,
(1.3) F12 = k
q1q2
R221
Rˆ12 = k
q1q2
R312
R12,
r
O
r - F12q1 q2
�
�
�
�
�
�
�
�
���
r1 r2
R12
�
�
�
�
�
�
�
�
��7
-
e´ a forc¸a que q1 exerce sobre q2, onde R12 = r2− r1 e´ o vetor com origem na carga q1 e extremidade na carga q2. A constante k e´ frequentemente
escrita em termos da permissividade do va´cuo, �0:
(1.4) k =
1
4pi�0
= 8,9874.109 N.m2/C2, �0 =
10−9
36pi
F/m = 8,85.10−12 F/m
Para um sistema de muitas part´ıculas, a forc¸a total sobre a i-e´sima carga e´ obtida pelo princ´ıpio da superposic¸a˜o, somando-se todas as forc¸as
devido a cada uma das outras part´ıculas como se as demais na˜o Existissem:
(1.5) Fi =
1
4pi�0
N∑
j 6=i
Fji =
qi
4pi�0
N∑
j 6=i
qj
R2ji
Rˆji
Eduardo Resek – 2– Universidade Federal de Itajuba´
FIS641 - Eletromagnetismo I Eletrosta´tica
1.4 Distribuic¸o˜es cont´ınuas de cargas
No mundo real encontramos a propriedade carga ele´trica presente nas part´ıculas elementares, tais como o ele´tron e o pro´ton. A´tomos e mole´culas
sa˜o, em seu estado natural, eletricamente neutros. Corpos macrosco´picos apresentam algum excesso de carga quando, por algum processo, ocorre
uma transfereˆncia de carga de um corpo para outro (usualmente na forma de ele´trons). Geralmente o nu´mero de cargas elementares em excesso
e´ muito grande e, associado ao fato que as dimenso˜es moleculares sa˜o muito pequenas, constitui em geral uma aproximac¸a˜o excelente ignorar a
natureza discreta da carga ele´trica quando analisamos uma situac¸a˜o envolvendo corpos macrosco´picos. Trabalhamos enta˜o com o conceito de
distribuic¸a˜o cont´ınua de cargas, isto e´, com a hipo´tese que a carga ele´trica se distribui continuamente sobres volumes ou superf´ıcies. Definimos
enta˜o as densidades de cargas:
Densidade volume´trica de cargas
(1.6) ρ(r′) = lim
∆v′→0
∆q
∆v′
=
dq
dv′
Densidade superficial de cargas
(1.7) σ(r′) = lim
∆s′→0
∆q
∆s′
=
dq
ds′
Densidade linear de cargas
(1.8) λ(r′) = lim
∆l′→0
∆q
∆l′
=
dq
dl′
Do ponto de vista macrosco´pico, mesmo um volume tendendo a ”zero” contera´ um nu´mero muito grande de a´tomos ou mole´culas, o que nos
garante uma aproximac¸a˜o boa procedendo dessa forma. Tratamos enta˜o um elemento de carga como uma carga pontual, de modo que a forc¸a
sobre uma carga pontual q0 devido a uma distribuic¸a˜o arbitra´ria de cargas seria
(1.9) F0 =
q0
4pi�0
[
N∑
j=1
qj
R2j
Rˆj +
∫
v′
ρ(r′)
R2
Rˆ dv′ +
∫
S′
σ(r′)
R2
Rˆ dS ′ +
∫
l′
λ(r′)
R2
Rˆ dl′
]
,
onde R e´ o vetor do elemento de carga em questa˜o ate´ a carga q0, e Rj a partir da j-e´sima carga pontual.
Universidade Federal de Itajuba´ – 3– Eduardo Resek
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1.5 Campo ele´trico
Para definirmos o campo ele´trico num ponto do espac¸o, adotamos o seguinte procedimento: colocamos neste ponto uma carga teste q e
determinamos a forc¸a ele´trica F que atua sobre ela. O campo ele´trico e´ a raza˜o F/q no limite de q tendendo a zero:
(1.10) E = lim
q→0
F
q
.
O limite e´ necessa´rio para garantir que a influeˆncia da carga teste sobre a distribuic¸a˜o original de cargas cujo campo queremos definir seja a
menor poss´ıvel. Assim, para uma distribuic¸a˜o gene´rica de cargas (pontuais, volume´trica, superficial e linear), temos
(1.11) E(r) =
1
4pi�0
[
N∑
j=1
qj
R2j
Rˆj +
∫
v′
ρ(r′)
R2
Rˆ dv′ +
∫
S′
σ(r′)
R2
Rˆ dS ′ +
∫
l′
λ(r′)
R2
Rˆ dl′
]
,
onde R e´ o vetor do elemento de carga em questa˜o ate´ a r, e Rj e´ o vetor a partir da j-e´sima carga pontual ate´ r.
Pode-se mostrar que uma carga pontual q num ponto r′ pode ser expressa por uma densidade de cargas ρ(r) = qδ(r − r′). Ale´m disso, as
contribuic¸o˜es dos diversos tipos de densidades de cargas sa˜o estruturalmente ideˆnticas, de modo que na˜o ha´ perda de generalidade se escrevermos
o campo ele´trico genericamente como
(1.12) E(r) =
1
4pi�0
∫
v′
ρ(r′)
R2
Rˆ dv′ =
1
4pi�0
∫
v′
ρ(r′)(r− r′)
|r− r′|3 dv
′.
1.6 A Lei de Gauss
1.6.1 Determinando diretamente o divergente do campo
A lei de Gauss na forma diferencial diz respeito ao divergente do campo ele´trico. Vamos determina´-lo partindo da forma mais gene´rica poss´ıvel
para o campo eletrosta´tico,
E =
1
4pi�0
∫
v′
ρ (r′)(r− r′)
|r− r′|3 dv
′,
pois qualquer distribuic¸a˜o de cargas pode ser expressa em termos de alguma densidade volume´trica ρ. Tomando o divergente, segue
∇·E = 1
4pi�0
∇·
∫
v′
ρ (r′)(r− r′)
|r− r′|3 dv
′ =
1
4pi�0
∫
v′
ρ (r′)∇· (r− r
′)
|r− r′|3 dv
′ =
1
4pi�0
∫
v′
ρ (r′)4piδ (r− r′) dv′ = ρ (r)
�0
,
que e´ a almejada lei de Gauss. Para expressa´-la em forma integral basta integrar sobre um volume v finito:∫
v
∇·E dv = 1
�0
∫
v
ρ (r) dv =
Qint
�0
,
Eduardo Resek – 4– Universidade Federal de Itajuba´
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e utilizar o terorema de Gauss no primeiro membro. Acima, Qint e´ a carga total interna ao volume v. Sendo S a superf´ıcie que o delimita, tem-se∮
S
E· nˆ dS = Qint
�0
.
1.6.2 Calculando o fluxo de uma carga pontual atrave´s de uma superf´ıcie fechada arbitra´ria
Calculemos o fluxo ele´trico produzido por uma carga isolada q atrave´s de uma superf´ıcie fechada arbitra´ria que a conte´m,
ΦE =
∮
S
E· nˆ dS
Escolhendo a origem do sistema de coordenadas coincidindo com a carga q, teremos:
ΦE =
q
4pi�0
∮
S
rˆ
r2
· nˆ dS = q
4pi�0
∮
S
r· nˆ
r3
dS =
q
4pi�0
∮
dΩ,
onde dΩ e´ o aˆngulo so´lido infinitesimal delimitado pela a´rea dS, em relac¸a˜o a` origemO. Como∮
dΩ representa o aˆngulo so´lido total em torno da origem (4pi sr), segue que
ΦE =
∮
S
E· nˆ dS = q
�0
.
Por outro lado, podemos mostrar facilmente que, para uma superf´ıcie S que na˜o engloba a
carga q, obter´ıamos ∮
S, q 6⊂S
E· nˆ dS = 0.
Ora, pelo princ´ıpio da superposic¸a˜o, segue imediatamente que, para uma distri-
q
dΩ
dS
dS ′ nˆ
rˆ
buic¸a˜o arbitra´ria de cargas, o fluxo ele´trico total atrave´s de qualquer superf´ıcie fechada S sera´ proporcional a` carga total contida na superf´ıcie.
Isto e´ exatamente a forma integral da lei de Gauss:
(1.13)
∮
S
E· nˆ dS = Qint
�0
=
1
�0
∫
v
ρ dv,
onde e´ o v o volume e Qint a carga total (soma alge´brica), delimitados por S. Usando o terrema do divergente (Gauss), obtemos sucessivamente∮
S
E· nˆ dS =
∫
v
∇·E dv = 1
�0
∫
v
ρ dv =⇒
∫
v
(
∇·E− ρ
�0
)
dv = 0.
Universidade Federal de Itajuba´ – 5– Eduardo Resek
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Como o volume de integrac¸a˜o e´ arbitra´rio, necessariamente
(1.14) ∇·E = ρ
�0
,
que e´ a lei de Gauss na forma diferencial.
1.7 Potencial eletrosta´tico
Pode-se mostrar facilmente que o campo ele´trico, tal como definido acima, e´ irrotacional:
∇×E = 1
4pi�0
∇×
∫
v′
ρ(r′)(r− r′)
|r− r′|3 dv
′ =
1
4pi�0
∫
v′
ρ(r′)∇× (r− r
′)
|r− r′|3 dv
′
Usando a identidade vetorial ∇×(fA) =∇f×××A + f∇×A, tem-se
∇× (r− r
′)
|r− r′|3 =∇
1
|r− r′|3×××(r− r
′) +
1
|r− r′|3 ∇×(r− r
′)︸ ︷︷ ︸
=0
O primeiro termo do segundo membro tambe´m e´ nulo porque
∇ 1|r− r′|3 = −3
(r− r′)
|r− r′|5
=⇒∇ 1|r− r′|3×××(r− r
′) = − 3|r− r′|5 (r− r
′)×××(r− r′) = 0,
logo
∇× (r− r
′)
|r− r′|3 = 0,
o que implica
(1.15) ∇×E = 0.
Como, para qualquer func¸a˜o escalar ϕ(r) com segundas derivadas, ∇×∇ϕ(r) = 0, o resultado acima indica que sempre existira´ alguma
func¸a˜o escalar para a qual se possa escrever
(1.16) E(r) = −∇φ(r).
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A func¸a˜o φ(r) e´ denominada potencial eletrosta´tico.
E´ fa´cil mostrar que o potencial devido a uma carga pontual q localizada em r′ e´
(1.17) φ(r) =
1
4pi�0
q
|r− r′| .
Para uma distribuic¸a˜o gene´rica de cargas,
(1.18) φ(r) =
1
4pi�0
[
N∑
j=1
qj
r− r′j +
∫
v′
ρ(r′)
|r− r′| dv
′ +
∫
S′
σ(r′)
|r− r′| dS
′ +
∫
l′
λ(r′)
|r− r′| dl
′
]
,
Integrando ((1.16)), obtem-se
(1.19)
∫ r
r0
E(r′)· dr′ = −
∫ r
r0
∇φ· dr′ = −
∫ r
r0
dφ,
onde r0 e´ um ponto tomado como refereˆncia nula para o potencial. Assim
(1.20) φ(r) = −
∫ r
r0
E(r′)· dr′
Se, por outro lado, considerarmos uma superf´ıcie aberta arbitra´ria, podemos escrever a partir de (1.15) ( nˆ e´ um versor perpendicular a` superf´ıcie
S em cada ponto desta): ∫
S
∇×E· nˆ dS = 0,
o que, pelo teorema de Stokes acarreta
(1.21)
∮
l
E ·dr = 0,
onde l e´ o per´ımetro de S. Considerando uma carga q sendo transportada ao longo deste percurso fechado, o trabalho realizado pelo campo
ele´trico sobre ela e´ nulo (o campo eletrosta´tico e´ conservativo).
Podemos associar ao campo eletrosta´tico uma energia potencial U(r). Como a energia potencial e´ o trabalho realizado contra o campo, a
relac¸a˜o entre potencial e energia potencial eletrosta´tica claramente e´
(1.22) U = qφ
Universidade Federal de Itajuba´ – 7– Eduardo Resek
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1.8 Condutores em Equil´ıbrio Eletrosta´tico
O campo ele´trico no interior de condutores em equil´ıbrio eletrosta´tico e´ necessariamente zero, do contra´rio ainda existiriam forc¸as sobre os
portadores de carga do condutor que portanto estariam em movimento ordendado ao longo da direc¸a˜o do campo, contrariando a pro´pria hipo´tese
do equil´ıbrio. Assim,
E = 0, φ = cte no interior de condutores em equil´ıbrio.
Pelo mesmo motivo, o campo ele´trico na regia˜o externa ao condutor, em pontos muito pro´ximos a ele, deve ser perpendicular a` sua superf´ıcie.
Uma aplicac¸a˜o da lei de Gauss a uma pequena superf´ıcie cil´ındrica, de sec¸a˜o reta muito pequena, com uma das bases dentro do condutor e a
outra fora dele, mas muito pro´xima a` superf´ıcie, leva imediatamente a
Es =
σ
�0
nˆ
nesses pontos.
1.9 O dipolo ele´trico
Um dipolo ele´trico e´ definido, na sua forma mais simples, como um sistema que compraz cargas ele´tricas pontuais iguais, pore´m de naturezas
opostas. Digamos que duas cargas pontuais, q e −q, encontrem-se separadas por uma distaˆncia a; define-se como momento de dipolo ele´trico
desse sistema o vetor
(1.23) p = qa aˆ,
onde aˆ e´ o vetor unita´rio que jaz sobre a reta que contem as cargas, sentido da negativa para a positiva.
