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Fis403
UNIFEI
Eletromagnetismo
Eletromagnetismo: Um Curso urso Introdutório nãotão
Instituto Instituto de Física e Química Universidade Federal de Itajubá
Eduardo O. Resek
2013
Conteúdo 0 Cálculo vetorial: uma revisão 0.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.2 Álgebra Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.3 Produtos entre Vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.3.1 Produto Escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.3.2 Produto Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.4 Cálculo Diferencial e Integral com Vetores . . . . . . . . 0.4.1 Derivada Direcional e Gradiente . . . . . . . . . 0.4.2 Integração Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.4.3 Divergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.4.4 Rotacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.4.5 Aplicações sucessivas de ∇ . . . . . . . . . . . . 0.4.6 Algumas Relações Úteis . . . . . . . . . . . . . . 0.5 Sistemas de Coordenadas Curvilíneas . . . . . . . . . . 0.5.1 Sistemas de Coordenadas Cilíndricas ( ρ , ϕ, z ) . 0.5.2 Sistemas de Coordenadas Esféricas (r , θ , ϕ) . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
1 1 1 3 3 4 6 6 8 10 11 13 14 15 16 19
I Eletrostática
25
1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico 1.1 Carga elétrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Fatos experimentais importantes acerca da carga elétrica 1.3 Natureza dos materiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Formas de eletrização . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.1 Eletrização por atrito . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.2 Eletrização por contato ou condução . . . . . . . . 1.4.3 Eletrização por indução . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.4 Eletrização por irradiação . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Lei de Coulomb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Campo elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Princípio da superposição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8 Linhas de força . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 Distribuições contínuas de cargas . . . . . . . . . . . . . . 1.10 Exemplos de cálculo de campo elétrico . . . . . . . . . . .
27 27 28 28 29 29 29 29 29 30 31 31 32 32 33
ii
. . . . . . . . .. .. . . .. . . .. .. . . . . ..
.. . . . . . . .. .. . . .. . . . . .. . . . . ..
CONTEÚDO
iii
1.10.1 Um disco carregado não uniformemente . . . . . . . . . . 1.10.2 Linha reta carregada uniformemente . . . . . . . . . . . . 1.10.3 Uma semi-esfera carregada . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33 36 36
2 A Lei de Gauss 2.1 Fluxo de um vetor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Ângulo Sólido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 A Lei de Gauss para o campo elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Determinando diretamente o divergente do campo (opcional) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2 Calculando o fluxo de uma carga pontual através de uma superfície fechada arbitrária . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Aplicações da lei de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Simetria esférica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2 Simetria cilíndrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.3 Simetria cartesiana ou plana . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Condutores em equilíbrio eletrostático . . . . . . . . . . . . . . .
43 43 44 45
3 Potencial eletrostático 3.1 Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Trabalho de uma força . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.2 Campo conservativo e energia potencial . . . . . . . . . . 3.1.3 Campo eletrostático é conservativo! . . . . . . . . . . . . . 3.2 Condutores em Equilíbrio Eletrostático . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 O dipolo elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1 Momento de dipolo elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.2 Potencial e campo de um dipolo em pontos distantes . . 3.3.3 Momento de dipolo elétrico de uma distribuição contínua de cargas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.4 Dipolo num campo externo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Energia potencial elétrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.1 Sistema de cargas pontuais . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.2 Distribuição contínua de cargas . . . . . . . . . . . . . . . 4 Soluções de problemas em eletrostática 4.1 Equações de Poisson e Laplace em uma dimensão . . . . . . . . . 4.2 O método das imagens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 O Método da Separação de Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1 Separação de Variáveis em Coordenadas Cartesianas em Duas Dimensões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.2 Separação de Variáveis em Coordenadas Esféricas com Simetria Azimutal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.3 Separação de Variáveis em Coordenadas Cilíndricas com potencial independente de z . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.4 Separação de Variáveis em Coordenadas Cilíndricas . . . Unifei
45 45 48 48 51 52 54
61 61 61 61 63 64 67 67 68 69 69 70 71 72
81 83 83 85 85 89 92 94 Eduardo Resek
iv
CONTEÚDO 5 Capacitores 5.1 O que são . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Capacitância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Energia armazenada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
97 97 97 97
6 Dielétricos 99 6.0.1 Lei de Gauss na presença de dielétricos . . . . . . . . . . . 101 6.0.2 Condições de contorno para o campo elétrico . . . . . . . 102 Index
Eduardo Resek
103
Unifei
Capítulo 0
Cálculo vetorial: uma revisão 0.1 Introdução No domínio da física elementar (clássica) encontramos diversos tipos de quantidades. Dentre elas, estaremos interessados na distinção entre quantidades escalares e vetoriais. Visando estritamente nossos interesses futuros, é suficiente definí-las da seguinte forma:
Escalares: grandezas que são completamente caracterizadas por suas magnitudes. Exemplos: massa, volume, temperatura, tempo, etc. Vetores: grandezas que são completamente caracterizadas por seus módulos, direções e sentidos. Exemplos: velocidade, força, aceleração, posição a partir de uma origem fixa, etc. A partir daí introduzimos os conceitos de campos escalares e vetoriais. Um campo é basicamente uma função de ponto, isto é, depende da posição no espaço e/ou no tempo. Assim, campos escalares são especificados fornecendo-se suas magnitudes em todos os pontos do espaço; campos vetoriais exigem, além do módulo, a especificação da direção e sentido em todos os pontos do espaço. Estas definições são não rigorosas e um tanto limitadas, mas serão adequadas aos nossos propósitos.1 Como todos já estão devidamente familiarizados com a álgebra de escalares, passamos ao estudo da álgebra vetorial.
0.2 Álgebra Vetorial Como vimos, um vetor A será completamente caracterizado por seu módulo, direção e sentido. Representamos o módulo de A por | A | ou, às vezes, simplesmente 1 Definições rigorosas envolvem propriedades de transformação sob mudança do sistema de
coordenadas.
1
2
Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão A . Sendo B e C outros vetores, são válidas as seguintes propriedades:
A + B = B + A A + (B + C) = ( A + B) + C = ( A + C) + B = A + B + C, ou seja, a soma de vetores é definida, resulta em outro vetor e obedece às propriedades da comutatividade e distributividade. Por outro lado, sendo α um escalar (α ∈ R), α A é também um vetor, B = α A ,
com as seguintes características: módulo: |B| = |α|| A | direção: a mesma de A o mesmo de A , se α > 0 sentido: o oposto ao de A , se α < 0
Versor (ou vetor unitário) de uma direção é um vetor desta direção cujo módulo é igual a 1 (um). Dado um vetor A , é fácil determinar o versor de sua direção. Consideramos: B = α A , pois A e seu versor têm a mesma direção, sendo que |B| = 1. Assim,
|B| = |α|| A | = 1 =⇒ |α| = | A 1| , A
a ˆ
Fig. 0.1 Versor
ou α = ±
1 | A | ,
+ →
versor com direção e sentido de A − → versor com direção de A mas sentido oposto. Denotando por ˆa o versor de A , temos então: A aˆ = | A | Também podemos escrever A = | A |aˆ , sendo
isto é, todo vetor pode ser escrito como o produto de seu módulo pelo versor de sua direção e sentido. Para melhor visualisarmos os vetores introduzimos um sistema de coordenadas tridimensional, dotado de uma origem O e três eixos perpendiculares entre si, denotados por x , y , z ou x 1 , x 2 , x 3 . Um vetor V pode então ser especificado por suas componentes em relação a este sistema de coordenadas: V x V y V z
= | V | cos α = | V | cos β = | V | cos γ,
ou,
=| V | cos αi , i = 1,2,3,
V i
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Unifei
0.3 Produtos entre Vetores
3
onde α, β, γ, são os ângulos formados por V com os eixos x , y , z , respectivamente (ou, αi é o ângulo formado por V com o eixo x i , i = 1,2,3). No caso de campos vetoriais, cada uma das componentes é uma função de x , y , z . Os versores dos eixos coordenados são comumente denotadospelos seguintes símbolos:
z V z V α3
ˆ , i, ˆ x 1 , ˆe1 Eixo x : x ˆ , j, ˆ x 2 , ˆe2 Eixo y : y ˆ 3 , ˆe3 Eixo x : zˆ , k , x
ˆ z
V y
V x x ˆ
Em termos das componentes, podemos escrever:
ou
3
=
V =
y
y ˆ
x
ˆ + V z ˆz V = V x x ˆ + V y y
α2
α1
Fig. 0.2 Componentes do vetor e ângulos diretores
V i x ˆ i
i 1
=
Dados dois vetores A = i A i x ˆi e B ˆi e α ∈ R, as propriedades de soma e i B i x multiplicação por escalar se escrevem em termos de componentes, da seguinte forma:
A + B α A
= =
ˆ + ( A y + B y ) y ˆ + ( A z + B z ) zˆ ( A x + B x ) x ˆ + (α A y ) y ˆ + (α A z ) zˆ (α A x ) x
0.3 Produtos entre Vetores São definidos basicamente dois tipos de produtos entre vetores: o produto escalar e o produto vetorial. Podemos formar ainda outros tipos através de composições destes dois produtos básicos.
0.3.1 Produto Escalar Como o nome já deixa a entender, o resultado deste tipo de produto entre dois vetores A e B dados não será um outro vetor, mas um escalar:
A ·B = A x B x + A y B y + A z B z =
3
A i B i .
i 1
=
Pode-se mostrar facilmente que esta definição é equivalente a
A ·B = | A | |B| cos θ , onde θ é o menor ângulo entre A e B.
Unifei
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4
Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão Exercício Demonstre esta equivalência. Podemos observar que 2 A · A A = | A A |2 = A 2x + A y 2 + A 2z =
3
A i 2
i 1
=
≥ 0
A · A A = 0 ⇐⇒ A = 0 (α A )·B = A ·(αB) = α A ·B
A ·B = B· A A ( A + B)·C = A ·C + B·C
0.3.2 0.3.2 Produ Produto to Vetoria etoriall Neste tipo de produto entre vetores o resultado é um outro vetor:
× =
A B
ˆ x
ˆ y
zˆ
A x x A y y A z z B x x B y y B z z
=
ˆ + ( A z z B x x − A x x B z z ) y ˆ + ( A x x B y ˆ ( A y y B z z − A z z B y y ) x y − A y y B x x ) z
Esta Esta definiç definição ão,, como como também também pode pode ser mostra mostrado do,, é equiva equivalen lente te à conhec conhecida ida regra regra do produto vetorial: C = A ×B é um vetor
(i) perpendicular ao plano formado por A e e B (ou seja, perpendicular a ambos os vetores); (ii) de módulo igual a
C
|C| = | A A | |B| sen θ A
B
Fig. Fig. 0.3 Regra da mão direita
(iii) de sentido dado pela regra da mão direita: gire gire A em direção a B com os dedos da mão direita segundo o menor ângulo entre eles: o sentido de C = A ×B é o indicado pelo polegar desta mão.
Exercícios 1) Os vetores da origem de um sistema de coordenadas até os pontos A , B , C , D são: A B C D
= = = =
ˆ + y ˆ + zˆ x ˆ + 3 y ˆ 2 x ˆ + 5 y ˆ − 2 zˆ 3 x ˆ zˆ − y
2 Muitas vezes denominamos a operação A A de operação A A de elevar o vetor A vetor A ao ao quadrado.
·
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Unifei
0.3 Produtos entre Vetores
5
Mostre que as linhas AB A B e e C D são são paralelas e determine a razão de seus comprimentos.
2) Mostre que os vetores ˆ − y ˆ + zˆ, B = x ˆ − 3 y ˆ − 5 zˆ , C = 3 x ˆ − 4 y ˆ − 4 zˆ A = 2 x formam os lados de um triângulo retângulo, e determine os demais ângulos deste triângulo.
3) Mostre que, sendo ˆ x i i os versores dos eixos x 1 ≡ x , x 2 ≡ y , x 3 ≡ z , ˆ i i · x ˆ j j = δi j , x
=
onde δi j
= j . 1, se i = = j 0, se i
4) Considere a relação entre três vetores A , B, C: C = A − B. Demonstr Demonstre, e, quadrando quadrando esta relação relação e interpre interpretando tandogeom geometrica etricament mentee o resultado resultado,, a lei dos cossenos.
5) Sendo a um vetor constante e r o vetor posição de um ponto P (x , y , z ) genérico (o vetor que vai da origem do sistema de coordenadas até P ), determine qual a superfície representada pelas seguintes equações: a) (r − a )·a = 0 b) (r − a )·r = 0
6) Mostre que ˆ × x ˆ = y ˆ × y ˆ = ˆz× zˆ = 0 x ˆ × y ˆ = ˆz, x ˆ × x ˆ = − zˆ , y
ˆ × zˆ = x ˆ , y
ˆ = y ˆ zˆ× x
ˆ = − x ˆ, zˆ× y
ˆ × zˆ = − y ˆ x
e 7) Determine um vetor unitário perpendicular simultaneamente aos vetores a e b, sendo
a b
= 2i + j − k = i − j + k
= =
ˆ cos ˆ sen x cos α + y sen α ˆ cos ˆ sen x cos β + y sen β
8) Mostre que A B Unifei
Eduardo Resek
6
Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão são vetores unitários no plano x y formando formando ângulos iguais a α e β, respectivamente, com o eixo x . Obtenha Obtenha por meio do produto produto escalar entre entre esses dois vetores, a fórmula para cos(α − β).
α C
9) Deduza a lei dos senos: sen α sen β sen γ = |B| = |C| | A A |
B
β γ A
10) A força magnética magnética sofrida por por uma partícula partícula de carga q em em movimento com velocidade v num num campo de indução magnética B é dada por F = q v ×B.
Fig. Fig. 0.4 Lei dos senos
Através de de três experimentos, encontrou-se que ˆ , se v = 1,0 ˆ 1,0 x ˆ , se v = 1,0 ˆ 1,0 y se v = 1,0 ˆ 1,0 ˆz,
F q
F q
F q
ˆ = 2,0 ˆ 2,0 ˆz − 4,0 ˆ 4,0 y ˆ − 1,0 ˆ = 4,0 ˆ 4,0 x 1,0 ˆz ˆ − 2,0 ˆ ˆ = 1,0 ˆ 1,0 y 2,0 x
(unidades MKS). A partir desses resultados, determine B na região do espaço considerada.
0.4 Cálc Cálcul ulo o Dife Difere renc ncia iall e Integ Integra rall com com Vetor etores es Consideraremos Consideraremos agora a extensão das idéias anteriormente introduzidas ao cálculo diferencial e integral. Estudaremos nesta seção os conceitos de derivada direcional, gradiente, divergente e rotacional de uma função vetorial, bem como os de integr integraçã ação o ao longo longo de uma uma trajet trajetóri ória, a, de umasup uma superf erfíci íciee ou volume volume,, quando quando introduziremos as idéias de fluxo e circulação (ou circuitação) de um vetor.
0.4.1 0.4.1 Deriv Derivada ada Dire Direcio cional nal e Gradi Gradient entee A derivada direcional de uma função funçã o escalar φ(x , y , z ) no ponto P (x , y , z ) nada mais é que a taxa de variação de φ com respeito à distância, medida segundo uma certa orientação (direção), no ponto P considerado. considerado. A equação φ (x , y , z ) = φ0 sendo φ 0 uma constante, representa o lugar geométrico de todos os pontos ( x , y , z ) tais que φ = φ0 , portanto portanto uma superfície. superfície. ∈ φ0 imprimirmos um deslocamento ∆r numa direção Se a partir do ponto P ∈ qualquer, o ponto P daí resultante pertencerá a uma outra superfície da mesma Eduardo Resek
Unifei
0.4 Cálculo Diferencial e Integral com Vetores
7
família, definida pela equação φ = φ0 + ∆φ. É evidente que, considerando o deslocamento entre as duas superfícies, |∆r| = ∆r será mínimo quando a direção de ∆r for perpendicular à superfície φ = φ0 ( θ = 0). De acordo com a definição de derivada direcional e com a figura 5, podemos então escrever para o ponto P :
φ = φ 0 + ∆ φ
d φ : derivada direcional segundo a direção de ∆r, no limite em que ∆r 0; d r d φ : derivada direcional segundo a direção de máxima variação de φ. d r cos θ Definimos pois o gradiente da função escalar φ no ponto P como o vetor
→
P ∆r
∆r cos θ
θ n ˆ
P
com as seguintes características: (i) intensidade: igual à da derivada direcional máxima de φ em P ; (ii) direção: a da derivada direcional máxima de φ naquele ponto, ou seja, perpendicular à superfície φ = φ0 que contem o ponto P ; (iii) sentido: o dos φ crescentes.
φ = φ 0
Fig. 0.5 Derivada direcional
Representamos o gradiente por ∇φ ou grad φ. Da definição, podemos escrever:
|∇φ| =
φ = φ0 + dφ
d φ d r cos θ
∇φ
P
Então: d φ
= ∇φ· d r
ou
d r = ∇ φ· d r d r
dr
d φ
θ n ˆ
Esta equação define φ matematicamente. A partir dela, podemos determinar ∇φ em qualquer sistema de coordenadas em que conheçamos a forma de d l. Por exemplo, em se tratando de coordenadas cartesianas:
ˆ d y + zˆ d z = x ˆ d x + y = (∇φ)x d x + (∇φ) y d y + (∇φ)z d z
d r
=⇒ ∇φ·d r
P
φ = φ0
Fig. 0.6 Gradiente
Por outro lado: d φ d r
=
d φ
=
∂φ d x ∂φ d y ∂φ d z ∂x d r ∂ y d r ∂z d r ∂φ ∂φ ∂φ d x d y d z ∂x ∂ y ∂ z
+
+
+
+
Assim, com a definição de ∇φ, ∂φ ∂φ ∂φ d x d y d z ( φ)x d x ( φ) y d y ( φ)z d z . ∂x ∂ y ∂z
+
+
=∇
+∇
+∇
Como as diferenciais d x , d y , d z são independentes, podemos igualar os coeficientes correspondentes às diferenciais nos dois membros desta expressão, resultando ∂φ ∂φ ∂φ (∇φ)x = , (∇φ) y = , (∇φ)z = , ∂x
ou
Unifei
∂ y
∂ z
∂φ ∂φ ˆ + y ˆ + zˆ . ∇φ = ∂φ x ∂x ∂ y ∂z
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8
Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão
Exemplo Determinar o gradiente de f = f (r ) = f ( x 2 + y 2 + z 2 ). Solução De acordo com a expressão obtida para ∇ f , ∂ f (r ) ∂ f (r ) ˆ ∇ f (r ) = ˆ x ∂ f ∂ (x r ) + y + zˆ ∂ y ∂z
Mas
∂ f (r ) ∂x
Analogamente:
= d df (r r ) ∂∂r x = d df (r r ) ∂ f (r ) ∂ y
Então:
= d df (r r ) y r ,
x
+
x 2 y 2
∂ f (r ) ∂z
d f (r ) x = . 2 d r r
+ z
= d df (r r ) r z
1 ˆ + y y ˆ + z zˆ) ∇ f (r ) = ddr f (x x r
∇ f (r ) = dd r f rˆ 0.4.2 Integração Vetorial Antes de continuarmos a discutir outros aspectos relativos a diferenciação de vetores, é conveniente estudarmos alguns tópicos referentes a integração envolvendo vetores.
Integral de Linha A integral de linha de um campo vetorial F = F(r) = F(x , y , z ) desde um ponto a até um ponto b dados, ao longo de uma trajetória C é um escalar representado por b
Fi
θi
a
b
∆ri
C
F· d r,
C
onde d r é um vetor deslocamento infinitesimal ao longo da curva C . O cálculo da integral é efetuado como o de uma integral Riemanniana ordinária: dividimos a porção da curva C entre a e b em N partes, calculamos Fi ·∆ri para cada uma delas e somamos tudo, tomando o limite em que N →∞ (ou ∆ri → 0). b
a
Fig. 0.7 Integração ao longo de um caminho
F· d r
a C
= =
lim
N
N
→∞ i =1
lim
N
N
→∞ i =1
Fi · ∆ri = F i ∆r i cos θi
Em geral, o resultado depende não somente dos pontos extremos a e b , mas também da curva C que os une. Eduardo Resek
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0.4 Cálculo Diferencial e Integral com Vetores
9
O caso particular de integração ao longo de uma curva fechada é denotado de forma especial como F· d r,
C
e denominado circulação ou circuitação de F em torno (ou ao longo) de C . O resultado pode ou não ser nulo. A classe dos campos vetoriais para os quais a integral acima se anula para qualquer que seja a curva fechada C é de especial importância na física matemática.
Integral de Superfície — Fluxo Dado um campo vetorial F numa região do espaço, definimos o fluxo campo através de uma superfície S como a integral ΦF
ΦF do
= ·
F nˆ d S
S
onde d S é um elemento infinitesimal de área e nˆ um vetor unitário normal a ˆ é para fora da superfície, se S d S . É claro que ΦF é um escalar. O sentido de n for uma superfície fechada; se S for aberta e finita, ela possui um contorno l ; por convenção o sentido de nˆ é indicado pelo polegar da mão direita quando os demais dedos abraçam l no sentido escolhido com positivo para sua orientação (Figura 8) O cálculo da integral é semelhante ao caso anteriormente considerado da integral de linha:
·
F nˆ d S
S
=
lim
N
N
→∞ i =1
lim
=
N
=
N
→∞ i =1
n ˆ
S
Fig. 0.8 Regra da mão direita para o versor normal
Fi · nˆ i ∆S i F i cos θi ∆S i
F cos θ d S
S
Deforma análoga, o fluxo de F através de umasuperfície fechada S é denotado
por
Fi
·
F nˆ d S .
n ˆi
S
Integral de Volume
θi
dS i
Aqui não há nada de especial: a integral de volume de um vetor F através de um volume V definido por uma superfície fechada S ,
F d v
S
Fig. 0.9 Fluxo de um vetor
V
reduz-se simplesmente a três integrais escalares, uma para cada direção do espaço. Se F for expresso em coordenadas cartesianas, por exemplo, teremos
V
Unifei
=
+
+
ˆ F y d v zˆ F d v ˆ x F x d v y V
V
V
F z d v .
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10
Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão
0.4.3 Divergência Um outro importante operador, essencialmente uma derivada, é o operador divergente. O divergente (ou a divergência) de um campo vetorial F, denotado por ∇·F ou div F é definido como o limite do fluxo de F através de uma superfície fechada S por unidade de volume, quando o volume V delimitado por S tende a zero: ∇·F = lim 1 F· nˆ d S
V 0 V S
→
∆z
∆x ∆y
P
z 0
y x0
y0 x
Fig. 0.10 Elemento de volume próximo ao ponto P (x 0 , y 0 , z 0 )
Vemos claramente que o divergente é uma função escalar de ponto (campo escalar) — ele representa, em cada ponto, o fluxo por unidade de volume que nasce de um elemento de volume coincidente com o ponto. A definição acima é independente da escolha do sistema de coordenadas, podendo pois ser usada para encontrar a forma específica de ∇·F em qualquer sistema de coordenadas particular. Em coordenadas cartesianas retangulares, por exemplo, tomamos um elemento de volume ∆v = ∆x ∆ y ∆z , localizado no ponto (x 0 , y 0 , z 0 ). O fluxo ΦF de um campo vetorial F através deste paralelepípedo será, desprezando infinitésimos de ordem superior:
·
ˆ d S F n
S
=
+ +
F x (x 0
− − −
+ ∆x , y , z ) d y d z
F y (x , y 0
+ ∆ y , z ) d x d z
F z (x , y , z 0
+ ∆z ) d x d y
F x (x 0 , y , z ) d y d z F y (x , y 0 , z ) d x d z F z (x , y , z 0 ) d x d y ,
De acordo com o teorema de Taylor, desprezando novamente infinitésimos superiores: F x (x 0
+ ∆x , y , z ) =
F y (x , y 0
+ ∆ y , z ) =
F z (x , y , z 0
+ ∆z ) =
+
+
+
de modo que
∇·F =
+ 1
∂ F x F x (x 0 , y , z ) ∆x ∂ x (x 0 , y ,z ) ∂F y F y (x , y 0 , z ) ∆ y ∂ y (x , y 0 ,z ) ∂ F z F z (x , y , z 0 ) ∆z , ∂z (x , y ,z 0 )
∂ F x dydz ∆v →0 ∆x ∆ y ∆ z ∂ x (x 0 , y ,z ) ∂ F y ∂ F z d x d z ∆z dxdy . ∆ y ∂ y (x , y 0 ,z ) ∂z (x , y ,z 0 )
lim
+
∆x
Assim, tomando o limite e simplificando
∇·F = ∂∂F x x + ∂∂F y y + ∂∂F z z Podemos agora enunciar um teorema extremamente importante da análise vetorial envolvendo o divergente: Eduardo Resek
Unifei
0.4 Cálculo Diferencial e Integral com Vetores
11
integral al do diverg divergent entee de um campo campo vetori vetorial al Teorema eorema do Diverge Divergente nte (Gauss): (Gauss): a integr sobre um volume v é é igual ao fluxo deste vetor através da superfície S que que limita v : ∇·F d v = F· nˆ d S
v
S
Exemplo Determine ∇·r e ∇·[r f (r )]. Solução Aplicando diretamente diretamente a expressão expressão encontrada encontrada acima, ∂ ∂ ∂ x ∂ y ∂z ˆ + zˆ ˆ ˆ + y y ˆ ˆ + z zˆ ) = + + ∇·r = x ˆ ∂∂x + y · (x x ∂ y ∂z ∂ x ∂ y ∂z
=⇒∇·r = 3 De modo mais genérico:
∇·[r f (r )] =
∂ [x f (r )] ∂x
+ ∂∂ y [ y f (r )] + ∂∂z [z f (r )]
2
2
2
+ x r d df (r r ) + y r d df (r r ) + z r d df (r r )
=
3 f (r )
=
3 f (r ) + r
d f d r
.
