Apostila Eletromag UFU

Universidade Federal de Uberlândia - UFU Faculdade de Engenharia Elétrica - FEELT

Apostila de Conceitos Teóricos Teór icos e Exercícios Propostos

Curso de Graduação Prof. Dr. Geraldo Caixeta Guimarães Guimarães

Versão 2010

CONCEITOS TEÓRICOS E EXERCÍCIOS PROPOSTOS DE ELETROMAGNETISMO

SUMÁRIO

i

SUMÁRIO INTRODUÇÃO GERAL

iii

FORMULÁRIO GERAL

v

Capítulo I – ANÁLISE VETORIAL

01

1.1 – CONCEITOS GERAIS 1.2 – O PRODUTO ESCALAR (OU PRODUTO INTERNO) 1.3 – O PRODUTO VETORIAL (OU PRODUTO EXTERNO) 1.4 – SISTEMAS DE COORDENADAS COORDENAD AS CARTESIANAS, CILÍNDRICAS E ESFÉRICAS 1.4.1 – Representação de um ponto nos 3 sistemas de coordenadas 1.4.2 – Transformações entre os 3 sistemas de coordenadas 1.4.3 – Vetores unitários nos 3 sistemas de coordenadas 1.4.4 – Produtos escalares entre vetores unitários nos 3 sistemas de coordenadas 1.4.5 – Elementos diferenciais de linha, área e volume nos 3 sistemas de coordenadas 1.5 – EXERCÍCIOS PROPOSTOS

01 01 02 03 03 04 04 04 05 06

Capítulo II – LEI DE COULOMB E INTENSIDADE DE CAMPO ELÉTRICO 2.1 – LEI DE COULOMB 2.2 – INTENSIDADE DE CAMPO ELÉTRICO 2.3 – CAMPO ELÉTRICO DE UMA DISTRIBUIÇÃO VOLUMÉTRICA VOLUMÉTRIC A CONTÍNUA DE CARGAS 2.4 – CAMPO ELÉTRICO DE UMA DISTRIBUIÇÃO LINEAR CONTÍNUA DE CARGAS 2.5 – CAMPO ELÉTRICO DE UMA DISTRIBUIÇÃO SUPERFICIAL CONTÍNUA DE CARGAS 2.6 – LINHA DE FORÇA E ESBOÇO DE CAMPO 2.7 – EXERCÍCIOS PROPOSTOS

09 09 09 10 10 11 12 13

Capítulo III – DENSIDADE DE FLUXO FLUXO ELÉTRICO, LEI DE GAUSS E DIVERGÊNCIA DIVERGÊNCIA 15 3.1 – DENSIDADE DE FLUXO ELÉTRICO ( D ) 3.2 – A LEI DE GAUSS 3.3 – APLICAÇÃO DA LEI DE GAUSS – GAUSSIANA 3.4 – DIVERGÊNCIA 3.5 – TEOREMA DA DIVERGÊNCIA DIVERGÊNCI A 3.6 – EXERCÍCIOS PROPOSTOS

15 15 15 17 18 19

Capítulo IV – ENERGIA E POTENCIAL

21

4.1 – ENERGIA (TRABALHO) PARA MOVER UMA CARGA PONTUAL EM UM CAMPO ELÉTRICO 4.2 – DEFINIÇÃO DE DIFERENÇA DE POTENCIAL (VAB) E POTENCIAL (V) 4.3 – O POTENCIAL DE UMA CARGA PONTUAL 4.4 – O POTENCIAL DE UM SISTEMA DE CARGAS DISTRIBUÍDAS DISTRIBUÍ DAS 4.4.1 – V AB de uma reta ∞ com ρL constante 4.4.2 – V AB de um plano ∞ com ρs constante 4.5 – GRADIENTE DO POTENCIAL ( ∇ V ) 4.6 – O DIPOLO ELÉTRICO 4.7 – ENERGIA NO CAMPO ELETROSTÁTICO 4.7.1 – Energia (trabalho) para uma distribuição discreta de cargas 4.7.2 – Energia (trabalho) para uma distribuição contínua de carga 4.8 – EXERCÍCIOS PROPOSTOS

21 21 21 22 22 22 23 24 25 25 25 26

Capítulo V – CONDUTORES, DIELÉTRICOS E CAPACITÂNCIA 5.1 – CORRENTE (I) E DENSIDADE DE CORRENTE ( J ) 5.2 – CONTINUIDADE DA CORRENTE 5.3 – CONDUTORES METÁLICOS – RESISTÊNCIA (R) 5.4 – O MÉTODO DAS IMAGENS

29 29 30 30 31


SUMÁRIO

i

SUMÁRIO INTRODUÇÃO GERAL

iii

FORMULÁRIO GERAL

v

Capítulo I – ANÁLISE VETORIAL

01

1.1 – CONCEITOS GERAIS 1.2 – O PRODUTO ESCALAR (OU PRODUTO INTERNO) 1.3 – O PRODUTO VETORIAL (OU PRODUTO EXTERNO) 1.4 – SISTEMAS DE COORDENADAS COORDENAD AS CARTESIANAS, CILÍNDRICAS E ESFÉRICAS 1.4.1 – Representação de um ponto nos 3 sistemas de coordenadas 1.4.2 – Transformações entre os 3 sistemas de coordenadas 1.4.3 – Vetores unitários nos 3 sistemas de coordenadas 1.4.4 – Produtos escalares entre vetores unitários nos 3 sistemas de coordenadas 1.4.5 – Elementos diferenciais de linha, área e volume nos 3 sistemas de coordenadas 1.5 – EXERCÍCIOS PROPOSTOS

01 01 02 03 03 04 04 04 05 06

Capítulo II – LEI DE COULOMB E INTENSIDADE DE CAMPO ELÉTRICO 2.1 – LEI DE COULOMB 2.2 – INTENSIDADE DE CAMPO ELÉTRICO 2.3 – CAMPO ELÉTRICO DE UMA DISTRIBUIÇÃO VOLUMÉTRICA VOLUMÉTRIC A CONTÍNUA DE CARGAS 2.4 – CAMPO ELÉTRICO DE UMA DISTRIBUIÇÃO LINEAR CONTÍNUA DE CARGAS 2.5 – CAMPO ELÉTRICO DE UMA DISTRIBUIÇÃO SUPERFICIAL CONTÍNUA DE CARGAS 2.6 – LINHA DE FORÇA E ESBOÇO DE CAMPO 2.7 – EXERCÍCIOS PROPOSTOS

09 09 09 10 10 11 12 13

Capítulo III – DENSIDADE DE FLUXO FLUXO ELÉTRICO, LEI DE GAUSS E DIVERGÊNCIA DIVERGÊNCIA 15 3.1 – DENSIDADE DE FLUXO ELÉTRICO ( D ) 3.2 – A LEI DE GAUSS 3.3 – APLICAÇÃO DA LEI DE GAUSS – GAUSSIANA 3.4 – DIVERGÊNCIA 3.5 – TEOREMA DA DIVERGÊNCIA DIVERGÊNCI A 3.6 – EXERCÍCIOS PROPOSTOS

15 15 15 17 18 19

Capítulo IV – ENERGIA E POTENCIAL

21

4.1 – ENERGIA (TRABALHO) PARA MOVER UMA CARGA PONTUAL EM UM CAMPO ELÉTRICO 4.2 – DEFINIÇÃO DE DIFERENÇA DE POTENCIAL (VAB) E POTENCIAL (V) 4.3 – O POTENCIAL DE UMA CARGA PONTUAL 4.4 – O POTENCIAL DE UM SISTEMA DE CARGAS DISTRIBUÍDAS DISTRIBUÍ DAS 4.4.1 – V AB de uma reta ∞ com ρL constante 4.4.2 – V AB de um plano ∞ com ρs constante 4.5 – GRADIENTE DO POTENCIAL ( ∇ V ) 4.6 – O DIPOLO ELÉTRICO 4.7 – ENERGIA NO CAMPO ELETROSTÁTICO 4.7.1 – Energia (trabalho) para uma distribuição discreta de cargas 4.7.2 – Energia (trabalho) para uma distribuição contínua de carga 4.8 – EXERCÍCIOS PROPOSTOS

21 21 21 22 22 22 23 24 25 25 25 26

Capítulo V – CONDUTORES, DIELÉTRICOS E CAPACITÂNCIA 5.1 – CORRENTE (I) E DENSIDADE DE CORRENTE ( J ) 5.2 – CONTINUIDADE DA CORRENTE 5.3 – CONDUTORES METÁLICOS – RESISTÊNCIA (R) 5.4 – O MÉTODO DAS IMAGENS

29 29 30 30 31


SUMÁRIO

ii

5.5 – A NATUREZA DOS MATERIAIS DIELÉTRICOS – POLARIZAÇÃO (P) 5.6 – CONDIÇÕES DE CONTORNO PARA MATERIAIS DIELÉTRICOS PERFEITOS 5.7 – CAPACITÂNCIA 5.8 – EXEMPLOS DE CÁLCULO DE CAPACITÂNCIA 5.9 – EXERCÍCIOS PROPOSTOS

32 33 34 34 39

Capítulo VI – EQUAÇÕES DE POISSON E DE LAPLACE

45

6.1 – IMPORTÂNCIA DAS EQUAÇÕES DE POISSON E LAPLACE 6.1.1 – Equação de Poisson 6.1.2 – Equação de Laplace 6.2 – TEOREMA DA UNICIDADE 6.3 – EXEMPLOS DE SOLUÇÃO DA EQUAÇÃO DE LAPLACE 6.4 – EXEMPLO DE SOLUÇÃO DA EQUAÇÃO DE POISSON 6.5 – SOLUÇÃO PRODUTO DA EQUAÇÃO DE LAPLACE 6.6 – EXERCÍCIOS PROPOSTOS

45 45 45 46 46 50 51 54

Capítulo VII – CAMPO MAGNÉTICO ESTACIONÁRIO

59

7.1 – LEI DE BIOT-SAVART BIOT-SAVAR T 7.2 – LEI CIRCUITAL DE AMPÈRE (CAMPO MAGNÉTICO ESTACIONÁRIO) 7.3 – ROTACIONAL 7.4 – TEOREMA DE STOKES 7.5 – FLUXO MAGNÉTICO (Φ) E DENSIDADE DENSIDADE DE FLUXO FLUXO MAGNÉTICO ( B ) 7.6 – POTENCIAIS ESCALAR E VETOR MAGNÉTICOS 7.7 – EXERCÍCIOS PROPOSTOS

59 59 62 64 64 65 67

Capítulo VIII – FORÇAS E CIRCUITOS MAGNÉTICOS, MATERIAIS E INDUTÂNCIA

71

8.1 – FORÇA SOBRE UMA CARGA EM MOVIMENTO 8.2 – FORÇA SOBRE UM ELEMENTO DIFERENCIAL DE CORRENTE 8.3 – FORÇA ENTRE ELEMENTOS DIFERENCIAIS DE CORRENTE 8.4 – TORQUE EM UMA ESPIRA INFINITESIMAL PLANA 8.5 – A NATUREZA DOS MATERIAIS MAGNÉTICOS 8.6 – MAGNETIZAÇÃO E PERMEABILIDADE MAGNÉTICA MAGNÉTI CA 8.7 – CONDIÇÕES DE CONTORNO PARA O CAMPO MAGNÉTICO 8.8 – CIRCUITO MAGNÉTICO 8.9 – ENERGIA DE UM CAMPO MAGNETOSTÁTICO MAGNETOSTÁT ICO 8.10 – AUTO-INDUTÂNCIA AUTO-INDUTÂN CIA E INDUTÂNCIA MÚTUA 8.11 – EXERCÍCIOS PROPOSTOS

71 71 72 72 73 73 74 75 77 77 80



Capítulo IX – CAMPOS VARIÁVEIS NO TEMPO E AS EQUAÇÕES DE MAXWELL

85

9.1 – A LEI DE FARADAY 9.1.1 – Fem devido a um campo que varia dentro de um caminho fechado estacionário 9.1.2 – Fem devido a um campo estacionário e um caminho móvel 9.1.3 – Fem total devido a um campo variável e um caminho móvel 9.2 – CORRENTE DE DESLOCAMENTO 9.3 – EQUAÇÕES DE MAXWELL EM FORMA PONTUAL OU DIFERENCIAL 9.4 – EQUAÇÕES DE MAXWELL EM FORMA INTEGRAL 9.5 – EXEMPLOS DE CÁLCULO DA INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA ELETROMAGN ÉTICA 9.6 – EXERCÍCIOS PROPOSTOS

85 86 87 88 88 90 90 91 94

REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS

99

Anexo I – SOLUÇÃO DE EQUAÇÃO DIFERENCIAL DIFERENCIAL POR SÉRIE INFINITA DE DE POTÊNCIAS

100

Anexo II – CURVAS B-H DE VÁRIOS MATERIAIS FERROMAGNÉTICOS

102

CONCEITOS TEÓRICOS E EXERCÍCIOS PROPOSTOS D E ELETROMAGNETISMO

INTRODUÇÃO G GERAL

iii

INTRODUÇÃO GERAL Importância do Curso de Eletromagnetismo Este curso deve ser encarado com bastante seriedade devido sua indiscutível importância no currículo de Engenharia. Para facilitar a aprendizagem, ele é iniciado apresentando os fundamentos matemáticos necessários para então considerar os aspectos físicos da disciplina. A teoria básica dos campos elétricos, da densidade de fluxo elétrico, a Lei de Gauss, os potenciais e correntes elétricas, todos da Eletrostática e Eletrodinâmica, são apresentados em seqüência até se chegar nas formulações da Equações de Poisson e Laplace. Já dentro do Magnetismo, considera-se primeiramente a teoria básica dos campos magnéticos, abordando importantes princípios como a Lei de Biot-Savart e a Lei Circuital de Ampère. Vários conceitos do Eletromagnetismo são então introduzidos, culminando com o estudo dos campos baseados nas equações de Maxwell, o qual justifica as aproximações que conduzem a teoria de circuitos elétricos. Todos os conceitos aqui apresentados devem formar a base para a construção de novos alicerces de conhecimento, como aqueles relacionados às disciplinas que tratam de máquinas elétricas, aterramentos elétricos, linhas de transmissão, propagação de ondas, antenas, etc.