Potencial e campo produzidos por um dipolo em pontos distantes Seja um dipolo de cargas ±q e a o vetor posic¸a˜o da carga positiva
relativamente a` carga negativa. Para calcularmos o potencial em pontos muito distantes do dipolo (distaˆncias >> a), adotemos a origem do
sistema de coordenadas no centro do dipolo, de modo que as posic¸o˜es das cargas positiva e negativa do dipolo sejam indicadas pelos vetores 1
2
a
e −1
2
a, respectivamente, O potencial num ponto P qualuqer do espac¸o sera´
φ(r) =
q
4pi�0|r− a/2| +
(−q)
4pi�0|r + a/2| =
q
4pi�0
(
1
|r− a/2| −
1
|r + a/2|
)
Como r >> a, podemos expandir os termos entre pareˆntesis (binoˆmio ou MacLaurin),
1
|r± a/2| = (r
2 ± a·r + a2/4)−1/2 = r−1
(
1± a·r
r2
+
a2
4r2
)−1/2
.
Eduardo Resek – 8– Universidade Federal de Itajuba´
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Mantendo apenas os termos de primeira ordem em a/r, temos aproximadamente
1
|r± a/2| ≈
1
r
∓ 1
2
a·r
r3
,
de modo que
φ(r) =
q
4pi�0
a·r
r3
,
ou
φ(r) =
1
4pi�0
p·r
r3
.
O campo ele´trico e´ obtido atrave´s do gradiente do potencial. Um ca´lculo direto conduz a
E(r) =
1
4pi�0
3(p·r)r− r2p
r5
.
E´ claro que, para o caso geral de um dipolo fora da origem, basta trocar r por r− r′ nas equac¸o˜es acima, onde r′ e´ o vetor posic¸a˜o do centro do
dipolo:
φ(r) =
1
4pi�0
p·(r− r′)
|r− r′|3 ,(1.24)
E(r) =
1
4pi�0
3[p·(r− r′)](r− r′)− |r− r′|2p
|r− r′|5 .(1.25)
1.10 Expansa˜o em Multipolos
Algumas distribuic¸o˜es de cargas, sob condic¸o˜es adequadas (quando a distaˆncia a` fonte e´ grande, por exemplo, podem ser tratadas aproximada-
mente como dipolos ele´tricos, ou ate´ mesmo como cargas ele´tricas pontuais, conforme o caso. Nessa sec¸a˜o apresentaremos um tratamento mais
geral para esse tipo de aproximac¸a˜o, expandindo o potencial de uma fonte de extensa˜o na˜o infinita em se´rie de poteˆncias. O potencial de uma
fonte especificada por ρ (r′) e´
φ (r) =
1
4pi�0
∫
v′
ρ (r′)
|r− r′| dv
′.
A ide´ia e´ expandir o termo |r− r′|−1 em se´rie de poteˆncias. Para isso, observe que
|r− r′| = (r2 + r′2 − 2r ·r′)1/2 = r
[
1− 2r ·r
′
r2
+
(
r′
r
)2]1/2
= r
[
1− 2r
′ · rˆ
r
+
(
r′
r
)2]1/2
.
Universidade Federal de Itajuba´ – 9– Eduardo Resek
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Usando a expansa˜o binomial
(1 + x)n = 1 + nx+
1
2!
n(n− 1)x2 + 1
3!
n(n− 1)(n− 2)x3 + · · ·
com n = −1/2 e x = −2r
′ · rˆ
r
+
(
r′
r
)2
, teremos
1
|r− r′| =
1
r
1− 12
[
−2r
′ · rˆ
r
+
(
r′
r
)2]
+
3
8
[
−2r
′ · rˆ
r
+
(
r′
r
)2]2
− 5
16
[
−2r
′ · rˆ
r
+
(
r′
r
)2]3
+ · · ·

Substituindo na expressa˜o do potencial, fica
φ (r) =
1
4pi�0r
∫
v′
ρ (r′)
1− 12
[
−2r
′ · rˆ
r
+
(
r′
r
)2]
+
3
8
[
−2r
′ · rˆ
r
+
(
r′
r
)2]2
− 5
16
[
−2r
′ · rˆ
r
+
(
r′
r
)2]3
+ · · ·
 dv′,
ou, agrupando em poteˆncias de r′/r
φ (r) =
1
4pi�0r
∫
v′
ρ (r′)
{
1 +
r′ · rˆ
r
+
1
2
[
3(r′ · rˆ)2 − r′2
r2
]
+
1
2
[
5(r′ · rˆ)3 − 3(r′ · rˆ)r′2
r3
]
+O ((r′/r)4)} dv′.
Reconhecemos facilmente o primeiro termo da expansa˜o:
φ(0) (r) =
Q
4pi�0r
, com Q =
∫
v′
ρ (r′) dv′.
Observe o segundo termo. Se generalizarmos a definic¸a˜o de momento de dipolo ele´trico de uma distribuic¸a˜o de cargas para
p =
∫
v′
ρ (r′)r′ dv′,
temos a constribuic¸a˜o do dipolo:
φ(1) (r) =
1
4pi�0
p ·r
r3
.
Em seguida, o terceiro termo representa a contribuic¸a˜o do que denominamos um quadripolo (ou quadrupolo)ele´trico:
φ(2) (r) =
1
4pi�0
3∑
i=1
3∑
j=1
Qijxixj
r5
,
Eduardo Resek – 10– Universidade Federal de Itajuba´
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onde definimos os componentes do tensor de quadrupolo ele´trico1:
Qij =
1
2
∫
v′
ρ (r′)(3x′ix
′
j − δijr′2) dv′.
Poder´ıamos continuar conforme a necessidade; por exemplo, o tensor de octupolo seria
Qijk =
1
2
∫
v′
ρ (r′)
[
5x′ix
′
jx
′
k − 3(δijx′k + δjkx′i + δkix′j) r′2
]
dv′.
Expansa˜o em Harmoˆnicos esfe´ricos Provavelmente voceˆ esta´ reconhecendo a estrutura dos diversos termos relativos aos multipolos. Naˆo,
na˜o e´ coincideˆncia, eles lembram sim os polinoˆmios de Legendre, e ha´ uma boa raza˜o para isso. Considere a func¸a˜o geratriz dos polinoˆmios de
Legendre com x = r′ · rˆ/r′ = cos γ (γ e´ o aˆngulo entre r e r′) e t = r′/r. Temos assim:
1√
1− 2tx+ t2 =
[
1− 2r
′ · rˆ
r
+
(
r′
r
)2]−1/2
=
r
|r− r′| =
∞∑
n=0
Pn (cos γ)
(
r′
r
)n
,
ou seja,
1
|r− r′| =
1
r
∞∑
n=0
Pn (cos γ)
(
r′
r
)n
=
1
r
∞∑
n=0
Pn (rˆ
′ · rˆ)
(
r′
r
)n
,
de modo que o potencial se escreve
φ (r) =
1
4pi�0
∞∑
n=0
1
rn+1
∫
v′
ρ (r′)Pn (rˆ′ · rˆ)r′n dv′.
Os termos para n = 0, 1, 2, . . . correspondem aos termos de monopolo (carga), dipolo, quadrupolo, etc. Isso se torna ainda mais aparente se
utilizarmos o teorema da adic¸a˜o, escrevendo Pn (cos γ) em termos dos Harmoˆnicos Esfe´ricos:
Pn (cos γ) =
4pi
2n+ 1
n∑
`=−n
Y ∗n`(θ
′, ϕ′)Yn`(θ, ϕ),
ficando
φ (r) =
1
�0
∞∑
`=0
1
(2`+ 1)r`+1
∑`
m=−`
Y`m(θ, φ)
∫
v′
ρ (r′) r′` Y ∗`m(θ
′, φ′) dv′.
1Propriedades importantes: este tensor e´ sime´trico (Qji = Qij) e possui trac¸o nulo (
3∑
i=1
Qii = 0)
Universidade Federal de Itajuba´ – 11– Eduardo Resek
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
E´ costumeiro escrever esta expressa˜o como se segue
φ (r) =
1
4pi�0
∞∑
`=0
∑`
m=−`
q`mY`m(θ, φ)
r`+1
, onde definimos q`m =
4pi
2`+ 1
∫
v′
ρ (r′) r′` Y ∗`m(θ
′, φ′) dv′.
Essas expresso˜es constituem a expansa˜o multipolar em Harmoˆnicos Esfe´ricos.
1.11 Diele´tricos
Algumas mole´culas, como a da a´gua, podem apresentar um momento de dipolo ele´trico permanente na˜o nulo. Isso acontece devido a` configurac¸a˜o
de seus a´tomos constituintes, resultando em centros de cargas intrinsecamente separados. Normalmente esses dipolos moleculares esta˜o orientados
aleatoreamente, produzindo um momento de dipol total nulo para uma amostra finita do material, mas eles podem ser alinhados pela ac¸a˜o de
um campo externo, o que faz com que o campo produzido pelo conjunto de dipolos se torne razoavelmente intenso.
Mesmo mole´culas que na˜o possuam tal propriedade sa˜o afetadas pela presenc¸a de um campo externo. Num material isolante um campo
externo leva a uma separac¸a˜o dos centros de cargas positiva e negativa nas suas mole´culas constituintes, produzindo pequenos dipolos que, em
conjunto, ira˜o tambe´m gerar uma contribuic¸a˜o na˜o desprez´ıvel ao campo e potencial da regia˜o.
Em ambas as situac¸o˜es, podemos tratar a contribuic¸a˜o dos pequenos dipolos moleculares definido o
vetor Polarizac¸a˜o P; qualqueer elemento de volume, mesmo que macrooscopicamente muito pequeno,
contem um nu´mero muito grande de mole´culas polarizadas. O momento de dipolo total desse pequeno
volume, ∆p e´ a soma dos momentos de dipolos das mole´culas constituintes
∆p =
∑
i
pi.
O vetor P e´ o momento de dipolo total por unidade de volume:
P = lim
∆v′→0
∆p
∆v′
=
dp
dv′
, dp = P dv′.
Devemos lembrar que, apesar da natureza discreta da estrutura da mate´ria, do ponto de vista ma-
crosco´pico pode-se assumir que os dipolos estejam distribu´ıdos continuamente no interior do volume.
Isso e´ uma aproximac¸a˜o, mas funciona bem desde que o elemento de volume seja grande comparado
com distaˆncias interatoˆmicas, e ainda assim pequeno comparado com a escala t´ıpica de variac¸a˜o das
grandezas que definem o campo eletrosta´tico.
Consideremos um diele´trico ocupando uma regia˜o V ′ do espac¸o, onde por uma raza˜o ou outra, exista uma distribuic¸a˜o de dipolos ele´tricos.
Eduardo Resek – 12– Universidade Federal de Itajuba´
FIS641 - Eletromagnetismo I Eletrosta´tica
Um volume dv′ possuira´ um momento de dipolo dp(r′) = P(r′) dv′, e sua contribuic¸a˜o para o potencial num ponto r pode ser dada por
dφd =
1
4pi�0
dp ·(r− r′)
|r− r′|3 =
1
4pi�0
P (r′) ·(r− r′)
|r− r′|3 dv
′.
O potencial causado por toda a distribuic¸a˜o de dipolos sera´ enta˜o
(1.26) φd =
1
4pi�0
∫
v′
P (r′) ·(r− r′)
|r− r′|3 dv
′.
Vamos utilizar a identidade
∇′ 1|r− r′| =
(r− r′)
|r− r′|3
para reescrever o integrando de (1.26) como
(1.27) φd =
1
4pi�0
∫
v′
P (r′) ·∇′ 1|r− r′| dv
′.
A seguir, empregamos a identidade
∇′···(ψA) = ψ∇′···A +∇′ψ ·A
com ψ = |r− r′|−1 e A = P (r′):
∇′··· P (r
′)
|r− r′| =
∇′···P (r′)
|r− r′| + P (r
′) ·∇′ 1|r− r′| ,
o que nos permite escrever (1.27) como
φd =
1
4pi�0
(
−
∫
v′
∇′···P (r′)
|r− r′| dv
′ +
∫
v′
∇′··· P (r
′)
|r− r′| dv
′
)
,
ou, usando o teorema de Gauss na segunda integral
(1.28) φd =
1
4pi�0
∫
v′
−∇′···P (r′)
|r− r′| dv
′ +
1
4pi�0
∮
S
P (r′) · nˆ
|r− r′| dS.
Reconhecemos nessa expressa˜o a contribuic¸a˜o de uma distribuic¸a˜o volume´trica e uma superficial de cargas,
ρP = −∇·P e σP = P · nˆ,
que representam as densidades de cargas de polarizac¸a˜o no diele´trico. Elas resumem o efeito da distribuic¸a˜o de dipolos.
Universidade Federal de Itajuba´ – 13– Eduardo Resek
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
1.11.1 Lei de Gauss na presenc¸a de diele´tricos
Como vimos, os diele´tricos podem ser polarizados pela ac¸a˜o de campos externos e, em consequ¨eˆncia, surgira˜o cargas que contribuira˜o para o
campo total em qualquer ponto da regia˜o. A lei de Gauss deve levar em conta tais cargas. Para explicitar sua contribuic¸a˜o, vamos denotar por
ρ` a densidade de carga livre (em excesso) em cada ponto; a densidade de carga total sera´
ρ = ρ` + ρP ,
de modo que a lei de Gauss fica
∇·E = 1
�0
(ρ` + ρP ) =
1
�0
(ρ` −∇·P) =⇒∇·(�0E + P) = ρ`.
Definimos o vetor Deslocamento Ele´trico como
(1.29) D = �0E + P,
em termos do qual a lei de Gauss assume a forma
(1.30) ∇·D = ρ`.