Em particular, se f (r ) = r n −1 , ou seja, r f (r ) = r n ,
∇·( rˆr n ) = 3r n −1 + (n − 1)r n −1 = (n + 2)r n −1 . = 2, fato que será importante futura Vemos Vemos que o divergente se anula para pa ra n = mente:
rˆ
=
∇·
r 2
= 0 0, para r
0.4.4 0.4.4 Rotac Rotacion ional al Outro importante operador diferencial da análise vetorial é o rotacional , denotado por ∇×F ou rotF, quando aplicado a um vetor F. Analogamente ao modo como definimos o divergente, na seção anterior, anterior, por 1
∇·F = lim V →0 V
·
nˆ F d S
S
definimos o rotacional de um campo vetorial F, nas mesmas condições, por: 1
∇×F = lim V →0 V
×
nˆ F d S
S
Esta definição, entretanto, é equivalente, pode-se mostrar, a uma outra que nos será mais útil: considere considere no ponto P uma trajetória l fechada e contida num Unifei
Eduardo Resek
12
Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão plano cuja normal é nˆ (o sentido de nˆ é, como sempre, definido pela regra da mão direita aplicada ao sentido convencionado como positivo para a trajetória l ); a componente do vetor ∇×F na direção de nˆ é então definida como o limite da relação entre a circulação de F ao longo de l e e a área S delimitada delimitada por l , quando S tende a zero: 1 nˆ ·∇×F = lim F·d r.
S 0 S
→
Exercício Mostre a equivalência equivalê ncia dessas duas definições. Podemos Podemos determinar as componentes do vetor rotacional de um dado campo F em qualquer sistema de coordenadas, através de uma das duas definições apresentadas. apresentadas. Em coordenadas cartesianas o resultado é:
∇× = F
∂F z z ∂ y
−
∂F y y ∂ z
+ ˆ x
∂F x x ∂z
−
∂F z z ˆ y ∂x
+
∂F y y ∂x
−
∂F x x zˆ , ∂ y
ou, numa forma mnemônica, como a expansão de um determinante:
∇× = F
ˆ x
ˆ y
zˆ
∂ ∂x F x x
∂ ∂ y F y y
∂ ∂z F z z
O teorema de Stokes, enunciado a seguir, é também um resultado de importância na análise vetorial:
circulação de um campo vetorial vetorial ao longo de uma curva Teorema eorema de Stokes: Stokes: A circulação fechada l é é igual à integral de superfície de seu rotacional sobre qualquer superfície limitada pela curva: F·d r = ∇×F· nˆ d S
∇× = ∇× + ∇ ×
Exemp Exemplo lo 1 Mostre que
S
f V
f
V
f V .
Solução De acordo acordo com a expressão para para o rotacional, rotacional,
∇× = f V
assim:
∇× f V
x
= = =
Eduardo Resek
∂( f V z z ) ∂ y ∂V z z f ∂ y
ˆ x
ˆ y
∂ ∂x f V x x
∂ ∂ y f V y y
∂ , ∂ z f V z z
− ∂( f∂V z y y ) = f ∂∂V y z z + ∂∂ y f V z z − f ∂∂V z y y − ∂∂ f z V y y = −
∂V y y ∂z
+
∂ f V z z ∂ y
∇×∇× + ∇ × f
zˆ
V x
f V
x ,
−
=
∂ f V y y ∂z
Unifei
0.4 Cálculo Diferencial e Integral com Vetores de modo que
∇×
13
∇× f V = f ∇× ∇× V + ∇ f × V
Exemp Exemplo lo 2 Encontre
r f (r ) .
Solução De acordo com a fórmula obtida obtida no exemplo anterior, anterior, temos:
∇× =
∇× r f (r ) = f ∇×r + ∇ f ×r.
Mas
r
e, além disso,
ˆ x
ˆ y
zˆ
∂ ∂x x
∂ ∂ y y
∂ ∂ z z
=
0,
∇ f (r ) = dd r f rˆ, donde resulta, levando em conta que ˆ que ˆr×r = 0, que ∇× r f (r ) = 0
0.4.5 0.4.5 Aplic Aplicaçõ ações es sucess sucessiva ivass de ∇ Vejamos Vejamos o que resulta resulta da aplicação sucessiva sucessiva do operador operador ∇, de diversas formas e a diversos tipos de quantidades. quantidades.
Laplaciano É, por definição, o divergente do gradiente de uma função escalar φ:
∇2 φ =∇·∇φ O laplaciano de um campo escalar resulta numa outra função escalar. Em coordenadas cartesianas, por exemplo, temos 2
∇ φ=
∂2 φ ∂x 2
+
∂2 φ ∂ y 2
+
∂2 φ ∂z 2
Diverge Divergente nte do rotacion rotacional al Nesse caso, teremos:
∇·∇× V
= ∇·
ˆ x
ˆ y
∂ ∂x V x x
∂ ∂ y V y y
∂ ∂V z z ∂x ∂ y
Unifei
− ∂∂z y y V
= + zˆ
∂ ∂z V z z
∂ ∂V x x ∂ y ∂z
− ∂∂V x z z + ∂∂z
∂V y y
∂V x x − ∂ x ∂ y
Eduardo Resek
14
Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão Considerando que V é uma função contínua e lisa das variáveis x , y , z , as suas derivadas segundas com relação a estas variáveis podem ser tomadas em qualquer ordem, isto é, por exemplo, ∂2V z ∂x ∂ y
=
∂2V z , ∂ y ∂x
o mesmo acontecendo com as demais derivadas. Desse modo, resulta que
∇·∇× = ∇· V
ˆ x
ˆ y
zˆ
∂ ∂x V x
∂ ∂ y V y
∂ ∂ z V z
Rotacional do gradiente
=
0
Pela expressão para o cálculo do rotacional, temos:
∇×∇ = φ
ˆ x
ˆ y
zˆ
∂ ∂ x ∂φ ∂ x
∂ ∂ y ∂φ ∂ y
∂ ∂ z ∂φ ∂ z
=
0
Rotacional do rotacional e gradiente do divergente
Em geral, nenhuma dessas duas operações são nulas, mas existe a seguinte relação entre elas: ∇×∇× V =∇∇· V −∇2 V , onde o laplaciano de um vetor é o vetor cujas coordenadas cartesianas são os laplacianos das componentes correspondentes do vetor original:
∇2 V = (∇·∇V x ) x ˆ + (∇·∇V y ) y ˆ + (∇·∇V z ) zˆ = ∇2V x ˆ x +∇2V y y ˆ +∇2V z ˆz. Deve-se observar que esta última relação só é válida no sistema de coordenadas cartesianas. Nos demais sistemas, ∇2 V é definido pela primeira expressão. Muitas vezes, escrevemos também, simbolicamente,
∇2 V =∇·∇ V . 0.4.6 Algumas Relações Úteis Fornecemos, a seguir, algumas identidades freqüentemente necessárias no manuseio de expressões em cálculo vetorial.
∇(uv ) = u ∇v + v ∇u ∇·( f V ) = f ∇· V +∇ f ·V Eduardo Resek
Unifei
0.5 Sistemas de Coordenadas Curvilíneas
15
∇·( A ×B) = B·∇× A − A ·∇×B ∇× f V = f ∇× V + ∇ f × V ˆ d S = ∇φ d v φn
= ×∇ ∇ − ∇ = ∇ − ∇ S
v
nˆ
φ d r
φ d S
S
(ϕ
2
φ φ 2 ϕ) d v
v
S
(ϕ φ φ ϕ)· nˆ dS
Exercícios 11) Mostre que, se A é um vetor constante,
∇( A ·r) = A . 12) Mostre que, se ∇× A = 0, então ∇·( A ×r) = 0. 13) Se ∇×f = 0 mas ∇×(g f ) = 0, onde g = g (x , y , z ) e f = f (x , y , z ), mostre que f ·∇×f = 0. 14) Se A e B são vetores constantes, mostre que ∇( A ·B×r) = A ×B. 15) Mostre que ∇×(φ∇φ) = 0. 16) Mostre que a integral de linha de um campo F antre dois pontos a e b do espaço,
b
a
F· d r, é independente da trajetória se a condição ∇×F = 0 for satisfeita.
0.5 Sistemas de Coordenadas Curvilíneas Nas primeiras seções, embora tenhamos introduzido o vetor posição radial r, restringimo-nos quase que inteiramente ao uso de coordenadas cartesianas, cuja grande vantagem é a sua simplicidade, devida ao fato de serem seus vetores unitários constantes e os mesmos em todos os pontos do espaço. Infelizmente nem todos os problemas em física e engenharia se adaptam a uma solução desenvolvida em um sistema de coordenadas cartesianas. Por exemplo, num problema de força central, tal como a gravitacional ou a eletrostática, a simetria praticamente exige que façamos uso de um sistema de coordenadas em que a distância radial seja uma das coordenadas, ou seja, um sistema de coordenadas esféricas.
Unifei
Eduardo Resek
16
Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão A escolha do sistema de coordenadas deve estar portanto, ligada à simetria presente na situação analisada. Uma escolha adequada sempre facilita enormemente a solução do problema. Estudaremos basicamente dois tipos de sistemas de coordenadas, por serem os mais comuns e os mais tratáveis: o sistema de coordenadas esféricas e o de coordenadas cilíndricas. Poderíamos desenvolver a teoria de forma a obter expressões genéricas válidas em qualquer sistema de coordenadas curvilíneas, como é feito na maioria dos livros-texto sobre o assunto, particularizando depois os resultados para os sistemas de interesse. Não seguiremos essa abordagem por considerarmos que, analisando cada um deles separadamente e deduzindo ‘in loco’ as expressões desejadas, podemos obter uma maior familiaridade com o sistema em questão.
z
ˆ z
ρ P
0.5.1 Sistemas de Coordenadas Cilíndricas (ρ, ϕ, z )
ϕ ˆ
r
A figura 11 ilustra os elementos do sistema de coordenadas cilíndricas. Dado um ponto P de coordenadas (ρ , ϕ, z ), temos as seguintes interpretações:
ρ ˆ
z y ϕ
ρ P
x
Fig. 0.11 Coordenadas cilíndricas e seus versores
ρ : distância perpendicular do ponto P ao eixo z (0 ρ ); ϕ: ângulo azimutal, isto é, o ângulo formado com o eixo x pela projeção do vetor posição do ponto P sobre o plano x y (0 ϕ 2π); z : distância de P ao plano x y , ou seja, o mesmo que no sistema de coordenadas cartesianas.
≤ <∞
≤ <
Transformação de coordenadas A figura 12 mostra a projeção no plano x y da figura 11. Dela podemos escrever as seguintes relações entre as coordenadas cilíndricas e as cartesianas:
y
Transformação de coordenadas cilíndricas para cartesianas: ϕ
ˆ
ϕ
x
ρ
ˆ
ϕ
P
y z
ρ
= = =
ρ cos ϕ, ρ sen ϕ, z .
y
ϕ x
Fig. 0.12 Projeção no plano x y
x
Transformação de coordenadas cartesianas para cilíndricas: ρ ϕ z
Eduardo Resek
= + = =
x 2 y 2 , y arctan , x z .
0 ≤ ρ < ∞, 0 ≤ ϕ < 2π,
Unifei
0.5 Sistemas de Coordenadas Curvilíneas
17
Transformação dos vetores unitários: Os vetores unitários dos sistemas de coordenadas curvilíneas não são em geral constantes, por isso merecem atenção especial quando envolvidos em operações como derivação e integração. Vejamos como se relacionam os versores do sistema de coordenadas cilíndricas com os de coordenadas cartesianas:
Versores cartesianos para cilíndricos: Da figura 12, decompondo os versores ρˆ e ϕˆ nos eixos x , y , observando que os ângulos indicados na figura são iguais a ϕ, obtemos: ρˆ
ˆ ϕ zˆ
ˆ sen ϕ = x ˆ cos ϕ + y ˆ cos ϕ = − x ˆ sen ϕ + y = zˆ
Note que os versores ρˆ , ϕˆ , zˆ formam um sistema triortogonal: o produto escalar entre qualquer par desses versores (distintos entre si) é nulo e, além disso: ρˆ ˆ ϕ ˆz,
ˆ zˆ ϕ
× = ρˆ ,
× =
ˆ. ρ=ϕ zˆ × ˆ
Versores cilíndricos para cartesianos: As transformações inversas são também facilmente obtidas e são deixadas como exercício. O resultado é: ˆ x ˆ y
= =
ρˆ cos ϕ
− ϕˆ sen ϕ ˆ cos ϕ ρˆ sen ϕ + ϕ
Vetor posição: O vetor posição de um ponto P genérico do espaço, cujas coordenadas cilíndricas são ( ρ , ϕ, z ) e cartesianas (x , y , z ), pode ser escrito, usando apenas elementos de coordenadas cilíndricas, com: ρ + z zˆ ; r = ρ ˆ
se expressarmos ρˆ em termos dos versores cartesianos, teremos a forma mais adequada para o uso em integrações e derivadas,
y dS
=
dxdy
ˆ + ρ sen ϕ y ˆ + z zˆ . r = ρ cos ϕ x
Elementos de área e volume A fim de entendermos mais facilmente como determinar os elementos de volume e superfície nos sistemas de coordenadas curvilíneas, vamos examinar como eles são formados no nosso velho sistema de coordenadas cartesianas. O elemento de área no plano x y , por exemplo, é obtido mantendo z = cte. e imprimindo pequenas variações d x e d y nas coordenadas (x , y ) de um ponto P genérico (figura 13). Temos então construído um elemento de área no plano x y (ou paralelo a ele), ou seja, num plano z = constante. É claro que
Unifei
x
Fig. 0.13 Elemento de área cartesiana no plano x y
Eduardo Resek
18
Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão (d S )z =cte = d x d y. Um elemento de volume é facilmente obtido a partir daí, acrescentando agora uma variação infinitesimal d z da coordenada z : teremos um pequeno cubo de arestas d x , d y e d z , cujo volume é
dρ
dS
=
ρdρdϕ
= d x d y d z.
Em coordenadas cilíndricas basta agora repetirmos o raciocínio, acompanhando a figura 14. No plano z = cte, imprimimos às coordenadas ρ e ϕ variações infinitesimais d ρ e d ϕ. Obtemos portanto um retângulo infinitesimal cujos lados são dados por d ρ e ρ d ϕ; sua área será portanto igual a
ρ dϕ ρ dϕ
ϕ
d v
x
Fig. 0.14 Elemento de área polar no plano x y
(d S )z =cte = ρ d ρ d ϕ. Podemos igualmente escrever os elementos de área obtidos quando mantemos cada uma das demais coordenadas constantes e permitimos às outras uma pequena variação. Temos: (dS )ρ=cte = ρ d ϕ d z , correspondente a ρ = cte (elemento de área lateral do cilindro) e (d S )ϕ=cte = d ρ d z . correspondente a ϕ = cte. O elemento de volume, como a essa altura já deve ser óbvio, é conseguido juntando-se, por exemplo, a variação d z àquela correspondente a z = cte: d v ρ d ρ d ϕ d z
=
Forma dos operadores vetoriais Para encerrar, listamos a seguir as formas assumidas no sistema de coordenadas cilíndricas pelos diversos operadores diferenciais vetoriais estudados:
Gradiente
∂φ 1 ∂φ ˆ + zˆ ∇φ = ∂φ ρˆ + ϕ ∂ρ ρ ∂ϕ ∂z
Divergente
∇· V = ρ1 ∂ρ∂ (ρV ρ ) + ρ1 Rotacional
∇× V = ρ1 Eduardo Resek
ρˆ ∂ ∂ρ V ρ
∂V ϕ
∂V z + ∂ϕ ∂z
ρ ˆ ϕ ∂ ∂ϕ ρ V ϕ
zˆ ∂ ∂z V z
Unifei
0.5 Sistemas de Coordenadas Curvilíneas Laplaciano 2
∇ φ=
1 ∂
∂φ ρ ρ ∂ρ ∂ρ
+
19
1 ∂2 φ ρ 2 ∂ϕ2
+
∂2 φ ∂ z 2
Laplaciano de um vetor (∇2 V )ρ (∇2 V )ϕ (∇2 V )z
V ϕ = ∇2V ρ − ρ12 V ρ − ρ22 ∂∂ϕ V ρ = ∇2V ϕ − ρ12 V ϕ + ρ22 ∂ϕ = ∇2V z
∂
0.5.2 Sistemas de Coordenadas Esféricas (r , θ, ϕ) A figura 15 ilustra os elementos de coordenadas esféricas, r , θ , ϕ de um ponto P genérico do espaço, que possuem os seguintes significados: r :
módulo do vetor posição do ponto, ou seja, a distância do ponto P à origem do sistema de coordenadas (0 ≤ r < ∞); θ : ângulo que o raio vetor (vetor posição) de P faz com o semieixo positivo z (0 ≤ θ ≤ π), também conhecido como ângulo polar; ϕ: ângulo azimutal, isto é, o ângulo formado com o eixo x pela projeção do vetor posição do ponto P sobre o plano x y (0 ≤ ϕ < 2π), ou seja, o mesmo significado que no sistema de coordenadas cilíndricas;
Transformação de coordenadas Na figura 15 podemos extrair dois triângulos reta nˆ gulos que nos possibilitarão escrever as relações ligando o sistema de coordenadas esféricas e o de coordenadas cartesianas; são eles o triângulo OP P , onde O é a origem do sistema de coordenadas, que é retângulo em P (ou OP P , retângulo em P , que é semelhante a OP P ), e o triângulo OM P , retângulo em M . A figura 16 mostra esses dois triângulos. Note que OM P jaz no plano x y , enquanto OP P fica no plano ϕ = cte e que, além disso, OP = P P coincide com a definição do elemento ρ das coordenadas cilíndricas.
Transformaçãode coordenadas esféricas paracartesianas: Dafigura16(b) vemos que x y
Unifei
= =
Fig. 0.15 Coordenadas esféricas
OP cos ϕ, OP sen ϕ,
Eduardo Resek
20
Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão enquanto, da figura 16(a), z P P ρ
P
P
r
z (a)
r sen θ
r sen θ cos ϕ, r sen θ sen ϕ, r cos θ,
Transformação de coordenadas cartesianas para esféricas: Do ∆OP P , o teorema de Pitágoras fornece
O
r 2
P
(b) ρ
O
= = =
y θ
r cos θ,
Como OP = P P , as relações desejadas são x
z
= =
y
o mesmo teorema, aplicado a ∆OMP , conduz a OP
ϕ x
M
Fig. 0.16 Transformações de coordenadas
= P P 2 + z 2;
de modo que
2
r 2
= P P 2 = x 2 + y 2, = x 2 + y 2 + z 2 ,
resultado que poderíamos obter diretamente a partir do produto escalar de r por ele mesmo. Ainda, cada uma das figuras fornece um dos ângulos θ e ϕ; as expressões finais são: r
θ ϕ
+
= x 2 y 2 + z 2, = arccos z r , = arctan y x ,
0 ≤ r <∞, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ ϕ < 2π.
Transformação dos vetores unitários: Versores cartesianos para esféricos: Da figura 15 percebemos que o versor ˆ é sempre paralelo ao plano x y , não possuindo componente na direção do eixo ϕ z . Percebemos também que este vetor é exatamente aquele que já determinamos quando estudamos o sistema de coordenadas cilíndricas e, portanto já temos pronta sua expressão de transformação: ˆ ϕ Eduardo Resek
ˆ cos ϕ. = − x ˆ sen ϕ + y Unifei
0.5 Sistemas de Coordenadas Curvilíneas
21
O versor ˆr é facilmente encontrado lembrando que
rˆ =
r
x y z ˆ + y ˆ + zˆ = x r r r r
Assim, usando as expressões obtidas para x , y e z ,
rˆ = sen θ cos ϕ ˆ x + sen θ sen ϕ ˆ y + cos θ zˆ. O meio mais fácil de determinar θˆ é observando que, como os três versores formam um sistema triortogonal, θˆ
× =
= ϕˆ
rˆ
ˆ ˆ x y zˆ − sen ϕ cos ϕ 0 sen θ cos ϕ sen θ sen ϕ cos θ
Assim, desenvolvendo e simplificando, θˆ
ˆ + cos θ sen ϕ y ˆ − sen θ ˆz = cos θ cos ϕ x
Como já foi observado, os versores ˆr, ϕˆ , θˆ formam um sistema triortogonal: o produto escalar entre qualquer par desses versores (distintos entre si) é nulo e, além disso: ˆ × rˆ = θˆ , ϕ θˆ × ˆ ϕ = ˆr. rˆ× θˆ = ϕˆ ,
Versores esféricos para cartesianos: As transformações inversas são também facilmente obtidas e são deixadas como exercício. O resultado é: ˆ x ˆ y zˆ
= = =
ϕ sen θ cos ϕ rˆ + cos θ cos ϕ θˆ − sen ϕ ˆ ϕ sen θ sen ϕ rˆ + cos θ sen ϕ θˆ + cos ϕ ˆ cos θ rˆ − sen θ θˆ
Vetor posição: O vetor posição de um ponto P genérico do espaço, cujas coordenadas esféricas são ( r , θ , ϕ) e cartesianas ( x , y , z ), pode ser escrito, usando apenas elementos de coordenadas esféricas, com: r = r rˆ, pois r é um dos elementos de coordenadas esféricas. Expressando em termos dos versores cartesianos, teremos a forma mais adequada para o uso em integrações e derivadas, ˆ + r sen θ sen ϕ y ˆ + r cos θ zˆ. r = r sen θ cos ϕ x
Unifei
Eduardo Resek
22
Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão Elementos de área e volume Em coordenadas esféricas o elemento de superfície mais importante é aquele obtido mantendo r constante e permitindo a θ e ϕ variarem infinitesimalmente (figura 15). Da figura podemos determinar os lados do retângulo infinitesimal assim formado: mantendo inicialmente ϕ fixo e variando θ de d θ , obtemos um arco de comprimento r d θ . Se, por outro lado, mantivermos θ fixo e variarmos ϕ de d ϕ, teremos um arco de uma circunferência de raio r sen θ, cujo comprimento é portanto r sen θ d ϕ. Logo, a área do elemento considerado será (d S )r =cte = r 2 sen θ d ϕ d θ. O elemento de volume é então facilmente encontrado a partir daí, bastando permitir agora também ao raio vetor uma pequena variação d r : teremos um cubo infinitesimal de lados d r , r sen θ d ϕ e r d θ, cujo volume é d v r 2 sen θ d r d θ d ϕ
r dθ r sin θ dϕ dθ dϕ
=
y
Podemos, ainda, novamente escrever os elementos de área obtidos quando mantemos cada uma das demais coordenadas constantes e permitimos às outras uma pequena variação. Temos:
x
(d S )θ=cte = r sen θ d r d ϕ
Fig. 0.17 Elemento de superfície
correspondente a r = cte (elemento de área lateral de um cone com vértice na origem semi-abertura θ) e (d S )ϕ=cte = r dr d θ. correspondente a ϕ = cte.
Forma dos operadores vetoriais Em coordenadas esféricas os operadores diferenciais vetoriais estudados assumem a seguinte forma:
Gradiente
1 ∂φ ˆ 1 ∂φ ˆ ∇φ = ∂φ θ+ ϕ rˆ + ∂r r ∂θ r sen θ ∂ϕ
Divergente
∂V ϕ ∂ ∂ 1 ∇· V = r 2 sen sen θ (r 2V r ) + r (sen θV θ ) + r θ ∂r ∂θ ∂ϕ
Eduardo Resek
Unifei
0.5 Sistemas de Coordenadas Curvilíneas Rotacional 1 ∇× V = r 2 sen θ
Laplaciano 2
∇
rˆ ∂ ∂r V r
23
r θˆ ∂
ˆ r sen θ ϕ ∂
∂θ r V θ
∂ϕ r sen θV ϕ
∂ ∂φ ∂ ∂φ 1 1 ∂2 φ φ= 2 sen θ (r 2 ) + (sen θ ) + r sen θ ∂r ∂r ∂θ ∂θ sen θ ∂ϕ2
É interessante notar que 1 ∂ r 2 ∂r
2 ∂φ
= r
∂r
1 ∂2 r ∂r 2
(r φ)
Laplaciano de um vetor (∇2 V )r = ∇2V r −
2
θ 2 − r 22 ∂∂θV r − r 2cos 2 sen θ V θ − r 2 sen θ
V r r 2
∂V ϕ ∂ϕ
,
1 2 ∂V r 2cos θ ∂V ϕ V + − r 2 sen 2 θ ∂ϕ , θ r 2 sen 2 θ r 2 ∂θ 1 2 ∂V r 2cos θ ∂V θ V + + (∇2 V )ϕ = ∇2V ϕ − 2 , ϕ r sen 2 θ r 2 sen θ ∂ϕ r 2 sen 2 θ ∂ϕ Estas expressões para ∇2 V são inegavelmente confusas, mas algumas vezes são necessárias (não há umagarantia expressa de quea natureza seja sempre simples). Na verdade, não a utilizaremos no decorrer do nosso curso; apresentâmo-la aqui apenas por questão de completeza. (∇2 V )θ = ∇2V θ −
Exercícios
(−a, a)
y
(a, a)
17) O campo elétrico de uma partícula carregada localizada na origem do sistema de coordenadas é da forma: E=
K r, r 3
x
= cte.
K
a) Calcule o fluxo de E através da superfície esférica de raio a com centro na origem. b) Determine ∇·E e integre este resultado sobre o volume definido pela superfície esférica, comparando os resultados. Você já esperava por isto? c) Calcule a integral de linha do vetor E ao longo da trajetória no plano x y mostrada na figura. d) Use o teorema de Stokes para verificar o resultado.
(−a, −a)
(a, −a)
Fig. 0.18 Exercício 17
18) Usando os resultados dos teoremas integrais apresentados, encontre uma fórmula para o volume de uma região em termos de uma integral sobre sua superfície. Cheque seu resultado para uma esfera e para um paralelepípedo. Unifei
Eduardo Resek
Parte I
Eletrostática
25
Capítulo 1
A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico 1.1 Carga elétrica Dá-se o nome de carga elétrica a uma propriedade da matéria introduzida para entendermos qualitativa e quantitativamente um tipo de interação observada na natureza que, por razões históricas foi denominada interação elétrica ou eletrostática. Desse modo, assim como a noção de massa gravitacional permite o estudo da interação ou força gravitacional, a carga nos permite descrever as forças elétricas entres corpos materiais. Entretanto, ao contrário da força gravitacional, que é sempre atrativa, observou-se que a força elétrica pode ser de atração ou repulsão. Assim, torna-se necessário admitir que existem duas espécies distintas de carga elétrica, que convencionamos chamar de carga elétrica positiva e carga elétrica negativa. Cargas elétricas de mesma espécie se repelem, ao passo que as de espécies distintas se atraem. A carga elétrica é uma propriedade fundamental das partículas elementares que constituem a matéria. De fato, a matéria é um aglomerado de átomos ou moléculas, e átomos são constituídos por prótons, nêutrons e elétrons; duas dessa partículasapresentam carga elétrica (o próton possui carga elétrica positiva, enquanto a carga do elétron é negativa). Entretanto, em escala macroscópica, os efeitos da carga elétrica tendem a ser mascarados pelo fato que, na média, há iguais quantidades de carga de ambas as espécies num corpo macroscópico. Dizemos que o corpo, nestas condições, encontra-se eletricamente neutro. Se, por outro lado, há um excesso de prótons ou um excesso de elétrons, ele se encontrará num estado que denominamos (eletricamente) carregado .