Metodologia Adotada •

•

•

•

•

O curso foi esquematizado da forma mais simples possível para ser ministrado através de aulas expositivas, com diálogos, discussões, demonstrações, incluindo soluções de exercícios, e, sempre que possível, com interpretação e aplicação prática de cada resultado. O conteúdo programático do curso é disposto de tal maneira que os assuntos mais difíceis são abordados no seu final, sendo os capítulos colocados numa forma seqüencial e lógica para auxiliar a aprendizagem. Além dos livros indicados abaixo foi preparada esta apostila, intitulada Conceitos Teóricos e Exercícios Propostos de Eletromagnetismo, a qual tem o objetivo de servir de roteiro de aulas teóricas e fonte suplementar de exercícios, reduzindo o tempo utilizado na exposição de assuntos e transcrição de enunciados de exercícios no quadro, permitindo assim que mais tempo seja dedicado a explicação e aplicação prática de conceitos da disciplina. Uma outra apostila de Exercícios Resolvidos de Eletromagnetismo também foi preparada, contendo numerosos exemplos numéricos e literais de cada capítulo do programa, visando com isto facilitar o entendimento e a auto-aprendizagem do aluno. Vários recursos didáticos poderão ser empregados no curso como: quadro e giz, equipamentos audio-visuais, microcomputador e datashow .


INTRODUÇÃO G GERAL

iv

São também selecionados estudantes monitores com objetivo de:  Prestar atendimento aos alunos, auxiliando-os na solução de listas de exercícios,  Corrigir as listas de exercícios que forem entregues pelos alunos,  Auxiliar o professor na correção de testes aplicados durante o curso,  Auxiliar o professor na supervisão da aplicação de provas e/ou testes.

•

Formas de Avaliação •

•

•

•

São realizadas 3 provas do tipo sem consulta, com questões abertas ou dissertativas, isto é, não são incluídas questões do tipo teste de múltipla escolha. São também aplicados 3 testes rápidos (30 minutos no máximo), distribuídos ao longo do período, podendo estes ocorrem de surpresa, a critério do professor. É preparado um total de 9 listas de exercícios, relativas aos 9 capítulos, com 4 exercícios cada uma, indicados previamente para cada aluno de acordo com a matéria lecionada nestes capítulos, tomando como base o livro texto (referência [1]) e o livro de exercícios adotado (referência [2]). Os exercícios são definidos pelo professor de tal maneira que nenhum aluno tenha os mesmos quatro exercícios de seu colega. Cada lista deverá ser entregue até no máximo uma semana após o encerramento das aulas correspondentes ao capítulo da lista. Para ser aprovado na disciplina, cada aluno deverá cumprir os seguintes requisitos:  Freqüência mínima de 75% nas aulas ministradas, a qual é verificada através de chamada oral e/ou assinatura de lista de presença em sala de aula;  Soma total das notas obtidas nas diversas avaliações igual ou superior a 60 pontos de um total de 100 pontos, os quais são distribuídos segundo o quadro abaixo. TIPO DE AVALIAÇÃO VALOR Primeira Prova (Capítulos I a IV) 20 Segunda Prova (Capítulos V e VI) 20 Terceira Prova (Capítulos VII a IX) 30 3 Testes Rápidos (4 pontos cada um) 12 9 Listas de Exercícios (2 pontos cada uma) 18 Total = 100

DATA


FORMULÁRIO GERAL

v

FORMULÁRIO GERAL 1. DIVERGÊNCIA ∇•D = 



CARTESIANAS:



∂D z

CILÍNDRICAS:



2 1 ∂(r D r ) 1 ∂(sen θ D θ ) 1 ∂D φ ∇•D = + + 2 ∂ θ ∂θ r r sen r sen θ ∂φ r 



∂D y

+ + ∂x ∂y ∂z 1 ∂ (ρDρ ) 1 ∂D φ ∂D z ∇•D = + + ρ ∂ρ ρ ∂φ ∂z 



∂D x

ESFÉRICAS:



2. GRADIENTE 

∂V ∂V ∂V ax + a y + az ∂x ∂y ∂z ∂V ∂V 1 ∂V ∇V = aρ + aφ + az ∂ρ ρ ∂φ ∂z ∂V 1 ∂V 1 ∂V ar + aθ + a ∇V = ∂r r ∂θ r sen θ ∂φ φ 

∇V =

CARTESIANAS:



CILÍNDRICAS:



ESFÉRICAS:























3. LAPLACIANO ∂ 2V ∂ 2V ∂2V ∇ V= + + ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2 



CARTESIANAS:





2

1 ∂  ρ∂V 

1 ∂ 2V

ρ ∂ρ  ∂ρ 

ρ 2 ∂φ 2



 +

∂ 2V

CILÍNDRICAS:

∇ V=

ESFÉRICAS:

1 ∂  2 ∂V  1 1 ∂  ∂V  ∂ 2V ∇ V = 2 r  +  sen θ  + 2 ∂θ  r sen 2 θ ∂φ 2 r ∂r  ∂r  r 2 sen θ ∂θ  



2

+

∂z 2

2

4. ROTACIONAL  ∂H y ∂H x  ∂H x ∂H z   a x +   az − + − a   y    ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ y z z x x y        1 ∂H z ∂H φ   ∂H ∂H  1  ∂ ρH φ ∂H ρ   a ρ +  ρ − z  a φ +  CILÍNDRICAS: ∇ × H =  − −  az z z ρ ∂φ ∂ ∂ ∂ρ ρ ∂ρ ∂φ        ∂H z

CARTESIANAS: ∇ × H =  







−

∂H y 



















ESFÉRICAS:

∇×H = 



∂ (H φsenθ) ∂H θ   ∂(rH θ ) ∂H r  ∂H r ∂ (rH φ )  1    ar + 1  1  a θ + 1  − − −   aφ rsenθ  ∂θ r  rsenθ ∂φ r  ∂r ∂φ  ∂r  ∂θ  






FORMULÁRIO GERAL

vi

5. EQUAÇÕES DE MAXWELL

Forma Pontual

Forma Integral

∂B ∇×E = − ∂t

∂B E L d • = − ∫ ∫S ∂ t • dS 









∂D ∇×H = J + = J + Jd ∂t

∂D ∫ H • dL = I + ∫S ∂ t • dS

∇ • D = ρ v

∫S D • dS = ∫vol ρ v dv

∇•B = 0

∫S B • dS = 0





























6. CONDIÇÕES DE CONTORNO ENTRE 2 MEIOS Componentes tangenciais: Componentes normais:

Et1 = Et2 Dn1 – Dn2 = ρS

Ht1 – Ht2 = k Bn1 = Bn2

7. PERMISSIVIDADE DO ESPAÇO LIVRE Permissividade elétrica do vácuo: ε o = 8,854 × 10

−12

10 −9 ≅ [F/m] 36π

Permeabilidade magnética do vácuo: µ o = 4π × 10 −7

[H/m]

8. FÓRMULAS IMPORTANTES DO ELETROMAGNETISMO Lei de Gauss:

∫S D • dS = Qinterna

Teorema da Divergência:

∫S D • dS = ∫vol (∇ • D) dv

Equação de Poisson:

∇ 2V = −

Equação de Laplace:

∇2V = 0

Lei de Biot-Savart:

I dL × a R H=∫ 4π R 2

Lei Circuital de Ampère:

∫ H • dL = I enlacada

Teorema de Stokes:

∫ H • dL = ∫S (∇ × H )• dS











ρv ε





onde IdL = K dS = J dv


















FORMULÁRIO GERAL

vii

OUTRAS FÓRMULAS DO ELETROMAGNETISMO

9.

D = εoE + P

B = µ o (H + M )

P = χeεoE

M = χmH

D = εE

B = µH

ε = ε rεo

µ = µrµo





















WE =



1 D • Edv 2 ∫vol 







1 B • Hdv 2 ∫vol 

WH =

∂Φ fem = − N ∂t





FE = QE 



FM = Q(v × B ) 





∫ E • dL 

fem =

F = FE + FM = Q(E + v × B ) 











∂B fem = ∫ (v × B )• d L − ∫ • dS S∂ t 





Φ = ∫ B • dS

d F = Id L × B 



L=

S

d T = r × dF = IdS × B

NΦ I

d m = I dS





d T = dm × B 

L=

2WH I2

M12 =

N 2Φ12 I1

B = ∇×A 





H = −∇V m 



(J = 0 ) 


FORMULÁRIO GERAL

viii

10. FÓRMULAS DE DERIVADAS # 1.

d [a ] = 0 dx

17.

d du [cos u ] = − sen u dx dx

2.

d [c x ] = c dx

18.

d du [tgu ] = sec 2 u dx dx

3.

d [ c x n ] = c n x n −1 dx

19.

d du [cotgu ] = −cosec 2 u dx dx

4.

d [ x ]= 1 dx 2 x

20.

d du [sec u ] = sec u tgu dx dx

5.

d n [ u ] = n 1n −1 du dx dx n u

21.

d du [cosecu ] = −cosecu cotgu dx dx

22.

d 1 du [arcsenu ] = dx 1 − u 2 dx

d du dv 6. [u + v] = + dx dx dx

7.

d du [c u ] = c dx dx

23.

d 1 du [arccosu ] = − dx 1 − u 2 dx

8.

d dv du [u v] = u + v dx dx dx

24.

d 1 du [arctgu ] = dx 1 + u 2 dx

du dv v− u d u 9.   = dx 2 dx dx  v  v

25.

d 1 du [arccotgu ] = − dx 1 + u 2 dx

d n du [ 10. u ] = n u n −1 dx dx

26.

d 1 du [arcsecu ] = dx u u 2 − 1 dx

11.

d u du [ a ] = a u lna dx dx

27.

d 1 du [arccosecu ] = − dx u u 2 − 1 dx

12.

d v du dv [ u ] = v u v−1 + u v lnu dx dx dx

28.

dy dy du = dx du dx

13.

d df du [f (u )] = dx du dx

29. dF =

14.

log e du d [log a u ] = a dx u dx

d 1 du 15. [lnu ] = dx u dx

16.

#

(Regra de Chain)

∂F ∂F ∂F dx + dy + dz ∂x ∂y ∂z

(Diferencial total de F( x, y, z ) )

(a ≠ 0, a ≠ 1)

30. F( x, y) = 0 ⇒

d du [sen u ] = cos u dx dx

u e v são funções de x; c, a e n são constantes arbitrárias.

∂F ∂x dy =− ∂F ∂y dx


FORMULÁRIO GERAL

ix

11. FÓRMULAS DE INTEGRAIS # d

20. ∫ sec u tg u du = sec u + C

1.

∫ dx [f (x )] dx = f (x )

2.

∫ (u + v ) dx = ∫ u dx + ∫ v dx + C ∫ a u dx = a ∫ u dx + C

3.

u n +1 4. ∫ u du = +C n +1 du 5. ∫ = ln u + C u n

(n ≠ −1)

u u ∫ e du = e + C

6.

a

u

8. 9. 10. 11. 12.

(a > 0, a ≠ 1)

∫ sen u du = − cos u + C ∫ cos u du = sen u + C ∫ tg u du = −ln cos u + C = ln sec u + C ∫ cotg u du = ln sen u + C = −ln cosec u + C ∫ sec u du = ln sec u + tg u + C  u π  +  +C 2 4  

= ln tg 

13. ∫ cosec u du = −ln cosec u + cotg u + C u  = ln tg    +C  2  u sen 2u 14. ∫ sen 2 u du = − +C 2 4 u sen 2u +C 15. ∫ cos 2 u du = + 2 4

du

23.

du 1 u−a ∫ u 2 − a 2 = 2a ln u + a + C

24.

du 1 a+u ∫ a 2 − u 2 = 2a ln a + u + C

18. ∫ tg u du = tg u − u + C 2

19. ∫ cotg u du = −cotg u − u + C

du

∫

a2 − u2

= arcsen

u +C a

u + u2 + a2 26. ∫ = ln +C 2 2 a u +a du

27.

∫

28.

∫

du u2 − a2 du

= ln u + u 2 − a 2 + C

u u2 − a2

=

1 u arcsec + C a a

1 a + u2 + a2 29. ∫ = − ln +C 2 2 a u u u +a du

1 a + a2 − u2 30. ∫ = − ln +C 2 2 a u u a −u du

31. 32.

∫ ∫

16. ∫ sec u du = tg u + C 2

u

∫ u 2 + a 2 = a arctg a + C

2

17. ∫ cosec 2 u du = −cotg u + C

1

22.

25.

u ∫ a du = ln a + C

7.

21. ∫ cosec u cotg u du = −cosec u + C

33.

∫

du

1

= 2 2 2 3 / 2 a u +a

(

)

a 2 − u 2 du =

u 2

u +a

2

+C

u 2 a − u2 2

a2 u arcsen + C + 2 a u 2 2 u 2 ± a 2 du = u ±a 2 ± ln u + u 2 ± a 2 + C

34. ∫ u dv = u v − ∫ v du (Integração por partes)

#

u e v são funções de x; C, a e n são constantes arbitrárias.