A vantagem dessa formulac¸a˜o e´ que na˜o precisamos, a priori, conhecer os efeitos da polarizac¸a˜o sobre o diele´trico, mas somente a carga em
excesso deste. Na forma integral ter´ıamos
(1.31)
∮
S
D· nˆ dS = Qi`,
onde Qi` = intρ` dv e´ a carga livre interna a` superf´ıcie S. Para a maioria dos materiais diele´tricos, a polarizac¸a˜o e´ diretamente proporcional
ao campo ele´trico externo aplicado e independente da direc¸a˜o deste (meios isotro´picos ou lineares). Nesses casos, definimos a susceptibilidade
(di)ele´trica como
P = χE.
A equac¸a˜o (1.29) pode ser reescrita como
D = (�0 + χ)E = εE,
onde definimos a permissividade do meio, ε, como ε = �0 + χ. Costuma-se definir tambe´m uma grandeza adimensional, a permissivade relativa
ou constante diele´trica do meio, como
κ = εr =
ε
�0
.
Eduardo Resek – 14– Universidade Federal de Itajuba´
FIS641 - Eletromagnetismo I Eletrosta´tica
1.11.2 Condic¸o˜es de contorno para o campo ele´trico
Meio 1
Meio 2
A
nˆ
∆l
∆h tˆ
-
E1
E2
D1
D2
Analisemos agora como se comporta o campo ele´trico numa regia˜o onde existem dois meios na˜o condutores diferentes. A figura ilustra essa
situac¸a˜o onde, ale´m de poss´ıveis cargas livres distribu´ıdas ao longo dos diele´tricos, admitimos tambe´m que possa haver uma carga livre na
superf´ıcie interface entre os dois meios, cuja densidade e´ σ`. A lei de Gauss aplicada a uma pequena superf´ıcie cil´ındrica (a´rea da sec¸a˜o reta A e
altura ∆h) atravessando perpendicularmente essa interface fornece∮
S
D· nˆ dS = Qi` ' σ`A,
pois podemos imaginar uma sec¸a˜o reta suficientemente pequena a fim de desprezar quaisquer variac¸o˜es de σ` ao longo da mesma. Pelo mesmo
motivo, o o vetor deslocamento na˜o sofrera´ variac¸o˜es significativas ao longo das tampas do cilindro gaussiano; por outro lado, o fluxo atrave´s da
superf´ıcie lateral pode ser desprezado no limite em que ∆h→0. Sendo nˆ o versor perpendicular a` interface dos diele´tricos, orientado do meio
1 para o meio 2, vem ∮
S
D· nˆ dS ' D2 · nˆA+ D1 ·(− nˆ)A ' σ`A,
Universidade Federal de Itajuba´ – 15– Eduardo Resek
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
ou seja,
(1.32) (D2 −D1) · nˆ = σ`, ou D2n −D1n = σ`.
Se na˜o houver cargas livres na interface, o componente normal do vetor deslocamento sera´ cont´ınuo atrave´s desta.
Por outro lado, considerando que o campo eletrosta´tico e´ conservativo, o percurso mostrado na figura, onde novamente ∆h → 0 e ∆l pode
ser tomado ta˜o pequeno quanto se queira, permitindo assim calcular a integral nos trechos do percurso que sa˜o paralelos a` interface∮
l
E ·dr ' E2 ·ˆt ∆l + E1 ·(−tˆ) ∆l = 0,
isto e´
(1.33) (E2 − E1) ·ˆt = 0, ou E2t = E1t,
que significa que o componente de E tangente a` interface na˜o se altera ao atravessarmos de um lado para outro.
1.12 Soluc¸o˜es de problemas em eletrosta´tica
Equac¸o˜es de Poisson e Laplace
E´ muito simples obter as equac¸o˜es de Poisson e Laplace. Como E = −∇φ, da Lei de Gauss temos
(1.34) ∇2φ = − ρ
�0
,
que e´ a equac¸a˜o de Poisson. Nas regio˜es onde na˜o ha´ cargas, temos e equac¸a˜o de Laplace,
(1.35) ∇2φ = 0,
Estas equac¸o˜es aparecem em va´rias outras a´reas da F´ısica, e existe um grande nu´mero de te´cnicas de soluc¸a˜o diferentes, cada qual mais adequada
a certa situac¸a˜o espec´ıfica. No estudo destas te´cnicas, dois teoremas se fazem importantes, um deles o´bvio mas necessa´rio, e o outro na˜o ta˜o
trivial. Antes de os enunciarmos, entretanto, vejamos uma definic¸a˜o acerca das condic¸o˜es de contorno normalmente encontradas nos problemas
tipicamente enderec¸ados via equac¸a˜o de Poisson ou Laplace.
Definic¸a˜o 1 (Condic¸o˜es de Contorno de Dirichlet). Quando o valor da func¸a˜o (ou seja, do potencial) e´ especificado em uma ou mais superf´ıcies
fechadas no espac¸o.
Eduardo Resek – 16– Universidade Federal de Itajuba´
FIS641 - Eletromagnetismo I Eletrosta´tica
Definic¸a˜o 2 (Condic¸o˜es de Contorno de Neumann). Quando o valor da derivada normal da func¸a˜o (ou seja, do gradiente, o que essencialmente
equivale ao campo ele´trico ou a` densidade superficial de cargas) e´ especificado em uma ou mais superf´ıcies fechadas no espac¸o.
Teorema 1 (Linearidade): Se φ1, φ2, . . . , φn sa˜o soluc¸o˜es da equac¸a˜o de Laplace, enta˜o
φ = α1φ1 + α2φ2 + · · ·+ αnφn,
onde os α sa˜o constantes, tambe´m o sera´.
A prova e´ trivial e sera´ deixada como exerc´ıcio.
Exerc´ıcio proposto 1: Demonstre a proposic¸a˜o acima
Teorema 2 (Unicidade): Duas soluc¸o˜es da equac¸a˜o de Poisson que satisfac¸am a`s mesmas condic¸o˜es de contorno (tipo Dirichlet ou Neumann),
diferem no ma´ximo por uma constante.
Suponha que uma determinada regia˜o do espac¸o de volume v0 seja delimitada por uma super´ıcie S0 (que pode ser infinita). Dentro desta
regia˜o existem n corpos condutores de superf´ıcies S1, S2, . . . , Sn, eletricamente carregados e mantidos a determinados potenciais. Admitamos
que, em v0, existam duas soluc¸o˜es para a equac¸a˜o de Poisson, φ1 e φ2:
∇2φ1 = − ρ
�0
, ∇2φ2 = − ρ
�0
,
ambas satisfazendo a`s mesmas condic¸o˜es de contorno em S1, S2, . . . , Sn. Seja φ = φ1 − φ2. E´ claro que
∇2φ = 0,
ale´m do que, nas superf´ıcies especificadas, φ = 0. Apliquemos o teorema da divergeˆncia ao vetor φ∇φ:∫
v0
∇·(φ∇φ) dv =
∮
S
φ∇φ· nˆ dS.
Por outro lado, como ∇·(φA) = φ∇·A + A·∇φ, decorre que
∇·(φ∇φ) = φ∇2φ+ |∇φ|2 = |∇φ|2,
consequentemente, ∮
S
φ∇φ· nˆ dS =
∫
v0
|∇φ|2 dv,
Universidade Federal de Itajuba´ – 17– Eduardo Resek
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
onde S consiste de S0 e de S1, S2, . . . , Sn. Nessas u´ltimas, φ = 0. Para integrar na superf´ıcie S0, extensa, que engloba todo o sistema, podemos
imaginar uma esfera de raio R muito grande, contendo S0. No integrando, a grandes distaˆncias φ cai com 1/R, ∇φ cai com 1/R2 e dS cresce
com R2, de modo que no geral a integral cai com 1/R e portanto tende a zero quando R→∞. Isso implica enta˜o que∫
v0
|∇φ|2 dv = 0.
Ora, como o integrando e´ sempre na˜o negativo, a integral so´ pode ser nula se
∇φ = 0
em todos os pontos de v0, o que prova a unicidade das soluc¸o˜es (se ∇(φ1− φ2) = 0 =⇒ φ1− φ2 = cte. Como em S1, etc., φ1 = φ2, isso vale para
todos os demais pontos).
E´ fa´cil ver que a mesma conclusa˜o pode ser alcanc¸ada se admitirmos condic¸o˜es de contorno do tipo Neumann.
1.13 Equac¸o˜es de Poisson e Laplace em uma dimensa˜o
Analisemos rapidamente os casos especiais em que o potencial e´ func¸a˜o apenas de uma das coordenadas do sistema.
Coordenadas cartesianas Admitindo φ = φ(z) e ρ = ρ(z) (por que??), teremos
d2φ
dz2
= − ρ
�0
=⇒ φ(z) = − 1
�0
∫ z [∫ z′
ρ(z′′) dz′′
]
dz′ + A1z + A2,
onde A1 e A2 sa˜o constantes de integrac¸a˜o. Note que se na˜o ha´ cargas (Laplace), a soluc¸a˜o e´ bem simples:
φ(z) = A1z + A2
Coordenadas cil´ındricas Se ρv = ρv(ρ) e φ = φ(ρ),
1
ρ
d
dρ
(
ρ
dφ
dρ
)
= −ρv
�0
=⇒ φ(ρ) = − 1
�0ρ
∫ ρ [ 1
ρ′′
∫ ρ′
ρv(ρ
′′)ρ′′ dρ′′
]
dρ′ + A1 ln ρ+ A2
Para ρv = 0 temos
1
ρ
d
dρ
(
ρ
dφ
dρ
)
= − ρ
�0
=⇒ φ(ρ) = A1 ln ρ+ A2
Eduardo Resek – 18– Universidade Federal de Itajuba´
FIS641 - Eletromagnetismo I Eletrosta´tica
Coordenadas esfe´ricas Se ρ = ρ(r)e φ = φ(r),
1
r2
d
dr
(
r2
dφ
dr
)
= − ρ
�0
=⇒ φ(r) = − 1
�0r2
∫ r [ 1
r′2
∫ r′
ρ(r′′)r′′2 dr′′
]
dr′ +
A1
r2
+ A2.
Novamente, para ρ = 0, fica
φ(r) =
A1
r2
+ A2.
Exerc´ıcio proposto 2: Determine para cada caso acima, o campo ele´trico e a densidade superficial de cargas em uma (ou mais) superf´ıcies onde
possam ser fornecidas condic¸o˜es de contorno adequadas para a completa determinac¸a˜o do potencial.
1.14 Func¸o˜es de Green
Seja um problema de contorno em uma regia˜o V , delimitada por uma fronteira S, definido por uma equac¸a˜o diferencial do tipo
∇2φ(r) = −ρ (r)
�0
,
onde ρ (r) e´ uma func¸a˜o escalar na˜o singular em V , com condic¸o˜es de contorno do tipo Dirichlet ou de Neumann. Definimos a func¸a˜o de Green
como sendo a func¸a˜o que satisfaz ao problema com a mesma geometria e uma carga pontual unita´ria em r′
∇2G(r, r′) = −δ (r− r
′)
�0
,
com valores que se anulam na fronteira, G(rS, r
′) = 0. Fisicamente, G e´ o potencial gerado por uma carga pontual de valor unita´rio no ponto r
acresciddo do potencial criado pela carga que sera´ induzida na fronteira, ja´ que ela esta´ a um potencial nulo (ou seja, aterrada):
G(r, r′) =
1
4pi�0
1
|r− r′| + ζ(r), ∇
2ζ = 0.
O teorema de Green estabelece que ∮
S
(φ∇ψ − ψ∇φ)· nˆ dS =
∫
v
(φ∇2ψ − ψ∇2φ) dv.
Tomando ψ = G, fica∮
S
(φ∇G−G∇φ)· nˆ dS =
∫
v
(φ∇2G−G∇2φ) dv = 1
�0
∫
v
δ (r− r′)φ (r) dv −
∫
v
G∇2φ dv = −φ (r
′)
�0
−
∫
v
G∇2φ dv.
Universidade Federal de Itajuba´ – 19– Eduardo Resek
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
Como G se anula na fronteira, decorre
φ (r′) = −�0
(∫
v
G∇2φ dv +
∮
S
φ(S)∇G· nˆ dS
)
.
Na pra´tica, essa expressa˜o sera´ u´til em duas situac¸o˜es:
1. A superf´ıcie ao redor do ponto r′ e´ condutora e esta´ aterrada, fazendo φ(S) = 0 e ∇2φ = −ρ/�0 devido a` distribuic¸a˜o de cargas ao longo
de V . A equac¸a˜o acima se reduz a
φ (r′) = −�0
∫
v
G∇2φ dv = �0
∫
v
G(r, r′) ρ (r) dv.
2. Na˜o ha´ fontes ao longo de V , ∇2φ (r) = 0, e conhecemos φ(S) na fronteira de S. Nesse caso, a soluc¸a˜o fica
φ (r′) = −�0
∮
S
φ(S)∇G· nˆ dS.
Fisicamente, ∇G representa a densidade superficial de carga que seria induzida por uma carga unita´ria na fronteira S, como se ela fosse uma
superf´ıcie condutora aterrada,
∇G · nˆ = σ1
�0
,
de modo que, em termos dessa densidade superficial ter´ıamos
φ (r′) = −
∫
S
φ(S)σ1(S) dS.
1.15 O me´todo das imagens
O teorema da unicidade das soluc¸o˜es das equac¸o˜es de Laplace ou Poisson permite-nos chegar a soluc¸o˜es da equac¸a˜o por qualquer me´todo e, se as
condic¸o˜es de contorno forem satisfeitas, podemos garantir que ela e´ u´nica. Muitas vezes a soluc¸a˜o direta por me´todos matema´ticos tradicionais
e´ dif´ıcil mas, por mera inspec¸a˜o ou ate´ mesmo adivinhac¸a˜o/tentativa, podemos chegar a uma soluc¸a˜ocompleta do problema. O me´todo das
imagens permite-nos, em certa classe de problemas, chegar a soluc¸o˜es sem efetivamente ter que resolver as equac¸o˜es diferenciais. Consiste
basicamente em substituir as condic¸o˜es de contorno por carga imagens que as reproduzam. Estas cargas imagens na˜o existem na realidade
(virtuais). Elas aparecem geralmente numa regia˜o fora da validade da soluc¸a˜o a ser encontrada (por exemplo, dentro de um condutor em cuja
superf´ıcie foi especificado o potencial).