27
+
+
+
−
−
−
Fig. 1.1 Cargas elétricas
28
Capítulo 1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico
1.2 Fatos experimentais importantes acerca da carga elétrica Conservação da carga A carga elétrica total de um sistema isolado é constante (a carga não pode ser criada nem destruída). Nunca foi observado qualquer fenômeno que contrariasse esse fato. Mesmo em fenômenos "radicais"como o da criação de um par elétron-pósitron, ou sua reação inversa, a aniquilação mútua entre elétron e pósitron, originando radiação eletromagnética, e −
+ e −
γ,
onde γ representa um fóton de raios gama, a carga elétrica, ao contrário da massa, é conservada, pois pósitron tem carga oposta à do elétron, enquanto um fóton, radiação eletromagnética, não possui carga elétrica.
A carga é quantizada A carga elétrica só é encontrada na natureza em múltiplos inteiros de uma carga fundamental (o quantum de carga). A menor carga livre encontrada na natureza é, em valor absoluto, a do próton: e 1,602 10−19 C
=
·
(1.1)
Um elétron possui carga exatamente oposta à esta, de modo que, para um corpo macroscópico qualquer, teremos q
= ±ne ,
n
∈ N.
(1.2)
1.3 Natureza dos materiais Do ponto de vista elétrico podemos classificar os materiais basicamente como condutores , isolantes (ou dielétricos ) e semicondutores . Isolantes são aqueles onde a carga elétrica não possui liberdade de movimento, ou seja, oferecem alta resistência ao fluxo de carga elétrica. Exemplos são os não metais, plásticos, madeiras, vidros, porcelanas, nylons, etc. Nesses materiais a estrutura atômica/molecular é tal que todos os elétrons encontram-se fortemente ligados aos seus respectivos átomos ou moléculas. Já nos Condutores as cargas podem se mover com relativa liberdade. Exemplos são os metais, o corpo humano ou de animais, a terra, soluções salinas. Nos sólidos a condução se dá porque existem alguns elétrons onde a ligação com os átomos é muito fraca (última camada da distribuição eletrônica), de modo que eles se tornam praticamente livres. Os semicondutores , por outro lado, possuem propriedades intermediárias, não sendo tão condutivos quanto os metais, mas consideravelmente mais que os dielétricos. O mecanismo de condução dos materiais dessa classe é bem distinto do dos condutores e não será abordado nesse curso. Um outro tópico que não será endereçado nesse curso é o da supercondutividade, propriedade apresentada por alguns materiais a baixíssimas temperaturas, quando a resistência à condução se torna praticamente nula. Eduardo Resek
Unifei
1.4 Formas de eletrização
29
1.4 Formas de eletrização Sendo constituídos por átomos, os corpos são naturalmente neutros do ponto de vista elétrico. Entretanto, eles podem adquirir carga elétrica através de alguns processos que discriminaremos a seguir, cujo efeito final é dotar o corpo de uma carga líquida negativa (o corpo adquire elétrons) ou positiva (o corpo perde elétrons):
1.4.1 Eletrização por atrito Funciona bem para corpos isolantes. Se esfregarmos um material com outro, há uma tendência dos elétrons se transferirem de um corpo para outro. Por exemplo, esfregando um corpo de vidro com um pano de seda fará com que o vidro ceda elétrons para o pano, fazendo com que o vidro apresente uma carga líquida positiva e a seda negativa.
1.4.2 Eletrização por contato ou condução Apropriada para carregar metais ou outros condutores. Se um corpo previamente carregado toca um outro originalmente neutro, uma parte de sua carga se transferirá para o último, deixando-o carregado com carga de mesma natureza que a sua.
1.4.3 Eletrização por indução Também apropriada para condutores. Utilizamos também um corpopreviamente carregado, mas desta vezsem tocaro corpoque desejamos carregar. Aproximando o objeto carregado do condutor e aterrando esse último1 , elétrons fluirão de ou para a terra (corpo carregado positivamente atrairá elétrons para o condutor, negativamente expulsará alguns doselétronspara a terra). Se, antes de afastarmos o objeto carregado, cortarmos a ligação do condutor com a terra, ele terá se carregado com uma carga oposta à do objeto auxiliar.
1.4.4 Eletrização por irradiação
Fig. 1.2 Eletrização por indução
Submeter um corpo a radiação eletromagnética pode ter como consequência a ejeção de elétrons de sua estrutura atômica. Um exemplo bem conhecido é o efeito fotoelétrico, no qual até mesmo a luz visível pode causar a liberação de elétrons ao incidir sobre uma superfície de, por exemplo, alumínio. Radiação eletromagnética de frequência mais elevada (mais energética), pode até expelir elétrons de camadas mais internas da estrutura atômica do material. 1 Significa conectar, através de um fio condutor, o corpo a um grande reservatório de carga, com
capacidade para ceder e/ou receber elétrons (geralmente a própria Terra, daí a denominação.)
Unifei
Eduardo Resek
30
Capítulo 1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico
1.5 Lei de Coulomb Lei experimental obtida por Charles Augustin de Coulomb em 1785, que descreve quantitativamente a interação eletrostática, isto é, a força entre duas cargas elétricas em repouso relativo. Essencialmente, ela estabelece que esta força atua sobre a reta que contem as duas partículas, é diretamente proporcional ao produto das carga e inversamente proporcional ao quadrado da distância que as separa. Matematicamente,
q 1 ˆ R 12
r2
r1
− r1
=
F21 = k
R12
q 1 q 2 2 R 12
q q Rˆ 12 = k 13 2 R12 ,
(1.3)
R 12
é a força que q 1 exerce sobre q 2 , onde R12 = r2 − r1 é o vetor com origem na carga q 1 e extremidade na carga q 2 . A constante k é frequentemente escrita em termos da permissividade do vácuo , 0 :
q 2 r2
O
F21
Fig. 1.3 Lei de Coulomb
k
1 = 4π = 8,9874 · 109 N.m2/C2,
0
0
−9
= 10 F/m = 8,85 · 10−12 F/m 36π
(1.4)
Essa expressão vetorial já fornece o sentido correto do vetor força quando as cargas são consideradas com o sinal algébrico adequado.
Exemplo 1.1 Duas cargas elétricas idênticas de 2,5 µC e massas iguais a 200g cada uma, são suspensas de um mesmo ponto no teto através de um fio leve e inextensível de comprimento 1,0m. Qual o ângulo que cada um dos fios formará com a vertical na posição de equilíbrio? Solução: Adotando o sistema de eixos tal como na figura, podemos escrever as forças que atuam sobre a carga q 2 como
F21 =
α
ˆ − sen α(− x ˆ )] 1 q 1 q 2 [ sen α x q 1 q 2 ˆ, = x 3 4π0 (2 sen α) 16π0 2 sen 2 α
T2
P = −mg zˆ , ˆ + sen α zˆ ) T = T (− cos α x
F12
q 1
F21
q 2
A condição de equilíbrio é que F12 + P + T = 0, implicando em
+
ˆ − T cos α x
T cos α
(T sen α − mg ) zˆ = 0 2 = 16π q 12q sen 2 α. 0
Dividindo uma pela outra, encontramos tan α =
Eduardo Resek
16π0 2 sen 2 α
=⇒ T sen α = mg ,
mg
Fig. 1.4 Cargas suspensas
q 1 q 2
1 q 1 q 2 csc2 α 6,25 · 10−12 × 9 · 109 = = csc2 α = 7,17 ·10−3 (1+cot2 α), cot α 16π0 2 mg 4 × (1,0)2 × 0,200 × 9,81 Unifei
1.6 Campo elétrico
31
ou seja,
cot3 α + cot α − 139,52 = 0.
Resolvendo esta equação encontramos cot α = 5,12229, donde α
= 10,8°
1.6 Campo elétrico A experiência mostra que as cargas elétricas não interagem diretamente sobre as outras; Quando o estado de uma determinada carga elétrica se altera (sua posição, por exemplo), essa informação não é imediatamente pela sua vizinhança, mas se propaga através do espaço com uma velocidade finita. Para melhor descrever essa interação, faz-se necessário admitir a existência de um agente intermediário que carrega essas informações a respeito do estado de um sistema de cargas. Esse agente denominado campo elétrico. Para definirmos o campo elétrico num ponto do espaço, adotamos o seguinte procedimento: colocamos neste ponto uma carga teste q e determinamos a força elétrica F que atua sobre ela. O campo elétrico é a razão F /q no limite de q tendendo a zero: F E = lim . (1.5) q 0
→
q
Definição de Campo Elétrico
O limite é necessário para garantir que a influência da carga teste sobre a distribuição original de cargas cujo campo queremos definir seja a menor possível. É claro que, devido à quantização da carga elétrica, o processo de limite descrito na equação acima nunca pode ser realizado estritamente em conformidade com a definição matemática de limite (processo contínuo de varição da carga), nem tampouco pode a carga chegar a valores menores que o quantum de carga.
1.7 Princípio da superposição Para um sistema de muitas partículas, a força total sobre a i -ésima carga é obtida pelo princípio da superposição, somando-se todas as forças devido a cada uma das outras partículas como se as demais não existissem:
q j
q n
Fi1 q 3
Fi2 Fi3 q 2
Fi =
1
N
4π0 j =i
Fi j =
N
q j
q i Rˆ j i 4π0 j =i R j2i
=
N
q j (ri r j )
| −− |
q i 4π0 j =i ri r j 3
(1.6)
Fij q 1
Fi
Fin
Fig. 1.5 Princípio da superposição
O campo elétrico na posição ocupada pela carga de teste será, portanto: 1 N q j (ri − r j ) ˆ E(ri ) = = R j i = 4π0 j = i q i 4π0 j =i R j2i 4π0 j =i |ri − r j |3 1
Unifei
N
Fi j
1
N
q j
A força elétrica é linear
Eduardo Resek
32
Capítulo 1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico
1.8 Linhas de força Desde o princípio dos estudos sobre eletricidade foi introduzida a ideia de linhas de força para representar visualmente o abstrato conceito de campo elétrico numa certa região do espaço. São linhas orientadas no sentido do campo elétrico em cada ponto do espaço, traçadas de modo a serem sempre tangentes ao campo em cada ponto. As figuras a seguir ilustram alguns casos simples envolvendo cargas pontuais. Note que as linhas de força são apenas uma forma intuitiva de visualizar o campo; por exemplo, se por um lado existe em geral campo em todos os pontos do espaço, nunca conseguiremos fazer passar uma linha de força por todos os pontos. Na verdade, só conseguimos traçar um número finito arbitrário de linhas, interpretando a concentração dessas linhas ao redor de certo ponto como um indicativo da magnitude do campo naquele ponto.
1.9 Distribuições contínuas de cargas No mundo real encontramos a propriedade carga elétrica presente nas partículas elementares, tais como o elétron e o próton. Átomos e moléculas são, em seu estado natural, eletricamente neutros. Corpos macroscópicos apresentam algum excesso de carga quando, por algum processo, ocorre uma transferência de carga de um corpo para outro (usualmente na forma de elétrons). Geralmenteo número de cargas elementares em excesso é muito grande e, associado ao fato que as dimensões moleculares são muitopequenas, constitui em geral uma aproximação excelente ignorar a natureza discreta da carga elétrica quando analisamos uma situação envolvendo corpos macroscópicos. Trabalhamos então com o conceito de distribuição contínua de cargas, isto é, com a hipótese que a carga elétrica se distribui continuamente sobres volumes ou superfícies. Definimos então as densidades de cargas:
Densidade volumétrica de cargas
Fig. 1.6 Linhas de força
ρ (r ) dE
dv
=
d q = v →0 ∆v d v
lim
∆
∆q
(1.7)
(1.8)
(1.9)
Densidade superficial de cargas σ(r )
=
λ(r )
=
∆
∆q
d q = s →0 ∆s d s
lim
r
Densidade linear de cargas O
Fig. 1.7 Distribuição volumétrica
∆
Para cada um desses tipos de distribuição de carga, podemos determinar a carga total do objeto carregado como Q v
Eduardo Resek
∆q
d q = →0 ∆ d
lim
=
v
ρ (r ) d v
Q S
=
S
σ(r ) d S
Q
=
λ(r ) d r .
(1.10) Unifei
1.10 Exemplos de cálculo de campo elétrico
33
Do ponto de vista macroscópico, mesmoum volumetendendoa "zero"conterá um número muito grande de átomos ou moléculas, o que nos garante uma aproximação boa procedendo dessa forma. Tratamos então um elemento de carga como uma carga pontual, de modo que o campo elétrico em um ponto P do espaço descrito pelo vetor posição r devido a uma distribuição arbitrária de cargas seria
E(r) =
1 4π0
N
j 1
=
q j R 2
j
Rˆ j
+
ρ (r )
2 v R
Rˆ d v
+
σ(r )
2 S R
Rˆ dS
+
λ(r )
2 l R
Rˆ d l , (1.11)
onde R é o vetor do elemento de carga em questão até a carga q 0 , e R j a partir da j -ésima carga pontual. Pode-se mostrar que uma carga pontual q num ponto r pode ser expressa por uma densidade de cargas ρ (r) = q δ(r − r ). Além disso, as contribuições dos diversos tipos de densidades de cargas são estruturalmente idênticas, de modo quenãohá perda de generalidade se escrevermos o campo elétrico genericamente como ρ (r ) ρ (r )(r − r ) 1 1 ˆ d v . (1.12) E(r) = R d v = 2 3 4π0 v R 4π0 v |r − r |
dS r
−
r
P
r
dE
r
O
Fig. 1.8 Distribuição superficial
d r
−
r
r
P dE r
O
Fig. 1.9 Distribuição linear
1.10 Exemplos de cálculo de campo elétrico 1.10.1 Um disco carregado não uniformemente Um disco de DVD possui raios interno e externo respectivamente iguais a 1,0 cm e 8,0 cm, encontrando-se carregado com carga total 5,0 µC, distribuída de maneira inversamente proporcional à distância ao centro do disco. Determinar o campo elétrico produzido por essa distribuição num ponto do eixo de simetria do DVD (eixo perpendicular ao seu plano, passando pelo seu centro). Solução: Como se trata de uma distribuição superficial de cargas, devemos primeiramente determinar a sua expressão. Como a carga encontra-se distribuída de maneira não uniforme, não podemos dizer que a densidade é simplesmente a carga total do disco (que é conhecida) dividida pela sua área total. O que sabemos é que a distribuição de cargas (ou seja, sua densidade superficial, neste caso) é inversamente proporcional à distância de cada elemento de cargas ao centro do disco. Se adotarmos um sistema de eixos cuja origem coincide com o centro do disco, e eixo z perpendicular ao plano do disco, podemos identificar essa distância coma a coordenada ρ do sistema de coordenadas cilíndricas. Assim σ(r )
∝ ρ1 = ρβ ,
onde β é uma constante a ser determinada. Isso é realizado Escrevendo a carga total como em (1.8): Q
Unifei
=
S
σ(r ) d S =
2π
0
b
a
β ρ d ρ d ϕ ρ
Carga distribuída de maneira inversamente proporcional: isso se refere à densidade da distribuição!
= 2πβ(b − a ), Eduardo Resek
34
Capítulo 1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico onde a e b são os raios interno e externo, respectivamente, teremos β
· 10−6 = 1,14 · 10−5 C/m. = 2π(b Q − a ) = 2π5,0 × 7,0 · 10−2
A densidade de cargas fica σ(ρ )
dE z
r r
−r
y
= 2π(b Q − a )ρ .
Lembrando que a lei de Coulomb se aplica para cargas pontuais ou infinitesimais, devemos determinar, para cada elemento de carga possível sobre a distribuição, o campo que ele produz, somando para toda a distribuição. Devemos, para isso, sempre escolher um elemento de cargas suficientemente genérico para representar todo e qualquer possível elemento de cargas da distribuição. Não escolha, por exemplo, um elemento de cargas sobre algum dos eixos, na periferia do disco (nesse caso, pois a distribuição de cargas é superficial) e, jamais, na origem. A figura ilustra o elemento de carga escolhido, cujo vetor posição escrevemos como
r = ρ ρˆ , a ≤ ρ ≤ b .
r
Desejamos calcular o campo sobre um ponto qualquer do eixo z , assim escrevemos sucessivamente
x
Fig. 1.10 Disco carregado
|r − r| = (z 2 + ρ2 )1/2.
ρ, r = z ˆz, r − r = z zˆ − ρ ˆ
A lei de Coulomb fornece então 2π
1
E(r) = E(z ) =
4π0
0
b
a
β (z zˆ ρ ˆ ρ) ρ d ρ d ϕ . 2 2 3/2 ρ (z ρ )
− +
Todo cuidado agora é pouco. Um erro muito comum cometido pelo estudante é escrever, a partir daí que
E(z ) =
2π β zˆ z 4π0 0
d ρ d ϕ
b
a
− ρˆ
(x 2 + ρ 2 )3/2
2π
0
b
ρ d ρ d ϕ (x 2 ρ 2 )3/2
+
a
ERRADO!
O erro é que ρˆ é um vetor que varia de ponto para ponto, não pode portanto ser retirado para fora do integral acima. Devemos escrevê-lo em termos de versores de coordenadas cartesianas: ρˆ
ˆ + sen ϕ y ˆ , = cos ϕ x
o que resulta
E(z ) =
−
2π β zˆ z 4π0 0
ˆ x
Eduardo Resek
2π
0
b
d ρ d ϕ 2
2 )3/2 d ρ d ϕ ˆ − y (x 2 + ρ 2 )3/2
ρ a (x b ρ cos ϕ
a
+
2π
0
b ρ
a
sen ϕ d ρ d ϕ (x 2 + ρ 2 )3/2
Unifei
1.10 Exemplos de cálculo de campo elétrico
35
ˆ se anulam, pois num intervalo completo de 0 a 2 π Ora, os integrais em ˆ x e y tanto o seno como o cosseno, integrados, se anulam:
0
2π
cos ϕ d ϕ =
2π
0
sen ϕ d ϕ = 0.
No integral restante,
0
2π
d ϕ = 2π e
d ρ
(z 2 + ρ 2 )3/2
=
ρ z 2
+ z 2
ρ 2
.
O integral foi resolvido perfazendo-se a mudança de variáveisρ = z tan α ou, mais fácil ainda, consultando este site. Resta-nos agora apenas completar o cálculo introduzindo os limites do integral. Reintroduzindo o β calculado anteriormente, fica: Q b a E(z ) = ˆz − 4π0 (b − a )z z 2 + b 2 z 2 + a 2 Com os valores numéricos, para z em cm, ficaria:
5,63 · 103 E(z ) = ˆz z
8
z 2
+ 64
1
− 2 z
+1
kV/mm
Vamos discutir um pouco mais esse resultado, com particular atenção à simetria apresentada pela distribuição de cargas que, sem mesmo realizar nenhum cálculo, nos permitiria prever que o único componente do campo elétrico seria o longo do eixo de simetria do disco (eixo z ). O cálculo do campo envolve a soma das contribuições de todos os possíveis elementos de carga infinitesimais sobre a superfície do disco. Por isso devemos escolher um elemento de carga suficientemente genérico sobre a distribuição, para que ele possa representar qualquer possível elemento infinitesimal do disco, tal como fizemos na figura. Ora, no processo de soma das contribuições, vamos encontrar a de um elemento de carga simetricamente disposto, em relação ao eixo z , ao elemento considerado. Sua contribuição d E para o campo em P será um vetor de mesmo módulo que d E, pois sua distância ao ponto P é a mesma que a do primeiro elemento e sua carga também é a mesma daquele! Isso se deve ao fato de que a densidade de cargas sobre a superfície do disco, embora não seja uniforme, depende apenas da distância do elemento ao centro do disco; como o segundo elemento considerado está numa posição simétrica ao primeiro, relativamente ao cento do disco, suas coordenadas ρ são idênticas. Além disso, essa mesma geometria nos garante que os ângulos formados pelas contribuições d E e d E com o eixo z são iguais, implicando que a soma vetorial de ambos será ao longo desse eixo! Poderíamos portanto, com base nessa análise, ter-nos poupado do cálculo dos demais componentes, embora eles não tenham sido (nesse caso) difíceis (por outro lado, uma escolha infeliz da ordem em que os integrais foram realizados poderia ter mudado radicalmente esse panorama — tente, por exemplo, fazer ˆ ou y ˆ acima!). primeiramente o integral em ρ dos componentes em x
Unifei
Simetria!
dE z dE
r r
−r
y r
x
Fig. 1.11 Elemento de carga siméz trico dE dE dE
dE
r
− r
dS
r
r
r
r
− r
dS
Fig. 1.12 Cancelamento de componentes do campo
Eduardo Resek
36
Capítulo 1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico
1.10.2 Linha reta carregada uniformemente Determinar o campo elétrico produzido, num ponto qualquer do espaço, por uma distribuição retilínea infinita de cargas, carregada com uma densidade linear uniforme de cargas λ. Adotemos o eixo z de forma que ele coincida com a linha carregada Como a linha é infinita e a distribuição uniforme, percebemos que o campo não deve depender da coordenada z do ponto de observação. É aparente também que a direção do campo em cada ponto deve ser na direção da perpendicular baixada do ponto até a linha carregada, nesse caso portanto, de ρˆ . A não ser pela direção do campo, este não depende tampouco da coordenada azimutal (que especifica a posição do ponto de observação ao redor da linha de cargas). Assim, sem perda de generalidade, podemos calcular o campo num ponto genérico do plano x y : ρ. r = ρ ˆ
z
d
r
r
−r
P
r
ρ
Escolhendo um elemento de carga genérico tal como o da figura, temos
dE
r = z ˆz
r − r = ρ ρˆ − z ˆz,
=⇒
| r − r | =
e a lei de Coulomb fica
Fig. 1.13 Linha infinita carregada
d
r
r
−r
P
r
dE
− |r − r|3
E=
r
λ(r )(r r )
ρ dE
r
4π0
−r
d
Fig. 1.14 Simetria f (z )
λρ ρˆ 4π0
E= z
ρ ρˆ z ˆz d z . −∞ (z 2 ρ 2 )
∞
− +
∞
d z
−∞ (z 2 + ρ 2 )3/2
λ ρˆ 2π0 ρ
(1.13)
1.10.3 Uma semi-esfera carregada Uma semi-esfera maciça de raio R encontra-se carregada com um densidade volumétrica de cargas não uniforme dada por ρ
Eduardo Resek
λ 4π0
ρ2 ,
A substituição z = ρ tan α transforma o integral acima em ρ −2 cos α, pois d z = ρ sec2 α d α e o denominador é equivalente a [ρ 2 (1 + tan2 α)]3/2 = (ρ 2 sec2 α)3/2 = ρ 3 sec3 α, agora com os limites de −π/2 e π/2. Claro que, se você preferir, sempre se pode consultar este site. Resulta
Fig. 1.15 Integrando em ˆz
d r =
z 2
Nesse caso, o versor ρˆ é fixo, pois refere-se ao ponto de observação, e não ao vetor posição do elemento de carga da distribuição. Já vimos que, por força da simetria da distribuição, o campo deve resultar ao longo da direção axial, e portanto o integral relativo ao componente ˆz deve se anular. De fato, o integrando é uma função ímpar e os limites de integração simétricos com respeito à origem, garantindo um resultado nulo para a integração. Resta-nos
z
E(r) =
1
+
= ρ0 R r sen θ, Unifei
1.10 Exemplos de cálculo de campo elétrico
37
onde θ é o ângulo medido com respeito ao eixo de simetria da semi-esfera. Determinar o campo elétrico no seu centro de curvatura. A figura ilustra a disposição dos eixos do sistema de coordenadas. Escolhemos um elemento de carga tal como o ilustrado na figura, para o qual podemos escrever: ˆ + sen θ sen ϕ y ˆ + cos θ ˆz) r = r ˆr = r (sen θ cos ϕ x
Para um ponto qualquer no eixo de simetria da distribuição, fora dela, teremos
r = z ˆz.
z
dE
θ
y r
=
r
ˆ r
x dv
Fig. 1.16 Semiesfera
Desse modo ˆ − r sen θ sen ϕ y ˆ r − r = z ˆz − r ˆr = (z − r cos θ ) ˆz − r sen θ cos ϕ x
=⇒ |r − r| = (z 2 + r 2 − 2zr cos θ)1/2, e a lei de Coulomb fornece
E(r) =
1
ρ (r )(r r )
− | r − r | 3
d v
4π0 v 2π π R r sen θ 1 = 4π ρ0 × R π/2 0 0 0 ˆ − r sen θ sen ϕ y ˆ ] 2 [(z − r cos θ ) ˆz − r sen θ cos ϕ x r sen θ d r d θ d ϕ 2 2 3/2 (z + r − 2zr cos θ )
ˆ e y ˆ novamente se anulam devido aos integrais na coorOs componentes em x denada azimutal ϕ (você consegue justificar fisicamente através de argumentos de simetria, o porquê disso?). Na direção de zˆ , o integral em ϕ resulta em 2 π. Ficamos então com ρ0 E(z ) ˆz 20 R
=
π
R
r 3 (z r cos θ )sen 2 θ
2 π/2 0 (z
−
d r d θ . 2 3/2 + r − 2zr cos θ )
O cálculo do integral acima é bem complicado, mas nossa tarefa consiste em determinar o campo elétrico no centro de curvatura da distribuição, que é exatamente a origem. Para z = 0, a expressão acima fica
E(0) = −
ρ0 zˆ 20 R
π
π/2 0
R r 4 cos θ
2 3 sen 2 θ d θ = − zˆ ρ 0 R sen θ d r r 3 20 2 3
ou
E(0) =
Unifei
π
π/2
,
ρ 0 R 2 zˆ 120
Eduardo Resek
38
Capítulo 1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico
Questões sobre o Capítulo 1: A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico
Q1.1
Você dispõe de um bastão de vidro, um lenço de seda e duas esferas de metal (condutoras), inicialmente neutras, montadas em um suporte de plástico (isolante). Descubra um modo de carregar as esferas com cargas iguais e opostas. Não é permitido tocar com o bastão nas esferas. é necessário que as esferas sejam do mesmo tamanho?