CONCEITOS TE RICOS E E ERC CIOS PROPOSTOS DE ELETROMAGNETISMO

Capí tulo II: ÁNÁLISE V VE ORIAL

1

Capítulo I

ANÁLISE VETORIAL 1.1 – CONCEITOS GERAIS – Repres ntada por um número real, positivo ou negativo. Ex.: Tensão ou potencial, corrente, carga, tempo, massa, volume, temper tura, pressão, etc.

•

Grandeza Escalar

•

Grandeza Vetorial

– Repres ntada por uma magnitude, direção e sentido. Ex.: Densidade de corrente, elocidade, aceleração, força, torque, etc.

Atenção: No curso de Eletromagnetismo não será feita distinção entre magnitude, módulo, intensidade e valor absoluto de um vetor. A magnitude de um ve or é um valor sempre positivo. – Cada ponto da região é representado por um escalar. Ex.: Campo de potenciais, c mpo de temperaturas, campo de pressões, et . Notação: Seja φ = x 2 + y 2 z 2 = 100 definindo um campo escalar. Se φ = potencial temos uma superfície equipotencial esféri a. Se φ = temperatur ⇒ temos uma superfície isotérmica esférica. Se φ = pressão ⇒ temos uma superfície isobárica esférica.

•

Campo Escalar

•

Campo Vetorial

– Cada pon o da região equivale a um vetor. Ex.: Campo elétrico, campo magnético, campo gravitacional, etc. Notação: Seja E = 3a x + 4a y + 5a z definindo um campo vetorial. 







Se E = campo e étrico ⇒ temos uma região onde o campo elétrico é uniforme, possuindo módul igual a E = 5 2 e direção fixa definida elos vetores unitários 



(também chamados de versores): a x , a y e a z . 





Atenção: No curso de Eletroma netismo adota-se a seguinte notação para ve ores: A ou A , sendo que seu módulo pode ser representado por A ou A , ou, simplesmente, A. 



1.2 – O PRODUTO ESCALAR (OU PRODUTO INTERNO) O produto escalar entre 2 vetores A e B é definido como: 







A • B = A B cosθ

(θ = menor ângulo entre A e B )

Propriedades do produto escalar : 



(a) A • B = B • A (propriedade comutativa) (b) A • B = 0 ⇔ A ⊥ (o produto escalar entre 2 vetores perpendiculares é nulo) 







2

(c) A • A = A = A 2 






Capí tulo II: ÁNÁLISE V VE ORIAL (i) Aplicação do produto escalar

2

obtenção da componente ou projeção de um vetor (ex.: B ) numa dada direção (ex.: o vetor A ou o eixo x → ver figuras).

A projeção (ou componente) esc lar do vetor B sobre o vetor A é: A B a = B.a = B. ( a = vetor unitário na direção de A ) A A projeção (ou componente) vet rial do vetor B sobre A é: 

Ba = (B.a )a ⇒ Ba =  B.  

A  A A  A

A projeção escalar (Bx) do vetor B sobre o eixo x é: B x = B.a x

( a x = vet r unitário do eixo x)

A projeção vetorial ( B x) do vetor B sobre o eixo x é: B x = B x a x = (B.a x )a x (ii) Aplicação do produto escala :

obtenção do ângulo compreendido entre 2 vetores quaisquer.

O ângulo θ compreendido entre 2 vetores A e B é obtido por: cos θ =

A.B A B

1.3 – O PRODUTO VETORIA (OU PRODUTO EXTERNO) O produto vetorial entre 2 vetore A e B é definido como: 







A × B = A B senθ a n 

onde

(θ = menor ângulo entre A e B )

a n = vetor unitário (ve sor) normal ao plano formado pelos vetores A e B , cuja direção (e sentido) é obtida pela r gra do saca-rolhas (mão direita) indo de A para B. 

Propriedades do produto vetoria l: 



(a) A × B = − B × A (pr priedade não-comutativa) (b) A × B = 0 ⇔ A // (o produto vetorial entre 2 vetores paralel s é nulo) (c) A × A = 0 













3

(i) Aplicação do produto vetorial :

Obtenção do vetor ou ve sor normal a um plano formado por 2 vetores A e B . 





N = A×B N A×B = an = N A×B 











(vetor normal) (versor normal



(ii) Aplicação do produto vetoria l:

Obtenção da área de um paralelogramo (ou triângulo) cujos lados são as magnitudes dos vetores A e B . 







S parale log ramo = Base × Altura = B A senθ = A × B 1 S triângulo = S parale lo 2

1 A×B 2 

ramo =



Exercício: emonstrar que o v lume de um paralelepípedo pode ser obti o através do produto misto:

vol = (A × B) • C 

sendo







A , B e 

respectivamente, o comprimento, a la rgura e a altura do

paralelepípedo.

1.4 – SISTEMAS DE COORD NADAS CARTESIANAS, CIL NDRICA S E ESF RICAS 1.4.1 – Representação de um p nto nos 3 sistemas de coordenadas



4

1.4.2 – Transformações entre o 3 sistemas de coordenadas Quadro das tran sformações entre os três sistemas de coorde nadas

Cartes ano = x x Cartesiano y=y z=z Cilíndrico ρ = x 2 + y 2 ρ ≥ 0

Cilíndrico

ρ=ρ

Esférico x = r sen θ cosφ y = rsenθ senφ z = rcosθ ρ = r sen θ

φ=φ

φ=φ

z = z

z = rcosθ

SISTEMA

x = ρ cos φ y = ρ sen φ z=z

-1

φ = tan ( y / x ) 0 ≤ φ ≤ 2π

Esférico

z=z r = x 2 + y2 + z2

r = ρ2 + z 2

r≥0

r=r

θ = tan -1 x 2 + y 2 z 0 ≤ θ ≤ π

θ = tan -1 (ρ z )

θ=θ

φ = tan -1 (y / x )

φ=φ

0≤θ≤π 0 ≤ φ ≤ 2π

r≥0

)

(

0 ≤ φ ≤ 2π

φ=φ

1.4.3 – Vetores unitários nos 3 istemas de coordenadas

1.4.4 – Produtos escalares entr vetores unitários nos 3 sistemas de coord nadas Coordenadas cartesianas e cilí dricas

aρ

aφ



cosφ

- senφ

z 0



senφ

cosφ

0

0

0

1



ax • ay• a z •• 

Coordenadas cartesiana s e esféricas

ar





ax• ay• a z ••

aφ

a







senθ cosφ cosθ osφ

- senφ



senθ senφ cosθ enφ

cosφ



cosθ

0

- se θ

Nota: O produto escalar entre o vetor unitário a x (ou a y ) e o vetor unitário a r (ou a θ ) do sistema de coordenadas esféricas, é dado pelo coseno do ângulo formado entre o vetor unitário esférico a r (ou a θ ) e sua projeção no plano xy, multiplicado pelo coseno do ângulo formado por esta projeção e o vetor unitário a x (ou a y ). 

















5

Exercício: Completar o quadr o abaixo relativo ao produto escalar entre vetores unitários dos sistemas de coorde adas cilíndricas e esféricas

ar 

aθ 

φ

aρ • aφ • a z •• 





1.4.5 – Elementos diferenciais e linha, área e volume nos 3 sistemas de c ordenadas

Quadro dos ele entos diferenciais nos 3 sistemas de coorde nadas

Sistema

Linh (d L ) Cartesiano dL = dx a x + dy a y + dz a z

Cilíndrico

dL = dρ aρ + ρdφ aφ + dz az

Área (d S ) d Sx = dydz a x d Sy = dxdz a y d Sz = dxdy a z d Sρ = ρdφdz a ρ

Volume (dv) dv = dx dy dz

dv = ρdρdφdz

d Sφ = dρdz a φ d Sz = ρdρdφ a z Esférico

dL = dr a r + rdθa θ + r sen θdφa φ

d Sr = r 2 sen θdθdφ a r dv = r 2 sen θdrdθdφ d Sθ = r sen θdrdφ a θ d Sφ = rdrdθ a φ



6

1.5 – EXERC CIOS PROPOS OS 1.1) As superfícies que delimitam um volume são definidas por: ρ = 5 e ρ = 10, φ = 2π /9 e φ = 7π /9, z = 2 e z = 20. Deter inar: a) O volume determinado elas superfícies em questão, utilizando integração; b) O comprimento de um segmento linear que une dois vértices opostos do volume. Respostas: a) Volume = 3 5π; b) PQ = 21,59 . 1.2) Um vetor E = a ρ + a φ a z está aplicado no ponto P(x = 0, y = 1, z = 1) da superfície plana x + y + z = 2 . Determinar: a) o vetor E no sistema de coordenadas cartesianas; b) o ângulo θ que o vetor faz com o vetor normal à superfície plana; c) as duas componentes ve oriais de E normal e tangencial à superfície plana. 











Respostas: a) E = −a x + y + a z ; b) θ =70,53o; 1 1 c) E N = (a x + a y + a z ) e E T = (− 4a x + 2a y + 2a z ) . 3 3 

























1.3) Um vetor A , com módul igual a 10, está orientado do ponto P(r = ; θ = π /4; φ = π /4) à origem de um sistema de c ordenadas cartesianas. Expressar este vetor m: a) coordenadas esféricas n ponto P. b) coordenadas cartesianas no ponto P. Respostas: a) A = −10 a r ; b) A = −5 a x − 5 a y − 5 2 a z . 



1.4) Dado o vetor A = a x + a + a z aplicado ao ponto P(x = – 3 , y = 1, = 2), determinar: a) As coordenadas esféricas r, θ e φ do ponto P; b) O ângulo α que A faz om a superfície esférica, centrada na origem, que passa por P; c) O ângulo β que A faz com a superfície cônica, coaxial com o eixo z, que passa por P; d) O ângulo γ que A faz c m o semi-plano radial, partindo do eixo z, que passa por P. 













Respostas: a) P(r = 2 2;θ = 45°; φ = 150°); b) α = 75o; c) β = 123,9o; d) γ = 142,06o. 

1.5) Um vetor A , de módulo igual 8, está situado sobre a linha reta que passa pelos pontos P(r = 10, θ = 30o, φ = 0o) e Q(r = 20, θ = 60o, φ = 90o) , e orientad no sentido de P a Q. Determinar: a) O vetor A expresso em coordenadas cartesianas; b) O ângulo que o vetor A faz com o vetor normal à superfície plana z = 0; c) O módulo da projeção do vetor A sobre a superfície plana z = 0. 





Respostas: a) A = −2,21 a x + 7,67 a y + 0,59 a z ; b) α = 85,75o; c) roj A = 7,98 .



7

1.6) Transformar o vetor E = 5x a x para coordenadas esféricas nos seguint s pontos: a) A(r = 4, θ = 30o, φ = 12 o); b) B(x = – 2 , y = 2 , z –2). 

Respostas: a) E =

5 5 3 5 3 5 2 5 2 aθ + 5 a φ . ar + aθ + a φ ; b) E = ar − 4 4 2 2 2

1.7) Sejam dados os pontos A r = 1, θ = π /3, φ = π /6) e B(r = 3, θ = π /2, φ = π /4), os quais representam 2 vértices extremos da porção de um volume esférico for ado com estes pontos. Determinar, usando integração quando possível, o seguinte: a) O volume total (vol) da porção de volume esférico formado; b) Os vetores normais de área, S r , Sθ S φ , que saem da superfície da porção de volume 





esférico nas direções do vetores unitários a r , aθ e aφ , respectivamente ; c) O comprimento do seg ento AB (“diagonal principal” da porção de volume esférico); 





→

d) O vetor AB , localizado m A e dirigido de A para B, expresso em coordenadas esféricas. 13π 3π 2π π Respostas: a) vol. = ; b) S r = a r , S θ = a θ , S φ = a φ ; c) B = 2,2318 36 8 3 3 d) AB = 1,3713 a x + 1,6883 a y − 0,5 a z = 1,5093 a r + 1,4487 θ + 0,7786 a φ . 











1.8) Sejam dados os dois ponto A(r = 10, θ = 45o, φ = 0 o) e B(r = 10, θ = 60 o, φ = 90 o). Determinar: a) A distância d entre os dois pontos medida em linha reta; b) A distância d’ entre os dois pontos medida ao longo da superfície esf rica r = 10. Respostas: a) d = 11,37 unidades de comprimento. b) d’ = 12,09 u idades de comprimento. 1.9) a) Se os vetores A = xa x + 3a y + 3a z , B = 2a x + ya y + 2a z , e C = a x + a y + za z , representam os lados de um paralelepípedo retângulo, quais os valor s de x, y e z? b) Determinar o volume do paralelepípedo retângulo formado acima. Respostas: a) x = –1,5, y = –1,0, z = –0,5 unidades de comprimento; b) vol. = 20,25 unidades de volume 1.10) Sejam 2 pontos em coorde adas esféricas (r = 5, θ = 60 o , φ = 30 o ) e (r 5, θ = 30 o , φ = 120 o ). Determinar: a) A distância entre os 2 p ntos medida em linha reta; b) A distância entre os 2 p ntos medida ao longo da superfície esférica = 5; c) O ângulo entre as 2 linh s que se estendem da origem até os 2 pontos; d) A área compreendida entre estas 2 linhas e o círculo de raio r = 5. Respostas: a) AB = 5,32 u idades de comprimento; b) AB = 5,61 unid des de comprimento; c) 64,34o = 1,1 3 rad, d) área = 14,04 unidades de área.