Eduardo Resek – 20– Universidade Federal de Itajuba´
FIS641 - Eletromagnetismo I Eletrosta´tica
Exemplo 1: Carga pontual pro´xima a campo infinito - Considere um plano condutor infinito aterrado (potencial zero), pro´ximo ao qual (distaˆncia
d) se encontra um carga pontual q. Adotemos o sistema de coordenadas de tal forma que o plano carregado coincida com o plano xy e a carga esteja
sobre o eixo z. Ao inve´s de resolvermos a equac¸a˜o de Laplace,
∇2φ = ∂
2φ
∂x2
+
∂2φ
∂y2
+
∂2φ
∂z2
= 0,
va´lida exceto no ponto ocupado pela carga, tentaremos determinar uma configurac¸a˜o equivalente que satisfac¸a as seguintes condic¸o˜es:
• φ(x, y, 0) = 0, isto e´, o potencial e´ nulo em todos os pontos do plano condutor.
• Em pontos muito pro´ximos a` carga, o potencial se aproxima daquele de uma carga pontual.
• Em pontos muito distantes da carga (x→ ±∞, y → ±∞, z →∞), o potencial se aproxima de zero.
• A func¸a˜o potencial e´ impar com respeito a`s coordenadas x e y, isto e´
φ(−x, y, z) = φ(x, y, z), φ(x,−y, z) = φ(x, y, z)
E´ fa´cil perceber que a seguinte situac¸a˜o produz uma func¸a˜o potencial com as caracter´ısticas desejadas: uma carga igual e oposta a q, colocada
simetricamente com relac¸a˜o ao plano condutor na regia˜o z < 0. O potencial, enta˜o, pode ser escrito como
φ(x, y, z) =
q
4pi�0
[
1√
x2 + y2 + (z − d)2 −
1√
x2 + y2 + (z + d)2
]
,
va´lida apenas para a regia˜o z > 0. A partir desse resultado, podemos detrminar a densidade superficial de cargas induzida no plano condutor:
σ(x, y) = �0Ez
∣∣
z=0
= − qd
2pi(x2 + y2 + d2)3/2
Exerc´ıcio proposto 3: Determine a forc¸a de atrac¸a˜o exercida sobre a carga q por um plano infinito carregado dessa forma. Surpreso com o resultado?
Exemplo 2: Carga pontual pro´xima a uma esfera condutora aterrada - Consideremos uma esfera de raio a, condutora e mantido a um potencial fixo
e originalmente neutra. A uma distaˆncia d de seu centro e´ colocada uma carga pontual q. Determine a distribuic¸a˜o de cargas induzida na esfera.
1.16 O Me´todo da Separac¸a˜o de Varia´veis
Consiste em escrever tentativamente s soluc¸a˜o como o produto de func¸o˜es de cada uma das coordenadas das quais o potencial dependa, utilizando
o princ´ıpio da superposic¸a˜o caso haja multiplicidade de soluc¸o˜es linearmente independentes.
Universidade Federal de Itajuba´ – 21– Eduardo Resek
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
1.16.1 Separac¸a˜o de Varia´veis em Coordenadas Cartesianas em Duas Dimenso˜es
Tomemos como exemplo a seguinte situac¸a˜o: as paredes condutoras x = 0 e x = a esta˜o aterradas, enquanto que a base y = 0, 0 < x < a encontra-
se a um potencial V0. Desejamos determinar as dsitribuic¸o˜es de potencial e campo ele´tricos no interior da regia˜o definida por 0 < x < a, y > 0.
Nessa regia˜o na˜o ha´ cargas, de modo que o potencial deve obedecer a` equac¸a˜o de Laplace, ∇2φ = ∂
2φ
∂x2
+
∂2φ
∂y2
= 0; Como φ = φ(x, y), tentamos
uma soluc¸a˜o do tipo
φ(x, y) = X (x)Y (y)
Substituindo na equac¸a˜o de Laplace, temos
Y (y)
d2X
dx2
+X (x)
d2Y
dy2
= 0.
Dividindo por φ = XY , vem
1
X (x)
X ′′(x) +
1
Y (y)
Y ′′(y) = 0, ou
1
X (x)
X ′′(x) = − 1
Y (y)
Y ′′(y),
o que somente e´ poss´ıvel se ambos forem iguais a uma constante, ou seja, independente de x ou y. Seja k ∈ IR esta constante. Separamos a
equac¸a˜o original em duas:
1
X (x)
X ′′(x) = k =⇒ X ′′(x)− kX(x) = 0,
Eduardo Resek – 22– Universidade Federal de Itajuba´
FIS641 - Eletromagnetismo I Eletrosta´tica
1
Y (y)
Y ′′(y) = −k =⇒ Y ′′(x) + kY (y) = 0.
Se k 6= 0, as soluc¸o˜es sera˜o do tipo
X (x) = A e
√
kx +B e−
√
kx, Y (y) = C e
√−ky +D e−
√−ky,
ou seja, se k > 0, teremos exponenciais reais em x e exponenciais imagina´rias (func¸o˜es harmoˆnicas) em y, o contra´rio se k < 0. Se k = 0, as
soluc¸o˜es sera˜o ambas lineares na respectiva varia´vel.
A soluc¸a˜o deve ainda satisfazer a`s condic¸o˜es de contorno
(i) φ (0, y) = 0, (ii) φ (a, y) = 0, (iii) φ (x, 0) = V0, em 0 < x < a, (iv) lim
y→∞
φ (x, y) <∞ para 0 < x < a.
Vemos que a primeira e a terceira hipo´tese devem ser exclu´ıdas, pois na˜o ha´ possibilidade de encontrar uma soluc¸a˜o na˜o trivial nessas
condic¸o˜es. Como k deve ser negativo, escrevaˆmo-lo como k = −λ2, λ ∈ IR:
X (x) = A′ cosλx+B′ senλx, Y (y) = C eλy +D e−λy,
onde tambe´m reescrevemos as exponenciais complexas em termos de func¸o˜es trigonome´tricas. A condic¸a˜o (i) nos diz que X(0) = 0, portanto
A′ = 0. A condic¸a˜o (ii) exige que X(a) = 0, ou seja,
B′ senλa = 0 =⇒ senλa = 0 ou λa = npi, n ∈ IN,
pois se B′ = 0, X seria identicamente nula. Surge enta˜o a possibilidade de mu´ltiplas soluc¸o˜es linearmente independentes, uma para cada valor
poss´ıvel de n. Vamos caracterizar cada uma dessas soluc¸o˜es pelo ı´ndice n. A constante B′ pode ser absorvida nas constantes C e D, de modo
que escreveremos
φn(x, y) = sen
npix
a
(
Cn e
npiy/a +Dn e
−npiy/a) , n = 1, 2, 3, . . .
A condic¸a˜o (iv) impo˜e Cn = 0, do contra´rio φn na˜o seria finito para y →∞. Cada poss´ıvel soluc¸a˜o fica enta˜o reduzida a` forma
φn(x, y) = Dn sen
npix
a
e−npiy/a.
Nesse ponto e´ conveniente escrever a soluc¸a˜o completa de φ (x, y), contemplando todos os poss´ıveis valores de n. Ela e´ simplesmente a combinac¸a˜o
linear dos φn:
φ (x, y) =
∞∑
n=1
Dn sen
npix
a
e−npiy/a.
De acordo com (iii), devemos ter
∞∑
n=1
Dn sen
npix
a
= V0, 0 < x < a.
Universidade Federal de Itajuba´ – 23– Eduardo Resek
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
Isso sugere uma se´rie trigonome´trica de Fourier. Nossa soluc¸a˜o deve ser va´lida apenas na regia˜o 0 < x < a. E´ l´ıcito, portanto, imaginar uma
func¸a˜o f (x) que, perio´dica, reproduza o valor do potencial na regia˜o citada, e que seja pass´ıvel de representac¸a˜o em se´rie de Fourier de senos.
Como o seno e´ uma func¸a˜o ı´mpar, imaginamos uma extensa˜o perio´dica ı´mpar:
f (x) =
{
−V0, −a < x < 0,
V0, 0 < x < a
e f(x+ 2a) = f(x)
A func¸a˜o f (x) possui per´ıodo 2a, portanto sua expansa˜o em se´rie de senos teria a forma
f (x) =
∞∑
n=1
bn sen
npix
a
,
com
bn =
1
a
∫ a
−a
f (x) sen
npix
a
dx =
2
a
∫ a
0
V0 sen
npix
a
dx =
2V0
npi
[1− (−1)n] =
{
4V0
npi
, para n ı´mpar
0, para n par
,
ou seja,
f (x) =
4V0
pi
∞∑
n=1
sen [(2n− 1)pix/a]
2n− 1 .
Eduardo Resek – 24– Universidade Federal de Itajuba´
FIS641 - Eletromagnetismo I Eletrosta´tica
Como vimos, f (x)→ V0 em 0 < x < a, sendo portanto a soluc¸a˜o procurada, Dn = bn. A soluc¸a˜o completa fica
φ(x, y) =
4V0
pi
∞∑
n=1
sen [(2n− 1)pix/a]
2n− 1 e
−(2n−1)piy/a.
O campo pode ser imediatamente calculado a partir de
E = −∇φ = −∂φ
∂x
xˆ− ∂φ
∂y
yˆ =
4V0
a
∞∑
n=1
{− xˆ cos[(2n− 1)pix/a] + yˆ sen [(2n− 1)pix/a]} e−(2n−1)piy/a.
As densidades de cargas nas superf´ıcies condutoras internas a` regia˜o sera˜o
σ = �0 E · nˆ,
onde nˆ e´ o versor perpendicular a` superf´ıcie correspondente. Fica
σ(0, y) = �0 xˆ ·E(0, y) = −4�0V0
a
∞∑
n=1
e−(2n−1)piy/a = − 4�0V0
a ( e−piy/a − epiy/a) =
2�0V0
a senh piy/a
.
As demais densidades sera˜o
σ(a, y) = �0 E(a, y) ·(− xˆ), σ(x, 0) = �0 yˆ ·E(x, 0).
Fica como exerc´ıcio proposto completar o ca´lculo dessas densidades de cargas.
Ainda pertinente a esse exemplo, nesse caso espec´ıfico (e em alguns outros, utilizando uma te´cnica semelhante), e´ poss´ıvel expressar a soluc¸a˜o
obtida numa forma fechada, ou seja, e´ poss´ıvel somar explicitamente essa se´rie de Fourier. Vejamos:
Obtivemos
φ (x, y) = cte
∞∑
n=1
n impar
1
n
e−npiy/a sen
npix
a
= cte
∞∑
n=1
n impar
1
n
e−npiy/a Im
{
ei
npix
a
}
= cte Im

∞∑
n=1n impar
1
n
einpi(x+iy)/a
 = cte Im

∞∑
n=1
n impar
Zn
n

onde
Z = eipi(x+iy)/a.
Partindo de ∞∑
n=0
Zn = 1 + Z + Z2 + Z3 + Z4 + · · · = 1
1− Z , |Z| < 1,
Universidade Federal de Itajuba´ – 25– Eduardo Resek
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
multiplicando por dZ e integrando, teremos
∞∑
n=1
Zn
n
= Z +
Z2
2
+
Z3
3
+
Z4
4
= · · · = − ln(1− Z),
e trocando Z por −Z,
−
∞∑
n=1
(−Z)n
n
= Z − Z
2
2
+
Z3
3
− Z
4
4
= · · · = ln(1 + Z).
Somando essas duas u´ltimas e dividindo por dois,
Z +
Z3
3
+
Z5
5
+ · · · =
∞∑
n=1
n impar
Zn
n
=
1
2
ln
1 + Z
1− Z .
Lembrando que o resultado e´ um nu´mero complexo e que na verdade desejamos apenas a sua parte imagina´ria, recordemos que, sendo ζ um
complexo na forma
ζ = x+ iy = ρ eiθ,
a parte imagina´ria de seu logaritmo natural sera´
ln ζ = ln ρ+ iθ =⇒ Im {ln ζ} = θ = tan−1 Im {ζ}
Re {ζ}
Para
ζ =
1 + Z
1− Z =
(1 + Z)(1− Z∗)
(1− Z)(1− Z∗) =
1− |Z|2 +
2i Im{Z}︷ ︸︸ ︷
Z − Z∗
1 + |Z|2 − (Z + Z∗)︸ ︷︷ ︸
2 Re{Z}
.
Assim
Im

∞∑
n=1
n impar
Zn
n
 = 12 tanh−1 2 Im {Z}1− |Z|2 .
Como
Z = eipi(x+iy)/a = epi(−y+ix)/a =⇒ Im {Z} = e−piy/a sen pix
a
, |Z| = e−piy/a,
Eduardo Resek – 26– Universidade Federal de Itajuba´
FIS641 - Eletromagnetismo I Eletrosta´tica
resulta finalmente
Im

∞∑
n=1
n impar
Zn
n
 = 12 tanh−1
(
2 e−piy/a sen pix
a
1− e−2piy/a
)
=
1
2
tanh−1
(
2 sen pix
a
epiy/a − e−piy/a
)
=
1
2
tanh−1
(
sen pix
a
senh piy
a
)
e
φ (x, y) =
2V0
pi
tanh−1
(
sen pix
a
senh piy
a
)
1.16.2 Separac¸a˜o de Varia´veis em Coordenadas Esfe´ricas com Simetria Azimutal
Existe uma classe muito grande de problemas cuja geometria apresenta simetria azimutal, isto e´, o potencial e´ independente da coordenada
angular ϕ,
φ (r) = φ(r, θ).