Q1.2
Se você friccionar vigorosamente um bastão de ebonite (um plástico isolante) com uma flanela, o bastão ficará eletrizado. Entretanto, se você friccionar uma moeda entre os dedos, ela não irá adquirir carga alguma. Por que?
Q1.3
Depois de caminhar algum tempo sobre um carpete, você freqüentemente sente um “choque” ao tocar na maçaneta de metal da porta. Qual a causa disso?
Q1.4
a) Defina linhas de força de um campo elétrico. b) Duas linhas de força nunca se cruzam. Explique por que.
Q1.5
Uma carga pontual q é solta numa região de campo elétrico não uniforme. A trajetória que ela segue necessariamente coincide com uma das linhas de força?
Q1.6
Duas cargas pontuais de mesmo módulo e sinais opostos encontramse sobre uma reta separadas por uma distância d . Determine a direção e sentido do campo elétrico: a) sobre a reta e entre as cargas; b) sobre a reta, fora das cargas, próximo à carga positiva; c) idem, próximo à carga negativa; d) fora da reta, no plano mediatriz das cargas (plano perpendicular à reta e que passa pelo ponto médio entre as cargas).
Problemas do Capítulo 1: A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico
P1.1
Duas cargas de −10 µC e 20 µC encontram-se separadas por uma distância de 20cm. Onde deve ser colocada uma terceira carga de modo que, sob a ação dessas duas, fique em repouso? Resp: Ao longo da reta suporte das duas cargas, a 48,5cm da carga negativa e 68,5 cm da positiva
Eduardo Resek
P1.2
Dez cargas pontuais de 500 µC estão colocadas sobre uma circunferência de raio 2 m, todas igualmente afastadas entre si. Calcule a força exercida por esse conjunto sobre uma carga pontual de −20 µC , situada sobre o eixo, dois metros afastada do plano da circunferência.
P1.3
Duas esferas condutoras idênticas possuem cargas de sinais opostos e se atraem mutuamente com uma força de 0,108 N, quando separadas por uma distância de 50 cm. Elas são ligadas por um fio condutor, que é removido logo a seguir, passando então a se repelir com uma força
Unifei
1.10 Exemplos de cálculo de campo elétrico
39
de 0,036 N. Quais eram os valores iniciais das cargas das esferas? Resp:
±3,0 µC e ∓1,0 µC P1.4
Uma carga Q deve ser dividida em duas: q e Q − q . Qual deve ser o valor de q para que a repulsão coulombiana entre as duas novas cargas seja máxima? Resp: q = Q /2
P1.5
Duas cargas pontuais de valor q e −q são fixadas nos pontos P 1 (0, a ) e P 2 (0, −a ) respectivamente, de um sistema de coordenadas cartesianas, formando o que se denomina um dipolo elétrico . Uma terceira carga positiva e de mesmo valor, é colocada em algum ponto sobre o eixo dos x . a) Qual a intensidade e orientação da força exercida sobre a terceira carga quando esta se encontra na origem? b) Qual é a força sobre ela quando sua abcissa é x ? c) Esboce o gráfico da força sobre a terceira carga em função de x , para valores de x entre −4a e 4 a . d) Mostre que quando a abcissa x da terceira carga for grande comparada à distância a , a força sobre ela é inversamente proporcional ao cubo da sua distância ao centro do dipolo. e) Situando agora a terceira carga sobre o eixo dos y , a uma ordenada y grande comparada com a distância a , mostre que a força sobre ela também é inversamente proporcional ao cubo de sua distância à origem do dipolo. ˆ Resp: a) − y
q 2
b) 2 ( F0 ) 2π0 a 2 (a q 2 a q 2 a ˆ ˆ y e) F y π0 y 3 2π0 x 3
d) F −
=
a 3 F 0 x 2 )3/2
+
P1.6
Três cargas pontuais de mesma massa m = 200g e carga elétrica q são penduradas por fios sem massa e inextensíveis, todos de comprimento L = 1,0m, a partir de um ponto comum no teto. Na posição de equilíbrio, a distância entre cada uma delas vem a ser de 20 cm. Determine o valor de cada carga. Resp: 0,765 µC
P1.7
A cunha cilíndrica limitada pelas superfícies z = 0, z = 3(m), ϕ = 300 , ϕ = 600 e ρ = 5(m) tem densidade volumétrica de cargas dada por ρ v = ρ sen 2ϕ(nC/m3 ). Determinar a carga elétrica total encerrada pela cunha. Resp: 62,5nC
P1.8
Seja uma distribuição (infinita) de cargas com densidade ρ , dada no sistema de coordenadas esféricas por ρ
−ar
= K e r 2
,
= ct e .
K
a) Considerando uma esfera de raio R centrada na origem do sistema, determine a carga de um hemisfério. Unifei
Eduardo Resek
40
Capítulo 1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico b) Qual o raio R da esfera que contem metade da carga total da distribuição (que é infinita!)?
P z
Resp: a)
P1.9
λ
+ + + + + + + + + + + + + + + + + +
2k π(1 − e−aR )
1 b) R = ln 2
a
a
Mostre que o campo elétrico produzido por uma linha carregada com densidade de cargas uniforme λ e disposta ao longo do eixo z é dado por
E=
α2
λ (cos α1 4π0 ρ
onde α1 e α2 são os ângulos mostrados na figura.
P1.10
+ cos α2 ) ρˆ + (sen α2 − sen α1) ˆz
,
Considere uma barra muito fina de comprimento L , uniformemente carregada, com uma densidade linear de cargas λ.
α1
a) Determine o campo eletrostático E produzido pela barra num ponto situado no seu eixo mediatriz. Calcule E para os seguintes casos: z >> L e z << L (ou L → ∞, fio retilíneo infinito uniformemente carregado). b) Determine o campo num ponto sobre o eixo perpendicular à barra que passa por uma de suas extremidades.
Fig. 1.17 Linha finita (P1.9)
Resp: E =
λL
2π0 z L 2 +4z 2
ˆz. Para z >> L , E = q 2 ˆz, e, para z << L , (ou L →∞), E = 2πλ z ˆz. 0 4π0 z
P1.11
Uma barra muito fina de comprimento L = 1,0m é carregada com uma densidade linear de cargas λ que varia linearmente ao longo da barra, desde um valor −λ0 numa extremidade, até o valor λ0 no outro extremo, sendo λ0 = 0,50 µC/m. Determine o campo eletrostático produzido pela barra num ponto situado: a) no seu eixo mediatriz, a 2m da barra; b) no prolongamento da reta que contem a barra, a 2 m da extremidade. Resp: a) E = −0,24 ˆ x kV/m b) E = 0,10 ˆ x kV/m
P1.12
Usando a lei de Coulomb (integração direta), determine o campo produzido por um fio de carga Q e comprimento L , dobrado em forma de um arco de circunferência de 60ˇr, no seu centro de curvatura; Resp:
= 12q L 2 , ao longo da bissetriz do arco da circunferência.
E
P1.13
0
Um fio não condutor muito fino forma uma circunferência de raio a e está localizado no plano x y , com seu centro na origem. O fio possui uma densidade linear de cargas dada por λ = λ 0 sen ϕ, onde ϕ é o ângulo medido a partir do eixo x positivo. Determine: a) a carga total do fio; b) E na origem. c) Você acha alguma incoerência entre os λ ˆ) 0 b) E = (− y resultados de a) e b)? Resp: a) Zero 4 a 0
P1.14
Eduardo Resek
Considere um disco de raio a , uniformemente carregado, com densidade superficial de carga σ; a) Determine o campo eletrostático E num ponto qualquer do eixo Unifei
1.10 Exemplos de cálculo de campo elétrico
41
de simetria deste disco; b) Uma partícula de carga Q e massa m é solta do eixo z a partir do repouso, de uma distância z 0 do disco. Determine a velocidade que ela possuirá quando atingir uma distância (i ) 4z 0 , (i i ) ∞ do disco. c) Calcule E para os seguintes casos: z >> a e z << a ( ou a → ∞, isto é, o disco se torna um plano infinito uniformemente carregado). d) Qual o máximo valor de z para que se possa usar a aproximação de plano infinito (isto é, considerar E ≈ σ/(20 )), cometendo um erro de no máximo 5%? 2
Q (z ) = σ [1 − z ˆz (carga puntiforme) e Resp: a) E ] zˆ , para z > 0 , E (z ) = σa 2 ˆz = 20 40 z 4π0 z 2 z 2 +a 2 σ E (z ) = 2 ˆz, (plano infinito). 0
P1.15
Determine o campo e o potencial eletrostáticos produzidos por um disco de raio a carregado com σ = σ0 sen 2 ϕ num ponto qualquer de seu eixo de simetria.
P1.16
Uma carga está distribuída sobre o eixo z com densidade λ0 para |z | > 4m e λ = 0 para | z | < 4m. Determine o campo elétrico no ponto P (0,2,0)m.
P1.17
Um quadrado, que possui lado 2m , está centrado na origem e situa-se no plano z = 0, encontra-se carregado com uma densidade superficial de cargas σ = |x | nC/m2 .
Determine: a) a carga total da distribuição; b) o campo E no ponto P (0,0,1)m. Resp: a) Q = 2,0nC b) 8,02 ˆz (V/m)
P1.18
Um quadrado de lado 2m jaz no plano x y delimitado por 0 ≤ x ≤ 2m e 0 ≤ y ≤ 2m, carregado com carga superficial σ
= 2x (x 2 + y 2 + 4)3/2 µC/m2 .
Determine o campo elétrico no ponto do eixo z situado a 2m acima do plano.
P1.19
Uma esfera não condutora de raio R está carregada com uma densidade de cargasnão uniforme dada por ρ = kr sen θ,onde r éadistância medida a partir do centro da esfera e θ éoânguloapartirdeumeixode referência. A esfera é cortada exatamente ao meio, num plano normal ao referido eixo, e uma das partes jogada fora. Determine: a) A carga total da semiesfera; b) O campo elétrico no centro de curvatura da semiesfera em função da carga total desta. Resp: b) E = 22Q 2 zˆ 3π 0 R
P1.20
Uma esfera condutora de raio R encontra-se carregada com uma densidade superficial de cargas dada por σ = Q cos θ/R 2 . Determine: a) Sua carga total; b) Seu momento de dipolo total, definido como o vetor
p Unifei
=
S
σ(r ) r d S
Eduardo Resek
42
Capítulo 1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico
c) O campo que ela produz emseu centro (para quemgosta de desafios, tente calcular o campo num ponto qualquer do eixo z , tanto para z < R quanto para z > R ). Resp: a) Q = 0, b) p = ˆz 4πRQ /3, c) E = ˆz Q 2 3 0 R
Eduardo Resek
Unifei
Capítulo 2
A Lei de Gauss 2.1 Fluxo de um vetor A palavra fluxo transmite a idéia de movimento através de uma região, por exemplo, o fluxo de um rio em seu leito, fluxo de ar (vento!), etc. Matematicamente, o conceito de fluxo está associado a um campo vetorial que atravessa uma dada superfície. Dado um campo vetorial A numa região do espaço, definimos o fluxo Φ A do campo através de uma superfície S como o integral Φ A
n ˆ
= ·
A nˆ d S ,
A nˆ d S
S
= =
A
S
dS
onde d S é um elemento infinitesimal de área e nˆ um vetor unitário normal a d S . O cálculo do integral é o usual: dividimos a superfície S em um número muito grande de pequenos elementos de superfície, calculamos a contribuição em cada um desses elementos, A · nˆ i ∆S i e, tomando o limite de N →∞, somamos tudo:
·
B
lim
N
N
A i · nˆ i ∆S i
→∞ i =1
lim
N
N
A i cos θi ∆S i
→∞ i =1
=
A cos θ d S
S
Observe que a definição é compatível com a idéia do campo atravessando a superfície: na figura, o vetor B é perpendicular ao vetor normal à superfície, nˆ , jaz rente à superfície e não a atravessa: o produto escalar na expressão garante que isso se traduz num fluxo zero, pois B· nˆ = B cos(π/2) = 0 (naquele elemento de superfície ilustrado). É claro que Φ A é um escalar, podendo ser positivo, negativo ou nulo, dependendo do ângulo formado entre o vetor e a normal à superfície em cada ponto. O sentido de nˆ é, em geral, arbitrário, mas para superfícies fechadas nˆ é sempre orientado para fora da superfície. Nesse caso especial é usual representarmos o 43
Fig. 2.1 Fluxo
44
Capítulo 2 A Lei de Gauss integral com um circulo, indicando que a superfície S é fechada: Φ A
= ·
A nˆ d S ,
S
2.2 Ângulo Sólido É uma medida da abertura espacial determinada por uma superfície em relação a um ponto de referência que não pertença a ela. Comecemos com uma superfície em forma de uma calota esférica de raio R . O ângulo sólido, medido em esferoradianos ou stereo-radianos (sr) é, por definição Ω
= R A 2 ,
sendo independente do raio da esfera, pois a área é proporcional ao quadrado do raio. Para generalizar, consideremos um elemento de área ∆S muito pequeno; Sendo R a distância do ponto de referência P ao centro de ∆S , e ∆S a calota de uma esfera de raio R com centro em P , o ângulo sólido será
ˆ
ˆR ∆S ∆S · n ≈= , ∆Ω ≈ R 2 R 2
onde nˆ é o versor perpendicular as ∆S . No limite ∆S → 0, temos
· nˆ Rˆ d Ω = 2 d S =⇒ R
Ω
= · S
nˆ Rˆ
R 2
d S .
Denotando por r o vetor posição de P , a expressão geral fica Ω
Fig. 2.2 Definição de ângulo sólido
= · − S
(r r ) ˆn |r − r |2 dS .
O ângulo sólido total ao redor de um ponto qualquer é 4 π sr. Assim, temos que
· − S
(r r ) ˆn |r − r|2 d S = 4π.
Em coordenadas esféricas, d Ω = sen θ d θ d ϕ.
Exercício proposto 1. No cubo ilustrado a seguir, determine o ângulo espacial subtendido pela face azul com respeito ao vértice P .
Fig. 2.3 Ângulo sólido em coordenadas esféricas P
Fig. 2.4 Exercício proposto 1
Eduardo Resek
Unifei
2.3 A Lei de Gauss para o campo elétrico
45
2.3 A Lei de Gauss para o campo elétrico A famosa Lei de Gauss constitui uma das quatro equações básicas do eletromagnetismo e é talvez a mais importante ferramenta do estudante de eletromagnetismo a esse nível introdutório. Pode ser obtida diretamente da lei de Coulomb tanto na forma diferencial quanto na forma integral, embora a primeira exija o domínio das ideias da teoria de distribuições (o delta de Dirac).
2.3.1 Determinando diretamente o divergente do campo (opcional) A lei de Gauss na forma diferencial diz respeito ao divergente do campo elétrico. Vamos determiná-lo partindo da forma mais genérica possível para o campo eletrostático, ρ (r )(r − r ) 1 d v , E= 3 4π0 v |r − r | pois qualquer distribuição de cargas pode ser expressa em termos de alguma densidade volumétrica ρ . Tomando o divergente, segue
1
∇·E = 4π
0
1 = 4π
0
1 = 4π
∇·
ρ (r )(r r )
− d v |r − r|3 v (r − r ) ρ (r )∇· |r − r|3 d v v ρ (r) ρ (r )4πδ(r − r ) d v = ,
0 v
0
que é a almejada lei de Gauss. Para expressá-la em forma integral basta integrar sobre um volume v finito: ∇·E d v = 1 ρ(r) d v = Q int ,
0
v
0
v
e utilizar o teorema de Gauss no primeiro membro. Acima, Q int é a carga total interna ao volume v . Sendo S a superfície que o delimita, tem-se
· S
E nˆ d S =
Q int . 0
2.3.2 Calculando o fluxo de uma carga pontual através de uma superfície fechada arbitrária Calculemos o fluxo elétrico produzido por uma carga isolada q através de uma superfície fechada arbitrária que a contém, ΦE
= ·
E nˆ d S
S
Escolhendo a origem do sistema de coordenadas coincidindo com a carga q , teremos: q q q rˆ r· nˆ ˆ · = = d S d S d Ω, ΦE = n 4π0 S r 2 4π0 S r 3 4π0
Unifei
Fig. 2.5 Ângulo sólido
Eduardo Resek
46
Capítulo 2 A Lei de Gauss onde d Ω é o ângulo sólido infinitesimal delimitado pela área d S , em relação à origem O . Como d Ω representa o ângulo sólido total em torno da origem (4π sr), segue que q ΦE = E· nˆ d S = .
0
S
Por outro lado, podemos mostrar facilmente que, para uma superfície S que não engloba a carga q , obteríamos
S , q S
Fig. 2.6 Carga fora do corpo: fluxo total é nulo
⊂
E· nˆ d S = 0.
Vemos pela figura que uma mesma linha de força, subtendendo o mesmo ângulo sólido, produz um fluxo positivo no elemento de superfície d S quando sai do corpo, pois o ângulo formado pelo versor normal e o radial é agudo, enquanto que no elemento d S , onde a linha de força penetra no corpo, o fluxo é negativo, pois o ângulo entre nˆ e ˆr é maior que 90◦ . Ora, pelo princípio da superposição, segue imediatamente que, para uma distribuição arbitrária de cargas, o fluxo elétrico total através de qualquer superfície fechada S será proporcional à carga total contida na superfície. Isto é exatamente a forma integral da lei de Gauss:
· S
E nˆ d S =
Q int
0
1
=
0 v
ρ d v ,
(2.1)
onde é o v o volume e Q int a carga total (soma algébrica), delimitados pela superfície S , muitas vezes denominada s uperfície gaussiana. Usando o teorema do divergente (Gauss), obtemos sucessivamente
· = ∇· E nˆ d S
S
v
E d v =
1 0
ρ d v
v
=⇒ ∇· − E
v
ρ d v 0. 0
=
Como o volume de integração é arbitrário, necessariamente
∇·E = ρ ,
(2.2)
0
que é a lei de Gauss na forma diferencial.
Exemplo 2.1 Comprove a lei de Gauss para o fluxo do campo elétrico de uma carga q na origem do sistema de coordenadas, através de uma superfície cilíndrica formada pelas superfícies ρ = R e z = ±h /2. Solução: Sejam 1 e 2 as tampas superior e inferior do cilindro e 3 sua superfície lateral. Os versores normais a essas superfícies são nˆ 1 = ˆz, Eduardo Resek
nˆ 2 = − zˆ ,
nˆ 3 = ρˆ . Unifei
2.3 A Lei de Gauss para o campo elétrico
47
Em coordenadascilíndricas, o vetor posição de um ponto qualquer é escrito como r = ρ ρˆ + z ˆz,
e o campo elétrico de uma carga pontual na origem fica n ˆ1
q (ρ ρˆ
+ z ˆz) = E= 3 2 4π0 r 4π0 (ρ + z 2 )3/2 1 q r
E
Os fluxos através dessas superfícies são: ΦE 1
2π R (ρ ρ ˆ 12 h ˆz) zˆ q ρ d ρ d ϕ, 4π0 0 0 [ρ 2 (h /2)2 ]3/2
=
+
·
n ˆ3
+ 2π R (ρ ρ ˆ − 12 h ˆz)· (− zˆ) q ρ d ρ d ϕ, ΦE 2 = 4π0 0 0 [ρ 2 + (h /2)2 ]3/2 e h /2 2π (R ρ ˆ + z ˆz)· ρˆ q R d ϕ d z ΦE 3 = 4π0 −h /2 0 (R 2 + z 2 )3/2 Pela simetria, os fluxos através das superfícies ±h /2 serão idênticos: ΦE 1 = ΦE 2 .
q
Podemos escrever
ΦE
= 2ΦE1 + ΦE3 ,
Fig. 2.7 Carga pontual e superfície cilíndrica
onde ΦE 1
2π
= + = − = − + = + = = qh
8π0
0
e
ΦE 3
qR 2
(ρ 2 h 2 /4)3/2
0
R
1
qh
40
1
R
ρ2
4π0 −h /2 qR 2
q
20
h 2 /4 0
h /2
2π
0
ρ d ρ d ϕ
1
h
4R 2 + h 2
d ϕ d z
(R 2
z 2 )3/2
h /2
z
20 R 2 R 2 + z 2 −h /2
qh
0 4R 2
+ h 2
;
O fluxo total perfaz, portanto ΦE
= q , 0
em concordância com a lei de Gauss.
Unifei
Eduardo Resek
48
Capítulo 2 A Lei de Gauss
2.4 Aplicações da lei de Gauss Algumas aplicações óbvias e imediatas da lei de Gauss são: • forma integral: conhecida a distribuição, determinar o fluxo ΦE do campo elétrico através de uma superfície fechada, ou em alguns casos, aberta. • forma integral: conhecido o campo E(r), determinar a carga total contida em uma certa região do espaço ()delimitada por uma dada superfície). • forma diferencial: conhecido o campo E(r), determinar detalhadamente a distribuição de cargas em cada ponto da região, ou seja sua densidade volumétrica de cargas ρ (r). Uma terceira (e talvez a mais importante) aplicação da lei de Gauss na forma integral, é a de permitir determinar o campo elétrico em todos os pontos de uma região a partir do conhecimento da distribuição de cargas. Para isso é necessário que a distribuição seja dotada de certas simetrias que permitam simplificar o integrando da equação (2.1) de modo a isolar o campo elétrico. Basicamente, três tipos de simetria podem ser identificados na prática, que trataremos a seguir.
2.4.1 Simetria esférica De uma maneira geral, um campo elétrico pode ser escrito em coordenadas esféricas como
E(r) = E r (r , θ, ϕ) ˆr + E θ (r , θ, ϕ) ˆθ + E ϕ (r , θ , ϕ) ϕˆ Um campo é dito esfericamente simétrico quando ele possui apenas o componente radial e com intensidade dependente apenas da distância à origem do sistema de coordenadas (coordenada r ): Simetria
esférica
E(r) = E (r ) ˆr
(2.3)
Nessa situação, se escolhermos uma superfície esférica para a aplicação da lei de Gauss, para a qual nˆ = ˆr, o fluxo do campo elétrico através desta se simplifica como a seguir:
· = E nˆ d S
S
S
· =
E (r ) rˆ rˆ d S
E (r ) d S E (r )
S
=1
S
=
dS E (r )4πr 2 ,
S
=
onde pudemos retirar o módulo do campo para fora do integrando por ser ele avaliado sobre a superfície gaussiana esférica, onde r é sempre o mesmo e, portanto, E (r ) também. Em problemas que envolvam simetria esférica do campo, tudo o que precisamos portanto é determinar a carga Q int contida pela superfície esférica gaussiana que passa em cada ponto de interesse. Então 4πr 2 E (r ) = Eduardo Resek
Q int
0
=⇒
E(r) =
Q int
4π0 r 2
rˆ .
(2.4) Unifei
2.4 Aplicações da lei de Gauss
49
Num problema geralmente é necessário aplicar a lei de Gauss a várias superfícies gaussianas, uma para cada região fisicamente distinta onde desejamos obter o campo elétrico.
Situações de simetria esférica Quando ocorre esse tipo de simetria? Um caso óbvio é o da carga pontual localizada na origem. Além desse, podemos ter • Distribuições superficiais de cargas centradas na origem cujas densidades sejam uniformes. • Distribuições volumétricas de cargas cujas densidades sejam uniformes ou dependentes da coordenada r apenas. • Superposições de todos as possibilidades descritas. Q
Exemplo 2.2 Uma distribuição de cargas esférica oca, cujos raios interno e externo são 2 a e 3 a , respectivamente, encontra-se carregada com carga total Q distribuída em seu volume de maneira inversamente proporcional à distância ao seu centro. Exatamente em seu centro, encontra-se uma outra distribuição esférica, de raio a , cuja carga total é −Q , porém distribuída uniformemente sobre seu volume. Determine o campo elétrico em todas as regiões do espaço. Solução: A distribuição de cargas satisfaz aos quesitos de simetria esférica, isto é, o campo elétrico será da forma E = E (r ) ˆr. Temos quatro regiões distintas claramente delimitadas: r ≤ a , a < r < 2a , 2 a ≤ r ≤ 3a e r > 3a . Para cada uma delas utilizaremos uma superfíciegaussiana esférica distinta, cada qual com um raio adequado a fim de possibilitar-nos calcular o campo num ponto genérico da respectivamente região. De acordo com a equação (2.4), devemos simplesmente obter a carga total delimitada pela gaussiana em cada caso:
a
−Q 2a 3a
Fig. 2.8 Exemplo 2.2: simetria esférica
a) r ≤ a (superfície gaussiana S 1 ) Nessa região a carga elétrica total (−Q ) se encontra distribuída uniformemente sobre a esfera de volume 43 πa 3 , portanto a densidade de cargas ρ 1 é facilmente obtida: ρ1
= 4−Q 3 = − 43πQ a 3 .
n ˆ
=
=
E ˆ r
ˆ r
r S 1
3 πa
Entretanto, a carga englobada pela gaussiana S 1 não é, em geral, (−Q ), pois queremos o campo num ponto qualquer da região 0 ≤ r ≤ a , e a gaussiana deve ser tal como a mostrada na figura 2.9, com raio r menor que o raio a da esfera. Para essa gaussiana, temos Unifei
E
Fig. 2.9 Região 0 ≤ r ≤ a
Eduardo Resek
50
Capítulo 2 A Lei de Gauss
Q int E n ˆ
=
=
E ˆ r
3
=
v 1
ρ 1 d v
= (4−π3a Q 3) 43 πr 3 = − Qr a 3
,
implicando em
E=−
ˆ r
r
Qr rˆ, 4π0 a 3
≤ a .
r
b) a < r < 2a (superfície gaussiana S 2 ) Como não há carga na região r > a , a carga englobada pela gaussiana S 2 será a carga total da esfera de raio a , isto é:
S 2
Q int
Fig. 2.10 Região a < r < 2a
E n ˆ
=
=
E ˆ r
ˆ r
= −Q
E=−
=⇒
< < 2a .
a r
c) 2a < r < 3a (superfície gaussiana S 3 ) Para determinarmos a carga englobada pela gaussiana S 3 , demos antes obter a densidade de cargas na região 2a ≤ r ≤ 3a , que não é uniforme, mas varia inversamente proporcional à distância r ao centro da distribuição, isto é
r
ρ3
onde β é tal que
∝ r 1 =⇒ ρ3 = βr ,
S 3
v 3
ou seja,
Fig. 2.11 Região 2a ≤ r ≤ 3a
Q rˆ, 4π0 r 2
2π
Q
3a β
= 0
π
0
2a
ρ 3 d v Q ,
=
3a
1 r sen θ d θ d ϕ = β4π r 2 r 2 2
2a
= 10πa 2β =⇒ β = 10Q . πa 2
A carga delimitada pela gaussiana S 3 é então 2π
Q int E n ˆ
=
r
ˆ r
=
E ˆ r
=− +
Q int
Q
0
π
0
r
Q r 2 sen θ d θ d ϕ 2 2a 10πa r
Q 2 Q (r 5a 2
=− +
2
− 4a ) = −
Q (9a 2 r 2 ) 5a 2
−
A primeira contribuição refere-se à carga da esfera de raio a , pois ela também está contida em S 3 ! Resulta
S 4
Fig. 2.12 Região r > 3a
Eduardo Resek
E=−
Q (9a 2 r 2 ) rˆ, 20π0 a 2 r 2
−
2a ≤ r ≤ 3a .
d) r > 3a (superfície gaussiana S 4 ) A carga englobada por S 4 é a soma das cargas totais das duas regiões (r ≤ a e 2a ≤ r ≤ 3a ), sendo portanto nula. Assim E = 0, r > 3a . Unifei
2.4 Aplicações da lei de Gauss
51
2.4.2 Simetria cilíndrica De uma maneira geral, um campo elétrico pode ser escrito em coordenadas cilíndricas como
E(r) = E ρ (ρ , ϕ, z ) ρˆ + E ϕ (ρ , ϕ, z ) ϕˆ + E z (ρ , ϕ, z ) ˆz. Diz-se que um campo possui simetria cilíndrica quando ele possui apenas o componente radial e com intensidade dependente apenas da distância ao eixo z do sistema de coordenadas (coordenada ρ ): Simetria
E(r) = E (ρ ) ρˆ
cilíndrica
(2.5)
Nessa situação é natural escolhermos uma superfície cilíndrica para a aplicação da lei de Gauss. O cilindro deve ser coaxial ao eixo de simetria da distribuição (eixo z ) e passar pelo ponto onde desejamos determinar o campo elétrico. Ainda, embora as distribuições de cargas que exibam esse tipo de simetria sejam teoricamente infinitas em extensão (na dimensão paralela ao eixo z ), a superfície gaussiana precisa ser fechada, de modo que devemos atribuir um comprimento finito arbitrário a esse cilindro gaussiano. Para determinarmos o fluxo através dessa gaussiana, dividimo-la em três partes: as faces planas (base e topo) e a face lateral. Para as faces planas,
nˆ = ± zˆ =⇒ E· nˆ = E (ρ ) ρˆ ·(± zˆ ) = 0, isto é, não há fluxo através delas. Para a superfície lateral ( S ) temos
S
E· nˆ d S
=
S
E (ρ ) ρˆ ˆ ρ d S
· 1
= E (ρ)
S
d S
= 2πρE (ρ).