8

1.11) Um círculo, centrado na origem, com raio de 2 unidades, situa- e sobre o plano xy. Determinar o vetor unitári , situado sobre o plano xy, que é tangente o círculo no ponto P ( 3 , 1, 0) e está apontado no sentido de crescimento do eixo y: (a) Em coordenadas cartesi nas; (b) Em coordenadas es éricas. 1 3 Respostas: a) a = − a x + a ; b) a = a φ 2 2 y 1.12) Determinar uma express o para calcular a distância entre dois pontos P (ρ1, φ1, z1) e Q (ρ2 , φ2 , z 2 ) em função das coordenadas cilíndricas dos pontos. Resposta: d = ρ12 + ρ22 − 2ρ1ρ2 cos(φ2 − φ1 ) + (z 2 − z1 )2 1.13) Demonstrar que cos α = sen θ cos φ , usando produtos escalares, send : α = ângulo entre o versor a r (coord. esférica) e o versor a x (coord. ca tesiana) θ = ângulo entre o versor z (coord. cartesiana) e o versor a r (coord. esférica) φ = ângulo entre o versor x (coord. cartesiana) e o versor a ρ (coord. ilíndrica). 





Resposta: Sugestão: Observar que a r = a ρ sen θ + a z cos θ e que a r a ρ • a x = cos φ e a z • a x = 0 















•

x = cos α ,


Capí tulo III: LEI D DE C COULOMB E E IINTENSIDADE D DE C CAMPO E ELÉTRICO

9

Capítulo II

LEI DE COULOMB E INTENSIDADE DE CAMPO ELÉTRICO 2.1 – LEI DE COULOMB Força de uma carga Q1 sobre uma carga Q2: F2 =

Q1Q 2 a 2 12 4πε o R 12

[N]

onde: R 12 = vetor orientado de Q1 a Q2 a 12 = versor orientado de Q1 a Q2

Notas: O módulo de F2 depende dos valores das cargas pontuais, da distância entre elas e do meio. Adota-se vácuo como o meio neste caso, e em todas as análises posteriores até o capítulo 5. A orientação de F2 (ou sentido de F2 ) depende apenas dos sinais das 2 cargas pontuais. 2.2 – INTENSIDADE DE CAMPO ELÉTRICO Força de uma carga pontual Q1 sobre uma carga de prova positiva QP situada num ponto P: QQ FP = 1 P2 a1P 4πε o R 1P Campo elétrico gerado pela carga pontual Q1 no ponto P (definição): F Q1 E = P = a Q P 4πε o R 12P 1P

(Unidade: N/C ou V/m)

Nota: A orientação do campo elétrico E depende apenas do sinal da carga que o produz (Q1). Assim, as linhas de força do campo elétrico saem (ou divergem) das cargas positivas e entram (ou convergem) para as cargas negativas. Campo elétrico gerado por n cargas pontuais:

Qm a 2 m m =1 4πε o r − rm n

E (r ) = ∑

[V/m]

onde: Qm = m-ésima carga pontual rm = posição da m-ésima carga pontual r = posição do ponto onde se quer o campo am =

r − rm = versor da m-ésima carga pontual r − rm



10

2.3 – CAMPO ELÉTRICO DE UMA DISTRIBUIÇÃO VOLUMÉTRICA CONTÍNUA DE CARGAS dQ Definindo ρ v = = densidade volumétrica de carga (em C/m3), temos que dQ = ρvdv. dv Assim a fórmula para calcular o campo elétrico num ponto P, no vácuo, de um volume de cargas é:

E=∫

dQ a 2 R 4πεo R

[V/m] (FÓRMULA GERAL)

sendo: a R = versor orientado de dQ ao ponto P (saindo) R = distância de dQ ao ponto P εo = permissividade elétrica do vácuo [F/m]

Nota: Genericamente: ρv dv = ρS ds = ρL dL = dQ, para volume → superfície → linha → ponto. 2.4 – CAMPO ELÉTRICO DE UMA DISTRIBUIÇÃO LINEAR CONTÍNUA DE CARGAS Definindo ρ L =

dQ = densidade linear de carga (em C/m), temos que dQ = ρLdL. dL

Demonstrar que a fórmula que fornece o campo elétrico num ponto P, no vácuo, devido a uma filamento retilíneo ∞ ∞ com carga uniformemente distribuída (ver figura), é expressa por:

E=

ρL

2πεoρ

aρ

sendo: ρL = densidade linear de carga [C/m] (valor constante) ρ = menor distância (direção normal) da linha ao ponto P

[m]

a ρ = versor normal à linha orientado para o ponto P

Solução: Posicionando o eixo z sobre o filamento e o plano xy sobre o ponto P para facilitar a solução (ver figura), temos: dQ = ρ L dz R = − za z + ρ a ρ e R = z 2 + ρ 2 R − za z + ρa ρ = aR = R z 2 + ρ2

⇒

Substituindo na fórmula geral acima obtemos: − za z + ρa ρ ρ L dz − za z + ρa ρ ρ L dz +∞ =∫ = E z + Eρ E = ∫z+=∞−∞ 2 2 3 / 2 = −∞ z 2 2 2 2 4πε o (z + ρ ) z + ρ 4πε o (z + ρ ) Por simetria E z = 0 .



Fazendo a substituição trigonométrica (ver triângulo ao lado): z = ρ tgα dz = ρ sec 2 α dα e levando na expressão acima e desenvolvendo, E = Eρ

ρ ρ + π / 2 = L ∫α=− π / 2 4πε o

E = Eρ =

ρL

4πε o

ρ sec 2 α dα a ρ

(ρ 2 tg 2 α + ρ 2 )3 / 2

[senα ]απ / =2−π / 2 a ρ

=

ρL

4πε o

Daí chegamos finalmente a: E = E ρ =

=

ρL

4πε o

π / 2 cosα dα a ρ ∫ ρ α = − π / 2

[1 + 1]απ / =2− π / 2 a ρ ρL

2πε o ρ

aρ

Logo, para uma linha ∞ com carga uniformemente distribuída, a magnitude de E é inversamente proporcional à distância (ρ), e a direção de E é radial (normal) à linha.

2.5 – CAMPO ELÉTRICO DE UMA DISTRIBUIÇÃO SUPERFICIAL CONTÍNUA DE CARGAS Definindo ρ S=

dQ = densidade superficial de carga (em C/m2 ), temos que dQ = ρS dS. dS

Demonstrar que a fórmula que fornece o campo elétrico num ponto P, no vácuo, devido a uma superfície plana ∞ ∞ com carga uniformemente distribuída (ver figura), é expressa por:

E=

ρs

2ε o

an

sendo: ρS =

densidade superficial de carga [C/m2] (constante) a n = versor normal ao plano orientado para o ponto P

Solução: Observando a figura temos: dQ = ρ s dS = ρ s ρdρdφ R = −ρa ρ + za z e R = ρ 2 + z 2

⇒

aR =

R − ρa ρ + za z = R ρ2 + z 2

Substituindo na fórmula geral acima obtemos: ρ s ρdρdφ − ρa ρ + za z 2 π +∞ E = ∫φ = 0 ∫ρ = 0 4πε o (ρ 2 + z 2 ) ρ 2 + z 2 2 2 π + ∞ − ρ s ρ a ρ + ρ s ρza z dρdφ = Eρ + Ez E = ∫φ = 0 ∫ρ = 0 2 2 3 / 2 4πε o (ρ + z )

11



12

Por simetria E ρ = 0 . ρ za ρ za + ∞ ρdρ ρdρ = s z ∫ E = E z = s z ∫φ2=π0 dφ ∫ρ+=∞0 4πε o (ρ 2 + z 2 )3 / 2 2ε o ρ = 0 (ρ 2 + z 2 )3 / 2 Fazendo a substituição trigonométrica (ver triângulo ao lado): ρ = z tgα dρ = z sec 2 α dα , e levando na expressão acima e desenvolvendo, E

ρ za π / 2 = Ez = s z ∫ 2ε α = 0 o

E = Ez =

ρsa z

2ε o

z tgα z sec 2 α dα

ρ a π / 2 = s z ∫ 3 / 2 2ε o α = 0 z 2 tg 2 α + z 2

(

[− cosα ]απ / =20

)

=

ρs

2ε o

[0 + 1]a z

ρ a π / 2 senα dα = s z ∫ secα 2ε o α = 0

tgα dα

⇒

E = Ez =

⇒

E = En =

ρs

2ε o

az

ρs

a 2ε o n Logo, para o plano ∞ com carga uniformemente distribuída, a magnitude de E é independente da distância (z) do plano a P, e a direção de E é normal normal ao plano. plano. De uma forma mais geral, fazendo a z = a n

2.6 – LINHA DE FORÇA E ESBOÇO DE CAMPO Obtenção da equação da linha de força de

E no plano xy:

Para um ponto na linha de força no plano xy, temos: E = E xa x + E ya y ∆L = ∆x a x + ∆y a y

onde E // ∆L (2 vetores em paralelo) Fazendo ∆L → dL , obtemos: dL = dx a x + dy a y Como, E ∝ dL , obtemos: Ex Ey = dx dy Logo, basta resolver esta equação diferencial para obter a equação da linha de força no plano xy.

Nota: Para uma linha linha de força de E no espaço tridimensiona tridimensional,l, obtém-se obtém-se a expressão: expressão: Ex Ey Ez = = dx dy dz

(Atenção: Resolve-se duas a duas, segundo as projeções em xy, yz e zx)



13

2.7 – EXERCÍCIOS PROPOSTOS 2.1) Uma linha infinita possui uma distribuição de carga com densidade ρL = -100 [ηC/m] e está situada no vácuo sobre a reta y = –5 [m] e z=0. Uma superfície plana infinita possui uma distribuição de carga com densidade ρS = α / π [ ηC/m2] e está situada no vácuo sobre o plano z = 5 [m]. Determinar o valor da constante α para que o campo elétrico resultante no ponto P(5,5,-5) não possua componente no eixo z. Resposta: α = 4. 2.2) Dado um campo E(ρ, φ) = Eρ (ρ, φ)aρ + E φ (ρ, φ)a φ em coordenadas cilíndricas, as equações das linhas de força em um plano z = constante são obtidas resolvendo a equação diferencial: Eρ Eφ = d ρ ρ d φ 





a) Determinar a equação da linha de força que passa pelo ponto P(ρ = 2, φ = 30o, z = 0) para o campo E = ρ sen 2φ aρ − ρ cos 2φ aφ . b) Determinar um vetor unitário passando pelo ponto P(ρ = 2, φ = 30o, z = 0), que seja paralelo ao plano z = 0 e normal a linha de força obtida no item anterior.  1 3  Respostas: a) ρ 2 = 8 cos 2φ ; b) a = ± aρ + aφ  . 2   2 











2.3) Duas linhas infinitas de carga com mesmas densidades lineares uniformes ρL = k [ηC/m] estão colocadas sobre o plano z = 0. As duas linhas se cruzam no ponto (-2, 1, 0), sendo que uma é paralela ao eixo x e a outra paralela ao eixo y. Determinar exatamente em que posição no plano z = 0 deverá ser colocada uma carga pontual Q = k [ ηC] para que o campo elétrico resultante na origem se anule.  4 5 − 24 5  Resposta: P ; ;0  .  5  5  

2.4) Determinar a força que atua sobre uma carga pontual Q1 em P(0,0,a) devido à presença de uma outra carga Q2, a qual está uniformemente distribuída sobre um disco circular de raio a situado sobre o plano z=0. QQ Resposta: F = 1 2 ⋅ (2 − 2 ) a z 4πε o a 2 2.5) Seja um campo elétrico dado por E = 5e− 2x sen 2 y a x − cos 2 y a y [V m] . Determinar: a) A equação da linha de força que passa pelo ponto P(x=0,5; y=π /10; z=0); b) Um vetor unitário tangente a linha de força no ponto P. Respostas: a) cos 2 y = e 2x −1,212 ou x = 0,5 ln(cos 2 y + 0,606) ; b) a T = 0,5878a x − 0,8090a y . 2.6) O segmento reto semi-infinito, z ≥ 0, x = y = 0, está carregado com ρL = 15 nC/m, no vácuo. Determine E nos pontos: a) PA (0, 0, –1); b) PB (1, 2, 3) Respostas: a) E A = −134,8a z [V/m]; b) E B = 48,6a x + 97,2a y − 36,0a z [V/m].