Para essas sistuac¸o˜es, a equac¸a˜o de Laplace se simplifica, em coordenadas esfe´ricas, para
∇2φ = 1
r2
∂
∂r
(
r2
∂φ
∂r
)
+
1
r2 sen θ
∂
∂θ
(
sen θ
∂φ
∂θ
)
= 0.
Tentamos enta˜o separar as varia´veis com uma soluc¸a˜o do tipo φ (r, θ) = R (r)Θ (θ). Substituic¸a˜o na equac¸a˜o de Laplace resulta em
Θ (θ)
r2
d
dr
(
r2
dR
dr
)
+
R (r)
r2 sen θ
d
dθ
(
sen θ
dΘ
dθ
)
= 0.
Dividindo por RΘ/r2 e reorganizando, vem
1
R (r)
d
dr
[
r2R′(r)
]
= − 1
sen θΘ (θ)
d
dθ
[ sen θΘ′(θ)]
Novamente, o primeiro e segundo membros conteˆm func¸o˜es de varia´veis totalmente distintas, e somente podem ser iguais se ambos forem
independentes das respectivas varia´veis, ou seja, se forem iguais a um constante, digamos k. As equac¸o˜es separadas para r e θ ficam
d
dr
[
r2R′(r)
]− kR(r) = 0 e d
dθ
[ sen θΘ′(θ)] + k sen θΘ (θ) = 0.
Consideremos primeiramente a equac¸a˜o em θ; A substituic¸a˜o de varia´veis
x = cos θ =⇒ dΘ
dθ
= − sen θ dΘ
dx
,
d
dθ
[ sen θΘ′(θ)] = (1− x2)d
2Θ
dx2
− 2xdΘ
dx
Universidade Federal de Itajuba´ – 27– Eduardo Resek
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
conduz a` equac¸a˜o de Legendre:
(1− x2)d
2Θ
dx2
− 2xdΘ
dx
+ kΘ = 0,
que so´ possui soluc¸o˜es regulares se a constante k for da forma `(` + 1), ` ∈ IN . E´ claro que a soluc¸a˜o em θ deve satisfazer a esse quesito, de
modo que
(1− x2)d
2Θ
dx2
+ 2x
dΘ
dx
+ `(`+ 1)Θ = 0,
tendo soluc¸a˜o regular
Θ`(x) = P` (x) ou Θ` (θ) = P` (cos θ).
Com isto, a equac¸a˜o da parte radial,
d
dr
[
r2R′`(r)
]− `(`+ 1)R`(r) = 0
e´ facilmente solucionada tentando uma soluc¸a˜o em se´rie de poteˆncias. Na verdade, e´ trivial verificar que r` e r−(`+1) sa˜o as duas soluc¸o˜es
linearmente independentes de que necessitamos, ou seja
R` (r) = A`r
` +
B`
r`+1
,
e como ` pode ser qualquer inteiro na˜o negativo (inclusive 0), a soluc¸a˜o completa fica
φ (r, θ) =
∞∑
`=0
(
A` r
` +
B`
r`+1
)
P` (cos θ)
Exemplo 3: Dois hemisfe´rios meta´licos - Cada hemisfe´rio de uma esfera de raio a esta´ isolado um do outro e mantido a potenciais −V,+V , como
mostrado na figura. Como existe simetria azimutal, para obter o potencial em todo o espac¸o, devemos resolver a equac¸a˜o de Laplace em coordenadas
esfe´ricas com as seguintes condic¸o˜es de contorno:
φ =
{
+V, para 0 ≤ θ < pi/2,
−V, para pi/2 < θ ≤ pi
Eduardo Resek – 28– Universidade Federal de Itajuba´
FIS641 - Eletromagnetismo I Eletrosta´tica
Claramente devemos dividir a soluc¸a˜o em duas regio˜es distintas: r < a e r > a. Sejam φ1 e φ2 tais soluc¸o˜es, respectivamente:
φ(r < a, θ) = φ1 =
∞∑
`=0
(
A` r
` +
B`
r`+1
)
P` (cos θ), φ(r > a, θ) = φ2 =
∞∑
`=0
(
C` r
` +
D`
r`+1
)
P` (cos θ).
Como o potencial deve ser finito em todo o espac¸o, eliminamos os coeficientes B` e C`, que causariam um comportamento divergente de φ1 e φ2
quando r → 0 e r →∞, respectivamente. Ficamos com
φ1(r, θ) =
∞∑
`=0
A` r
`P` (cos θ), φ2(r, θ) =
∞∑
`=0
D`
r`+1
P` (cos θ).
Uma condic¸a˜o de contorno adicional exige a continuidade do potencial, em particular em r = a:
φ1(a, θ) = φ2(a, θ) =⇒
∞∑
`=0
(
A` a
` − D`
a`+1
)
P` (cos θ) = 0, ∀θ.
Como os polinoˆmios de Legendre de ordens distintas sa˜o linearmente independentes entre si, decorre
D` = a
2`+1A`.
Universidade Federal de Itajuba´ – 29– Eduardo Resek
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
Resta agora determinar apenas as constantes A`. Para isso, observamos que em r = a,
φ(a, θ) =
∞∑
`=0
A` a
` P` (cos θ) = f (θ) =
{
+V, para 0 ≤ θ < pi/2,
−V, para pi/2 < θ ≤ pi .
Isso constitui uma expansa˜o em se´rie de Fourier-Legendre, ana´loga a`s bem conhecidas se´ries de Fourier trigonome´tricas. O coeficiente α` = A` a
` pode
ser calculado por
α` = A` a
` =
2`+ 1
2
∫ pi
0
f (θ)P` (cos θ) sen θ dθ =
2`+ 1
2
V
(∫ pi
2
0
P` (cos θ) sen θ dθ −
∫ pi
pi
2
P` (cos θ) sen θ dθ
)
.
Em termos de x = cos θ, as integrais entre pareˆntesis ficam∫ 1
0
P` (x) dx−
∫ 0
−1
P` (x) dx︸ ︷︷ ︸
x→−x
=
∫ 1
0
P` (x) dx+
∫ 0
1
P`(−x) dx =
∫ 1
0
[P` (x)− P`(−x)] dx =
[
1− (−1)`] ∫ 1
0
P` (x) dx.
Assim, os coeficientes se anulara˜o para qualquer ` par, α2` = 0. Para ` ı´mpar, fica
α2`−1 = 2(−1)` (2`− 3)!!
`! 2`
(4`− 1)
2
V, para ` > 1; Para ` = 1 temos: α1 = 3V
∫ 1
0
x dx =
3
2
V.
Com isso,
A1 =
3V
2a
, D1 = a
2A1 =
3aV
2
, A2`−1 = (−1)`(4`− 1)(2`− 3)!!
`! 2`a2`−1
V, D2`−1 = (−1)`(4`− 1)(2`− 3)!!
`! 2`
a2`+1 V, ` = 2, 3, ...
Assim, se definirmos (−1)!! = 1, a soluc¸a˜o final pode ser escrita como
φ (r, θ) = V
∞∑
`=1
(−1)`+1(4`− 1)(2`− 3)!!
`! 2`
(r
a
)2`−1
P2`−1 (cos θ), para r < a,
e
φ (r, θ) = V
∞∑
`=1
(−1)`+1(4`− 1)(2`− 3)!!
`! 2`
(a
r
)2`
P2`−1 (cos θ), para r > a,
Fica proposta a tarefa de calcular as densidades de cargas presentes nas placas condutoras que formam os hemisfe´rios.
Eduardo Resek – 30– Universidade Federal de Itajuba´
FIS641 - Eletromagnetismo I Eletrosta´tica
1.16.3 Separac¸a˜o de Varia´veis em Coordenadas Cil´ındricas com potencial independente de z
∇2φ = 1
ρ
∂
∂ρ
(
ρ
∂φ
∂ρ
)
+
1
ρ2
∂2φ
∂ϕ2
Assumimos φ da forma φ(ρ,ϕ) = R (ρ)Φ (ϕ). Substituic¸a˜o na equac¸a˜o conduz a
Φ
ρ
d
dρ
[ρR′(ρ)] +
R
ρ2
d2Φ
dϕ2
,
ou
ρ
R
d
dρ
[ρR′(ρ)] = − 1
Φ (ϕ)
d2Φ
dϕ2
= λ2
que implica na separac¸a˜o das equac¸o˜es para ρ e ϕ:
ρ2R′′(ρ) + ρR′(ρ)− λ2R (ρ) = 0, Φ′′(ϕ) + λ2Φ (ϕ) = 0.
Podem ocorrer treˆs situac¸o˜es:
λ = 0 A soluc¸a˜o sera´ da forma
R (ρ) = A0 +B0 ln ρ, Φ (ϕ) = C0 +D0ϕ.
λ 6= 0, λ ∈ IR Teremos soluc¸o˜es perio´dicas em ϕ:
Φλ (ϕ) = Cλ cosλϕ+Dλ senλϕ.
A soluc¸a˜o radial pode ser obtida pelo me´todo usual de se´rie de poteˆncias, mas e´ fa´cil verificar que, neste caso, a soluc¸a˜o sera´
Rλ(ρ) = Aλρ
λ +
Bλ
ρλ
.
A soluc¸a˜o geral, como sempre, sera´ a combinac¸a˜o linear dos Φλ para todos os poss´ıveis valores de λ:
φ(ρ, ϕ) = (A0 +B0 ln ρ)(C0 +D0ϕ) +
∑
λ
(
Aλρ
λ +
Bλ
ρλ
)
(Cλ cosλϕ+Dλ senλϕ)
Nas situac¸o˜es onde toda a faixa de valores de ϕ e´ permitida, isto e´, 0 ≤ ϕ < 2pi, a condic¸a˜o de periodicidade exige que φ (ρ,ϕ+ 2pi) = φ (ρ,ϕ), o
que so´ pode ser satisfeito se λ ∈ IN ; denotaremos λ = n; ainda, obrigatoriamente D0 = 0 e a constante C0 sera´ absorvida em A0 e B0:
φ(ρ, ϕ) = A0 +B0 ln ρ+
∑
n
(
Anρ
n +
Bn
ρn
)
(Cn cosnϕ+Dn sennϕ) .
Universidade Federal de Itajuba´– 31– Eduardo Resek
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
O termo logar´ıtimico e´ caracter´ıstico de uma linha infinita carregada, e so´ estara´ presente se houver uma tal linha carregada no eixo z. Se na˜o
houver singularidade na origem, Bn = 0, ∀n. Da mesma forma, se o potencial for finito para ρ→∞, B0 = 0 e An = 0, n > 0.
Ha´ situac¸o˜es em que a faixa de variac¸a˜o de ϕ e´ restrita a uma regia˜o menor que 2pi (veja a lista de problemas propostos). Nessas condic¸o˜es,
abre-se uma outra possibilidade de soluc¸o˜es para a equac¸a˜o separada. Poderemos ter a possibilidade de valores negativos λ2! Poremos λ2 = −ν2,
com ν ∈ IR. As soluc¸o˜es em ϕ sera˜o da forma
Φν (ϕ) = Cν cosh νϕ+Dν senh νϕ,
enquanto que as soluc¸o˜es radiais sera˜o exponenciais complexas do tipo ρ±iν . Entretanto, como
ln ρ±
.
ı ν = ± .ı ν ln ρ =⇒ ρ±.ı ν = e±.ı ν ln ρ = cos(ν ln ρ)± .ı sen (ν ln ρ)
podemos escreveˆ-las como uma combinac¸a˜o linear de senos e cossenos de ν ln ρ. A soluc¸a˜o geral enta˜o se escreve na forma
φ(ρ, ϕ) = (A0 +B0 ln ρ)(C0 +D0ϕ) +
∑
ν
[
Aν cos(ν ln ρ) +Bν sen (ν ln ρ)
]
(Cν cosh νϕ+Dν senh νϕ)
1.16.4 Separac¸a˜o de Varia´veis em Coordenadas Cil´ındricas
A forma geral da equac¸a˜o de Laplace em coordenadas cil´ındricas e´
∇2φ = 1
ρ
∂
∂ρ
(
ρ
∂φ
∂ρ
)
+
1
ρ2
∂2φ
∂ϕ2
+
∂2φ
∂z2
= 0,
que tentaremos resolver novamente utilizando o me´todo da separac¸a˜o de varia´veis, agora com
φ = φ (ρ,ϕ,z) = R (ρ)Φ (ϕ)Z (z).
Substituindo acima e divindo por RΦZ, obtemos
1
ρR
d
dρ
(
ρ
dR
dρ
)
+
1
ρ2Φ
d2Φ
dϕ2
= −d
2Z
dz2
.
Isso so´ e´ poss´ıvel se ambos os termos forem constantes, que denominaremos β. Escolhemos a constante de separac¸a˜o β de acordo com as
condic¸oes de contorno. Independeˆncia de z (geralmente em geometrias com fios ou cilindros infinitos) leva a` escolha β = 0, que ja´ foi estudada
anteriormente. Periodicidade em z implica em β > 0, que deixaremos proposto como exerc´ıcio. O caso β < 0, que enfatizaremos escrevendo
β = −λ2, sera´ analisado a seguir. As equac¸o˜es separadas ficam
1
ρR
d
dρ
(
ρ
dR
dρ
)
+
1
ρ2Φ
d2Φ
dϕ2
+ λ2 = 0
d2Z
dz2
− λ2Z = 0.