Observe que, como o campo depende apenas de ρ , E (ρ ) se torna uma constante na integração acima, pois a superfície em questão é a lateral do cilindro, na qual ρ tem um valor fixo. Assim, o campo pode ser facilmente calculado pela lei de Gauss: Q int ρˆ (2.6) E(r) = 2π0 ρ
Situações de simetria cilíndrica Quando ocorre esse tipo de simetria? Já vimos (seção 1.10.2) um caso que apresenta esse tipo de simetria: o do fio retilíneo infinito uniformemente carregado. Além desse, podemos ter • Cascas cilíndricas infinitas com eixo coincidente com z cujas densidades sejam uniformes. • Cilindros infinitos cujas densidades sejam uniformes ou dependentes da coordenada ρ apenas. Unifei
Eduardo Resek
52
Capítulo 2 A Lei de Gauss • Superposições de todos as possibilidades descritas.
Exemplo 2.3 Fio retilíneo infinito uniformemente carregado com densidade linear de cargas λ. S
ρ
λ +
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
ρ
n ˆ
E
Fig. 2.13 Superfície gaussiana cilíndrica para a linha infinita
Utilizamos nesse caso uma superfície gaussiana cilíndrica tal como a da figura. A lei de Gauss se aplica a superfícies fechadas, de modo que a superfície gaussiana deverá ser necessariamente fechada. É necessário atribuir um comprimento arbitrário ao cilindro que escolhemos como gaussiana, mas não se preocupe: o resultado final obviamente não dependerá do comprimento adotado. Não haverá fluxo sobre as tampas do cilindro, haja vista que E é perpendicular ao fio (ao eixo do cilindro, portanto na direção de ρˆ ) e portanto nenhuma linha de força as atravessa (matematicamente, os versores normais às tampas são ± nˆ , e ± nˆ · ˆ ρ = 0). Sobre a superfície lateral
· = E nˆ d S
S
S
E· nˆ d S
=
S
E (ρ ) ρˆ ˆ ρ d S
·
= E (ρ)
S
d S
= E (ρ)2πρ.
A carga contida por esta gaussiana é aquela do fio carregado que se encontra dentro dos limites delimitados pelas tampas do cilindro, Q int = λ, donde decorre imediatamente λ ρˆ E= 2π0 ρ
2.4.3 Simetria cartesiana ou plana Esse tipo de simetria ocorre quando um campo apresenta componente ao longo de uma direção fixa do espaço, dependendo apenas da coordenada ao longo daquela direção. Podemos tratar tal simetria em coordenadas cartesianas, de modo Eduardo Resek
Unifei
+
+
+
+
2.4 Aplicações da lei de Gauss
53
que o campo poderia ter como expressão, escolhendo a sua direção coincidindo com a de algum dos eixos coordenados: ˆ , E = E (x ) x
ˆ , E = E ( y ) y
ou
E = E (z ) ˆz.
ou
Esse tipo de simetria ocorrerá apenas para uma distribuição que seja de extensão infinita paralelamente a um dos planos coordenados, ou seja
• um plano infinito carregado uniformemente; • uma camada de cargas de extensão plana infinita e espessura finita uniforme, cuja densidade volumétrica dependa apenas da coordenada perpendicular às suas superfícies planas. • Superposições dessas possibilidades descritas.
Exemplo 2.4 Plano infinito carregado uniformemente com densidade superficial de cargas σ. E n ˆ
S 1 + + + + + + + +
+ + + + + + + +
E
+ + + + + + + + + + + + + + + +
+ + + + + + + + + + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
n ˆ
+ + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + +
+ + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + +
Qint = σA
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
S 2
n ˆ E
Fig. 2.14 Superfície gaussiana para um plano infinito
Escolhemos o eixo z perpendicularmente ao plano e uma superfície gaussiana cilíndrica de seção reta A tal como a da figura, disposta de tal forma a ser perpendicular ao plano de cargas e que suas tampas estejam à mesma distância do plano carregado. Desse modo, não haverá fluxo através das paredes laterais do cilindro, pois nˆ = ρˆ e E = E ˆz. Através das duas faces os fluxos serão iguais, pois
S 1
Unifei
E· nˆ dS 1
=
S 1
E (z ) ˆz zˆ dS 1
·
= E (z )
S 1
d S 1
= E A , Eduardo Resek
54
Capítulo 2 A Lei de Gauss e, para a tampa inferior, o campo tem sentido oposto ao da região acima do plano, mas mesmo módulo, já que escolhemos a gaussiana com suas tampas equidistantes do plano. Assim
S 1
E· nˆ d S 2
=
S 2
E ( z ) ( zˆ ) zˆ dS 2
− − ·
= E (z )
S 2
d S 2
= E A ,
O fluxo elétrico total através da gaussiana é então 2 E A . A carga total delimitada por ela é Q int = σ d S = σ A ,
S
de modo que a magnitude do campo será
= 2σ .
E
0
A direção do campo é normal ao plano, seu sentido sempre saindo do plano (supondo a carga positiva). Denotando tal versor por nˆ , escrevemos
E=
σ nˆ . 20
É interessante observar que, ao se passar de um lado para o outro do plano, o campo elétrico sofre uma descontinuidade de σ /0 . Isso não é coincidência, mas um caso particular de uma das condições de contorno genéricas que governam o comportamento do campo elétrico ao redor da superfície de separação entre dois meios distintos.
2.5 Condutores em equilíbrio eletrostático E ++++ ++++ + + +
++ + + + + +
+
+
+
+
+
+
+ + +
+ +
+ + + + + + + +
+ +
E = E ˆ n
+ + +
E = 0
Qint =
0
+ + + + + E + + + + + + + E + +
+ + + + + + + + + + + + + + + + + +
+ + + + +
S σ
Fig. 2.15 Não há campo no interior de um condutor em equilíbrio eletrostático!
Um condutor possui cargas com liberdade de movimento que podem responder prontamente a estímulos externos aplicados. Por exemplo, conectando os terminais de uma bateria a um condutor será estabelecida uma corrente elétrica através dele, que durará enquanto estiver aplicada a tensão pela bateria. Uma vez desligada a bateria, entretanto, não há mais uma fonte externa de energia capaz de manter o movimento dos elétrons, e a corrente eventualmente cessará. Essa situação (ausência de fontes externas de energia) é denominada equilíbrio eletrostático. É claro que, uma vez atingido o equilíbrio eletrostático, não pode haver campo elétrico no interior do condutor, pois do contrário esse campo provocaria correntes elétricas em seu interior.
E=0
(2.7)
Podemos concluir tambémque não pode haver cargas no interior do condutor em equilíbrio. Para um condutor em equilíbrio tal como o da figura, considere uma superfície S inteiramente interna ao condutor, tal como a ilustrada. A aplicação
Eduardo Resek
Unifei
2.5 Condutores em equilíbrio eletrostático
55
da lei de Gauss mostra imediatamente que a carga por ela delimitada tem que ser nula: ˆ d S = 0, Q int = 0 E· n
E
S
0 pois o campo é nulo em todos os pontos de S (interior do condutor). Desse modo, qualquer carga em excesso obrigatoriamente se distribuirá sobre a superfície externa do condutor, na situação de equilíbrio. Mesmo que o condutor possua uma cavidade e dentro dessa cavidade exista uma carga q , o campo no interior do condutor deve ser nulo na situação de equilíbrio. Como a carga interna à gaussiana deve ser nula, isso significa que na superfície da cavidade será induzida uma carga exatamente oposta à carga existente na cavidade, pois não pode haver carga em excesso no volume do condutor: Q int
= 0
· S
E nˆ d S = q + q ind = 0
=⇒
q ind
++++ ++++ + + ++ + + + +
+ + + + + + + + + =
+ + + +
0
-
+
- -
- - ------
-
+
-
-
- -
- -
-
-
- - -
- - - - -
-
- - -
-
-
+
-
+ + + + + +
-
q
-
-
-
-
- -
+ +
-
--
-
- - -
-
- - - - -
- - - - - - -
-
+ +
+ + + + + E + + + + + + + E + +
+ + + + + + + + + + + + + + + + + +
S
+ +
σ
Fig. 2.16 Condutor oco
= −q .
E = 0
Qint
E = E ˆ n
+ + +
Indução de carga numa cavidade do condutor
Na superfície externa poderá haver uma distribuição superficial de cargas σ, já que não pode haver cargas no volume interno do condutor. Pode também existir um campo elétrico não nulo na superfície, desde que este não possua componentes tangenciais à superfície: se houvesse componente do campo tangente à superfície, haveria correntes superficiais, contrariando a hipótese de equilíbrio. Desse modo, na superfície E = E nˆ , ou seja, o campo é sempre perpendicular à superfície em cada ponto. É possível até estabelecer uma relação entre o campo muito próximo à superfície externa com a densidade superficial de cargas no local. Utilizamos para isso uma pequena superfície cilíndrica tal como a da figura, disposta de forma a atravessar a superfície do condutor perpendicularmente, e de seção reta A tão pequena que podemos: i) desprezar a curvatura local da superfície do condutor; ii) considerar a densidade σ e o campo E praticamente uniformes nesse local. A face plana da gaussiana que se encontra fora do condutor deve estar arbitrariamente próxima da superfície deste, mas não coincidindo com ela. Só haverá fluxo através desta face, pois a outra face plana e a superfície lateral estão dentro do condutor, onde o campo é nulo: E· nˆ d S = E nˆ · nˆ d S = E A .
S
S 1
Por outro lado, a carga delimitada pela gaussiana encontra-se na superfície do condutor: Q int = σ d S = σ A .
E + + + + + + + + A + + + + + +
+ + σ + + + +
+
Fig. 2.17 Campo próximo à superfície
S
A lei de Gauss então fornece
E=
Unifei
σ nˆ 0
(2.8)
Campo próximo à superfície do condutor
Eduardo Resek
56
Capítulo 2 A Lei de Gauss
Questões sobre o Capítulo 2: A Lei de Gauss
Q2.1
Explique a diferença entre potencial elétrico e energia potencial eletrostática.
Q2.2
Uma carga positiva é liberada, em repouso, num campo elétrico. A carga se desloca para a região de potencial elétrico mais alto ou mais baixo?
Q2.3
Se o potencial elétrico for constante numa região do espaço, o que se pode dizer sobre o campo elétrico nessa região?
Q2.4
Se E for conhecido num único ponto, é possível determinar V nesse ponto?
Q2.5
Em que direção será possível um deslocamento num campo elétrico de modo que não haja alteração do potencial elétrico?
Q2.6
O campo elétrico que aparece na lei de Gauss,
· S
E nˆ d S =
q
0
,
é devido à presença da carga q ?
Eduardo Resek
Q2.7
Suponha que seja nula a carga total contida no interior de uma superfície gaussiana. Podemos concluir, da Lei de Gauss, que o campo deva ser zero em todos os pontos da superfície? Será verdadeira a recíproca desta afirmação, isto é, se E for nulo em todos os pontos de uma superfície fechada, então também é nula a carga total nela contida?
Q2.8
Um condutor oco, grande e isolado está carregado com +q . Através de uma pequena abertura no topo desse condutor, introduz-se uma pequena esfera metálica de carga −q , a qual permite-se que toque a superfície interna do condutor, sendo então retirada. Quais serão as cargas no condutor e na esfera depois disso?
Q2.9
Aplicando-se a lei de Gauss a um condutor isolado em equilíbrio eletrostático, pode-se concluir que todos os elétrons de condução deste se encontram necessariamente em sua superfície?
Q2.10
Com base na mesma análise, pode-se concluir que os elétrons existentes na fiação elétrica de uma casa se deslocam ao longo das superfícies desses fios? Em caso negativo, por que não?
Unifei
2.5 Condutores em equilíbrio eletrostático
57
Problemas do Capítulo 2: A Lei de Gauss
P2.1
Duas cargas de −10 µC e 20 µC encontram-se separadas por uma distância de 20cm. Onde deve ser colocada uma terceira carga de modo que, sob a ação dessas duas, fique em repouso? Resp: Ao longo da reta suporte das duas cargas, a 48,5cm da carga negativa e 68,5 cm da positiva
P2.2
Determinar a densidade volumétrica de cargas na origem quando: ˆ + 9sen y y ˆ + ( y + z ) zˆ N/C Resp: ρ(0) = 88,5pC/m2 a) E = x 2 y 2 z 2 x b) E = 2ρ 2 sen ϕ ρˆ + 3ρ 2 sen ϕ ϕˆ + 7z ˆz N/C Resp: ρ(0) = 62,0pC/m2 c) E = 3r 2 sen ϕ rˆ + 2r 2 sen θ cos ϕ ˆθ + 5r 2 sen θ sen ϕ ϕˆ N/C. Resp: ρ(0) = 0
P2.3
Uma região do espaço está impregnada com carga elétrica de tal modo queocampoelétriconelaédadopor E =
E 0 ρ 2
ρˆ , para ρ R 2
≤ R e E = E ρ0 R ρˆ ,
para ρ > R , onde ρˆ é o versor perpendicular ao eixo de simetria da distribuição, e R e E 0 são constantes. a) Que tipo de simetria possui esta distribuição? b) Determinar a densidade volumétrica de cargas nas regiões ρ ≤ R e ρ > R . c) Determinar a carga total contida entre os planos z = 0 e z = L desta região, supondo que o meio seja o vácuo. Resp: a) Cilíndrica.
b) ρ v (ρ) =
30 E 0 ρ
0,
R 2
,
ρ ρ
≤ R > R
c) Q = 2π0 RL E 0 .
P2.4
Três cargas pontuais q 1 = 2,5 µC, q 2 = −1,5 µC e q 3 = 4,0 µC estão localizadas respectivamente nos pontos P 1 (1, 0, 0), P 2 (1, 2, 2) e P 3 (−1, 1, −1), com todas as coordenadas dadas em metros. Além disso, há um arame infinito muito fino, carregado com uma densidade linear de cargas λ não uniforme e situado sobre o eixo z deste sistema de coordenadas. Calcule o fluxo elétrico através da superfície esférica dada por x 2 + y 2 + z 2 = R 2 nos seguintes casos: a) λ = 0,75 |z | µC/m e R = 2m. Resp: ΦE = 1,1.106 V.m b) λ = 0,75 z µC/m e R = 3,5m. Resp: ΦE = 0,56.106 V.m
P2.5
Um bloco condutor tem em seu interior uma cavidade de formato qualquer. Um pequeno corpo com carga elétrica q é introduzido nesta cavidade. Provar que a carga induzida na superfície interior do condutor é −q .
P2.6
Unifei
x
z
a
Na figura ao lado o cubo de aresta a = 10cm está imerso numa região Fig. 2.18 Problema 2.6 ˆ , com b = 800 V/m3/2 . Deteronde o campo é descrito por E = bx 1/2 x mine: a) O fluxo através do cubo. Resp: ΦE = 1,05V.m b) A carga em seu interior. Resp: Q i = 9,27.10−12 C c) Adensidadedecargasemcadavérticedocubo. Resp: ρ(x = a ) = 11,2nC/m3 , ρ(x = 2a ) = 7,9nC/m3 . Eduardo Resek
58
Capítulo 2 A Lei de Gauss P2.7
Um cilindro não condutor, de raio a , se encontra uniformemente carregado com uma densidade volumétrica de cargas ρ v . Determine o campo E em pontos externos (ρ > a ) e internos (0 < ρ < a ) ao cilindro. Exprima os resultados também em termos de λ (carga por unidade de 2 comprimento). Resp: E = ρ2v a ρ ρˆ = 2πλ ρ ρˆ, para ρ > a e E = ρ2v ρ ρˆ = λρ 2 ρˆ , para 2π0 a 0 0 0 (0 < ρ < a ).
P2.8
Uma camadainfinita de cargascomdensidade uniforme σ = 120 (C/m2 ) está localizada na superfície definida por 2 x − y + 2z = 4, num sistema de coordenadas no vácuo. Calcular o campo elétrico E em todos os pontos do espaço. Resp: E = ±(4 x ˆ − 2 y ˆ + 4 zˆ)N/C
P2.9 Uma carga Q é distribuída uniformemente ao longo do volume de uma esfera de raio R . Determine: a) o campo E em pontos externos (r > R ) e internos (r < R ) à esfera. b) o potencial em pontos externos (r > R ) e internos (r < R ) à esfera. Resp: Para r > R , E =
P2.10
Q
ˆr 2
4π0 r
V (r )
= 4πQ r , para r ≤ R , E = 4πQr R 3 ˆr 0
0
R 2 − r 2 ) = Q (83π R 3 0
Em um modelo atômico para o Ferro (Fe) cujo número atômico é Z = 26, considerou-se o seu núcleo, de carga + Z e (e a carga fundamental), puntiforme e envolvido por uma “nuvem"de elétrons, de carga −Z e , uniformemente distribuída em uma região esférica de raio dentro e fora deste a . Determine o campo e o potencial elétrico E 3 átomo. Resp: Para r > a , E = 0, para r ≤ a , E = Z e 2 (1 − r 3 ) rˆ. 4π0 r
P2.11
V (r )
a
Uma carga Q é distribuída num volume esférico de raio R com densidade de carga dada por ρ v = A (R − r ) (C /m 3 ). Determinar: a) A em termos de Q e R . No S.I., qual é sua unidade? E em todas as regiões do espaço (dentro e b) O campo eletrostático fora da região esférica). Resp: a) A = 3Q 4 (C /m 4 ). b) Para r > R , E = Q 2 ˆr, e para Qr r ≤ R , E = (4R − 3r ) rˆ. 4π R 4
4π0 r
πR
0
P2.12
Uma esfera oca de raio interno a e raio externo 2 a está carregada com uma carga distribuída não uniformemente de acordo com a equação ρ v = Ar 2 , sendo A uma constante conhecida. Determinar o campo 5 em todas as regiões do espaço. Resp: E = A (r 3 − a ) rˆ eletrostático E 2 5 0
P2.13
r
Uma distribuição volumétrica de cargas é dada em coordenadas esféricas por ρ = ρ 0 a /r . a) Use a lei de Gauss para calcular E; Resp: E = a 2ρ 0 rˆ 0 b) A partir do resultado obtido em (a), determine V (r ), tomando V = 0 em r = 0. Resp: − a 2ρ0 r 0
P2.14 Eduardo Resek
Se o campo elétrico no ar atmosférico for da ordem de 3 × 106 N/C, o ar se ioniza e se torna condutor. O valor do campo em que ocorre esta Unifei
2.5 Condutores em equilíbrio eletrostático
59
ionização é a rigidez dielétrica do ar. Imaginemos que uma carga de 18 µC seja colocada numa esfera condutora. Qual o raio mínimo da esfera que pode reter essa carga, no ar, sem haver ionização?
P2.15
Uma esfera de raio a possui uma distribuição de cargas esfericamente simétrica dada por: a ρV = ρ 0 , r
onde ρ 0 é uma constante. Esta distribuição está concentricamente envolvida por uma camada metálica esférica de raios interno e externo respectivamente iguais a b e c , sendo b > a . Determine E nas seguintes regiões: a.1) r ≤ a a.2) a < r < b a.3) b < r < c b) A leitura de um voltímetro cujos terminais sãocolocadosem contato com o centro e a superfície externa da camada metálica (V 0 − V c ). c) A densidade de cargas na superfície interna da camada metálica. Resp: σ
P2.16
=−
3
ρ a a.1) E = 0 rˆ 20
ρ a a.2) E = 0 2 rˆ 20 r
ρ 0 a 3 2b 2
a.3) E = 0
b)
2
= ρ20 a b (2b − a )
∆V
0
a
b c
Fig. 2.19 Problema 2.15
c)
Numa certa região do espaço o campo elétrico possui componentes
= ax 2 y
E x
= x 3 + y
E y
= 0,
E z
onde x , y e z são dados em metros e E em V/m. ]bit a Determine a constante a para que o campo acima seja eletrostático. b) Determine a diferença de potencial entre a origem e o ponto x = 3, y = 0, z = 0. c) Determine a diferença de potencial entre a origem e o ponto x = 0, y = 2, z = 1.
P2.17
Em suas célebres experiências de 1906 que levaram à descoberta do núcleo atômico, Rutherford bombardeou uma fina folha de ouro (número atômico 79) com partículas α (núcleos de He, de carga 2e ), produzidas por uma fonte radioativa, e observou que algumas delas chegavam a ser defletidas para trás. A energia cinética inicial das partículas α era de 7,69 MeV. Considere uma colisão frontal entre uma partícula α e um núcleo de ouro, na qual ela é retroespalhada. Qual é a distância de mínima aproximação entre as duas partículas carregadas? Rutherford estimou que o raio do núcleo deveria ser da ordem dessa distância. Resp: 3 × 10−14 m
Unifei
Eduardo Resek
Capítulo 3
Potencial eletrostático 3.1 Campos conservativos F
3.1.1 Trabalho de uma força
B
O trabalho realizado por uma força F sobre uma partícula ao transportá-la de um ponto a outro no espaço ao longo de uma trajetória é
=
B
W A →B ,
A ,
F· d r,
onde d r é um deslocamento infinitesimal tangente à curva em cada ponto. De uma maneira geral, esse trabalho poderá depender da trajetória trilhada pela partícula entre um ponto e outro, de modo que
=
B
W A →B ,
1
A ,1
dr
= W A →B ,2 F· d r
=
A
Fig. 3.1 Trabalho de uma força F
B
A ,2
F· d r.
B dr
Exemplos de tais forças são as de atrito ou qualquer outro tipo de força dissipativa. Entretanto, para uma classe importante de forças na natureza, esse trabalho é independente da trajetória. Essas forças são denominadas conservativas. Exemplos importantes foram estudados no curso de Física I: força gravitacional, força elástica de mola, etc.
3.1.2 Campo conservativo e energia potencial De uma maneira geral, um campo F (não necessariamente representando uma força) é denominado conservativo se seu integral de linha de um ponto a outro no espaço é a mesma qualquer que seja a trajetória trilhada do ponto inicial ao final, ou seja, é completamente independente da trajetória:
B
A ,1
F· d r
=
B
A ,2
F· d r,
61
∀1 , 2.
1
F
dr A
2
Fig. 3.2 Trabalho de uma força ao longo de trajetórias distintas
62
Capítulo 3 Potencial eletrostático Então, se formos de A a B através de 1 e voltarmos de B até A ao longo de 2 , a trajetória inversa de 2 , a integração no percurso de volta terá o mesmo resultado do percurso de ida, só que de sinal oposto. Assim, o integral completo no percurso fechado é nulo: F·d r = 0, ∀,
qualquer que seja o percurso fechado. Uma forma equivalente de expressar que o campo é conservativo surge se aplicarmos o teorema de Stokes à circulação acima. De acordo com esse teorema, a circulação de um vetor é igual ao fluxo do rotacional desse vetor através de qualquer superfície delimitada pelo percurso fechado em questão:
· = ∇× · F d r
S
F nˆ d S = 0 =⇒∇×F = 0.
Vimos também que é nulo o rotacional do gradiente de qualquer função escalar cujas segundas derivadas existam; é sempre possível portanto, encontrar uma função escalar Ψ cujo gradiente coincida com o campo F,
F = ∇Ψ. Fisicamente, se F representar uma força, essa função tem o significado físico de energia potencial associada ao campo conservativo em questão. De fato, definimos a variação da energia potencial sofrida por uma partícula, quando deslocada de um ponto a outro no espaço, como o trabalho realizado por um agente externo paratransportá-la entre os referidospontos sem aceleração! , poisse houver aceleração poderá haver uma mudança na velocidade escalar da partícula, tendo como consequência uma variação também de sua energia cinética.
= ∆U A →B = U (B ) − U ( A )
∆U AB
=
B
A ,
F AgExt· d r.