14

2.7) Duas bolas dielétricas iguais de diâmetro bem pequeno, pesando 10 g cada uma, podem deslizar livremente numa linha plástica vertical. Cada bola é carregada com uma carga negativa de 1 µC. Qual é a distância entre elas, se a bola inferior for impedida de se mover? Resposta: d = 300 [mm] 2.8) Duas cargas pontuais de +2 C cada uma estão situadas em (1, 0, 0) m e (-1, 0, 0) m. Onde deveria ser colocada uma carga de –1 C de modo que o campo elétrico se anule no ponto (0, 1, 0)? Resposta: Em (x = 0, y = 0,16 m, z = 0) 2.9) a) Uma carga com densidade uniforme ρL = K C/m está distribuída sobre um pedaço de condutor circular de raio r = 2 m, posicionado sobre o plano y = 1 m, conforme mostra a figura abaixo. Determinar o campo elétrico E resultante na origem. b) Repetir o item (a), supondo, porém, que toda a carga seja concentrada no ponto (0,2,0). −K 3 −K Respostas: a) E = a y [V/m]; b) E = a y [V/m] 8πεo 12ε o 2.10) Uma carga é distribuída uniformemente, com densidade ρ s = 10 −9 (18π ) C/m2, sobre uma lâmina retangular finita de 1 mm × 1 m, estando centrada na origem, sobre o plano z = 0, e com os lados paralelos aos eixos x e y. Usando aproximações de senso comum, estimar o valor do campo elétrico E nos seguintes pontos do eixo z: (a) z = 0,001 mm; (b) z = 1 cm; (c) z = 100 m 0,1 10 −7 Respostas: a) E = 1a z [V/m]; b) E = a z [V/m]; c) E = a [V/m] π 2π z 

2.11) Quatro cargas pontuais, iguais a 3 µC localizam-se, no vácuo, nos quatro vértices de um quadrado de 5 cm de lado. Determine o módulo da força que age em cada carga. Resposta: 61,9 N 2.12) Uma carga pontual de 1 nC localiza-se na origem, no vácuo. Determine a equação da curva no plano z = 0, para o qual E x = 1 V/m. 3

Resposta: 80,8x 2 = (x 2 + y 2 )

ou ρ = 2,998 cos φ

2.13) Três cargas pontuais Q, 2Q e 3Q ocupam respectivamente os vértices A, B e C de um triângulo equilátero de lado l. Uma das cargas tem a máxima força exercida sobre ela e uma outra tem a mínima força. Determinar a razão entre as magnitudes destas 2 forças. Resposta: Razão = 1,82, sendo as magnitudes das forças máxima e mínima iguais, respectivamente, a 7,94k e 4,36k, onde k = Q2 /(4π εo l2)


Capí tulo IIII: DENSIDADE D DE F FLUXO E ELÉTRICO, L LEI D DE G GAUSS E E D DIVERGÊNCIA

15

Capítulo III

DENSIDADE DE FLUXO ELÉTRICO, LEI DE GAUSS E DIVERGÊNCIA 3.1 – DENSIDADE DE FLUXO ELÉTRICO ( D ) É o fluxo por área produzido por cargas livres e é independente do meio onde estas estão situadas. D = εoE = ∫

Fórmula geral:

dQ aR 4πR 2

(Unidade: C/m2)

onde dQ = ρL dL= ρsds = ρvdv, dependendo da configuração de cargas.

3.2 – A LEI DE GAUSS “O fluxo elétrico (líquido) que atravessa qualquer superfície fechada é igual a carga total interna envolvida por esta superfície”.

A expressão matemática é dada por: Ψtotal = ∫ D.d S = Q interna (Unidade: C) S

onde, Qinterna =

∫ ρvdv (Nota: No SI:

Ψtotal = Q int )

vol.

3.3 – APLICAÇÃO DA LEI DE GAUSS – GAUSSIANA Gaussiana (def.): É uma superfície especial com as seguintes propriedades:

(i) É uma superfície fechada; (ii) Em cada um de seus pontos D é tangencial ou D é normal. Assim, se D⊥d S ⇒ D • d S = 0 ; (Neste caso D é tangencial à gaussiana) se D // d S ⇒ D • d S = D dS (Neste caso D é normal à gaussiana) (iii) Em todos os pontos onde D // d S , a magnitude de D é constante.

Cálculo de

D , aplicando a lei de Gauss (e gaussiana), para os seguintes casos especiais:

a) Carga pontual Q

Para uma gaussiana esférica de raio R

∫Sgaussiana D • d S = Q int (Lei de Gauss) Como D // d S e D = cte. em todos pontos da gaussiana D (área da esfera) = Q D 4πR2 = Q Logo: Q D= 4πR 2



16

Em forma vetorial: D=

Q aR 2 4πR

( D é inversamente proporcional ao quadrado da distância)

b) Filamento retilíneo ∞ ∞ com ρ L = dQ

dL = constante

Para uma gaussiana cilíndrica de raio ρ

∫Sgaussiana D • d S = Q int (Lei de Gauss) D (área lateral do cilindro) = ρL L D 2πρL = ρL L Logo: D=

ρL 2πρ

Em forma vetorial: ρ D = L aρ 2πρ

( D é inversamente proporcional à distância)

c) Cabo coaxial ∞ ∞ com os condutores central (+Q) e externo (–Q) com ρ ρ ρ s constante

Aplicando a lei de Gauss para uma gaussiana cilíndrica de raio ρ (ver figura), D • d S = Q int ∫S gaussiana

temos as seguintes situações: i) Se ρ < a ⇒ D = 0, pois a carga interna é nula ii) Se ρ > b ⇒ D = 0, pois a carga interna líquida é nula (blindagem eletrostática) iii) Se a < ρ < b (gaussiana tracejada) ⇒ D 2π ρ L = +Q Q Daí obtemos: D = 2πρL Sendo a carga uniformemente distribuída, com densidade superficial de carga ρS no condutor central, podemos re-aplicar a lei de Gauss, obtendo-se: D 2π ρ L = ρS 2π a L D=

ρs a ρ L = ρ 2πρ

onde ρ s =

ρ dQ Q Q = = = L dS S 2πa L 2πa

sendo ρL a densidade linear de carga no condutor central. Em forma vetorial: ρ a ρ D = s a ρ = L a ρ ( D é inversamente proporcional à distância) 2πρ ρ

Nota: Observar a semelhança com a fórmula de D para a linha ∞, obtida acima.



17

3.4 – DIVERGÊNCIA

Seja A um vetor qualquer expresso por: A = A x a x + A ya y + A za z aplicado ao vértice A(x,y,z) do pequeno volume retangular da figura acima dado por: ∆v = ∆x ∆y ∆z Definindo divergência de um vetor A , ou div A , com notação matemática ∇ • A, como: ∫ A • dS ∇ • A = lim S (Nota: O resultado desta operação é um escalar.) ∆v ∆v → 0 onde ∇ representa o operador vetorial “nabla” ou “del”. Para a superfície que envolve o pequeno volume retangular da figura acima temos: ∫ A • dS = ∫ + ∫ + ∫ + ∫ + ∫ + ∫ A • dS S

S ABCD

S EFGH

S ADHE

S BCGF

S ABFE

S DCGH

Cálculo da 1a e da 2a integral do 2o membro (fluxo de A na direção x): y + ∆y z+ ∆z

∫ A • d S = ∫ A x (x )a x • dS ABCD (−a x ) = − ∫ SABCD

y=y

∫ A x ( x ) dy dz ≅ −A x (x ) ∆y ∆z

z=z

y + ∆y z + ∆z

∫ A • dS = ∫ S EFGH

y= y

∂A X   ∫ A x ( x + ∆x) dy dz ≅ A x (x + ∆x ) ∆y ∆z ≅  A x ( x ) + ∂x ∆x  ∆y ∆z

z=z

Somando estas duas integrais, obtemos o fluxo líquido de A na direção x como: ∂A x + ≅ ∆x ∆y ∆z • A d S ∫ ∫ x ∂ S S ABCD

EFGH

Similarmente a estas duas integrais, obtemos os fluxos líquidos de A nas direções y e z como: ∂A y + ≅ ∆x ∆y ∆z • A d S ∫ ∫ y ∂ S S ADHE

∫ S ABFE

BCGF

+

∫ S DCGH

A • dS ≅

∂A z ∆x ∆y ∆z ∂z



18

Somando as 3 expressões anteriores, obtemos o fluxo total líquido que sai do pequeno volume:  ∂A x ∂A y ∂A z    A d S ≅ • ∫  ∂x + ∂y + ∂z  ∆x ∆y ∆z   S Substituindo esta última expressão na equação que define a divergência e simplificando, obtemos: ∂A x ∂A y ∂A z ∇ • A = + + ∂x ∂y ∂z Se A é substituído pelo vetor densidade de fluxo elétrico D e aplicado a definição de divergência: ∫ D • d S = lim ∆Q = dQ = ρ ∇ • D = lim S v dv ∆v ∆v → 0 ∆v → 0 ∆v Assim obtemos uma importante equação da eletrostática:

∇ • D = ρv

(1a equação de Maxwell da eletrostática)

onde ρv representa a fonte de fluxo (divergência) de D .

Notas: ∇ • D > 0 ⇒ A região é fonte de fluxo ou a carga líquida da região é positiva. ∇ • D < 0 ⇒ A região é sorvedoura de fluxo ou a carga líquida da região é negativa. ∇ • D = 0 ⇒ A região não é fonte nem sorvedoura de fluxo ou a carga líquida é nula.

3.5 – TEOREMA DA DIVERGÊNCIA Da lei de Gauss, temos que: ∫S Mas, sabemos que:

Qint =

∫

D • d S = Qint ρ v dv

vol E também: ρ v = ∇ • D Logo, juntando todas as expressões, obtemos:

∫ D • d S = ∫ ∇ • D dv S

vol

(Teorema da divergência de Gauss)

sendo S a área que envolve o volume vol, ou vol o volume envolvido pela área S.

Notas: 1. O teorema da divergência pode ser aplicado a qualquer campo vetorial. 2. O operador vetorial ∇ é somente definido em coordenadas cartesianas pela expressão: ∇=

∂ ∂ ∂ ax + ay + az ∂x ∂y ∂z

Logo, não existe uma expressão para ∇ em coordenadas cilíndricas, nem em esféricas.



19

3.6 – EXERCÍCIOS PROPOSTOS 3.1) Seja ρV = α / r [C/m3] de r = 0 a r = R em coordenadas esféricas. Determinar D em todo o espaço. 2α r 2α R 2 R 2 2 a r [C/m ] para 0 < r < R e D = a Resposta: D = [C/m ] para r ≥ R . r 5 5r 2 3.2) Uma carga com densidade linear uniforme ρL = k [ ηC/m] está distribuída sobre o semi-eixo positivo de z. No plano z = 0, uma outra carga com densidade superficial ρS = k/(2πρ) [ηC/m2] é distribuída. Determinar o fluxo elétrico total que atravessa o cilindro ρ = a [m], cujas bases estão situadas sobre os planos z = a e z = – a (a > 0). Resposta: ΨT = 2k a [ηC ]. 3.3) O plano z=0 contém uma distribuição superficial uniforme de carga com ρS = 10 [ηC/m2]. Determinar a quantidade de linhas de fluxo que atravessa o triângulo formado pelos pontos A (0,2,0), B (2,0,2) e C (–2,0,2). Resposta: Ψ = 20 [ηC ]. 3.4) Determinar o fluxo elétrico líquido total que sai da porção de um cilindro definido por: 0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ φ ≤ π /2, 0 ≤ z ≤ 3, devido as seguintes condições: a) uma carga distribuída no interior da porção do cilindro com densidade volumétrica de carga dada por ρv = 4xyz2 [C/m3], sendo que ρv = 0 no exterior da porção de cilindro. b) a mesma quantidade de carga do item anterior, porém sendo toda ela concentrada na origem. Respostas: a) 72 [C]; b) 9 [C]. 3.5) Seja ρ v = 6x 2 [µC/m3] na região – 1≤ x ≤ 1 [m] e ρ v = 0 fora desta região. Determinar: a) A densidade de fluxo elétrico b) A densidade de fluxo elétrico c) A densidade de fluxo elétrico d) A densidade de fluxo elétrico

D na região 0 ≤ x ≤ 1 [m]; D na região x > 1 [m]; D na região –1 ≤ x ≤ 0 [m]; D na região x < -1 [m].

Respostas: a) D = 2 x 3 a x [µC/m2]; b) D = 2 a x [µC/m2]; c) D = 2x 3 a x [µC/m2]; d) D = −2 a x [µC/m2]. 3.6) Determinar o fluxo total que atravessa um cubo de lado a = 1 [m], centrado na origem e arestas paralelas aos eixos coordenados para cada uma das seguintes situações: a) Uma carga pontual Q = 20 [ηC] situada na origem; b) Uma linha infinita de cargas com densidade ρL = 20 [ηC/m] situada sobre o eixo x. Repetir a questão e calcular o fluxo que atravessa a face superior do cubo nas duas situações. 10 Respostas: a) ΨT = 20 [ηC ]; b) ΨT = 20 [ηC ] e a) ΨT = [ηC ]; b) ΨT = 5 [ηC ]. 3



3.7) Seja ρ v

ρ v

= 8z(1 − z ) [C/m3] para 0 < z < 1,

ρ v

20

= 8z(1 + z ) [C/m3] para – 1 < z < 0 e

= 0 para o restante do espaço. Determinar D em todo o espaço usando a Lei de Gauss.