Eduardo Resek – 32– Universidade Federal de Itajuba´
FIS641 - Eletromagnetismo I Eletrosta´tica
A equac¸a˜o em z tem soluc¸a˜o imediata:
Z (z) = Eλ e
λz + Fλ e
−λz ou Z (z) = Eλ coshλz + Fλ senhλz
Multiplicando a outra equac¸a˜o por ρ2 e reorganizando, fica
ρ
1
R
d
dρ
(
ρ
dR
dρ
)
+ ρ2λ2 = − 1
Φ
d2Φ
dϕ2
= ν2,
pois novamente a igualdade so´ e´ poss´ıvel se ambos os membros forem constantes. A escolha de uma constante positiva (se ν ∈ IR, ν2 > 0)
implica soluc¸o˜es trigonome´tricas para Φ:
Φ (φ) = Cν cos νϕ+Dν sen νϕ,
enquanto que a equac¸a˜o na coordenada radial
ρ2
∂2R
∂ρ2
+ ρ
∂R
∂ρ
+ (λ2ρ2 − ν2)R = 0,
ou de forma equivalente,
∂2R
∂ρ2
+
1
ρ
∂R
∂ρ
+
(
λ2 − ν
2
ρ2
)
R = 0,
se transforma na equac¸a˜o diferencial de Bessel atrave´s da mudanc¸a de varia´veis:
ξ = λρ =⇒ d
dρ
= λ
d
dξ
,
d2
dρ2
= λ2
d2
dξ2
,
cuja substituic¸a˜o leva a
λ2
∂2R
∂ρ2
+
λ2
ρ
∂R
∂ρ
+
(
λ2 − λ
2ν2
ρ2
)
R = 0,
ou finalmente
∂2R
∂ρ2
+
1
ρ
∂R
∂ρ
+
(
1− ν
2
ρ2
)
R = 0,
que e´ a equac¸a˜o de Bessel. Vimos que suas soluc¸o˜es sa˜o da forma
R (ξ) = AνJν (ξ) +BνNν (ξ),
onde Jν e Nν sa˜o, respectivamente, as func¸o˜es de Bessel e de Neumann de primeira espe´cie. Em termos de ρ:
R (ρ) = AνJν (λρ) +BνNν (λρ).
Universidade Federal de Itajuba´ – 33– Eduardo Resek
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
Podemos enta˜o apresentar a soluc¸a˜o geral para esse caso:
φ (ρ,ϕ,z) =
∑
ν,λ
[AνJν (λρ) +BνNν (λρ)] (Cν cos νϕ+Dν sen νϕ)(Eλ coshλz + Fλ senhλz)
Exemplo 4: Cilindro de altura finita com base e lateral aterradas
Desejamos obter o potencial ele´trico no interior do cilindro da figura, na situac¸a˜o em que a tampa superior esta´
conectada a uma bateria de tensa˜o conhecida e constante V0. Na soluc¸a˜o geral acima, de imediato devemos tomar
Bν = 0, pois as func¸o˜es de Neumann sa˜o irregulares para ρ→ 0. Ale´m disso:
φ (ρ, ϕ, 0) = 0 =⇒ Eλ = 0.
Com isso, a soluc¸a˜o se simplifica para
φ (ρ,ϕ,z) =
∑
ν,λ
FλJν (λρ) senhλz (Cν cos νϕ+Dν sen νϕ) .
A seguir, consideramos a condic¸a˜o de contorno na superf´ıcie lateral do cilindro:
φ (a, ϕ, z) = 0, ∀ϕ,z.
A u´nica possibilidade que evita a soluc¸a˜o trivial e´ que
Jν (λa) = 0 =⇒ λa = ανi,
onde ανi e´ um dos (infinitos) zeros da func¸a˜o de Bessel de ordem ν. Denotando o λ pelo ı´ndice i, λi = ανi/a, de modo que
φ (ρ,ϕ,z) =
∞∑
i=1
∑
ν
FiJν
(ανi
a
ρ
)
senh
(ανi
a
z
)
(Cν cos νϕ+Dν sen νϕ) .
A u´ltima condic¸a˜o especifica o potencial na tampa superior do cilindro, nesse caso constante e igual a V0:
φ (ρ, ϕ, b) = V0 =
∞∑
i=1
∑
ν
Fi senh
(ανi
a
b
)
Jν
(ανi
a
ρ
)
(Cν cos νϕ+Dν sen νϕ)
Quando o potencial na tampa for uma func¸a˜o arbitra´ria de ρ e ϕ teremos um desenvolvimento em se´rie dupla de Fourier. Nesse caso, entretanto, assim
como em outros onde se tem simetria azimutal, o potencial e´ independente de ϕ, e portanto o u´nico valor aceita´vel de ν e´ zero. Fica:
φ (ρ, b) = V0 =
∞∑
i=1
Fi senh
(α0i
a
b
)
J0
(α0i
a
ρ
)
.
Eduardo Resek – 34– Universidade Federal de Itajuba´
FIS641 - Eletromagnetismo I Eletrosta´tica
Para determinar os coeficiente Fi, multiplicamos ambos os termos por J0(α0kρ/a)ρ dρ, integramos de 0 a a e utilizamos a propriedade da ortogonalidade
das func¸o˜es de Bessel:∫ a
0
V0J0(α0kρ/a)ρ dρ =
∞∑
i=1
Fi senh (α0ib/a)
∫ a
0
J0 (α0iρ/a)J0(α0kρ/a)ρ dρ =
∞∑
i=1
Fi senh (α0ib/a)
a2
2
[J ′0(α0k)]
2
δik
= Fk
a2
2
senh (α0kb/a) [J1 (α0k)]
2
Por outro lado,
d
dx
[xnJn(x)] = x
nJn−1(x),
o que para n = 1 e x = α0kρ/a fornece ∫ a
0
J0 (α0kρ/a)ρ dρ =
a
α0k
ρJ1(α0kρ/a)
∣∣∣a
0
=
a2
α0k
J1 (α0k).
Com isso,
Fk =
2V0a
2J1 (α0k)
a2α0k senh (α0kb/a)[J1 (α0k)]2
=
2V0
α0k senh (α0kb/a)J1 (α0k)
e o potencial no interior do cilindro fica
φ (ρ,z) = 2V0
∞∑
n=1
senh (α0nz/a)J0 (α0nρ/a)
α0n senh (α0nb/a)J1 (α0n)
Universidade Federal de Itajuba´ – 35– Eduardo Resek
Cap´ıtulo 2
Magnetosta´tica
2.1 Corrente ele´trica
2.1.1 Definic¸a˜o
Corrente e´ definida como o movimento de carga ele´trica atrave´s de uma superf´ıcie:
i =
dq
dt
.
Em todo condutor ha´ ele´trons cuja energia de ligac¸a˜o com os a´tomos e´ muita pequena (os ele´trons da banda de conduc¸a˜o), o que os torna
praticamente livres. Existe um movimento natural desses ele´trons devido a` sua energia te´rmica, mas isso na˜o caracteriza corrente ele´trica, pois
o movimento e´ aleato´rio e, estatiscamente, a carga ele´trica atravessando qualquer superf´ıcie no interior do condutor e´ zero. Entretanto, se existe
um campo ele´trico externo aplicado ao condutor, os ele´trons livres respondera˜o a` forc¸a ele´trica e existira´ um movimento ordenado de carga.
Considere uma superf´ıcie dS muito pequena, cuja normal nˆ faz um aˆngulo α com a direc¸a˜o da velocidade dos ele´trons. Num intervalo de tempo
dt, os ele´trons que atravessara˜o a superf´ıcie sera˜o aquele que se encontrem dento de um paralelep´ıpedo tal como o mostrado na figura, cuja base
e´ dS e altura v dt cosα. Sendo n o nu´mero de portadores de carga por unidade de volume e q a carga de cada um deles, a carga total nesse
paralelep´ıpedo sera´ nq dv = nqv dt cosα dS = nqv· nˆ dS dt, de modo que a corrente di que atravessa a superf´ıcie dS e´
di = nqv· nˆ ds = J· nˆ dS,
e a corrente atrave´s de uma superf´ıcie finita,
i =
∫
S
J· nˆ dS,
36
FIS641 - Eletromagnetismo I Eletrosta´tica
onde definimos o vetor densidade de corrente ele´trica J,
J = nqv = ρv,
onde ρ e´ a densidade volume´trica de cargas de conduc¸a˜o.
Em algumas situac¸o˜es, e´ conveniente definir uma densidade superficial de corrente ele´trica, K ou J , definida por
K = σv
2.1.2 Lei de Ohm
Em um material homogeˆneo e isotro´pico, o movimento das carga sera´ na mesma direc¸a˜o do campo ele´trico resultante em cada ponto:
J ∝ E,
de modo que a densidade de corrente e´ uma constante multiplicada pelo campo ele´trico. Essa constante caracteriza a responsividade do consutor
a˜ ac¸ao de um campo externo, sendo denominadacondutividade (denotaremos por g, embora seja muito comum a notac¸a˜o σ)
J = gE.
A condutividade e´ medida, no sistema internacional, em Ω−1/m = S/m (ohm e´ unidade de resisteˆncia ele´trica e siemens e´ unidade de condutaˆncia
ele´trica). O inverso da condutividade e´ a resistividade ele´trica, usualmente denotada por ρ, mas que denotaremos por η:
η =
1
g
=⇒ E = ηJ.
Essas expresso˜es sa˜o conhecidas como a forma infinitesimal da lei de Ohm.
2.1.3 Equac¸a˜o da Continuidade
Considere uma regia˜o onde existe corrente ele´trica. Imagine uma superf´ıcie fechada S ′, delimitando um volume v′. A carga total em cada
instante no interior do volume e´
q(t) =
∫
v′
ρ(t) dv′,
que varia de instante para instante em func¸a˜o da carga que flui pela superf´ıcie S ′. A taxa de variac¸a˜o da carga e´, em mo´dulo, igual a` corrente
atrave´s da superf´ıcie, pois a carga ele´trica se conserva, isto e´, a carga que deixa de existir em v′ necessariamente fluiu atrave´s de S ′. Assim,
podemos escrever ∮
S′
J· nˆ dS ′ = − d
dt
∫
v′
ρ dv′,
Universidade Federal de Itajuba´ – 37– Eduardo Resek
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
que e´ a forma integral da equac¸a˜o da continuidade. Usando o teroema de Gauss, podemos escrever o fluxo de J como a integral de volume do
seu divergente, de modo que ∫
v′
(
∇·J + ∂ρ
∂t
)
dv′ = 0 =⇒∇·J + ∂ρ
∂t
= 0,
que e´ a forma diferencial da equac¸a˜o da continuidade.
2.2 Campo Magne´tico de Correntes Estaciona´rias
2.3 Lei de Biot-Savart
A descoberta de Hans Christian Oersted em 1819 de que correntes ele´tricas produzem campos magne´ticos levou a uma corrida para estabelecer
como se relaciona o campo magne´tico com a corrente. Esta relac¸a˜o foi descoberta por volta de 1820 experimentalmente por Biot e Savart, e
pode ser expressa em nossa linguagem atual como
B(r) =
µ0
4pi
∫
v′
J(r′)×(r− r′)
|r− r′|3 dv
′,
onde µ0 e´ uma constante denominada permeabilidade magne´tica do va´cuo, medida em H/m (henry/metro).
2.4 Lei de Gauss
Uma decorreˆncia imediata da lei de Biot-Savart e´ que o campo magne´tico tem divergente nulo. De fato, como
r− r′
|r− r′|3 = −∇
1
|r− r′| ,
podemos escrever a lei de Biot-Savart como
B(r) = −µ0
4pi
∫
v′
J(r′)×∇ 1|r− r′| dv
′.
Por outro lado, ∇×(ψF) =∇ψ×F + ψ∇×F, e como J na˜o depende de r′,
∇× J(r
′)
|r− r′| =
(
∇ 1|r− r′|
)
×J(r′) = −J(r′)×∇ 1|r− r′| ,
de modo que
(2.1) B(r) =
µ0
4pi
∇×
∫
v′
J(r′)
|r− r′| dv
′.
Eduardo Resek – 38– Universidade Federal de Itajuba´
FIS641 - Eletromagnetismo I Eletrosta´tica
Como o divergente do rotacional de qualquer func¸a˜o vetorial com as segundas derivadas bem definidas e´ nulo, decorre
(2.2) ∇·B = 0,
que e´ a lei de Gauss para o vetor induc¸a˜o magne´tica B. Na forma integral, que obtemos facilmente integrando-a num volume e usando o terorema
de Gauss, fica ∮
S
B· nˆ dS = 0.
A lei de Gauss traduz teoricamente a inexisteˆncia de monopolos magne´ticos.
2.5 Potencial Vetor Magne´tico
Como o divergente do rotacional de qualquer vetor e´ nulo, a lei de Gauss 2.2 garante que B pode ser obtido atrave´s do rotacional de algum vetor,
(2.3) B =∇×A.
De fato, 2.1 sugere que
(2.4) A =
µ0
4pi
∫
v′
J(r′)
|r− r′| dv
′
e´ um candidato, embora na˜o seja o u´nico: haja vista que o rotacional do gradiente de um escalar e´ nulo, podemos somar a 2.1 o gradiente de
qualquer func¸a˜o escalar ψ, sem nenhuma influeˆncia sobre o campo B:
A′ = A +∇ψ =⇒∇×A′ =∇×A.
Isso e´ conhecido como liberdade de gauge para o potencial vetor. Em magnosta´tica e´ usual e conveniente escolhermos o potencial vetor de forma
que seu divergente seja nulo. O potencial dado por 2.4 satisfaz esse quesito, conforme podemos verificar:
∇·A = µ0
4pi
∇·
∫
v′
J(r′)
|r− r′| dv
′ =
µ0
4pi
∫
v′
∇·
[
J(r′)
|r− r′|
]
dv′.