Ora, para transportar a partícula sem aceleração, é necessário que a força desenvolvida pelo agente externo seja exatamente oposta à do campo, para que a força resultante seja nula: F AgExt = −F. Assim
=− · = ∇ · B
∆U AB
Por outro lado, vimos que
A ,
F d r.
B
∆Ψ AB
Ψ
d r,
A
mostrando que, identificando Ψ com −U , decorre
= ∇ · = − B
∆U AB
Eduardo Resek
A ,
U d r
B
A ,
F· d r =⇒ F = −∇U . Unifei
3.1 Campos conservativos
63
3.1.3 Campo eletrostático é conservativo! Pode-se mostrar facilmente que o campo elétrico, tal como definido acima (lei de Coulomb, eq. (1.12)), é irrotacional:
∇×
− 1 (r − r ) ∇×E = 4π |r − r|3 d v = 4π0 v ρ(r )∇× |r − r|3 d v v 0 Usando a identidade vetorial ∇×( f A ) = ∇ f × A + f ∇× A , tem-se (r − r ) ∇× |r − r |3 = ∇ |r −1r|3 ×(r − r) + |r −1r|3 ∇×(r − r ) =0 1
ρ (r )(r r )
O primeiro termo do segundo membro também é nulo porque
∇ |r −1r|3 = −3 (|rr−−rr|)5
=⇒ ∇ |r −1r|3 ×(r − r) = − |r −3r |5 (r − r)×(r − r) = 0,
logo
∇× |(rr−−rr|)3 = 0,
o que implica
∇×E = 0.
(3.1)
Como, para qualquer função escalar ϕ(r) comsegundas derivadas, ∇×∇ϕ(r) = 0, o resultado acima indica que sempre existirá alguma função escalar para a qual se possa escrever (3.2) E(r) = −∇V (r).
A função V (r) é denominada potencial eletrostático. É fácil mostrar que o potencial devido a uma carga pontual q localizada em r é q 1 V (r) = . (3.3) 4π0 |r − r | Para tal, basta observar que
r − r ∇ r = − r 2 rˆ = − r 3 =⇒ ∇ |r − r| = − |r − r|3 . 1
r
1
1
Isso mostra que o campo elétrico de uma carga pontual fora da origem pode ser escrito como
1 q (r − r ) 1 1 1 q q E= = − ∇ = −∇ , 4π0 |r − r |3 4π0 |r − r | 4π0 |r − r | o que comprova a assertiva acima. Por outro lado,
v
Unifei
ρ (r )(r r )
− | r − r | 3
d v = −
v
1 ρ (r )∇
|r − r |
d v = −∇
ρ (r )
d v , v |r − r |
Eduardo Resek
64
Capítulo 3 Potencial eletrostático mostrando que, para uma distribuição genérica de cargas: V (r)
= 4π
N
1
0
q j
j =1 r − r j
+
v
ρ (r )
d v |r − r |
+
σ(r )
S
dS |r − r |
+
l
λ(r )
dl , (3.4) |r − r |
Integrando ((3.2)), obtem-se
r
r0
E(r )· d r = −
r
∇ · r0
V
d r = −
r
r0
dV ,
(3.5)
onde r0 é um ponto tomado como referência para o potencial. Assim V (r) V (r0 )
−
r
=−
r0
E(r )· d r
(3.6)
Se, por outro lado, considerarmos uma superfície aberta arbitrária, podemos escrever a partir de (3.1) ( ˆn é um versor perpendicular à superfície S em cada ponto desta):
∇× ·
E ˆn d S = 0,
S
o que, pelo teorema de Stokes acarreta
·
E d r
= 0,
(3.7)
onde l é o perímetro de S . Considerando uma carga q sendo transportada ao longo deste percurso fechado, o trabalho realizado pelo campo elétrico sobre ela é nulo (o campo eletrostático é conservativo). Podemosassociar ao campo eletrostático uma energia potencialU (r). Comoa energia potencial é o trabalho realizado contra o campo, a relação entre potencial e energia potencial eletrostática claramente é U
= qV
(3.8)
3.2 Condutores em Equilíbrio Eletrostático Vimos que o campo elétrico no interior de condutores em equilíbrio eletrostático é necessariamente zero e, na sua superfície, perpendicular à ela. Assim, a diferença de potencial entre quaisquer dois pontos no interior do condutor ou sua superfície é nula. Isso significa que todo o condutor em equilíbrio se encontra a um único potencial, não necessariamente zero, definindo o que poderíamos denominar uma região equipotencial.
= cte,
V
Eduardo Resek
no interior e superfícies de condutores em equilíbrio.
Unifei
3.2 Condutores em Equilíbrio Eletrostático
65
Exemplo 3.1 Determinar a diferença de potencial entre o centro e um ponto da camada externa da distribuição de cargas descrita no exemplo 2.2. Solução: A distribuição possui simetria esférica, de modo que E = E (r ) ˆr. Assim, o potencial será também função apenas de r , V = V (r ). A diferença de potencial entre dois pontos é dada pelo integral de linha do campo elétrico. Sendo O a origem (r = 0) e C um ponto da superfície externa da distribuição (r = 3a ), temos
= V O − V C = V (0) − V (3a )
∆V
0
3a
= − · = 3a
E d r
0
E d r
E d r .
É necessário dividir o cálculo em três regiões: 0 ≤ r ≤ a , a < r ≤ 2 a e 2a < r ≤ 3a , onde em cada uma delas devemos utilizar o campo obtido na solução do exemplo 2.2. Fica
=
∆V
0
a
(−Q )r d r + 4π0 a 3
2a
(−Q ) d r + 4π0 r 2
a
3a ( Q )(9a 2
2a
−
− r 2) d r .
20π0 a 2 r 2
Um cálculo direto conduz a
= − 245πQ a
∆V
0
Exemplo 3.2 Considerando o disco vazado do exemplo da seção 1.10.1, determine o potencial e (novamente) o campo elétrico num ponto do eixo de simetria do disco. Se soltarmos uma partícula de massa m e carga Q de mesma natureza que a do disco em repouso no ponto (0,0, a ), com que velocidade ela chegará ao infinito? Se a carga for negativa, que tipo de movimento ela executará? Quais as condições para que o movimento seja harmônico? Nesse caso, qual será a frequência do movimento? Solução: O potencial produzido pelo disco num ponto qualquer é dado por σ(r ) 1 V (r) = d S , 4π0 S |r − r | onde r é o vetor posição de um elemento de carga genérico da distribuição. Desejamos obter o campo e potencial num ponto qualquer do eixo de simetria do disco, que escolhemos como sendo o eixo z :
r = z ˆz, r = ρ ρˆ
=⇒ r − r = z ˆz − ρ ρˆ , |r − r| = (z 2 + ρ2)1/2.
A densidade de cargas já foi determinada na seção 1.10.1: σ(ρ )
Unifei
= 2π(b Q − a )ρ , Eduardo Resek
66
Capítulo 3 Potencial eletrostático de modo que V (z )
2π
1
= 4π
0 0
b
a
Q
2π(b − a )ρ (z 2 + ρ 2 )1/2
ρ d ρ d ϕ =
d ρ
b
Q
4π0 (b − a )
a
(z 2 + ρ 2 )1/2
resultando V (z )
Q
= 4π (b − a ) 0
+ + z 2
ln(b
+ + =
b 2 )
z 2
−ln(a
a 2 ))
+ +
Q
b
∂V zˆ , ∂z
e somos levados ao mesmo resultado anterior (obviamente):
E(z ) = ˆz
Q
4π0 (b − a )z
b
z 2
a
+ b 2
− 2
.
+ a 2 Na análise do movimento das cargas, vamos tomar b = 2a para facilitar z
o algebrismo. Se uma carga for abandonada no campo do disco, que é conservativo, seu movimento se dará com energia total constante. No ponto inicial da trajetória ela se encontrava em repouso (energia cinética nula), enquanto sua energia potencial pode ser obtida de (3.8) Q 2
= qV (a ) = 4π a
U i
0
2a + a 2 + 4a 2 ln a
+
a 2
+ a 2
Q 2
= 4π a ln 0
+
2 5 . 1+ 2
À medida que a carga se distancia do disco, sua energia cinética aumenta e sua energia potencial diminui. A uma distância muito grande do disco (virtualmente infinita), a partícula terá atingido sua velocidade terminal e sua energia potencial se anulará: U = E c f ,
Q 2
+
1 2 2 5 mv = ln 2 4π0 a 1 + 2
=⇒ v
= Q
1
2π0 am
ln
+
2 5 . 1+ 2
O argumento que utilizamos foi de natureza bastante física, pois uma distribuição finita de cargas necessariamente produz um potencial nulo no infinito. Entretanto, como não poderia deixar de ser, a função potencial acima realmente tende a zero no limite z → ∞. Verifique!
Se a carga for de natureza oposta à do disco, a força sobre ela será de atração, e ela será acelerada no sentido negativo do eixo z . Ao passar por z = 0 a força sobre ela será nula, mas ela terá adquirido uma velocidade e seu movimento continua ao longo do eixo z negativo. Entretanto, o campo nessa região se inverte, e a partícula será freada e puxada de volta, e assim por diante. O movimento é oscilatório e periódico, mas não é um Eduardo Resek
b 2
ln 4π0 (b − a ) a + z 2 + a 2
O campo elétrico é obtido através do gradiente:
E = −∇V =
z 2
Unifei
3.3 O dipolo elétrico
67
movimento harmônico simples, pois a força não é em geral, proporcional à distância da partícula à posição de equilíbrio.
Porém, se a partícula for solta de uma posição inicial z 0 << a , podemos fazer as aproximações (lembre-se que, devido à conservação da energia, |z | nunca será maior que a distância inicial z 0 ) b
2 z
+ b 2
z 2 b 2
−1/2
1 z 2 1 , 2 b 2
= + − 1
idem para o termo envolvendo a . Assim Q z 2 E ˆz 4π0 az 2a 2
−
z 2 2(2a )2
−
zˆ
3Qz . 32π0 a 3
A força sobre a carga fica
F − zˆ
3Q 2 z , 32π0 a 3
que é proporcional à distância à posição de equilíbrio do movimento. A denotando por k esta constante de proporcionalidade, sabemos que a solução da equação de movimento conduz a uma solução harmônica (função seno ou cosseno) com frequência angular ω = k /m . Portanto, pelo menos nessa aproximação o movimento será harmônico simples, com frequência angular Q 3 ω= 4a 2π0 am
3.3 O dipolo elétrico 3.3.1 Momento de dipolo elétrico Um dipolo elétrico é definido, na sua forma mais simples, como um sistema que compraz cargas elétricas pontuais iguais, porém de naturezas opostas. Digamos que duas cargas pontuais, q e −q , encontrem-se separadas por uma distância a ; define-se como momento de dipolo elétrico desse sistema o vetor
p = q a aˆ ,
a
(3.9)
onde ˆa é o vetor unitário que jaz sobre a reta que contem as cargas, sentido da negativa para a positiva.
−q Fig. 3.3 Dipolo elétrico simples
Unifei
Eduardo Resek
68
Capítulo 3 Potencial eletrostático
3.3.2 Potencial e campo de um dipolo em pontos distantes P z
r1 r
q 1 2
a
r2
O
− 12 a −q
Seja um dipolo de cargas ±q e a o vetor posição da carga positiva relativamente à carga negativa. Para calcularmos o potencial em pontos muito distantes do dipolo (distâncias >> a ), adotemos a origem do sistema de coordenadas no centro do dipolo, de modo que as posições das cargas positiva e negativa do dipolo sejam indicadas pelos vetores 12 a e − 12 a , respectivamente, O potencial num ponto P qualquer do espaço será
q (−q ) 1 1 + = − V (r) = 4π0 |r − a /2| 4π0 |r + a /2| 4π0 |r − a /2| |r + a /2| q
Fig. 3.4 Dipolo elétrico na origem
Como r >> a , podemos expandir os termos entre parêntesis (binômio ou MacLaurin),
a ·r a 2 1 2 2 1/2 1 − − |r ± a /2| = (r ± a ·r + a /4) = r 1 ± r 2 + 4r 2
−1/2
.
Mantendo apenas os termos de primeira ordemem a /r , temos aproximadamente
1 1 1 a ·r ≈ |r ± a /2| r ∓ 2 r 3 , de modo que V (r)
q a ·r = 4π , r 3
V (r)
1 p· r = 4π . r 3
ou
0
0
O campo elétrico é obtido através do gradiente do potencial. Utilizando a identidade ∇(φψ) = φ∇ψ + ψ∇φ, com φ
= p·r =⇒ ∇φ = ∇ p x x + p y y + p z z = p x ˆ x + p y y ˆ + p z ˆz = p
e ψ
r 3 = r 13 = r −3 =⇒ ∇ψ = ∂ψ rˆ = − 4 rˆ = −3 5 ∂r r r
resulta em
E(r) =
1 3(p·r)r − r 2 p
4π0
r 5
.
É claro que, para o caso geral de um dipolo fora da origem, basta trocar r por r − r nas equações acima, onde r é o vetor posição do centro do dipolo:
Eduardo Resek
V (r)
=
E(r)
=
1 p·(r − r ) , 4π0 |r − r |3 1 3[p·(r − r )]r − r −|r − r |2 p . |r − r|5 4π0
(3.10) (3.11) Unifei
3.3 O dipolo elétrico
69
3.3.3 Momento de dipoloelétrico de umadistribuiçãocontínua de cargas Para uma distribuição contínua de cargas, o momento de dipolo elétrico da distribuição é definido como p = r d q ,
onde d q pode ser expresso como d q
=
ρ (r ) d v , para uma distribuição volumétrica de cargas σ(r ) d S , para uma distribuição superficial de cargas λ(r ) d , para uma distribuição linear de cargas
Como sabemos, é possível expressar qualquer distribuição de cargas como uma densidade volumétrica, de modo que a expressão mais geral seria
p
=
v
r ρ (r ) d v .
Para o dipolo de cargas pontuais, por exemplo, ρ (r )
= q δ(r − r2 ) − q δ(r − r1 ),
de modo que
=
p q
v
r δ(r − r2 ) d v − q
v
r δ(r − r1 ) d v = q (r2 − r1 ) = q a,
ou seja, coincide com a definição anterior. As expressões para potenciais e campos distantes do dipolo se mantêm inalteradas.
3.3.4 Dipolo num campo externo Se um dipolo formado por duas cargas pontuais for colocado num campo externo uniforme, tal como indicado na figura, é claro que a força total sobre ele será nula, haja vista que cada carga sofrerá forças de igual intensidade e direção, mas de sentidos opostos. Isso não significa que o dipolo não irá interagir com o campo, pois ele sofrerá um torque (também conhecido como conjugado ou momento binário), dado por τ
= r2 ×F2 + r1×F2 = q (r2 − r1)×E = q a× E =⇒ τ = p×E
O
r2
q
r1
F2 E
F1
−q
Fig. 3.5 Dipolo elétrico num campo externo uniforme
Isso significa que o dipolo tende a girar sob a ação do campo externo, mesmo que uniforme. A variação da energia potencial sofrida pelo sistema quando o dipolo girar de um ângulo d θ será
= τ· d θ = p×E· d θ = pE sen θ d θ
dU
Unifei
Eduardo Resek
70
Capítulo 3 Potencial eletrostático Para uma rotação de um ângulo θi a um ângulo θ f , a correspondente variação da energia potencial é
=
θ f
∆U
= U f − U i
pE sen θ d θ
θi
= −pE (cos θ f − pE cos θi ).
Podemos então escrever a energia potencial como
=−pE cos θ,
U O
r2
q
F2
r1 E F1
−q
ou U =−p·E
Se o dipolo for colocado num campo externo não uniforme, mas que varia suavemente dentro da região ocupada pelo dipolo, ou de maneira equivalente, se a dimensão característica do dipolo for pequena comparada à ordem de grandeza da variação do campo elétrico,
E(r2 ) = E(r1 ) + ∆E,
Fig. 3.6 Dipolo elétrico num campo externo não uniforme
com ∆E pequeno em relação a E(r1 ), a força sobre o dipolo será
F = q [E(r2 ) − E(r1 )] = −q [∇V (r2 ) −∇V (r1 )] = −q ∇(V 2 − V 1 ) = −q ∇(∆V 12 ). Por outro lado, como
= ∇V · d r, ou ∆V ≈ ∇V ·∆r = −E·∆r, F ≈ q ∇(E·∆r12 ) = q ∇(E·a ).
dV
Assim,
F = ∇(p·E), e como F = −∇U ,
=−p·E
U
3.4 Energia potencial elétrica Nessa seção vamos determinar uma relação mais interessante entre a energia potencial e o campo elétrico de uma distribuição de cargas. Como a energia potencial de um sistema não depende da história pregressa dos componentes desse sistema, mas somente do seu estado atual, podemos determinar essa energia potencial partindo de uma situação inicial hipotética onde todas as cargas estão infinitamente afastadas entre si. Vamos então trazendo as cargas, uma a uma, do infinito até a posição por elas de fato ocupada no sistema. A energia do sistema será o trabalho total desenvolvido pelo agente externo para realizar essa operação.
Eduardo Resek
Unifei
3.4 Energia potencial elétrica
71
3.4.1 Sistema de cargas pontuais Seja inicialmente uma carga q 1 na origem do sistema de coordenadas. Uma segunda carga será trazida do infinito até o ponto r2 , situado a uma distância final R 12 de q 1 O trabalho realizado por um agente externo para fazer isso será
= −
r2
W
∞
F21 · d r.
Adotando o referencial na origem apenas para efetuar essa integração, temos
F21 =
1 q 1 q 2 4π0 r 2
rˆ, , d r = dr ˆr + r d θ θˆ + r sen θ d ϕ ϕˆ =⇒ F· d r =
e
q 1 q 2
W
= 4π
0
R 12
∞
d r r 2
1 q 1 q 2 4π0 r 2
dr ,
q 1 q 2 = 4π = U 12, R 0 12
será a energia do par de cargas, q 1 e q 2 . Para acrescentar uma terceira carga q 3 ao sistema, colocando-a no ponto r3 , o agente externo deverá agora desenvolver um trabalho contra as forças F31 e F32 que, respectivamente, as cargas q 1 e q 2 exercem sobre q 3 . O trabalho adicional W 3 requerido é W 3
=−
r3
∞
(F31 + F32 )· d r
=
r3
∞
F31 · d r
r3
−
∞
F32 · d r.
O cálculo de cada integral é idêntico ao já realizado, bastando trocar os nomes das cargas envolvidas: q 1 q 3 q 2 q 3 W 3 = + . 4π0 R 13 4π0 R 23 A energia potencial total armazenada no sistema será portanto: q 1 q 2 q 1 q 3 q 2 q 3 = 4π + + R 4π R 4π R
U
0 12
0 13
0 23
.
Esse resultado pode ser facilmente generalizado para um sistema de N cargas: cada par de cargas ( q i , q j ) contribui com um termo do tipo q i q j
4π0 R i j
.
A energia total é U
1
= 4π
N
N
q i q j
0 i =1 j =i +1 R i j
1 1 N N q i q j = 2 4π . 0 i =1 j =1 R i j
j i
=
Por que o fator 1/2 na segunda igualdade? Ela foi obtida estendendo o somatório em j para começar em j = 1. Com isso, todos os pares de cargas serão somados
Unifei
Eduardo Resek
72
Capítulo 3 Potencial eletrostático duas vezes e, para compensar, dividimos o resultado geral por 2. A expressão acima pode ser convenientemente reescrita como
= 12
N
U
N
1
q j
i 1
q i
=
j =1 4π0 R i j
,
j i
=
V (ri )
pois
N
1
q j
j 1 4π0 j i
= =
R i j
é justamente a soma dos potenciais de cada uma das demais cargas (exceto q i ) no ponto ri . Desse modo, 1 N U = q i V (ri ). (3.12) 2 i =1
3.4.2 Distribuição contínua de cargas Uma distribuição contínua de cargas pode ser dividida em um número N muito grande de pequenos elementos de cargas, para as quais 3.12 nos permite escrever 1 N U ≈ V (ri )∆q i . 2 i =1
No limite em que N →∞ teremos 1 U = 2
V (r ) d q .
Para uma distribuição volumétrica de cargas, fica 1 U = 2
v
ρ (r )V (r ) d v .
(3.13)
É mais conveniente escrever a energia potencial em termos do campo elétrico. Para isso, usando a lei de Gauss na forma diferencial,
∇·E = ρ , 0
eliminamos a densidade volumétrica de cargas da relação anterior: 1 U = 0 2
v
V
∇·E d v .
Por outro lado, fazendo ψ = V e A = E na identidade vetorial
∇·(ψ A ) = ∇ψ· A + ψ∇· A , Eduardo Resek
Unifei
3.4 Energia potencial elétrica obtemos
73
∇·(V E) = V ∇·E +∇V ·E =⇒ V ∇·E = ∇·(V E) + E 2,
pois −∇V = E. Substituindo acima, resulta 1 U = 0 2
∇·
(V E) d v +
v
v
E 2 d v .
O teorema do divergente de Gauss nos habilita a escrever o primeiro integral de volume como o fluxo através da superfície que delimita o volume v . Antes, observemos que o volume de integração acima pode ser qualquer volume v que pelo menos contenha o da distribuição, pois fora dela, ρ = 0 e a contribuição do volume externo a v é nula. Vamos escolher o volume v delimitado por uma superfície esférica S , com centro em algum lugar dentro da distribuição de cargas, e de raio R suficientemente grande para abranger toda ela: 1 U = 0 2
S
V E· ˆnd S +
v
2
E
d v .
Para valores de R muito maiores que a maior dimensão da distribuição, o potencial e o campo dessa distribuição se aproximam assintoticamente dos de uma carga pontual igual à carga total da primeira, ou seja
|E| ∼ R 12 ,
∼ R 1 =⇒ |V E| ∼ R 13 .
V
Por outro lado, o elemento de superfície do integral de fluxo varia proporcionalmente a R 2 . O conjunto varia com R −1 , de modo que, no limite em que R → ∞: lim
R
→∞
S
V E ˆn d S
·
→ 0.
A energia total, nesse limite, se torna 1 U = 0 2
E 2 d v .
(3.14)
Todo o espaço
Essa relação mostra que a energia potencial pode ser considerada como armazenada no campo elétrico. Podemos definir a densidade de energia potencial elétrica como dU 1 = 0 E 2 , u E = (3.15) d v 2 que é uma função de ponto relacionada à quantidade de energia potencial armazenada num elemento de volume ao redor de cada ponto no espaço.
Exemplo 3.3 Determine a energia armazenada no campo de uma esfera de raio R e carga Q distribuída uniformemente sobre seu volume. Solução: Unifei
Eduardo Resek
74
Capítulo 3 Potencial eletrostático Podemos calcular essa energia usando a expressão 3.13 ou através de 3.14. De uma forma ou de outra vamos precisar dos campos elétricos dentro e fora da esfera, facilmente obtidos através da lei de Gauss, haja vista que este goza de simetria esférica, E = E (r ) ˆr. Utilizando uma superfície gaussiana de raio r < R , lembrandoque a densidadevolumétrica de cargas é uniforme, ρ = Q /(4πR 3 /3), 1 4 3 1 r 3 4πr E (r ) = ρ πr = Q 3 0 3 0 R 2
=⇒ Eint = 4πQr R 3 rˆ, r < R . 0
Para r > R , a carga elétrica envolvida pela gaussiana é a carga total da esfera, de modo que Q
rˆ, r > R . 4π0 r 2 O potencial eletrostático num ponto interno à esfera, adotando o referencial nulo no infinito, é dado por 3.6: Eext =
r
=−
V (r )
∞
E(r )· d r .
Em coordenadas esféricas, d r
= d r rˆ + r d θ θˆ + r sen θ d ϕ ϕˆ =⇒ E· d r = E d r .
Aqui, embora estejamos realizando o percurso de integração a partir do infinito em direção a um ponto próximo à origem do sistema, não escrevemos d r = −dr ˆr +··· , pois preferimos expressar esse fato nos limites de integração. Assim V (r )
=−
R
∞
E ext (r ) d r −
r
R
E int (r ) d r =
resultando em V (r )
=
Q
4π0
+
R
∞ d r
R
r 2
r
r R 3
d r ,
Q (3R 2 r 2 ) . 4π0 R 3
−
Com isso, o cálculo da energia como em 3.13 é direto: 1 U = 2 ou
2π
0
π
0
R
0
3Q Q (3R 2 − r 2 ) 2 r sen θ d r d θ d ϕ, 4πR 3 4π0 R 3
3Q 2 U = 20π0 R A alternativa através de 3.14 também é trivial:
+ 2π
1 U = 0 2
0 2π
0
Eduardo Resek
π
0
R
0
0
π
∞
R
Qr
4π0 R 3
2
r 2 sen θ d r d θ d ϕ
2 Q r 2 sen θ d r d θ d ϕ , 2 4π0 r
Unifei
3.4 Energia potencial elétrica
75
que obviamente também conduz a 3Q 2 U = 20π0 R
Questões sobre o Capítulo 3: Potencial eletrostático
Q3.1
Explique a diferença entre potencial elétrico e energia potencial eletrostática.
Q3.2
Uma carga positiva é liberada, em repouso, num campo elétrico. A carga se desloca para a região de potencial elétrico mais alto ou mais baixo?
Q3.3
Se o potencial elétrico for constante numa região do espaço, o que se pode dizer sobre o campo elétrico nessa região?
Q3.4
Se E for conhecido num único ponto, é possível determinar V nesse ponto? E o oposto: se conhecermos V num único ponto, podemos determinar E?
Q3.5
Defina superfície equipotencial.
Q3.6
O vetor campo eletrostático é sempre normal à superfície equipotencial, isto é, linhas de campo e superfícies equipotenciais são sempre perpendiculares, e, portanto duas superfícies equipotenciais nunca podem se cruzar. Além disso, E aponta no sentido de potenciais decrescentes. Explique por que.
Q3.7
Considerando um condutor maciço e de formato irregular, qual deve ser a relação entre o valor do potencial elétrico em pontos do seu interior e em pontos da sua superfície? Responda novamente considerando condutores com cavidades em seu interior, e também condutores formados por uma casca metálica muito fina, todos de formato arbitrário.
Q3.8
Considere duas esferas condutoras de raios R 1 e R 2 com cargas Q 1 e Q 2 respectivamente que se encontram muito distantes uma da outra. Conecte-as agora por fio condutor e encontre a relação entre suas densidades superficiais de cargas, analise o resultado obtido e dê a sua explicação para o fenômeno do poder das pontas em condutores.