Respostas: D = 0 para z ≤ –1, D =

D=

4 ⋅ 2z 3 + 3z 2 − 1 a z [C/m3] para –1 < z < 0, 3

(

)

4 ⋅ − 2z 3 + 3z 2 − 1 a z [C/m3] para 0 < z < 1, D = 0 para z ≥ 1. 3

(

)

3.8) Determinar o quantidade de fluxo elétrico devido a uma carga pontual Q na origem que passa através das superfícies esféricas definidas por: a) raio = r, estendendo de θ = 30o a θ = 60o, e de φ = 0o a φ = 360o; b) raio = 2r, estendendo de θ = 0o a θ = 90o, e de φ = 0o a φ = 90o. Respostas: a) ψ =

3 − 1 / 4 Q = 0,183 Q ; b) ψ = Q/8

3.9) Seja uma distribuição de carga no espaço onde ρV = K/r C/m3 para r < 2R e ρV = 0 para r > 2R, sendo K uma constante positiva. a) Determinar a carga total contida dentro da esfera de raio r = R; b) Determinar a densidade de fluxo elétrico que sai da superfície esférica r = R. Respostas: a) Qint . = 2πKR 2 ; b) D =

K a 2 r

3.10) Uma carga pontual Q =24π µC está localizada na origem, uma carga de densidade ρs1 = − 24 µC/m2 está distribuída na superfície esférica r = a = 0,5 m, e uma carga de densidade ρs 2 = 24 µC/m2 está distribuída na superfície esférica r = b = 1 m. Determinar D em todas as regiões. 6 2 µ a C/m para r < 0,5 m; D = 0 para 0,5 ≤ r < 1 m; r 2 r 24 D = 2 a r µC/m2 para r ≥ 1 m r

Resposta: D =

3.11) Uma linha infinita de carga uniformemente distribuída com densidade ρ L = 1 C / m está colocada sobre o eixo y. Determinar o fluxo elétrico total que atravessa as seguintes superfícies: (a) a porção do plano z = 1 m, limitada por –1 < x < 1 m e –1 < y < 1 m; (b) a esfera de raio r = 1 m, centrada na origem. Respostas: a) ψ = 0,5 C; b) ψ = 2 C. 3.12) a) Calcular a carga total em todo o espaço se a densidade volumétrica de carga é expressa em coordenadas esféricas como ρ v = 1 /( r 3 + a 3 ) 2 , sendo a uma constante. b) Qual é o raio da esfera, centrada na origem, com densidade volumétrica de carga constante, ρ v = 8 , que contém a mesma carga total do item anterior. Respostas: a) Q T =

4π 3a 3

; b) r =

1 . 2a


Capí tulo IIV: ENERGIA E E P POTENCIAL

21

Capítulo IV

ENERGIA E POTENCIAL 4.1 – ENERGIA (TRABALHO) PARA MOVER UMA CARGA PONTUAL EM UM CAMPO ELÉTRICO Observando a figura, e adotando a L como um vetor unitário na direção de dL , tem-se: dW = Faplicada . dL = − FE L . dL = − FE . a L a L . dL = − FE . a L dL = − FE . dL Substituindo FE = Q E , chega-se a: dW = −QE .dL Integrando, obtém-se o trabalho (energia ) necessário para mover uma carga Q desde o início (ponto B) até o final (ponto A) de uma trajetória, sob a ação do campo elétrico E , dado por: W = −Q

Final ( A )

∫

E .dL

Início ( B)

onde ∫ E.dL = 0 , pois o trabalho do campo eletrostático depende apenas das posições inicial e final da trajetória.

Nota: Na eletrostática, o campo elétrico é conservativo. 4.2 – DEFINIÇÃO DE DIFERENÇA DE POTENCIAL (V AB) E POTENCIAL (V) A diferença de potencial VAB entre 2 pontos A e B é definida como sendo o trabalho necessário para movimentar uma carga pontual unitária positiva desde B (tomado como referência) até A. VAB =

W ⇒ Q

VAB = −∫BAE.dL

(FÓRMULA GERAL)

Como o campo elétrico E é conservativo (na eletrostática), tem-se, para 3 pontos A, B e C: VAB = VAC – VBC Os potenciais “absolutos” VA e VB são obtidos adotando-se uma mesma referência zero de potencial. Se, por exemplo, VC = 0, pode-se escrever VAB = VA – VB

4.3 – O POTENCIAL DE UMA CARGA PONTUAL Supondo-se a carga na origem, tem-se, aplicando a fórmula geral: A r Q VAB = − ∫ E.dL = − ∫ A a .dr ar B rB 4πε r 2 r 0 VAB =

Q 1 1  − = V −V 4πε0  rA rB  A B



Se B → ∞ ⇒ VB → 0 ⇒ VA =

Q 4πε0 rA

(potencial absoluto)

Escrevendo de forma genérica, o potencial absoluto devido a uma carga pontual Q fora da origem é: V=

Q 4πε0 R

sendo R a distância da carga pontual Q ao ponto desejado.

4.4 – O POTENCIAL DE UM SISTEMA DE CARGAS DISTRIBUÍDAS Para uma carga distribuída, com referência zero no infinito:

V=∫

dQ 4πε0R

onde: dQ = ρL dL= ρsds = ρvdv, dependendo da configuração de cargas, R = R = r − r ′ = distância (escalar) de dQ ao ponto fixo P onde se quer obter V

4.4.1 – VAB de uma reta ∞ com ρL constante Partindo de VAB = −∫BAE.dL , obtemos: VAB = − ∫

ρA

ρB

VAB =

ρL a .dρ aρ 2πε0ρ ρ

ρL ρ ln B 2πε0 ρA

4.4.2 – VAB de um plano ∞ com ρs constante Partindo de VAB = −∫BAE.dL , obtemos: zA ρs a z B 2ε z 0

VAB = − ∫ VAB =

.dz az

ρs (z − z ) 2ε0 B A

22



23

4.5 – GRADIENTE DO POTENCIAL ( ∇ V ) O gradiente de uma função escalar (ex. V) é definido matematicamente por: ∇ V =

dV a dN N

(resultado = vetor)

onde dV, dN e a N são mostrados na figura. dV dV ∇V = aN = a = Ga N = G dN dL cos θ N 



Daí, GdL cos θ = dV ⇒ G • dL = dV onde: G = G x a x + G ya y + G za z = G a N 











dL = dx a x + dy a y + dz a z = dL a L ∂V ∂V ∂V dV = dx + dy + dz ∂x ∂y ∂z sendo: dL = vetor comprimento diferencial medido numa direção qualquer, dN = dLcosθ = menor distância entre as 2 superfícies equipotenciais V1 e V2. 

Assim, obtemos a expressão do gradiente em coordenadas cartesianas : ∂V ∂V ∂V G = ∇V = ax + ay + az ∂x ∂y ∂z 









Propriedades do gradiente de uma função escalar V: a) ∇ V é normal a V b) ∇ V aponta no sentido do crescimento de V Logo ∇ V é um vetor que dá a máxima variação no espaço de uma quantidade escalar (módulo do vetor) e a direção em que este máximo ocorre (sentido do vetor). Se V = função potencial elétrico, então:

E = − ∇V

( E está apontado no sentido decrescente de V).

Exemplo: Utilizando gradiente, determinar a expressão de E para uma carga pontual na origem. Solução: O potencial de uma carga pontual na origem (no vácuo) é:

V =

Q

4πε0 r Tomando o gradiente de V , em coordenadas esféricas, sabendo-se que V = f(r): Q Q  −1  ∂V = E a E a a = − = − ⇒ e fazendo E = −∇V ⇒ r 2 r 4πε0  r 2  r ∂r 4πε0r 











24

4.6 – O DIPOLO ELÉTRICO É um sistema com 2 cargas pontuais iguais e simétricas (figura c) bem próximas tal que d < < r, sendo d a distância (separação) entre as cargas e r a distância do centro do dipolo a um ponto P desejado.

Cálculo do potencial no ponto P devido ao dipolo na origem: VP =

+Q −Q + 4πε0 r1 4πε0 r2

VP =

Q 1 1  −  4πε0  r1 r2 

VP =

Q  r2 − r1    4πε0  r1r2 

Sendo d << r, fazemos r2 − r1 ≅ d cosθ e r1r2 ≅ r 2 . Daí, Qdcos θ Vp = 4πε0 r 2 Campo elétrico no ponto P devido ao dipolo elétrico na origem: E=

Qd 4πε0 r3

( 2cos θ ar + sen θ aθ )

(obtido de E = −∇ V )

Definindo momento de dipolo elétrico como p = Qd , onde d é o vetor cuja magnitude é a distância entre as cargas do dipolo e cuja direção (e sentido) é de –Q para +Q: Vp =

p . ar 4πε0 r 2

Notas: a) Com o aumento da distância, o potencial e o campo elétrico caem mais rápidos para o dipolo elétrico do que para a carga pontual. b) Para o dipolo elétrico fora da origem, o potencial é dado por: p . aR Vp = 4πε0 R 2 onde: a R = versor orientado do centro do dipolo ao ponto desejado; R = distância do centro do dipolo ao ponto desejado.



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4.7 – ENERGIA NO CAMPO ELETROSTÁTICO 4.7.1 – Energia (trabalho) para uma distribuição discreta de cargas

WE = trabalho total para trazer 3 cargas Q1, Q2, Q3 do ∞ e fixá-las nos pontos 1, 2, 3, nesta ordem: WE =W1 + W2 + W3 WE = 0 + Q 2 V2,1 + Q3 V3,1 + Q3 V3,2 (i) Nota: V2,1 = potencial no ponto 2 devido à carga Q1 no ponto 1 (V2,1 ≠ V21) Se as 3 cargas forem fixadas na ordem inversa, isto é, fixando Q3, Q2, Q1, nos pontos 3, 2, 1, temos: WE = W3’ + W2’ + W1’ WE = 0 + Q 2 V2,3 + Q1 V1,2 + Q1 V1,3 (ii) (i) + (ii): 2WE = Q1 V1 + Q2 V2 + Q3 V3 1 WE = (Q1 V1 + Q 2 V2 + Q 3 V3 ) 2 Para N cargas:

1 N WE = ∑ Q i Vi [J] 2 i =1

4.7.2 – Energia (trabalho) para uma distribuição contínua de carga Para uma região com distribuição contínua de carga, substituímos Qi da fórmula acima pela carga diferencial dQ = ρvdv e a somatória se transforma numa integral em todo o volume de cargas. 1 WE = ∫ ρ v Vdv [J] 2 vol Pode-se demonstrar que o trabalho pode ser também expresso em função de D e/ou E como: 1 WE = ∫ D • E dv 2 vol

ou

1 WE = ∫ ε0E 2 dv 2 vol

ou

1 D2 WE = ∫ dv 2 vol ε0

Nota: A densidade de energia do campo elétrico no vácuo pode ser obtida pelas expressões: 2 dWE 1 1 2 1D = D • E = ε0E = [J/m3] dv 2 2 2 ε0



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Ex. 1 Calcular a energia W E armazenada num pedaço de cabo coaxial de comprimento L e condutores interno e externo de raios a e b , respectivamente, respectivamente, supondo que a densidade superficial de carga uniforme no condutor interno é igual a ρs.

Supondo uma gaussiana cilíndrica no interior do dielétrico (vácuo) de raio a < ρ < b, e aplicando a lei de Gauss ( ∫ D • d S = Q int ), obtemos: S

ρ a D 2πρL = ρs 2πaL ⇒ D = s ρ

Substituindo na equação de energia obtida acima: 2 π b ( ρs a / ρ ) 1 D2 1 L 2 ρdρdφdz WE = ∫ dv = ∫ ∫ ∫ ε0 2 vol ε0 2 z = 0 φ= 0 ρ = a 1 ρs2 a 2 b WE = [lnρ]a 2πL 2 ε0 Daí, obtemos finalmente: πa 2 L ρs2 b WE = ln ε0

a

a Ex. 2 Calcular a energia W E armazenada num capacitor de placas paralelas no vácuo, sendo V a diferença de potencial entre as placas iguais de área S e separadas por uma distância d . Supor o campo elétrico entre as placas uniforme desprezando os efeitos de bordas.

Da equação de energia obtida acima, e sabendo que V = E d , obtemos: 2 1εS ε0  V  1 2 WE = ∫ ε0E dv =   ∫ dv ⇒ WE = 0 V 2 2 d 2 2d Tomando a expressão da capacitância do capacitor de placas paralelas ideal (cap. 5), teremos: 1 ε S WE = CV 2 onde C = 0 2 d

4.8 – EXERCÍCIOS PROPOSTOS 4.1) Três cargas pontuais idênticas de carga Q são colocadas, uma a uma, nos vértices de um quadrado de lado a. Determinar a energia armazenada no sistema após todas as cargas serem posicionadas. Q2 Resposta: WE = ⋅ (4 + 2 ) [J]. 8πεo a 4.2) Seja uma carga distribuída ao longo da porção |z| < 1 m do eixo z, com densidade linear de carga ρL = kz [ηC/m]. Determinar: a) O potencial em um ponto qualquer sobre o plano z = 0; b) O potencial em um ponto do eixo z situado a uma altura h = 2 m do plano z = 0. Respostas: a) VA = 0; b) VB = 1,775 [kV].



27

4.3) Um quadrado de vértices A(0,0,0), B(0,1,0), C(1,1,0) e D(1,0,0), possui uma distribuição linear uniforme de carga com densidade ρL = 10 [ p pC/m] ao longo do lado AB, uma carga pontual Q1 = 1 [ pC] no vértice C, uma carga pontual Q2 = -10 [ pC] no vértice D. Determinar, no centro P do quadrado: a) O potencial elétrico devido a cada uma das três cargas; b) O potencial elétrico total devido às três cargas. Respostas: a) VP1 = 0,0127 [V], V P2 = – 0,127 [V], VL = 0,1584 [V]; b) VPT = 0,044 [V]. 4.4) Um campo elétrico é dado em coordenadas cilíndricas por: E = 100 a ρ  V   m  ρ2 Conhecidos os pontos A(3,0,4), B(5,13,0) e C(15,6,8), expressos em coordenadas cartesianas, determinar: a) A diferença de potencial VAB; b) O potencial VA se a referência zero de potencial está no ponto B; c) O potencial VA se a referência zero de potencial está no ponto C; d) O potencial VA se a referência zero de potencial está no infinito. 