No que se segue, usaremos as seguintes propriedades:
∇·(ψF) =∇ψ·F + ψ∇·F(2.5)
∇′ 1|r− r′| = −∇
1
|r− r′|(2.6)
∇·J(r′) = 0 (porque J e´ func¸a˜o de r′)(2.7)
∇′·J(r′) = 0 (equac¸a˜o da continuidade).(2.8)
Universidade Federal de Itajuba´ – 39– Eduardo Resek
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
∇·
[
J(r′)
|r− r′|
]
1
=
(
∇ 1|r− r′|
)
·J(r′) + 1|r− r′| ∇·J(r
′)︸ ︷︷ ︸
=0 (3)
2
= −
(
∇′ 1|r− r′|
)
·J(r′)
1
= −∇′·
[
J(r′)
|r− r′|
]
+
1
|r− r′|∇
′·J(r′)︸ ︷︷ ︸
=0 (4)
4
= −∇′·
[
J(r′)
|r− r′|
]
,
de modo que
∇·A = −µ0
4pi
∫
v′
J(r′)
|r− r′| dv
′ = −µ0
4pi
∮
S′
J(r′)· nˆ
|r− r′| dS
′ = 0,
pois na superf´ıcie S ′ que delimita o volume que conte´m a regia˜o de correntes, necessariamente J· nˆ = 0.
2.6 Lei de Ampere
Ja´ vimos que o divergente do rotaional de B e´ nulo. O seu rotacional, por outro lado, pode ser obtido atrave´s de 2.3. Temos:
∇×B =∇×∇×A =∇(∇·A)−∇2A
onde
∇2A ≡ (∇2Ax) xˆ + (∇2Ay) yˆ + (∇2Az) zˆ.
O primeiro termo e´ nulo, e o segundo termo e´ imediato:
∇2A = µ0
4pi
∫
v′
∇2
[
J(r′)
|r− r′|
]
dv′ =
µ0
4pi
∫
v′
J(r′)∇2 1|r− r′|︸ ︷︷ ︸
−4piδ(r−r′)
dv′ = −µ0J(r),
de modo que
∇×B = µ0J,
que e´ a Lei de Ampe`re na forma diferencial. Para obter a versa˜o integral da lei, multiplique escalarmente por nˆdS integre numa a´rea delimitada
S por um percurso fechado l: ∫
S
∇×B· nˆ dS = µ0
∫
S
J· nˆ dS,
Eduardo Resek – 40– Universidade Federal de Itajuba´
FIS641 - Eletromagnetismo I Eletrosta´tica
e aplique o teorema de Stokes ao primeiro membro, resultando em∮
l
B·dr = µ0
∮
S
J· nˆ dS = µ0Ienv,
onde Ienv e´ a corrente total delimitada pelo percurso l.
Em 2.8 utilizamos a equac¸a˜o da continuidade para o caso em que as correntes sa˜o estaciona´rias, ∂ρ/∂t = 0, o que evidencia que a lei de
Ampe`re, a rigor, so´ se aplica a essa situac¸a˜o. Esse problema foi corrigido algunas anos mais tarde por Maxwell, que generalizou a lei de Ampe`re
para o caso de campos variantes no tempo.
2.7 Potencial escalar magne´tico
Embora o rotacional de B na˜o seja nulo, e´ frequ¨ente precisarmos calcular B numa regia˜o onde na˜o ha´ correntes. Quando J = 0, a lei de Ampe`re
fica
∇×B = 0,
o que tem como consequ¨eˆncia que, nessa situac¸a˜o, deve existir alguma func¸a˜o escalar da qual B possa ser obtido com seu gradiente. Escrevemos
B = −µ0∇φm,
onde φm e´ denominado potencial escalar magne´tico. Observe que, quando e´ poss´ıvel definir um potencial escalar para B no va´cuo, ele necessa-
riamente deve obedecer a uma equac¸a˜o de Laplace, pois
∇·B = 0 = −µ0∇·∇φm =⇒ ∇2φm = 0.
2.8 Dipolo Magne´tico
Considere uma regia˜o finita, limitada a um volume v′, onde existe uma distribuic¸a˜o de correntes e estabelec¸a um sistema de coordenadas onde
a origem esteja no interior de v′. O potencial vetor num ponto qualquer do espac¸o e´
A =
µ0
4pi
∫
v′
J(r′)
|r− r′| dv
′,
que vamos expandir em se´rie de poteˆncias de r′:
1
|r− r′| =
1
r
(
1 +
r·r′
r2
+ · · ·
)
,
Universidade Federal de Itajuba´ – 41– Eduardo Resek
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
resultando em
A(r) =
µ0
4pir
∫
v′
J(r′)
(
1 +
r·r′
r2
+ · · ·
)
dv′
O primeiro termo, referente ao monopolo magne´tico (que e´ nulo, como veremos a seguir) e o segundo, o do dipolo magne´tico, podem ser calculados
com aux´ılio da seguinte identidade:
∇′·(αβJ) =∇′(αβ)·J + αβ∇′·J = α∇′β·J + β∇′α·J + αβ∇′·J,
que usaremos em duas situac¸o˜es distintas: primeiramente, escolhamos α = x′i e β = 1:
∇′·(x′iJ) = x′i∇′·J + xˆ·J = Ji,
pois ∇′·J = 0 para correntes estaciona´rias. Assim,∫
v′
Ji(r
′) dv′ =
∫
v′
∇′·(x′iJ) dv′ =
∮
S′
x′iJ· nˆ dS ′ = 0,
pois J· nˆ = 0 na superf´ıcie limı´trofe de v′. Isso mostra que o primeiro termo da expansa˜o acima se anula. A seguir, tomemos α = xi e β = xj:
∇′·(x′ix′jJ) = x′iJj + x′jJi + x′ix′j∇′·J = x′iJj + x′jJi.
Integrando no volume v′ como fizemos anteriormente∫
v′
∇′·(x′ix′jJ) dv′ =
∮
S′
x′ix
′
jJ· nˆ dS ′ = 0 =
∫
v′
(x′iJj + x
′
jJi) dv
′ =⇒
∫
v′
x′iJj dv
′ = −
∫
v′
x′jJi dv
′
Multiplicando ambos os termos por xˆi e somando para todos os componentes (i = 1, 2, 3), resulta∫
v′
(r·r′)Jj dv′ = −
∫
v′
(r·J)x′j dv′
e repetindo o processo, dessa vez com xˆj: ∫
v′
(r·r′)J dv′ = −
∫
v′
(r·J)r′ dv′
Por outro lado,
r×(r′×J) = (r·J)r′ − (r·r′)J,
consequentemente
(2.9)
∫
v′r×(r′×J) dv′ =
∫
v′
(r·J)r′ dv′ −
∫
v′
(r·r′)J dv′ = −2
∫
v′
(r·r′)J dv′,
Eduardo Resek – 42– Universidade Federal de Itajuba´
FIS641 - Eletromagnetismo I Eletrosta´tica
de modo que o termo de dipolo da expansa˜o fica
Ad(r) = − µ0
4pir3
r×
(
1
2
∫
v′
r′×J dv′
)
.
Definimos o vetor momento de dipolo magne´tico da distribuic¸a˜o:
m =
1
2
∫
v′
r′×J dv′,
em termos do qual o potencial de dipolo magne´tico se escreve como
Ad(r) =
µ0
4pi
m×r
r3
O campo magne´tico e´ obtido pelo rotacional do potencial:
B =∇×A = µ0
4pi
∇×
(
m×r
r3
)
,
que desenvolvemos por meio da identidade
∇×(F×G) = (∇·G)F− (∇·F)G + (G·∇)F− (F·∇)G,
com F = m e G = r/r3. Como m e´ um vetor constante, o segundo e o terceiro termos se anulam, restando:
∇×
(
m×r
r3
)
=∇· r
r3
− (m·∇) r
r3
.
O primeiro desses termos e´ 4piδ(r) e o segundo se escreve, sucessivamente
3∑
i=1
mi
∂
∂xi
3∑
j=1
xj xˆj
r3
=
3∑
i=1
3∑
j=1
mi
(
δij
r3
− 3xj
r4
xi
r
)
xˆj =
m
r3
− 3m·r
r5
r,
e o campo magne´tico para r 6= 0 fica
B =
µ0
4pi
3(m·r)r− r2m
r5
Universidade Federal de Itajuba´ – 43– Eduardo Resek
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
E´ interessante observar que essa expressa˜o tem a mesma estrutura do campo ele´trico produzido por um dipolo ele´trico p;
E =
1
4pi�0
3(p·r)r− r2p
r5
= −∇
(
1
4pi�0
p·r
r3
)
,
o que nos permite escrever de imediato que o potencial escalar magne´tico associado a um dipolo magne´tico e´
φm =
µ0
4pi
m·r
r3
,
para um dipolo na origem e
φm(r) =
µ0
4pi
m·(r− r′)
|r− r′|3 ,
para um dipolo num ponto r′ do espac¸o.
2.9 Correntes Superficiais
Para correntes superficiais podemos trocar J por K e dv′ por dS ′ em todas as expresso˜es anteriores. Por exemplo, a Lei de Biot-Savart fica
B(r) =
µ0
4pi
∫
S′
K(r′)×(r− r′)
|r− r′|3 dS
′,
enquanto o potencial vetor se escreve como
A(r) =
µ0
4pi
∫
S′
K(r′)
|r− r′| dS
′.
2.10 Condutores Filiformes
Ocasionalmente e´ poss´ıvel (e vantajoso) aproximarmos uma distribuic¸a˜o de correntes como fios condutores muito finos de sec¸a˜o reta desprez´ıvel.
Desse modo, se escrevermos dv′ = Adl′ para um elemento de volume do fio, onde A e´ a a´rea de sua sec¸a˜o reta, e J = J ˆ`=(I/A) ˆ`, onde ˆ` e´ o
versor tangente ao fio em cada ponto e I e´ a corrente total pelo fio, vemos que existira´ a correspondeˆncia
J(r′) dv′ = Idl′,
onde dl′ = dl′ ˆ`.
Eduardo Resek – 44– Universidade Federal de Itajuba´
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Em particular, as expresso˜es da lei de Biot-Savart, potencial vetor, momento de dipolo e potencial escalar ficam, respectivamente
B(r) =
µ0I
4pi
∫
l′
dl′×(r− r′)
|r− r′|3 ,
A(r) =
µ0I
4pi
∫
l′
dl′
|r− r′| ,
φm =
µ0
4pi
m·(r− r′)
|r− r′|3
m =
I
2
∫
l′
r′×dl′.
Para circuitos planos, o momento de dipolo magne´tico e´ equivalente a
m = IA nˆ,
sendo A e a´rea da espira e nˆ seu vetor unita´rio normal, cujo sentido e´ definido pela regra da ma˜o direita aplicada ao sentido de circulac¸a˜o da
corrente.
Esses u´ltimos resultados possibilitam ainda desenvolver uma expressa˜o para o potencial escalar magne´tico de um circuito de formato arbitra´rio.
Se dividirmos o circuito em um nu´mero muito grande de pequenas espiras, cada uma de a´rea ∆S ′i e versor normal nˆi, percorridos pela mesma
corrente I do circuito, o potencial escalar num ponto r qualquer sera´
φm(r) =
µ0I
4pi
∞∑
i=1
∆S ′i nˆi·(r− r′)
|r− r′|3 ,
que no limite de N →∞ e ∆S ′i → 0 fica
φm(r) =
µ0I
4pi
∫
S′
nˆ ·(r− r′)
|r− r′|3 dS
′.
O termo da integral representa, a menos do sinal, o aˆngulo so´lido delimitado pelo circuito a partir do ponto representado por r. O sinal e´ o
inverso, pois o aˆngulo so´lido delimitado por uma superf´ıcie a partir de um ponto envolve o vetor do ponto a` superf´ıcie, e na˜o da superf´ıcie ao
ponto, como na expressa˜o acima. Assim,
φm = −µ0I
4pi
Ω,
onde Ω e´ o aˆngulo so´lido a partir do ponto r.
Universidade Federal de Itajuba´ – 45– Eduardo Resek
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
2.11 Campos Magne´ticos em Meios Materiais
2.11.1 Densidades de Correntes de Magnetizac¸a˜o
Os a´tomos sa˜o formados por nu´cleo e ele´trons, e ambos possuem momentos magne´ticos. Part´ıculas como pro´tons e ele´trons possuem momentos
magne´ticos intr´ınsecos (spin) e os ele´trons possuem ainda possuem momentos magne´ticos orbitais. Para a maioria dos elementos da natureza,
o momento magne´tico total do a´tomo resulta ser nulo, com poucas e conhecidas excec¸o˜es: ferro, cromo, molibdeˆnio e n´ıquel. Mesmo a´tomos
magneticamente inertes, entretanto, podem ser influenciados por campos magne´ticos externos, adquirindo momentos de dipolo de magnitude
pequena, mas que no conjunto, devido a` ac¸a˜o conjunta de todos os a´tomos da substaˆncia, acabam influenciando o campo total.
Considere um material sujeito a um campo externo e suponha que cada um de seus a´tomos adquiram momentos magne´ticos mi. Um elemento
de volume ∆v′ possuira´ um momento de dipolo total
∆m =
∑
i
mi.
Define-se o vetor Magnetizac¸a˜o do material como a densidade de dipolo magne´tico (por unidade de volume):
M =
dm
dv′
Um corpo assim magnetizado contribuira´ para o campo magne´tico da regia˜o. E´ mais fa´cil determinar o potencial vetor que ele produz; cada
elemento de volume contribui com
dAm(r) =
µ0
4pi
dm×(r− r′)
|r− r′|3 =
µ0
4pi
M(r′)×(r− r′)
|r− r′|3 dv
′,
e o potencial vetor de todo o corpo sera´
Am =
µ0
4pi
∫
v′
M(r′)×(r− r′)
|r− r′|3 dv
′.
Tomando ψ = |r− r′|−1 e F = M na identidade ∇′×ψF =∇′ψ×F + ψ∇′×M, temos1
∇′×M(r
′)
|r− r′| =
(r− r′)
|r− r′|3×M(r
′) +
∇′×M(r′)
|r− r′| ,
o que nos permite reescrever a penu´ltima equac¸a˜o como
Am(r) =
µ0
4pi
∫
v′
∇′×M(r′)
|r− r′| dv
′ − µ0
4pi
∫
v′
∇′×M(r
′)
|r− r′| dv
′.