Q3.9
Os conselhos que se dão a alpinistas surpreendidos por tempestades acompanhadas de descargas elétricas são: a) abandonar rapidamente os picos; b) juntar ambos os pés e agachar-se num descampado, com apenas os pés tocando o solo; c) evitar permanecer nas proximidades de árvores, principalmente se forem altas. Discuta quais são as bases para esses conselhos.
Unifei
Eduardo Resek
76
Capítulo 3 Potencial eletrostático
Problemas do Capítulo 3: Potencial eletrostático
P3.1
Determine o potencial e o campo eletrostáticos num ponto qualquer do eixo de simetria de: a) um anel de raio a uniformemente carregado com densidade linear de carga λ; b) um disco de raio a uniformemente carregado com densidade superficial de carga σ; Resp: a) V (z ) = E (z )
P3.2
λa , 20 (z 2 a 2 )1/2 z ] zˆ . z 2 a 2
= 2σ0 [1 − +
+
(z ) E
= 20 (z λaz 2 +a 2 )3/2 ˆz
b) z > 0: V (z ) = 2σ0 [ z 2 + a 2 −|z |],
Um disco de raio R tem uma densidade de carga +σ0 para r < a e uma densidade de carga igual e oposta −σ0 para a < r < R . A carga total do disco é nula. a) Determinar o potencial à distância x sobre o eixo do disco. b) Dar a expressão aproximada de V (x ) quando x for muito maior do que R.
Resp: a) V (x ) = (σ0 /20 )(2 x 2 + R 2 /2 − x − x 2 + R 2 ), b) σ0 R 4 /320 x 3
P3.3
Um bastão de vidro de comprimento L uniformemente carregado com densidade linear de carga λ jaz sobre a parte positiva do eixo x de um sistema de coordenadas, sendo que uma das extremidades está na origem. Determine num ponto P (x , 0,0), x > L , o potencial eletrostático V (escolhido como sendo igual a zero no infinito) e o campo eletrostático. Resp: V (x ) =
P3.4
λ x ln , E(x ) 4π0 x L
−
λ = 4π
L ˆ , para z L x 0 x (x L )
−
>
Sejam dois planos carregados, infinitos e paralelos, um deles no plano yz e o outro à distância x = a . a) Determinar o potencial eletrostático no espaço entre eles, com V = 0 em x = 0 e cada plano com densidades de carga iguais e positivas +σ. b) Repetir o problema se as densidades de carga forem iguais porém de sinais contrários e a carga positiva estiver no plano yz. c) Faça um gráfico do potencial V em função de x e do campo elétrico E em função de x , abrangendo regiões entre as placas e fora delas. Resp: a) V = 0 para 0 < x < a , −(σ/0 )(x − a ) para x > a e σ x /0 para x < 0; b) 0 < x < a , −σa /0 para x > a e 0 para x < a
P3.5
−σx /0 para
Uma casca hemisférica de raio a encontra-se uniformemente carregada com carga Q /2. a) Integrando sobre a configuração de cargas, determine o potencial eletrostático no ponto central (centro de curvatura). Resp: a) V (0)
= 8πQ a 0
b) Uma partícula de massa m e carga Q é lançada do infinito e viaja sobre a reta suporte do campo eletrostático no ponto central. Determine a velocidade inicial mínima da partícula, para que esta alcance o Eduardo Resek
Unifei
3.4 Energia potencial elétrica ponto central.
P3.6
77
Resp: v 0 =
Q
2 π0 ma
a) Determine o potencial eletrostático produzido por uma casca esférica de raio a , uniformemente carregada com carga Q e esboce seu gráfico em função de r . b) Usando o resultado do item a) , integre sobre a configuração de cargas para determinar a energia potencial eletrostática associada. Obtenha este mesmo resultado usando agora o conhecimento do campo E. c) Considerando a resposta no item c) , diga se seria possível formar a casca carregada usando a energia potencial eletrostática de uma configuração de duas pontuais, com carga Q cada, sendo a a distância entre as cargas pontuais (justifique). Resp: a) V (r ) =
U
=
Q 2 4π0 a
Q , para r 4π0 r
> a ,
V (r )
= 4πQ a , para r < a ; 0
b) U =
Q 2 c) Sim, pois 8π0 a
P3.7
Três cargas idênticas de 0,005C são colocadas nos vértices de um triângulo equilátero de 1,0m de lado. a) Qual o trabalho necessário para se deslocar uma das cargas para o ponto situado no meio do segmento de reta que une as outras duas cargas? Resp: W = 4,5.105 J b) Determine o fluxo elétrico através de uma esfera de raio 0,75m, centrada na carga inferior esquerda da figura, nas configurações inicial e final. Resp: ΦE i = 5,6.108 V.m, ΦE f = 1,12.109 V.m
P3.8
Considere 3 partículas idênticas, cada uma com carga Q e massa m , inicialmente distribuídas na forma de um triângulo equilátero como mostrado na figura ao lado. a) Calcule o trabalho realizado ao se mover a carga localizada no ponto P 1 para o ponto P 2 . b) Se a mesma carga for abandonada em repouso no ponto P 1 , qual será sua velocidade final quando estiver muito afastada da distribuição de cargas?
P3.9
Em uma certa região do espaço o potencial é dado por V = ax y + b y 2 + c y . a) Determinar E. Em que pontos ele se anula? b) Determinar, na origem, a densidade volumétrica de cargas que produz este potencial e campo. ˆ . O campo se anula em y = 0 e x = −c /a x − (ax + 2by + c ) y Resp: a) E = −ay ˆ
P3.10
V (r )
ρ 0 a 2 r 2 (1 3 2 a 180
0,
−
+
y
a a a a
b) ρ = −2b 0
Em uma certa região do espaço existe uma distribuição esférica de cargas cujo potencial é dado por:
=
Fig. 3.7 Problema 3.7
x
Fig. 3.8 Problema 3.8
r 3 2 3 ), para r a para r
≤ a > a
E para r ≤ a e r > a ; a) Calcular b) determine a densidade de carga ρ dessa distribuição;
Unifei
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78
Capítulo 3 Potencial eletrostático c) determine a carga total dessa distribuição.
ρ r 4 a Resp: a) E = 0 (1 − r /a ) ˆr, r < a , r < a b) ρ (r ) = ρ0 1 − 30 3 r as respostas dos itens a) e b) se anulam.
c) Q = 0. Para r > a
P3.11 Umdipolo elétrico pontual de momento de dipolo p encontra-se a uma distância a de um fio retilíneo infinito de densidade linear de cargas λ uniforme. Inicialmente a orientação do dipolo é perpendicular ao fio no sentido radial positivo. a) Quais são a força e o torque que atuam sobre ele? b) Que trabalho será necessário para girá-lo até que sua orientação p λ fique paralela ao fio? Resp: a) τ = 0, F = − p λ 2 ρˆ b) W = 2π a 2π 0 a
P3.12
Considere um plano infinito carregado com densidade superficial uniforme de cargas σ localizado no plano x y ( z = 0). Se um dipolo elétrico de módulo p está no plano y z e faz inicialmente um ângulo de π3 com relação ao eixo z , calcule: a) A força resultante exercida sobre o dipolo; b) O vetor torque sobre o dipolo e c) a energia necessária para girar o dipolo até um ângulo de π2 em relação a z .
P3.13
Numa região do espaço onde o potencial é dado por V (x ) = 12 ax 2 + bx + c , onde a , b e c são constantes, é colocado um pequeno dipolo ˆ . Determine a força e o torque atuelétrico de momento p = p 0 x antes sobre ele. Que energia foi dispendida para colocá-lo lá? Resp: τ
B
0
P3.14
a
= 0,
F = p 0 a , U = p 0 (ax + b )
A figura ao lado ilustra um sistema de duas cargas q 1 = −q 2 = q . Pedese a) O potencial eletrostático em A e B ; Resp: V A = 8πq a V B = − 8πq a 0
q 2 b) A energia eletrostática desse sistema. Resp: U =− 5 20π
0
0 a
A
c) O trabalho que um agente externo deve realizar para levar uma q 2 carga q 3 = 2q desde A até B . Resp: W ex t ( A →B ) = − 2π a
2a
Fig. 3.9 Problema 3.14
0
P3.15
Quatro cargas −q , 3q , −3q e q são dispostas sequencial e linearmente ao longo do eixo z de um sistema de coordenadas, sendo a a distância entre cada carga e sua vizinha mais próxima. Considere a origem do sistema no ponto médio entre as cargas ±3q . Determine o potencial elétrico num ponto qualquer do espaço muito distante da distribuição, 3qa 3 (5cos3 θ − 3cos θ) r >> a . Resp: V = 4 4π0 r
P3.16
Uma carga puntiforme q é colocada numa caixa cúbica de aresta l . Calcule o fluxo do campo elétrico sobre cada uma das faces a) se a carga ocupa o centro do cubo; b) se é colocada num dos vértices. Resp: a) q /60 ; b) 0 para as faces adjacentes e q /240 para as faces opostas.
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Unifei
3.4 Energia potencial elétrica
P3.17
79
Uma esfera metálica oca de raios interno e externo respectivamente iguais a a e b possui um excesso de carga igual a +q , sendo q > 0. Exatamente no centro da esfera é colocada uma carga puntiforme −2q . Determine: a) As densidades de carga nas superfícies interna e externa da esfera. b) O trabalho necessário para se transportar uma carga 3q do ponto A ao ponto B , através da trajetória mostrada na figura.
c) O vetor campo elétrico nos pontos r = a , r = Resp: a) σint =
q
2
, e r = 2b .
q
b) W A →B = 0 , σext = − 2πa 2 4πb 2 q a + b q ) = 0, E(2b ) = − c) E(a ) = − rˆ, E( rˆ 2 2π0 a 2 16π0 b 2
P3.18
A
B
a b
+
2q
Fig. 3.10 Problema 3.17
No modelo clássico de J.J. Thomson para o átomo de hidrogênio, a carga +e do núcleo era imaginada como estando uniformemente distribuída no interior de uma esfera de raio a da ordem de 10−8 cm (raio atômico) e o elétron era tratado como uma carga puntiforme −e movendo-se no interior dessa distribuição. a) Calcule o campo elétrico que atuaria sobre o elétron num ponto a uma distância r < a do centro da esfera; b) mostre que o elétron poderia mover-se radialmente com um movimento harmônico simples; c) calcule a frequência de oscilação e compare-a com uma frequência típica da luz visível. ρr
Resp: a) E = 3 ˆr ; b) ω = e /(4π0 m e a 3 )1/2 ; c) ν ≈ 7,2 × 1015 Hz 0
P3.19
Um cilindro oco de raios interno e externo respectivamente iguais a a e b está carregado com uma densidade volumétrica de cargas ρ v = A /ρ . Determine o campo elétrico em todas as regiões do espaço e a diferença de potencial entre as superfícies interna e externa do cilindro. Resp: E = 0, para 0 < ρ < a ; E = A ρ (ρ − a ) ˆρ, para a < ρ < b ; E = A ρ (b − a ) ˆρ, para A ρ > b . V (a ) − V (b ) = (b − a − a ln(b /a )).
0
0
0
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Capítulo 4
Soluções de problemas em eletrostática Equações de Poisson e Laplace É muito simples obter as equações de Poisson e Laplace. Como E = −∇V , da Lei de Gauss temos ∇2V = − ρ , (4.1) 0
que é a equação de Poisson. Nas regiões onde não há cargas, temos e equação de Laplace, ∇2V = 0, (4.2) Estas equações aparecem em várias outras áreas da Física, e existe um grande número de técnicas de solução diferentes, cada qual mais adequada a certa situação específica. No estudo destas técnicas, dois teoremas se fazem importantes, um deles óbvio mas necessário, e o outro não tão trivial. Antes de os enunciarmos, entretanto, vejamos uma definição acerca das condições de contorno normalmente encontradas nos problemas tipicamente endereçados via equação de Poisson ou Laplace.
Definição 1 (Condições de Contorno de Dirichlet) . Quando o valor da função (ou seja, do potencial) é especificado em uma ou mais superfícies fechadas no espaço. Definição 2 (Condições de Contorno de Neumann). Quando o valor da derivada normal da função (ou seja, do gradiente, o que essencialmente equivale ao campo elétrico ou à densidade superficial de cargas) é especificado em uma ou mais superfícies fechadas no espaço. Teorema 1 (Linearidade) . Se V 1 , V 2 , ... , V n são soluções da equação de Laplace, então
= α1V 1 + α2V 2 +···+ αn V n ,
V
onde os α são constantes, também o será.
81
82
Capítulo 4 Soluções de problemas em eletrostática A prova é trivial e será deixada como exercício.
Exercício proposto 2. Demonstre a proposição acima! Teorema 2 (Unicidade) . Duas soluções da equação de Poisson que satisfaçam às mesmas condições de contorno (tipo Dirichlet ou Neumann), diferem no máximo por uma constante.
Suponha que uma determinada região do espaço de volume v 0 seja delimitada por uma superície S 0 (que pode ser infinita). Dentro desta região existem n corpos condutores de superfícies S 1 , S 2 , ... , S n , eletricamente carregados e mantidos a determinados potenciais. Admitamos que, em v 0 , existam duas soluções para a equação de Poisson, V 1 e V 2 :
∇2V 1 = − ρ ,
∇2V 2 = − ρ ,
0
0
ambas satisfazendo às mesmas condições de contorno em S 1 , S 2 , . .. , S n . Seja V = V 1 − V 2 . É claro que ∇2V = 0, além do que, nas superfícies especificadas, V = 0. Apliquemos o teorema da divergência ao vetor V ∇V :
∇·
(V ∇V ) d v
v 0
=
ˆ d S . V V n
S
∇ ·
Por outro lado, como ∇·(V A ) = V ∇· A + A ·∇V , decorre que
∇·(V ∇V ) = V ∇2V +|∇V |2 = |∇V |2 , consequentemente,
S
ˆ d S V V n
∇ ·
= |∇ |
V 2 d v ,
v 0
onde S consiste de S 0 e de S 1 , S 2 , ... , S n . Nessas últimas, V = 0. Para integrar na superfície S 0 , extensa, que engloba todo o sistema, podemos imaginar uma esfera de raio R muito grande, contendo S 0 . No integrando, a grandes distâncias V cai com 1/R , ∇V cai com 1/R 2 e d S cresce com R 2 , de modo que no geral a integral cai com 1/R e portanto tende a zero quando R → ∞. Isso implica então que
|∇ |
V 2 d v 0.
v 0
=
Ora, como o integrando é sempre não negativo, a integral só pode ser nula se
∇V = 0 em todos os pontos de v 0 , o que prova a unicidade das soluções (se ∇(V 1 − V 2 ) = 0 =⇒ V 1 − V 2 = cte. Como em S 1 , etc., V 1 = V 2 , isso vale para todos os demais pontos). É fácil ver que a mesma conclusão pode ser alcançada se admitirmos condições de contorno do tipo Neumann. Eduardo Resek
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4.1 Equações de Poisson e Laplace em uma dimensão
83
4.1 Equações de Poisson e Laplace em uma dimensão Analisemos rapidamente os casos especiais em que o potencial é função apenas de uma das coordenadas do sistema.
Coordenadas cartesianas Admitindo V = V (z ) e ρ = ρ (z ) (por que??), teremos d 2V d z 2
= −
ρ 0
V (z )
=⇒
1
= −
0
z
z
ρ (z ) d z
d z A 1 z A 2 ,
+
+
onde A 1 e A 2 são constantes de integração. Note que se não há cargas (Laplace), a solução é bem simples: V (z ) = A 1 z + A 2
Coordenadas cilíndricas Se ρ v = ρ v (ρ ) e V = V (ρ ), 1 d
=−
dV ρ ρ d ρ d ρ
ρ v 0
1
=⇒ V (ρ) = − ρ 0
ρ
ρ
1
ρ v (ρ )ρ d ρ
ρ
d ρ A 1 ln ρ A 2
+
+
Para ρ v = 0 temos 1 d ρ d ρ
=− ρ
dV d ρ
ρ 0
=⇒ V (ρ) = A 1 ln ρ + A 2
Coordenadas esféricas Se ρ = ρ (r )e V = V (r ), 1 d r 2 d r
=− 2 dV
r
d r
ρ 0
1
=⇒ V (r ) = − r 2
Novamente, para ρ = 0, fica
0
V (r )
r
1
r 2
r
A 1 ρ (r )r 2 d r d r + 2 + A 2 . r
= A r 21 + A 2.
Exercício proposto 3. Determine para cada caso acima, o campo elétrico e a densidade superficial de cargas em uma (ou mais) superfícies onde possam ser fornecidas condições de contorno adequadas para a completa determinação do potencial.
4.2 O método das imagens O teorema da unicidadedassoluções dasequaçõesde Laplace ou Poisson permitenos chegar a soluções da equação por qualquer método e, se as condições de contorno forem satisfeitas, podemos garantir que ela é única. Muitas vezes a solução direta por métodos matemáticos tradicionais é difícil mas, por mera inspeção ou até mesmo adivinhação/tentativa, podemos chegar a uma solução completa do problema. O método das imagens permite-nos, em certa classe de problemas, chegar a soluções sem efetivamente ter que resolver as equações
Unifei
Eduardo Resek
84
Capítulo 4 Soluções de problemas em eletrostática diferenciais. Consiste basicamente em substituir as condições de contorno por carga imagens que as reproduzam. Estas cargas imagens não existem na realidade (virtuais). Elas aparecem geralmente numa região fora da validade da solução a ser encontrada (por exemplo, dentro de um condutor em cuja superfície foi especificado o potencial).
Exemplo 4.1 Carga pontual próxima a campo infinito - Considere um plano condutor infinito aterrado (potencial zero), próximo ao qual (distância d ) se encontra um carga pontual q . Adotemos o sistema de coordenadas de tal forma que o plano carregado coincida com o plano x y e a carga esteja sobre o eixo z . Ao invés de resolvermos a equação de Laplace, 2
∇ V =
∂2V ∂ x 2
+
∂2V ∂ y 2
+
∂2V ∂ z 2
= 0,
válida exceto no ponto ocupado pela carga, tentaremos determinar uma configuração equivalente que satisfaça as seguintes condições: Fig. 4.1 Carga próxima a um plano condutor infinito aterrado
• V (x , y , 0) = 0, isto é, o potencial é nulo em todos os pontos do plano condutor. • Em pontos muito próximos à 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 função potencial é impar com respeito às coordenadas x e y , isto é V ( x , y , z )
−
= V (x , y , z ),
V (x , y , z )
−
= V (x , y , z )
É fácil perceber que a seguinte situação produz uma função potencial com as características desejadas: uma carga igual e oposta a q , colocada simetricamente comrelação ao plano condutor na região z < 0. O potencial, então, pode ser escrito como V (x , y , z ) −q
Fig. 4.2 Carga imagem
q
= 4π
0
1
+
x 2 y 2
+ (z − d )2
−
1
+
x 2 y 2
+ (z + d )2
,
válida apenas para a região z > 0. A partir desse resultado, podemos detrminar a densidade superficial de cargas induzida no plano condutor: σ(x , y )
= 0 E z |z =0 = − 2π(x 2 + y qd 2 + d 2 )3/2
Exercício proposto 4. Determine a força de atração exercida sobre a carga q por um plano infinito carregado dessa forma. Surpreso com o resultado?
Eduardo Resek
Unifei
4.3 O Método da Separação de Variáveis
85
Exemplo 4.2 Carga pontual próxima a uma esfera condutora aterrada Consideremos uma esfera de raio a , condutora e mantido a um potencial fixo e originalmente neutra. A uma distância d de seu centro é colocada uma carga pontual q . Determine a distribuição de cargas induzida na esfera.
4.3 O Método da Separação de Variáveis Consiste em escrever tentativamente s solução como o produto de funções de cada uma das coordenadas das quais o potencial dependa, utilizando o princípio da superposição caso haja multiplicidade de soluções linearmente independentes.
4.3.1 Separação de Variáveis em Coordenadas Cartesianas em Duas Dimensões Tomemos como exemplo a seguinte situação: as paredes condutoras x = 0 e x = a estão aterradas, enquanto que a base y = 0, 0 < x < a encontra-se a um potencial V 0 . Desejamos determinar as dsitribuições de potencial e campo elétricos no interior da região definida por 0 < x < a , y > 0. Nessa região não há cargas, de modo 2
2
∂ V ∂ V que o potencial deve obedecer à equação de Laplace, ∇ 2V = 2 + 2 = 0; ∂x ∂ y Como V = V (x , y ), tentamos uma solução do tipo V (x , y ) = X (x )Y ( y )
Substituindo na equação de Laplace, temos Y ( y )
d 2 X d x 2
V =
d 2 Y
V =
0
0
+ X (x ) d y 2 = 0.
Dividindo por V = X Y , vem 1 1 X (x ) + Y ( y ) = 0, X (x ) Y ( y )
ou
1 1 X (x ) = − Y ( y ), X (x ) Y ( y )
o que somente é possível se ambos forem iguais a uma constante, ou seja, independente de x ou y . Seja k ∈ N esta constante. Separamos a equação original em duas: 1 X (x ) = k =⇒ X (x ) − k X (x ) = 0, X (x ) 1 Y ( y ) = −k =⇒ Y (x ) + kY ( y ) = 0. Y ( y ) = 0, as soluções serão do tipo Se k
X (x ) A e
=
Unifei
kx
+ B e−
kx
,
Y ( y )
O
V = V 0
a
x
Fig. 4.3 Poço infinito de potencial
−k y + D e− −k y ,
= C e
Eduardo Resek
86
Capítulo 4 Soluções de problemas em eletrostática ou seja, se k > 0, teremos exponenciais reais em x e exponenciais imaginárias (funções harmônicas) em y , o contrário se k < 0. Se k = 0, as soluções serão ambas lineares na respectiva variável. A solução deve ainda satisfazer às condições de contorno (i ) V (0, y ) = 0, (i i i ) V (x , 0) = V 0 , em 0 < x < a ,
(i i ) V (a , y ) = 0, (i v )
lim V (x , y ) < ∞ para 0 < x < a .
y
→∞
Vemos que a primeira e a terceira hipóteses devem ser excluídas, pois não há possibilidade de encontrar uma solução não trivial nessas condições. Como k deve ser negativo, escrevâmo-lo como k = −λ2 , λ ∈ N: X (x ) A cos λx B sen λx ,
=
+
Y ( y )
= C eλ y + D e−λ y ,
onde também reescrevemos as exponenciais complexas em termos de funções trigonométricas. A condição (i ) nos diz que X (0) = 0, portanto A = 0. A condição (i i ) exige que X (a ) = 0, ou seja, B sen λa 0
=
sen λa = 0
=⇒
ou
λ a n π,
=
n
∈ N,
pois se B = 0, X seria identicamente nula. Surge então a possibilidade de múltiplas soluções linearmente independentes, uma para cada valor possível de n . Vamos caracterizar cada uma dessas soluções pelo índice n . A constante B pode ser absorvida nas constantes C e D , de modo que escreveremos V n (x , y ) sen
=
n πx C n en π y /a D n e−n π y /a , a
+
n 1,2,3,...
=
A condição (i v ) impõe C n = 0, do contrário V n não seria finito para y → ∞. Cada possível solução fica então reduzida à forma V n (x , y )
= D n sen n πa x e−n π y /a .
Nesseponto é conveniente escrevera solução completa de V (x , y ), contemplando todos os possíveis valores de n . Ela é simplesmente a combinação linear dos V n : V (x , y )
∞
n πx −n π y /a D n sen e . a n =1
=
De acordo com (i i i ), devemos ter
∞
n πx D n sen a n =1
= V 0 ,
0 < x < a .
Isso sugere uma série trigonométrica de Fourier. Nossa solução deve ser válida apenas na região 0 < x < a . É lícito, portanto, imaginar uma função f (x ) que, periódica, reproduza o valor do potencial na região citada, e que seja passível de Eduardo Resek
Unifei
4.3 O Método da Separação de Variáveis
87
representação em série de Fourier de senos. Como o seno é uma função ímpar, imaginamos uma extensão periódica ímpar: f (x )
=
−
V 0 ,
−a < x < 0, 0 < x < a
V 0 ,
e f (x + 2a ) = f (x )
f (x) V 0
−3a
a
−2a
a
0
2a
x
3a
−V 0 Fig. 4.4 Extensão periódica da função f (x )
A função f (x ) possui período 2 a , portanto sua expansão em série de senos teria a forma ∞ n πx f (x ) = b n sen ,
a
n 1
=
com b n
1
= a
a
f (x )sen
n πx
−a
a
d x
ou seja, f (x )
2
= a
a
0
= 4πV 0
n πx
V 0 sen
a
d x
2V 0
= n π
− − = n
1 ( 1)
4V 0
n π ,
0,
para n ímpar , para n par
∞ sen[(2n − 1)πx /a ] . 2n − 1 n =1
Como vimos, f ( x ) → V 0 em 0 < x < a , sendo portanto a solução procurada, D n = b n . A solução completa fica 4V 0 ∞ sen[(2n − 1)πx /a ] −(2n −1)π y /a V (x , y ) = e . π n =1 2n − 1
O campo pode ser imediatamente calculado a partir de
E = −∇V = −
∂V ∂V 4V 0 ∞ ˆ ˆ x y a n =1 ∂x ∂ y
−
=
−
ˆ cos[(2n − 1)πx /a ] + y ˆ sen[(2n − 1)πx /a ] e−(2n −1)π y /a . x
As densidades de cargas nas superfícies condutoras internas à região serão σ
Unifei
= 0 E· nˆ , Eduardo Resek
88
Capítulo 4 Soluções de problemas em eletrostática onde nˆ é o versor perpendicular à superfície correspondente. Fica σ(0, y )
4 V ˆ ·E(0, y ) = − 0 0 = 0 x a
∞
n 1
As demais densidades serão σ(a , y )
=
e−(2n −1)π y /a = −
= 0 E(a , y )·(− x ˆ ),
40V 0
a e−π y /a
σ(x , 0)
=
− eπ y /a
20V 0 . a senh π y /a
ˆ ·E(x ,0). = 0 y
Fica como exercício proposto completar o cálculo dessas densidades de cargas. Ainda pertinente a esse exemplo, nesse caso específico (e em alguns outros, utilizando uma técnica semelhante), é possível expressar a solução obtida numa forma fechada, ou seja, é possível somar explicitamente essa série de Fourier. Vejamos: Obtivemos V (x , y ) cte
=
∞ 1 ∞ 1 n πx n πx = cte e−n π y /a sen e−n π y /a Im ei a
n
n 1
=
n impar
onde
a
∞ 1
=cteIm
n 1
=
n impar
n
n 1
=
n impar
=
ei n π(x +i y )/a
cteIm
n
n
∞
Z
n 1
=
n impar
n
Z ei π(x +i y )/a .