Respostas: a) VAB = 26,15 [V]; b) VA = 26,15 [V]; c) VA = 27,14 [V]; d) VA = 33,33 [V]. 4.5) Uma superfície esférica no espaço livre, definida por r = 4 cm, contém uma densidade superficial de carga de 20 [µC/m2]. Determinar o valor do raio rA,, em centímetros, se a região compreendida entre as esferas de raios r = 6 cm e r = r A contém exatamente 1 mJ de energia. Resposta: rA = 6,54 [cm]. 4.6) O campo potencial no vácuo é expresso por V = k/ ρ. a) Determinar a quantidade de carga na região cilíndrica a < ρ < b e 0 < z < 1. b) Determinar a energia armazenada na região cilíndrica a < ρ < b e 0 < z < 1.  1 1 1   1 1   . − Respostas: a) Q = 2πε o k ⋅  −  ; b) WE = πε o k 2 ⋅  2 2 2 b a   b   a 4.7) Uma linha de cargas uniforme de 2 m de comprimento com carga total de 3 nC está situada sobre o eixo z com o ponto central da linha localizado a +2 m da origem. Num ponto P sobre o eixo x, distante +2 m da origem, pede-se: a) Determinar o potencial elétrico devido a linha de cargas; b) Determinar o potencial elétrico se a carga total for agora concentrada no ponto central da linha; c) Calcular e comentar sobre a diferença percentual entre os dois valores de potencial obtidos.

Respostas: a) V PL PL = 9,63 V; b) V PQ PQ = 9,55 V; c) (V PQ VPQ Q = -0,83 % PQ – V PL PL)x100%/ V P Uma carga concentrada produz um potencial menor do que esta mesma carga distribuída, caso sejam iguais as distâncias dos centros destas cargas ao ponto desejado. 4.8) Uma carga Q0 = +10 µC está colocada no centro de um quadrado de lado 1 m e vértices A, B, C, D. Supondo o meio o vácuo, determinar o trabalho necessário para: a) Mover a carga QA = +10 µC do infinito até fixá-la no vértice A do quadrado; b) Mover também a carga QB = –20 µC do infinito até fixá-la no vértice B do quadrado;



28

c) Finalmente mover também a carga QC = +30 µC do infinito até fixá-la no vértice C do quadrado. Respostas: a) WA = 1,271 J; b) WB = –4,340 J; c) WC = 0,327 J. 4.9) a) Determinar o potencial VP no ponto P(2, 0, 0) devido a uma carga total Q = 2 nC distribuída uniformemente ao longo do eixo y, de y = 0 até y = 2 m. b) Supondo que a mesma carga total Q = 2 nC seja agora concentrada num ponto, determinar em que posição esta deverá ser colocada ao longo do eixo y para produzir o mesmo potencial VP no ponto P(2, 0, 0) obtido no item (a). Respostas: a) V P = 7,9324 V; b) y = ± 1,072 m. 4.10) a) Determinar a fórmula para o cálculo da diferença de potencial entre 2 pontos quaisquer A e B devido a uma carga pontual Q, no vácuo. (Supor a carga na origem.) b) Determinar a fórmula para o cálculo da diferença de potencial entre 2 pontos quaisquer A e B devido a uma carga distribuída uniformemente numa linha infinita com densidade ρL, no vácuo. c) Uma carga com densidade linear constante ρL está distribuída sobre todo o eixo z e uma carga pontual Q está localizada no ponto (1, 0, 0). Sejam os pontos A(4, 0, 0), B(5, 0, 0) e C(8, C(8, 0, 0). Se VAB = VBC = 1 volt, determinar os valores numérico de ρL e de Q. O meio é o vácuo. Respostas: a) V AB =

Q  1 1   −  ; 4πεo  rA rB 

ρL ρ ln B ; 2πεo ρ A c) ρL = −86,81 pC/m; Q = 1800,04 pC

b) V AB =

4.11) Sabendo-se que V = 2x 2 y + 20z − 4 ln x 2 + y 2 V, no vácuo, determine o valor das seguintes grandezas no ponto P(6; -2,5; 3): a) V ; b) E ; c) D ; d) ρv. Respostas: a) V P = − 135 [V]; b) E P = 61,1a x − 72,5a y − 20a z [V/m]; c) DP = 541a x − 642a y − 177a z [pC/m2]; d) ρ v = 88,5 [pC/m3]. 4.12) Um dipolo p1 = 20a z nC.m, localiza-se na origem, no vácuo, e um segundo dipolo p2 = −50a z nC.m localiza-se em (0, 0, 10). Determine V e E no ponto ponto médio entre os dipolos. dipolos. Resposta: V M = 25,2 [V];

E M = −4,32a z [V/m].


Capí tulo V V: CONDUTOR S, D DIELÉTRICOS E E C CAPACITÂNCIA

29

Capítulo V

CONDUTOR S, DIEL TRICOS E CAPACIT

CIA

5.1 – CORRENTE (I) E DENS DADE DE CORRENTE ( J ) A corrente elétrica (convencion l) representa o movimento de cargas positiv s e é expressa por: dQ I = >0 (Unidade de corrente: C/s ou A) dt A densidade de corrente de con ecção J (uma grandeza vetorial) represen a o movimento de um volume (nuvem) de cargas com densidade volumétrica ρv (em C/m3) numa velocidade v (em m/s). J = ρv v (Unidade de densidade de corrente: A/m2) Para um condutor com densidad de carga dos elétrons ρv = ρe, onde os elétrons se deslocam com velocidade de arrastamento (“dri t speed”) v = v d = −µ e E (µe = mobilidade dos elétrons), tem-se: J = ρ e v d = ρ e (− µ e E ) = ( ρ e µ e ) E Definindo σ = −ρ e µ e como condutividade do condutor (em S/m), ob emos finalmente: J=σE

→ densida de de corrente de condução (Forma pontual da Lei de Ohm)

A tabela a seguir mostra as expr ssões para cálculo da condutividade σ de vários meios. Observe que o sinal menos é compensado pelo valor negativo da densidade volumétrica de carga negativa.

Meio

Condutividade σ [S/m] Líq ido ou gás σ = – ρ– µ– + ρ+ µ+ C ndutor σ = – ρe µe Semicondutor σ = – ρe µe + ρh µh µ = obilidade da carga (sempre +) [m 2 /(V s)] ρ = densidade volumétrica de carga (±) [C/m3] h → lacuna ou buraco (do inglês “hole”) e → létron Relação entre corrente e den idade de corrente (ver figura): A corrente dI que atravessa uma área dS é dada por (ver figura): dI dI = J N dS (de onde tem-se: J N = ) dS dI = J cos θ dS = J dS cos θ dI = J • d S Daí,

I = ∫s J • d S



30

5.2 – CONTINUIDADE DA C RRENTE A corrente através de uma supe fície fechada (fluxo de cargas positivas para fora da superfície) é igual a razão do decréscimo de argas positivas (ou acréscimo de cargas negativas) no interior da região – princípio da continuida e. Matematicamente, expressamos como: I = ∫s J • d S = − onde +

dQ i dt

(Forma integral da equação da continuid de)

dQ i = razão (taxa) de acréscimo (incremento) de cargas no tempo dentro da superfície. dt

Aplicando o teorema da divergência à expressão acima, obtemos: ∇ • J = −

∂ρ v ∂t

(Forma pontual da equação da continuid de)

“A corrente ou carga po segundo que sai (diverge) de um pequeno olume é igual a razão de decréscimo de carga p or unidade de volume em cada ponto.”

5.3 – CONDUTORES MET L ICOS – RESISTÊNCIA (R) Definição de resistência de um condutor qualquer:

Vab − ∫ba E • dL = R= I ∫sσE • d S

[Ω] (parâmetro positivo)

Para um condutor que possui se ão reta uniforme (condutor cilíndrico da figura, com área S e comprimento  ):  Vab − ∫0 E • dL E  ⇒ R= = = R= σS ES I ∫sσE • d S

Exemplo:Calcular R para o condutor em forma de cunha da figura, para J (o I) no sentido radial. J=

I I k J k = = ⇒E= = aρ σ σρ S ρφh ρ

R=

ρ ∫ρab

h φ ∫0 ∫0

k σρ

k ρ

ρ

dρ

ρdφdz

=

  b  ln ρ ρa

kφh

 ρ b   ρ  a 

ln =

σφh

CONCEITOS TE RICOS E E ERCÍCIOS PROPOSTOS DE ELETROMAGNETISMO


31

5.4 – O M TODO DAS IMAG NS Aplicação: Na solução de pro lemas envolvendo um plano condutor aterrado pela substituição deste por uma supe fície equipotencial mais as cargas imagens, omo ilustra a figura.

Exemplo: Calcular o campo elé rico E no ponto P(0,1,1) m, para a configuração mostrada abaixo. Aplicando o método das imag ns, temos: E = E1 + E 2 onde E1 e E 2 são os campos no ponto P devido, respectivamente, a carga objeto (carga original) e a carga ima em. Assim,

Q1 Q2 + a R 4πε o R 12 1 4πε o R 22 onde: a R1 = R 1 / R 1 , sendo E=

R2

1 = ay − az

o vetor distância orientado de Q1 = Q a P,

a R 2 = R 2 / R 2 , sendo R 2 = a y + 3a z o vetor distância orientado e Q2 = –Q a P.

Substituindo os valores, temo : 10 × 10 −9 a y − a z − 1 × 10 −9 a y + 3a z E= + 2 10 10 −9 10 −9 4π 2 4π 10 36π 36π 90 E= (a y − a z ) − 90 ( y + 3a z ) = 31,82 (a y − a z ) − 2,85 (a y + 3a z ) 2 2 10 10 Daí:

E = 28,97a y − 40,35a z [V/m]

(Nota: Conferir o sentido de E n figura)

CONCEITOS TEÓRICOS E E ERCÍCIOS PROPOSTOS DE ELETROMAGNETISMO


32

5.5 – A NATUREZA DOS MA ERIAIS DIELÉTRICOS – POLARIZA ÃO (P) Polarização P é definido como sendo o momento elétrico total por unidade e volume, isto é: p total 1 n∆v ∑ pi = li ∆v → 0 ∆v i =1 ∆v 0 ∆v

(Unidade: C/m2 – mesma unidade de D )

P = lim

onde n é o número de di olos elétricos por unidade de volume ∆v A lei de Gauss relaciona a densidade de fluxo elétrico D com a carga elétric livre, Q, isto é: Q = ∫ D • dS

(Nota: D sai ou diverge da carga livre positi a)

Por analogia, pode-se também re acionar o campo P com uma carga, QP, que produz este campo, sendo esta carga chamada de car a de polarização . QP = − ∫ P • dS

(Nota: P sai ou diverge da carga de polariza ção negativa)

A lei Gauss em termos da carga otal, QT, (lei de Gauss generalizada) é expressa por: QT = ∫ εo E • dS

onde: QT = Q + Q P = soma da c rga livre com a carga de polarização εo = 8,854×10-12 = per issividade elétrica do vácuo (unidade: F/m) Substituindo as cargas pelas suas expressões com integrais, obtemos a seguinte expressão geral que relaciona os 3 campos D , E e , para qualquer tipo de meio:

D = εo E + P

(Nota: No vácuo P = 0 )

Para um material linear, homogê eo e isotrópico (mesma propriedade em tod s as direções) tem-se: P = χ e ε o E [C/m2]

sendo χe é a suscetibilidade el étrica do material (constante adimensional, χ lê-se “csi”). Esta constante é relacionada com a permissividade elétrica relativa (ou constante ielétrica) do material, εR, (grandeza também adimensional) através da expressão: χe = ε R − 1 Combinando estas 3 últimas equ ções obtém-se:

D = εE onde: ε = εR εo

sendo ε a permissividade elétri a absoluta do material, dada em F/m.



33

Relações usando as densidades volumétricas de carga livre, ρv (ou simples ente ρ), de carga de polarização, ρP, e de carga total, T: Q = ∫v ρ v dv Q P = ∫v ρ P dv Q T = ∫v ρ T dv

∇ •D =ρv ∇ • P = −ρ P ∇ • εo E = ρT

5.6 – CONDIÇÕES DE CONT RNO PARA MATERIAIS DIEL TRIC S PERFEITOS

Condição de contorno para as c mponentes tangenciais:

Para o pequeno percurso fechado retangular da figura, pode-se aplicar: (válida para o campo E conservati o) ∫ E • dL = 0 retângulo

Fazendo ∆h → 0 (tendendo a fronteira), obtemos: E t1∆L − E t 2 ∆L = 0 ⇒ t1 = E t 2 ⇒ E t1 = E t 2 (Et é contínuo) Condição de contorno para as c mponentes normais:

Para o pequeno cilindro da figura, pode-se aplicar: (Lei de Gauss) ∫ D • d S = Q interna cilindro

Fazendo ∆h → 0 (tendendo a fronteira), obtemos: (i) Para a fronteira com carga (ρS ≠ 0): D n1 ∆S − D n 2 ∆S = ρ ∆S ⇒ D n1 − D n 2 = ρ S

(Neste caso

n é

descontínuo)

(ii) Para a fronteira sem ca ga (ρS = 0): D n1 = D n 2 (Nest caso Dn é contínuo) Relação de contorno se o meio 2 for um condutor perfeito (σ2 → ∞ ⇒ E2 = D = 0): Componentes tangenciais: Componentes normais:

E t1 = 0 ⇒ D t1 = 0 (as comp. tangenciais se anulam) n1 = ρ s ⇒ E n1 = ρ s / ε1 (existem some te comp. normais)



34

5.7 – CAPACITÂNCIA Qualquer dispositivo formado por 2 condutores separados por um dielétrico forma um capacitor (figura) cuja capacitância é definida como: C=

Q ∫ εE • d S = s Vo − ∫−+ E • dL

[F]

(parâmetro positivo)

5.8 – EXEMPLOS DE C LCU LO DE CAPACITÂNCIA Análise do capacitor de placas p lanas paralelas: S

εES εS Q ∫0 ε Ea z • dSa z C = = = ⇒ C= d − E(0 − d ) Vo − ∫d0 Ea z • dza

Observe também as fórmulas: Vo = Ed Q D = εE = = ρ S S onde os campos E e D são considerados constantes no dielétrico do capacitor ideal.