1Lembre-se que ∇′ 1|r− r′| =
r− r′
|r− r′|3
Eduardo Resek – 46– Universidade Federal de Itajuba´
FIS641 - Eletromagnetismo I Eletrosta´tica
O segundo termo pode ser transformado numa integral de superf´ıcie por um terorema ana´logo ao de Gauss:∫
v
∇×F dv =
∮
S
nˆ×FdS,
resultando
Am(r) =
µ0
4pi
∫
v′
∇′×M(r′)
|r− r′| dv
′ +
∫
S′
M(r′)×nˆ
|r− r′| dS
′,
que nos mostra que a contribuic¸a˜o do corpo magnetizado pode ser resumida em duas correntes de magnetizac¸a˜o:
JM =∇×M e KM = M×nˆ ,
denominadas respectivmente de densidades volume´trica e superficial de corrente de magnetizac¸a˜o. Observe que, assim como ocorre com as cargas
de polarizac¸a˜o num diele´trico, a corrente total de magnetizac¸a˜o num corpo e´ nula:∫
v′
JM dv
′ +
∫
S′
KM dS
′ =
∫
v′
∇′×M dv′ +
∫
S′
M×nˆ dS ′ =
∫
S′
nˆ×M dS ′ +
∫
S′
M×nˆ dS ′ = 0
2.11.2 Densidades de Po´los de Magnetizac¸a˜o
De maneira ana´loga, podemos escrever a contribuic¸a˜o de cada elemento de volume para o potencial escalar como
dφm(r) =
µ0
4pi
dm·(r− r′)
|r− r′|3 =
µ0
4pi
M(r′)·(r− r′)
|r− r′|3 dv
′.
Desenvolvendo de maneira ideˆntica ao que foi feito para diele´tricos, no cap´ıtulo 1, resulta
φm(r) =
µ0
4pi
∫
v′
ρM(r
′)
|r− r′| dv
′ +
∫
S′
σM(r
′)
|r− r′| dS
′,
onde
ρM = −∇·M e σM = M·nˆ
sa˜o respectivamente as densidades volume´trica e superficial de po´los de magnetizac¸a˜o.
Universidade Federal de Itajuba´ – 47– Eduardo Resek
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
2.11.3 A Lei de Ampe`re e o Vetor Campo Magne´tico
No interior de um corpo magnetizado a` corrente de conduc¸a˜o Jc deveremos acrescentar tambe´m a contribuic¸a˜o da corrente de magnetizac¸a˜o JM ,
de modo que a lei de Ampe`re nessa situac¸a˜o fica
∇×B = µ0(Jc + JM) = µ0(Jc +∇×M),
que podemos reescrever como
∇× (B− µ0M) = µ0Jc,
ou ainda
∇×H = Jc, com H = B
µ0
−M,
que e´ conhecido como o vetor campo magne´tico (assim como M, dado em A/m).
Na forma integral teremos ∮
l
H·dr = Icenv .
2.11.4 Equac¸a˜o de Poisson para o Potencial Escalar
Nas regio˜es onde a corrente de conduc¸a˜o e´ nula,
∇×H = 0,
e podemos (re)definir o potencial escalar para H tal que
H = −∇φm.
Dessa forma,
B = µ0(H + M) = µ0(−∇φm + M),
e como seu divergente e´ sempre nulo (lei de Gauss), vem
∇·B = −µ0∇·∇φm +∇·M = 0 =⇒ ∇2φm =∇·M = −ρM ,
que e´a equac¸a˜o de Poisson para φm. Ela consiste em uma boa alternativa para determinarmos os campos magne´ticos em regio˜es onde ha´ um
material magnetizado permanentemente.
Eduardo Resek – 48– Universidade Federal de Itajuba´
FIS641 - Eletromagnetismo I Eletrosta´tica
2.11.5 Condic¸o˜es de Contorno para o Campo Magne´tico
Meio 1
Meio 2
A
nˆ
∆l
∆h tˆ
-
H1
H2
B1
B2
A figura acima representa uma regia˜o limı´trofe entre dois meios magneticamente distintos. Suponha que, ale´m de correntes nos meios 1 e 2,
possa haver uma corrente superficial na fronteira entre os meios. A lei de Gauss para o vetor induc¸a˜o magne´tica aplicada ao pequeno cilindro
da figura leva a ∮
S
B· nˆ dS ' (B2 −B1)· nˆA = 0,
isto e´, o componente normal de B na interface e´ cont´ınuo:
(B2 −B1)· nˆ = 0 ou B2n = B1n
Por outro lado a lei de Ampe`re para H aplicada ao pequeno contorno retangular da figura diz que∮
l
H·dr ' (H2 −H1)·ˆt ∆l ' K· nˆ×tˆ ∆l = K× nˆ·ˆt ∆l,
Universidade Federal de Itajuba´ – 49– Eduardo Resek
Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
ou seja, o componente de H tangencial a` interface pode ser descont´ınuo de houver uma corrente superficial:
H2t −H1t = (K× nˆ)t.
para escrever essa relac¸a˜o em forma vetorial pura, multiplique vetorialmente por nˆ pela esquerda:
nˆ×(H2 −H1) = nˆ×(K× nˆ) = (nˆ·nˆ)K− (nˆ·Kˆ)nˆ.
Como nˆ e K sa˜o obrigatoriamente perpendiculares entre si, decorre
nˆ×(H2 −H1) = K
Exemplo 5: Esfera com Magnetizac¸a˜o Uniforme - Uma esfera de raio R encontra-se imersa no va´cuo e magnetizada com magnetizac¸a˜o uniforme
M zˆ. Como ∇·M = 0, o potencial escalar satisfara´ a equac¸a˜o de Laplace dentro e fora da esfera. Em virtude da simetria azimutal, o potencial
dependera´ de r e θ, sendo a soluc¸a˜o geral em cada regia˜o dada pela bem conhecida expansa˜o em se´rie de polinoˆmios de Legendre para θ e poteˆncias
de rn e r−(n+1). A fim de que o potencial se mantenha finito para r → 0 e r →∞, as soluc¸o˜es ficam
φm1(r, θ) =
∞∑
`=0
A`r
`P` (cos θ), r ≤ R,
φm2(r, θ) =
∞∑
`=0
B`
r`+1
P` (cos θ), r ≥ R.
A condic¸a˜o de continuidade do potencial em r = R implica em B` = A`R
2`+1. A condic¸a˜o de continuidade do componente normal de B em r = R
fornece:
Bn1(R, θ) = µ0[Hn1(R, θ) +M cos θ] = µ0Hn2(R, θ), ou −
∂φm1
∂r
∣∣∣∣
r=R
+M cos θ = − ∂φm2
∂r
∣∣∣∣
r=R
,
o que nos leva a
(−A1 +M)P1 (cos θ)−
∞∑
`=2
`A`R
`−1 =
∞∑
`=0
(`+ 1)
A`R
2`+1
R`+2
P` (cos θ).
A independeˆncia linear dos polinoˆmios de Legendre enta˜o implica:
A0 = 0, −A1 +M = 2A1, (2`+ 1)A`R(`− 1) = 0 =⇒ A1 = M
3
, A` = 0, ` > 1.
A soluc¸a˜o e´ enta˜o:
φm(r, θ) =

M
3
r cos θ =
M
3
z, para r ≤ R,
MR3
3
cos θ
r2
, para r ≥ R.
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O campo magne´tico H e´ obtido pelo gradiente de −φm:
H =

−M
3
zˆ, para r < R,
MR3
3
(2 cos θ rˆ + sen θ θˆ)
r3
, para r > R.
e o vetor induc¸a˜o magne´tica e´ B = µ0H + M para r < R e B = µ0H para r > R:
B =

2
3
µ0M, para r < R,
µ0MR
3
3
(2 cos θ rˆ + sen θ θˆ)
r3
, para r < R.
O campo magne´tico fora da esfera e´ o de um dipolo magne´tico de momento
m =
4
3
piR3M.
E´ claro que isso na˜o constitui nenhuma surpresa!
2.12 Forc¸as e Torques Sobre Distribuic¸o˜es de Correntes
Experimentalmente observa-se que cargas em movimento sofrem a ac¸a˜o de forc¸as de origem magne´tica quando numa regia˜o de campo magne´tico.
Essa forc¸a e´ dada por
F = qv×B.
A forc¸a total sobre uma carga numa regia˜o de campos ele´trico e magne´tico, conhecida como forc¸a de Lorentz, e´ portanto
F = q(E + v×B).
Correntes ele´tricas sa˜o cargas em movimento. Considere um elemento de volume dv em movimento com velocidade v numa regia˜o de campo
magne´tico de induc¸a˜o B. Sendo ρ a densidade de cargas de conduc¸a˜o no meio, a carga contida no elemento e´ dq = ρdv, e a forc¸a sobre ele sera´
dF = ρdv v×B = J×B dv
e a forc¸a total
F =
∫
v
J×B dv.
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Eletrosta´tica FIS641 - Eletromagnetismo I
Para condutores filiformes, Jdv = Idl, de modo que
F = I
∫
l
dl×B.
O torque sobre o elemento de volume e´
dN = r×dF = r×(J×B) dv
e o torque total
N =
∫
v
r×(J×B) dv.
Para espiras condutoras
N = I
∫
l
r×(dl×B).
Vale a pena especializar essas expresso˜es para o caso em que a distribuic¸a˜o de correntes estende-se sobre uma regia˜o v′ muito pequena (ou,
equivalentemente, o campo varia lentamente dentro da regia˜o v′. Adotando a origem convenientemente num ponto interior a v′, pro´ximo a seu
centro geome´trico, podemos expandir o campo B num ponto qualquer de v′ em se´rie de poteˆncias ao redor desse ponto:
B(r) = B(0) +
3∑
i=1
xi
∂B
∂xi
∣∣∣∣
r′=0
+ · · · = B(0) + (r·∇)B + · · · ,
onde x1, x2, x3 representam respectivamente as coordenadas cartesianas x, y, z. A forc¸a sobre a distribuic¸a˜o sera´
F '
∫
v′
J(r′)×
[
B(0) + (r′·∇)B(0)
]
dv′,
onde
(r′·∇)B(0) =
[
(r′·∇)B(r′)
]
r′=0
.
Na integral acima o primeiro termo e´ nulo: ∫
v′
J(r′)×B(0) dv′ =
[∫
v′
J(r′) dv′
]
︸ ︷︷ ︸
=0
×B(0) = 0
Para desenvolver o segundo termo, consideremos a identidade
∇(F·G) = (F·∇)G + (G·∇)F + F×∇×G + G×∇×F,
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com F = r′ e G = B. Como r′ na˜o depende de r, o segundo e o quarto termos acima sera˜o nulos; ale´m disso, fora da distribuic¸a˜o de correntes o
rotacional de B se anula (as fontes de B esta˜o distantes), restando
∇(r′·B) = (r′·∇)B.
Assim
F =
∫
v′
J(r′)×∇[r′·B(0)] dv′
Por outro lado, seja a ja´ bem conhecida identidade ∇×(ψA) =∇ψ×A + ψ∇×A com ψ = r′·B e A = J(r′):
∇×[(r′·B) J(r′)] =∇(r′·B)×J + (r′·B)∇×J(r′) = −J×∇(r′·B).
Portanto
F = −
∫
v′
∇×
[
(r′·B) J
]
dv′ = −∇×
∫
v′
(r′·B) J dv′.
Analisando a equac¸a˜o (2.9), vemos que r pode ser substitu´ıdo por qualquer vetor que na˜o dependa de r′, de modo que tomando r→ B vem∫
v′
(r′·B) J dv′ = −1
2
∫
v′
B×(r′×J) dv′ = −1
2
B×
∫
v′
r′×J dv′ = −B×m = m×B(0),
de onde, finalmente:
F = −∇×(m×B).
Desenvolvendo o rotacional do produto vetorial de acordo com
∇×(m×B) = (B·∇)m− (m·∇)B + (∇·B)m− (∇·m)B = −(m·∇)B,
e utilizando ainda
∇(m·B) = (m·∇)B + (B·∇)m + m×∇×B + B×∇×m = (m·∇)B,
vemos que
∇×(m×B) = −∇(m·B),
de modo que a forc¸a tambe´m pode ser escrita como
F =∇(m·B)
Para chegar aos resultados acima utilizamos a lei de Gauss para B (∇·B = 0), a lei de Ampe`re (∇×B = 0, considerando que as fontes de B
esta˜o distantes) e o fato que m e´ um vetor constante, de modo que quaisquer derivadas que atuem sobre ele levam a um resultado nulo.
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Assim como acontecia no caso de um dipolo ele´trico imerso num campo ele´trico externo, podemos escrever a energia potencial do dipolo
magne´tico, nessa aproximac¸a˜o, como
UB = −m×B, F = −∇UB
O torque sobre o dipolo e´ dado por
N =
∫
v′
r′×
[
J(r′)×B0
]
dv′ =
∫
v′
(r′·B0)J(r′) dv′ −
∫
v′
(r′·J)B0 dv′.
Ja´ vimos que o primeiro termo se reduz a m×B0. O segundo termo
B0
∫
v′
r′·J dv′
se anula, pois como ∇′·J(r′) = 0:
∇′·(r′2J) = 2r′·J(r′) =⇒
∫
v′
r′·J(r′) dv′ = 1
2
∫
v′
∇′·
[
r′2J(r′)
]
dv′ =
∮
S′
r′2J(r′)· nˆ dS ′ = 0,
por argumentos ja´ expostos anteriormente. Enta˜o,
N = m×B0,
em uma primeira aproximac¸a˜o.
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