=
Partindo de
∞
Z n
n 0
=
= 1 + Z + Z 2 + Z 3 + Z 4 +···= 1 −1 Z ,
|Z | < 1,
multiplicando por d Z e integrando, teremos Z n n =1 n
∞
= Z +
Z 2
2
+
Z 3
3
Z 4
+ 4 =···=− ln(1 − Z ),
e trocando Z por −Z ,
∞ ( n =1
− −
Z )n
n
= Z −
Z 2
2
+
Z 3
3
Z 4
− 4 =···= ln(1 + Z ).
Somando essas duas últimas e dividindo por dois, Z
+
Z 3
3
Z 5
+ 5 +···=
∞
Z n
n 1
n
=
n impar
= 12 ln 11 +− Z Z .
Lembrando que o resultado é um número complexo e que na verdade desejamos apenas a sua parte imaginária, recordemos que, sendo ζ um complexo na forma ζ
Eduardo Resek
= x + i y = ρ ei θ , Unifei
4.3 O Método da Separação de Variáveis
89
a parte imaginária de seu logaritmo natural será ln ζ = ln ρ + i θ
Im{ln ζ} = θ = tan−1
=⇒
Para
Im {ζ} Re{ζ}
2i Im{Z }
− −| | + = +| | − +
1 + Z (1 + Z )(1 − Z ∗ ) ζ= = 1 − Z (1 − Z )(1 − Z ∗ ) Assim Im
∞
Z n
n 1
n
=
n impar
Como
Z e i π(x +i y )/a eπ(− y +i x )/a
=
=
=
=⇒
1 Z 2 Z Z ∗ . 1 Z 2 ( Z Z ∗ ) 2Re{ Z }
1 2Im{ Z } tanh−1 . 2 1 −| Z |2
Im{ Z } = e−π y /a sen
πx , a
|Z | = e−π y /a ,
resulta finalmente Im
∞
Z n
n 1
n
=
n impar
e
=
−π y /a sen πx 1 a 1 2e − tanh 2 / − y a π 2 1− e
2V 0 V (x , y ) = tanh−1
π
2sen πa x 1 1 − = 2 tanh eπ y /a − e−π y /a
sen πa x senh πa y
=
π x 1 1 sen a − tanh 2 senh πa y
4.3.2 Separação de Variáveis em Coordenadas Esféricas com Simetria Azimutal Existe uma classe muito grande de problemas cuja geometria apresenta simetria azimutal, isto é, o potencial é independente da coordenada angular ϕ, V (r)
= V (r , θ).
Para essas situações, a equação de Laplace se simplifica, em coordenadas esféricas, para ∂V 1 ∂ ∇2V = r 12 ∂∂r r 2 ∂∂V r + r 2 sen = 0. sen θ θ ∂θ ∂θ Tentamos então separar as variáveis com uma solução do tipo V (r , θ) = R (r )Θ(θ). Substituição na equação de Laplace resulta em
Θ(θ ) d
r 2 d r
+ 2 d R
r
d r
R (r ) d r 2 sen θ d θ
sen θ
d Θ d θ
=
0.
Dividindo por R Θ/r 2 e reorganizando, vem 1 d 2 r R (r ) R (r ) d r Unifei
=−
1
d sen θ Θ (θ) sen θ Θ(θ) d θ
Eduardo Resek
90
Capítulo 4 Soluções de problemas em eletrostática Novamente, o primeiro e segundo membros contêm funções de variáveis totalmente distintas, e somente podem ser iguais se ambos forem independentes das respectivas variáveis, ou seja, se forem iguais a um constante, digamos k . As equações separadas para r e θ ficam d d r
− r 2 R (r )
kR (r )
=0
d
e
d θ
+
sen θ Θ (θ )
k sen θ Θ(θ )
= 0.
Consideremos primeiramente a equação em θ; A substituição de variáveis x cos θ
=
=⇒
d Θ d θ
= −
d Θ sen θ , d x
d sen θ Θ (θ ) d θ
conduz à equação de Legendre: (1 − x 2 )
=
(1 −
2 2 d Θ x ) d x 2
−2x d dΘx
d 2 Θ d x 2
− 2x d dΘx + k Θ = 0,
que só possui soluções regulares se a constante k for da forma ( + 1), ∈ N. É claro que a solução em θ deve satisfazer a esse quesito, de modo que
(1 −
2 2 d Θ x ) d x 2
+ 2x d dΘx + ( + 1)Θ = 0,
tendo solução regular Θ ( x )
= P (x )
ou
Θ (θ )
= P (cos θ).
Com isto, a equação da parte radial, d d r
−
r 2 R (r )
( 1)R (r )
+
=0
é facilmente solucionada tentando uma solução em série de potências. Na verdade, é trivial verificar que r e r −(+1) são as duas soluções linearmente independentes de que necessitamos, ou seja R (r ) A r
=
+ r B +1 ,
e como pode ser qualquer inteiro não negativo (inclusive 0), a solução completa fica ∞ B V (r , θ ) = A r + +1 P (cos θ)
0
=
r
Exemplo 4.3 Dois hemisférios metálicos - Cada hemisfério de uma esfera de raio a está isolado um do outro e mantido a potenciais −V , +V , como mostrado na figura. Como existe simetria azimutal, para obter o potencial Eduardo Resek
Unifei
4.3 O Método da Separação de Variáveis
91 z θ
em todo o espaço, devemos resolver a equação de Laplace em coordenadas esféricas com as seguintes condições de contorno: V
=
P r
±V 0
+
V 0 , para 0
−V 0,
≤ θ < π/2, π/2 < θ ≤ π
para
a
Claramente devemos dividir a solução em duas regiões distintas: r < a e r > a . Sejam V 1 e V 2 tais soluções, respectivamente: V (r
< a , θ) =V 1
V (r
> a , θ) =V 2
= = ∞
0
B
A r
+ r +1
C r
+ r D +1
= ∞
0
=
Fig. 4.5 Esfera com hemisférios isolados ligada a bateria
P (cos θ), P (cos θ ).
Como o potencial deve ser finito em todo o espaço, eliminamos os coeficientes B e C , que causariam um comportamento divergente de V 1 e V 2 quando r → 0 e r → ∞, respectivamente. Ficamos com V 1 (r , θ) V 2 (r , θ)
∞
= =
A r P (cos θ),
0
= ∞
D
0
r +1
=
P (cos θ).
Uma condição de contorno adicional exige a continuidade do potencial, em particular em r = a : V 1 (a , θ )
= V 2(a , θ)
∞
=⇒
0
A a
=
D
− a +1
P (cos θ)
= 0, ∀θ.
Como os polinômios de Legendre de ordens distintas são linearmente independentes entre si, decorre D
= a 2+1 A .
Resta agora determinar apenas as constantes A . Para isso, observamos que em r = a , V (a , θ )
∞
=
A a P (cos θ ) f (θ)
=
0
=
=
+
V 0 , para 0
−V 0 ,
para
≤ θ < π/2, . π/2 < θ ≤ π
Isso constitui uma expansão em série de Fourier-Legendre, análoga às bem conhecidas séries de Fourier trigonométricas. O coeficiente α = A a pode ser calculado por
2 + 1 α = A a = 2 Unifei
π
0
2 + 1 f (θ)P (cos θ)sen θ d θ = V 0 2
0
π
2
P (cos θ )sen θ d θ
−
π
π
2
P (cos θ )sen θ d θ .
Eduardo Resek
92
Capítulo 4 Soluções de problemas em eletrostática Em termos de x = cos θ, as integrais entre parêntesis ficam 1
0
0
1
− = =
P (x ) d x
−1
P (x ) d x
0
→−x
+
P (x ) d x
0
P ( x ) d x
−
1
x
1
0
[P (x ) − P (−x )] d x
1
= − − 1 ( 1)
0
P (x ) d x .
Assim, os coeficientes se anularão para qualquer par, α 2 = 0. Para ímpar, fica α2−1
= 2(−1) (2!2− 3)!! (42− 1) V ,
para = 1 temos: α1
= 3V 0
Com isso, A 1
= 32V a 0 ,
D 1
1
0
0 = a 2 A 1 = 3aV , 2
x d x
para > 1;
= 32 V 0.
A 2−1 = (−1) (4 − 1)
(2 − 3)!! V 0 !2 a 2−1
e
= (−1)(4 − 1) (2!2− 3)!! a 2+1 V 0, = 2,3,... Assim, se definirmos (−1)!! = 1, a solução final pode ser escrita como ∞ (2 − 3)!! r 2−1 V (r , θ ) = V (−1)+1 (4−1) P (cos θ), para r < a , D 2−1
0
!2
1
=
e V (r , θ )
= V 0
∞ =
1
!2
2−1
a
(2 − 3)!! ( 1) + (4 − 1)
−
1
a 2
r
P 2−1 (cos θ ),
para r > a ,
Fica proposta a tarefa de calcular as densidades de cargas presentes nas placas condutoras que formam os hemisférios.
4.3.3 Separação de Variáveis em Coordenadas Cilíndricas com potencial independente de z
Φ
1∂
+
2
∇ V = ρ ∂ρ ρ ∂∂ρV ρ12 ∂∂ϕV 2 Assumimos V da forma V (ρ ,ϕ) = R (ρ )Φ(ϕ). Substituição na equação conduz a 2
d ρ R (ρ ) ρ d ρ
Eduardo Resek
+
R d 2 Φ , ρ 2 d ϕ2
Unifei
4.3 O Método da Separação de Variáveis ou
93
1 d 2 Φ = λ2 2 Φ(ϕ) d ϕ que implica na separação das equações para ρ e ϕ: ρ d ρ R (ρ ) R d ρ
=−
ρ 2 R (ρ ) ρ R (ρ ) λ2 R (ρ )
+
−
(ϕ) + λ2 Φ(ϕ) = 0.
= 0,
Φ
Podem ocorrer três situações: λ = 0 A solução será da forma R (ρ ) A 0
= + B 0 ln ρ,
λ
Φ(ϕ)
= C 0 + D 0 ϕ.
= 0, λ ∈ N Teremos soluções periódicas em ϕ: Φλ (ϕ) = C λ cos λϕ + D λ sen λϕ.
A solução radial pode ser obtida pelo método usual de série de potências, mas é fácil verificar que, neste caso, a solução será R λ (ρ ) A λ ρ λ
=
+ B ρλλ .
A solução geral, como sempre, será a combinação linear dos Φλ para todos os possíveis valores de λ: V (ρ , ϕ)
= ( A 0 + B 0 ln ρ)(C 0 + D 0ϕ)
+
A λρ
λ
λ
B λ
+ ρλ
C λ cos λϕ
+ D λ sen λϕ
Nas situações onde toda a faixa de valores de ϕ é permitida, isto é, 0 ≤ ϕ < 2π, a condição de periodicidade exige que V (ρ ,ϕ + 2π) = V (ρ ,ϕ), o que só pode ser satisfeito se λ ∈ N; denotaremos λ = n ; ainda, obrigatoriamente D 0 = 0 e a constante C 0 será absorvida em A 0 e B 0 : V (ρ , ϕ) A 0
= + B 0 ln ρ
+
A n ρ
n
n
+
B n C n cos n ϕ D n sen n ϕ . ρ n
+
O termo logarítimico é característico de uma linha infinita carregada, e só estará presente se houver uma tal linha carregada no eixo z . Se não houver singularidade na origem, B n = 0, ∀n . Da mesma forma, se o potencial for finito para ρ → ∞, B 0 = 0 e A n = 0, n > 0. Hásituaçõesemqueafaixadevariaçãode ϕ é restrita a uma região menor que 2π (veja a lista de problemas propostos). Nessas condições, abre-se uma outra possibilidade de soluções paraa equação separada. Poderemos ter a possibilidade de valores negativos λ2 ! Poremos λ2 = −ν2 , com ν ∈ N. As soluções em ϕ serão da forma Φν (ϕ) = C ν cosh νϕ + D ν senh νϕ,
enquanto que as soluções radiais serão exponenciais complexas do tipo ρ ±i ν . Entretanto, como .
ln ρ ±ı ν Unifei
.
.
= ± ı . ν ln ρ =⇒ ρ±ı ν = e±ı ν ln ρ = cos(ν ln ρ) ± ı . sen(ν ln ρ) Eduardo Resek
94
Capítulo 4 Soluções de problemas em eletrostática podemos escrevê-las como uma combinação linear de senos e cossenos de ν ln ρ . A solução geral então se escreve na forma V (ρ , ϕ)
= ( A 0+B 0 ln ρ)(C 0+D 0ϕ)+
ν
A ν cos(ν ln ρ ) B ν sen(ν ln ρ ) (C ν cosh νϕ D ν senh νϕ)
+
+
4.3.4 Separação de Variáveis em Coordenadas Cilíndricas A forma geral da equação de Laplace em coordenadas cilíndricas é 2
∇ V =
+
1∂
∂V ρ ρ ∂ρ ∂ρ
1 ∂2V ρ 2 ∂ϕ2
+
∂2V ∂z 2
= 0,
que tentaremos resolver novamente utilizando o método da separação de variáveis, agora com V = V (ρ , ϕ, z ) = R (ρ )Φ(ϕ) Z (z ). Substituindo acima e divindo por R ΦZ , obtemos 1 d ρ R d ρ
+ ρ
d R d ρ
1 d 2 Φ
2
d Z = − . d z 2 ρ 2 Φ d ϕ2
Isso só é possível se ambos os termos forem constantes, que denominaremos β. Escolhemos a constante de separação β de acordo com as condiçoes de contorno. Independência de z (geralmente em geometrias com fios ou cilindros infinitos) leva à escolha β = 0, que já foi estudada anteriormente. Periodicidade em z implica em β > 0, que deixaremos proposto como exercício. O caso β < 0, que enfatizaremos escrevendo β = −λ2 , será analisado a seguir. As equações separadas ficam 1 d
+
d R ρ ρ R d ρ d ρ
1 d 2 Φ
+ λ2 =
0
− λ2 Z =
0.
ρ 2 Φ d ϕ2 d 2 Z d z 2
A equação em z tem solução imediata: Z (z )
= E λ eλz + F λ e−λz
ou
Z (z )
= E λ cosh λz + F λ senh λz
Multiplicando a outra equação por ρ 2 e reorganizando, fica 1 d
+
d R ρ ρ R d ρ d ρ
2 2
ρ λ
1 d 2 Φ
= − Φ d ϕ2 = ν2,
pois novamente a igualdade só é possível se ambos os membros forem constantes. A escolha de uma constante positiva (se ν ∈ N, ν2 > 0) implica soluções trigonométricas para Φ: Φ(V )
Eduardo Resek
= C ν cos νϕ + D ν sen νϕ, Unifei
4.3 O Método da Separação de Variáveis
95
enquanto que a equação na coordenada radial 2 2 ∂ R ρ ∂ρ 2
+ ρ ∂∂ρR + (λ2ρ2 − ν2 )R = 0,
ou de forma equivalente, ∂2 R ∂ρ 2
+
1 ∂R
+ ρ ∂ρ
2
λ
−
ν2 R 0, ρ2
=
se transforma na equação diferencial de Bessel através da mudança de variáveis: ξ
d d ρ
d λ , d ξ
= λρ =⇒ =
d 2 d 2 ρ
=
2 2 d λ 2 , d ξ
cuja substituição leva a ∂2 R λ2 2 ∂ρ
+
ou finalmente
λ2 ∂R ρ ∂ρ
λ 2 ν2 R 0, ρ2
+ − = + − =
∂2 R ∂ρ 2
1 ∂R
+ ρ ∂ρ
λ2
ν2 R 0, ρ2
1
que é a equação de Bessel. Vimos que suas soluções são da forma R (ξ) A ν J ν (ξ) B ν N ν (ξ),
=
+
onde J ν e N ν são, respectivamente, as funções de Bessel e de Neumann de primeira espécie. Em termos de ρ : R (ρ ) A ν J ν (λρ ) B ν N ν (λρ ).
=
+
Podemos então apresentar a solução geral para esse caso: V (ρ , ϕ, z )
Unifei
=
ν,λ
A ν J ν(λρ ) B ν N ν(λρ ) (C ν cos νϕ D ν sen νϕ)(E λ cosh λz F λ senh λ z )
+
+
+
Eduardo Resek
Capítulo 5
Capacitores 5.1 O que são Genericamente, denominamos capacitores ou condensadores qualquer dispositivo capaz de acumular, armazenar e reter carga elétrica (equivalentemente, energia elétrica, pois carga cria campo elétrico e campo contem energia potencial elétrica). Geralmente são constituídos por pelo menos duas placas condutoras isoladas entre si. São elementos importantes, presentes em praticamente qualquer circuito elétrico.
5.2 Capacitância Definimos a capacitância do dispositivo como a razão entre a carga Q que ele acumula e a tensão V a que foi submetido:
= Q . V
C
(5.1)
A unidade no sistema internacional é coulomb/volt, também denominada farad (F), em homenagema Michael Faraday. No sistema CGS, a unidade é o centímetro. Um farad é uma unidade muito grande: um capacitor de 1F seria capaz de acumular uma carga de 1,5C quando conectado a uma pilha comum AA! A força entre as placas seria descomunal e ele teria que ser muito bem construído para resistir a ela sem colapsar. Comercialmente, são comuns capacitores com capacitâncias na faixa dos microfarads (1 µF = 10−6 F) até picofarads (1pF = 10−12 F)
5.3 Energia armazenada Vamos conectar um capacitor inicialmente descarregado, como o da figura, a uma bateria de tensão V 0 . Essa bateria passa a carregar o capacitor, criando um campo elétrico entre suas placas, que armazena energia. A energia armazenada no capacitor provem do trabalho realizado pela bateria ao transportar cargas de uma placa à outra daquele, contra o campo elétrico que vai aumentando 97
C
Fig. 5.1 Símbolo do capacitor
98
Capítulo 5 Capacitores gradativamente à medida que as placas se carregam. Suponha que, num determinado instante, a carga das placas seja ±q (t ) e a tensão entre as placas seja V (t ). Para transportar uma carga adicional d q de uma placa a outra, o trabalho dW realizado pela bateria será 1
= V (t ) d q = q C (t ) d q .
dW
A energia acumulada no campo elétrico será o trabalho total realizado pela bateria desde o instante inicial até o momento atual. Supondo que a carga nesse momento seja Q , essa energia então será
= =
Q
U
dW
0
q C
d q
Q 2
=⇒ U = 2C = 12 CV 2.
(5.2)
1 Como o campo eletrostático é conservativo, não precisamos calcular o trabalho pelo caminho
real seguido pela carga, que passa pela bateria. Esse trabalho somente depende da diferença de potencial entre os pontos inicial e final do trajeto, que é justamente a tensão V naquele instante, bem como da carga d q que foi tranferida de uma placa à outra (cf. eq. (3.8)).
Eduardo Resek
Unifei
Capítulo 6
Dielétricos Algumas moléculas, como a da água, podem apresentar um momento de dipolo elétrico permanente não nulo. Isso acontece devido à configuração de seus átomos constituintes, resultando em centros de cargas intrinsecamente separados. Normalmente esses dipolos moleculares estão orientados aleatoreamente, produzindo um momento de dipol total nulo para uma amostra finita do material, mas eles podem ser alinhados pela ação de um campo externo, o que faz com que o campo produzido pelo conjunto de dipolos se torne razoavelmente intenso. Mesmo moléculas que não possuam tal propriedade são afetadas pela presença de um campo externo. Num material isolante um campo externo leva a uma separação dos centros de cargas positiva e negativa nas suas moléculas constituintes, produzindo pequenos dipolos que, em conjunto, irão também gerar uma contribuição não desprezível ao campo e potencial da região. Em ambas as situações, podemos tratar a contribuição dos pequenos dipolos moleculares definido o vetor Polarização P; qualqueer elemento de volume, mesmo que macroscopicamente muito pequeno, contem um número muito grande de moléculas polarizadas. O momento de dipolo total desse pequeno volume, ∆p é a soma dos momentos de dipolos das moléculas constituintes ∆p
=
P
r
dp dv
r
pi .
i
−
r
r
O vetor P é o momento de dipolo total por unidade de volume:
P = lim
∆p
= ∆v →0 ∆ v
d p , d v
O
d p
= P d v .
Devemos lembrar que, apesar da natureza discreta da estrutura da matéria, do ponto de vista macroscópico pode-se assumir que os dipolos estejam distribuídos continuamente no interior do volume. Isso é uma aproximação, mas funciona bem desde que o elemento de volume seja grande comparado com distâncias interatômicas, e ainda assim pequeno comparado com a escala típica de variação das grandezas que definem o campo eletrostático. Consideremos um dielétrico ocupando uma região V do espaço, onde por uma razão ou outra, exista uma distribuição de dipolos elétricos. Um volume 99
Fig. 6.1 Elemento de dipolo
100
Capítulo 6 Dielétricos d v possuirá um momento de dipolo d p(r )
potencial num ponto r pode ser dada por
= P(r) d v , e sua contribuição para o
1 d p·(r − r ) 1 P(r )·(r − r ) = 4π |r − r|3 d v . dV d = 4π0 |r − r |3 0 O potencial causado por toda a distribuição de dipolos será então 1
V d
= 4π
0
P(r )·(r − r ) |r − r|3 d v . v
(6.1)
Vamos utilizar a identidade
∇ |r −1 r | = |rr−−rr|3 para reescrever o integrando de (6.1) como
1
V d
= 4π
0 v
P(r )·∇
1
d v . |r − r |
(6.2)
A seguir, empregamos a identidade
∇·(ψ A ) = ψ∇· A +∇ ·ψ A com ψ = |r − r |−1 e A = P(r ):
∇· |rP−(rr)| = ∇|r·−P(rr|) + P(r)·∇ |r −1 r| , o que nos permite escrever (6.2) como V d
1
= 4π
0
− ∇ · v
P(r ) |r − r| d v +
∇· v
P(r ) d v , |r − r |
ou, usando o teorema de Gauss na segunda integral V d
1
= 4π
−∇ ·
0 v
P(r ) 1 d v + |r − r | 4π0
P(r )· nˆ d S . S |r − r |
(6.3)
Reconhecemos nessa expressão a contribuição de uma distribuição volumétrica e uma superficial de cargas,
= −∇·P
ρ P
e
= P· nˆ ,
σP
que representam as densidades de cargas de polarização no dielétrico. Elas resumem o efeito da distribuição de dipolos.
Eduardo Resek
Unifei
101
6.0.1 Lei de Gauss na presença de dielétricos Como vimos, os dielétricos podem ser polarizados pela ação de campos externos e, em conseqüência, surgirão cargas que contribuirão para o campo total em qualquer ponto da região. A lei de Gauss deve levar em conta tais cargas. Para explicitar sua contribuição, vamos denotar por ρ a densidade de carga livre (em excesso) em cada ponto; a densidade de carga total será ρ
= ρ + ρP ,
de modo que a lei de Gauss fica
∇·E = 1 (ρ + ρP ) = 1 (ρ −∇·P) =⇒∇·(0E + P) = ρ. 0
0
Definimos o vetor Deslocamento Elétrico como
D = 0 E + P,
(6.4)
em termos do qual a lei de Gauss assume a forma
∇·D = ρ.
(6.5)
A vantagem dessa formulação é que não precisamos, a priori, conhecer os efeitos da polarização sobre o dielétrico, mas somente a carga em excesso deste. Na forma integral teríamos
· S
D nˆ d S = Q i ,
(6.6)
onde Q i = ρ d v é a carga livre interna à superfície S . Para a maioria dos materiais dielétricos, a polarização é diretamente proporcional ao campo elétrico externo aplicado e independente da direção deste (meios isotrópicos ou lineares). Nesses casos, definimos a susceptibilidade (di)elétrica como
P = χE. A equação (6.4) pode ser reescrita como
D = (0 + χ)E = E, onde definimos a permissividade do meio, , como = 0 + χ. Costuma-se definir também uma grandeza adimensional, a permissivade relativa ou constante dielétrica do meio, como κ = rel = . 0
Unifei
Eduardo Resek
102
Capítulo 6 Dielétricos
6.0.2 Condições de contorno para o campo elétrico D2
E2 D1 n ˆ
meio 2
E1
A
σ + + + + + + + + + + + + + + + + + + ˆ + t + + meio 1
∆
Fig. 6.2 Comportamento dos campos na fronteira entre meios distintos
Analisemos agora como se comporta o campo elétrico numa região onde existem dois meios não condutores diferentes. A figura ilustra essa situação onde, além de possíveis cargas livres distribuídas ao longo dos dielétricos, admitimos também que possa haver uma carga livre na superfície interface entre os dois meios, cuja densidade é ρ . A lei de Gauss aplicada a uma pequena superfície cilíndrica (área da seção reta A e altura ∆h ) atravessando perpendicularmente essa interface fornece D· nˆ d S = Q i ρ A ,
S
pois podemos imaginar uma seção reta suficientemente pequena a fim de desprezar quaisquer variações de ρ ao longo da mesma. Pelo mesmo motivo, o o vetor deslocamento não sofrerá variações significativas ao longo das tampas do cilindro gaussiano; por outro lado, o fluxo através da superfície lateral pode ser desprezado no limite em que ∆h → 0. Sendo nˆ o versor perpendicular à interface dos dielétricos, orientado do meio 1 para o meio 2, vem
· S
D nˆ d S D2 · nˆ A + D1 ·(− nˆ ) A ρ A ,
ou seja, (D2 − D1 )· nˆ = ρ , ou D2n − D1n = ρ .
(6.7)
Se não houver cargas livres na interface, o componente normal do vetor deslocamento será contínuo através desta. Por outro lado, considerando que o campo eletrostático é conservativo, o percurso mostrado na figura, onde novamente ∆h → 0 e ∆l podem ser tomados tão pequenos quanto se queira, permitindo assim calcular o integral nos trechos do percurso que são paralelos à interface
·
E d r E2 ·ˆt ∆l + E1 ·(−ˆt) ∆l = 0,
isto é (E2 − E1 )·ˆt = 0, ou E 2t = E 1t ,
(6.8)
que significa que o componente de E tangente à interface não se altera ao atravessarmos de um lado para outro.
Eduardo Resek
Unifei