Ex. 1: Carrega-se um capacitor e placas planas paralelas no espaço livre co uma fonte de tensão constante. Desconsiderando os efeitos de bordas (capacitor ideal), d terminar as variações instantâneas sofridas por: WE, D, E, C, Q, V, e ρs, quando: a) O espaço livre entre as placas é substituído por um dielétrico com εR = 3; b) A fonte de tensão é re ovida com as placas afastadas tal que d2 = 3d1. Solução do caso 1(a) – ver figur abaixo:

V2 = V1 = V (mesma fonte de tensão) E2 = E1

(E = V/d)

D2 = 3 D1

(D = εR ε0 E)

C2 = 3 C1

(C = εR ε0 S/d)

ρS2 = 3 ρS1

(ρS = DN = D)

Q2 = 3 Q1

(Q = ρS S)

W2 = 3 W1

(W = (1/2) C V2 ou

= (1/2) εRε0 E2 vol)

CONCEITOS TEÓRICOS E E ERC CIOS PROPOSTOS DE ELETROMAGNETISMO


35

Solução do caso 1(b) – ver figur abaixo:

Q2 = Q1

(fonte de tensão rem vida)

ρS2 = ρS1

(ρS = Q/S)

D2 = D1

(D = DN = ρS)

E2 = E1

(E = D/ ε0)

C2 = C1 /3

(C = εR ε0 S/d)

V2 = 3V1

(V = Q/C ou V = E d)

W2 = 3 W1

(W = (1/2) C V2 ou

Ex. 2: Determinar C de um capa citor coaxial de raios a e b (a < b). Para uma Gaussiana cilíndrica de raio a < ρ < b e comprimento L

∫ D • d S = Q int erna D2πρL = +Q ⇒ D = E=

D ε

=

Q 2περL

2πρL

aρ

Vo = Vab = − ∫ρa=b

Q 2περL

a ρ • dρ a ρ

a

−Q Q b Vo =  ln ρ ⇒ Vo = ln 2πεL a  2πεL b

C=

Q 2πεL = Vo ln(b / a

Ex. 3: Determinar C de um capa citor esférico de raios a e b (a < b). Para uma gaussiana esférica de r io a < r < b

∫ D • d S = Q int erna D4πr 2 = Q ⇒ D = E=

D ε

=

Q 4πr 2

Q a 2 r 4πε r

Q a • dr a r 2 r 4πεr a − Q  − 1 Q  1 1  ⇒ Vo = V =  −  o 4πε  r  b 4πε o  a b  Vo = Vab = −∫ra = b

= (1/2) εRε0 E2 vol)



C=

36

Q 4πε = (Se b → ∞ ⇒ C = 4πε a = capacitância do capa itor esférico isolado) Vo 1 − 1 a b

Ex. 4: Determinar C de uma lin a de transmissão com dois fios infinitos pa alelos Seja uma configuração condutora constituída por 2 fios (infinitos) paralelos, situados em um meio de permissividade ε, conforme mostrado na figura abaixo.

Foi visto no capítulo 4 que a diferença de potencial entre 2 pontos A e B devi o a um fio infinito com carga uniformemente distribuída é dada por: VAB =

ρL ρ ln B 2πε ρA

(ρA e ρB são as menores distâncias do fio aos pontos A e B)

(01)

Para os 2 fios infinitos paralelos a figura, com cargas simétricas com densid de linear uniforme, o potencial do ponto P(x, y, 0) em elação a um ponto qualquer O (referência) no plano x = 0, é:

VPO =

ρL

2πε

ln

ρ0

ρ ρ ρ ρ − L l 0 = L ln 2 ρ1 2πε ρ 2 2πε ρ1

(02)

onde: ρ1 e ρ10 = ρ0 são as meno es distâncias do fio 1 (carga +) aos pontos P e O, respectivamente; ρ2 e ρ20 = ρ0 são as meno es distâncias do fio 2 (carga –) aos pontos P e O, respectivamente. Da figura tem-se: ρ1 = (x − a )2 + y 2

(03)

ρ2 = (x + a )2 + y 2

(04)

Substituindo (03) e (04) em (02) e fazendo VPO = V (com a referência V0 = 0 mplícita), obtém-se:

(x + a )2 + y2 (x + a )2 + y ρL ρL = V= ln ln 2 πε 2πε 4 (x − a ) + y (x − a )2 + y2

(05)

Seja V = V1 = constante, uma su erfície equipotencial. Então, o lugar geomét ico dos pontos no espaço em que V = V1 é obtido f zendo: (x + a )2 + y 2 4 πεV1 / ρ L e (06) = = k1 (x − a )2 + y2 onde k1 é uma constante arbitrária dependente de V1 e expressa por: V1 =

ρL ln k1 4πε

(07)



37

Desenvolvendo a expressão (06) temos: k1 (x 2 − 2ax + a 2 + y2 ) = 2 + 2ax + a 2 + y2 x 2 (k1 − 1) − 2ax(k1 + 1) + a 2 + y2 )(k1 − 1) = 0 k +1 x 2 − 2ax 1 + (a 2 + y 2 ) = 0 k1 − 1 2  2 k1   k1 + 1    x − a  + y2 =    k1 − 1    k1 − 1 

2

(08)

A equação (08) representa uma circunferência centrada em: k +1 x=h=a 1 e y = k1 − 1 e raio: 2a k1 r=b= k1 − 1

(09)

(10)

De (09), pode-se isolar k1, do seguinte modo: k1 h − h = a k1 + a k1(h − a ) = h + a h+a k1 = h−a

(11)

Substituindo (11) em (10): h+a  h + a  − 1 = 2a b h−a  h − a  2a h+a b = 2a h −a h −a b2 h+a = (h − a )2 h − a b2 = h+a h−a b2 = h 2 − a 2 a = h 2 − b2

(12)

Substituindo agora (12) em (11) racionalizando o denominador: 2

  h + h 2 − b 2  h + h 2 − b 2    2 2 2 2 2 2 h+ h −b h+ h −b h+ h −b   =   = × = k1 = 2 2 2 2 h − (h − b ) b h − h 2 − b2 h − h 2 − b2 h + h 2 − b2

2

ou  h + h 2 − b 2   k1 =    b  

2

(13)



38

Substituindo (13) em (07): 2

h + h 2 − b 2  ρL  ρL h + h 2 − b 2  V1 = ln ln =  4πε  b 2πε b  

(14)

De (14) podemos obter a capacitância de um capacitor formado por um ondutor cilíndrico no potencial V = V1 e um plano ondutor no potencial V = 0, separados por uma distância h (ver figura abaixo). Esta pode ser obtida pela definição de capacitância por: C=

2πεL ρ L Q ⇒ C= = L  2 2 Vo V1 − 0 ln   h + h − b  b   

(15)

Para b << h, obtém se a capacit ncia de um capacitor formado por um fio c ndutor (de raio muito pequeno e igual a b) e um plano ondutor, separados por uma distância h: 2πεL C= (16) ln(2h b ) A expressão (15) também per ite obter a capacitância do capacitor formado por 2 condutores cilíndricos nos potenciais V1 e V1 (cargas simétricas), separados um do o tro por uma distância 2h (ver figura abaixo). Esta capacitância, obtida pela efinição e da aplicação do método das i agens, corresponde a metade do valor encontrado em (15), isto é: C' =

πεL ρL L ρ L C Q ⇒ C' = = = L =  2 2 Vo V1 − (−V1 ) 2V1 2 ln   h + h − b  b    

(17)

Para b << h, obtém se a capacitância de um capacitor formado por 2 fio condutores (de raios muito pequenos e iguais a b), eparados por uma distância 2h – configur ção de uma linha de transmissão: πεL C' = (18) ln (2h b )



39

5.9 – EXERC CIOS PROPOS OS 5.1) Uma carga está distribuíd . com densidade linear de carga ρL = π /z [ηC/m], ao longo do segmento que se estende d ponto (0,0,a) ao ponto (0,0,3a), sendo a > . Sabendo que sobre o plano z = 0 existe um plan condutor bastante grande, pede-se: a) Determinar a densidade superficial de carga na origem; b) Se esta carga linearmen e distribuída fosse concentrada em um ponto, determinar a posição no eixo z que ela deveri ser colocada para obter a mesma solução de (a). −2 3 Respostas: a) ρS = 2 ηC/m2]; b) z = ln3 a = 1,5722a [m]. 2 9a 5.2) Suponha que o plano z = 1 m separa o espaço em duas regiões com dielétricos de permeabilidades relativas R1 = 2 e εR2 = 4. A região 1 contém uma c rga pontual de 10 [ηC] situada na origem. Determinar, a partir das condições de contorno para materiais dielétricos perfeitos (Dn1 = Dn2 e Et1 = Et2), o seguinte: a) O campo elétrico na região 1, aplicado ao ponto (0, 2, 1); b) O campo elétrico na região 2, aplicado ao ponto (0, 2, 1); c) O ângulos formados pel s dois campos com a direção normal ao pla o z = 1.   9 5   9 5   Respostas: a) E1 = ⋅ ( a y + a z ) [V/m]; b) E 2 = ⋅ ( 4a y + a z ) V/m]; 5 10 c) θ1 = 63,44o e θ2 = 75,96o. 5.3) A região 1, definida por 0 < φ < π /4 rad, contém um material dielétrico de permissividade relativa εR1 = 2, enquanto que a região 2, definida por π /4 < φ < /2 rad, contém outro material dielétrico de per issividade relativa εR2 = 4. Sabendo-se que a densidade de fluxo     elétrico na região 1 é dada or D1 = 3a ρ + 4a φ + 5a z [ηC/m2], determin r, na região 2: 













b) D t 2 ;

a) D n 2 ; 





c) D 2 ; 





d) P2 ; 



Respostas: a) D n 2 = 4a φ ; b) D t 2 = 6a ρ + 10a z ; c) D 2 = 6a ρ + 4a φ + 1 a z ; 



d) P2 = 4,5a ρ + 3a φ + 7,5a z . 5.4) A superfície de separação entre dois dielétricos é expressa pela equação do plano dada por: x y + + z = 1 . O dielétric 1 contém a origem e possui permissivida e relativa εR1 = 2 e o 3 4 dielétrico 2 possui pemissividade relativa εR2 = 4. Na região do dielétrico 2 existe um campo elétrico uniforme expresso por E 2 = a x + 3a y . Determinar os seguintes parâmetros (usando as condições de contorno, quando necessário): a) a n 2 (versor normal ao plano do lado da região 2); b) E 2n ; c) E 2 t ; d) E1n ; e) E1t . 1 1 ⋅ ( 4 x + 3a y + 12a z ) ; b) E 2 n = ⋅ (4a x + 3a y + 12a z ) ; 13 13 1 2 c) E 2t = ⋅ (9a x + 36a y − 12a z ) ; d) E1n = ⋅ (4a x + 3a y + 12a z ) ; 13 13 1 e) E1t = ⋅ (9a x + 36a y − 12a z ) . 13

Respostas: a) a n 2 =



40

5.5) Seja um condutor plano n potencial zero situado uma distância h d eixo de um condutor ρL h + h − b2 cilíndrico, de raio b, no potencial V1, expresso por: V1 = ln [V], sendo ρL 2πε b

o módulo da densidade de carga (em C/m) no cilindro, no plano, ou na linha equivalente de cargas (supondo uniforme) e ε a permissividade elétrica do meio. Determinar: a) A capacitância (a partir a definição) entre o condutor plano e o con utor cilíndrico acima; b) A capacitância entre d is condutores cilíndricos paralelos, mesmo raio b e potenciais simétricos ±V1, com se s eixos separados por uma distância 2h; c) Repetir os itens (a) e (b) supondo b << h. Respostas: a) C1 = c) C1 =

2πε L ln  h 

 h 2 − b 2  b  

; b) C 2 =

πε L

 2 2 ln   h + h − b  b   

;

πε L 2πε L e C 2 = . ln (2h ) ln (2h b )

5.6) a) Determinar a expressão que fornece a diferença de potencial VAB entre 2 pontos A e B no espaço livre devido a uma linha infinita de carga com densidade linear constante ρL. b) Uma linha infinita de arga está paralela a um plano condutor. De erminar o potencial V no ponto P eqüidistante entre o plano condutor (com V = 0) e a li ha com ρ L = 100πε o [C/m]. c) Para a mesma configuração do item (b) determinar a magnitu e do campo elétrico resultante E neste mes o ponto P. Respostas: a) VAB =

 ρ  ρL 400 ln B  ; b) VP = 50 ln3 = 54,93 [V]; c) E = [V/m]. 2πεo  ρ A  3h (Nota: h = distância da linha infinita ao plano condutor.)

5.7) Uma configuração de car a é constituída por duas cargas pontuais Q1 = +Q e Q2 = −Q, situadas em (0, a, 0) e (2a, a, 0), respectivamente, e um plano condutor aterrado (V = 0) em y = 0. Determinar (em funçã de Q, a e εo): a) O potencial elétrico no onto P(a, a, 0); b) O vetor campo elétrico o ponto P(a, a, 0); c) O vetor força resultante sobre a carga Q2. Respostas: a) VP = 0; b)

P =

Q ⋅ (25 − 5) 50πε o

a2

a x ; c) F 2 =

Q 2 ⋅ ( 2 − 4) 64πε o

2

(a x + a y ) .

5.8) Um condutor de cobre (condutividade σ = 5,8 ⋅ 10 7 [S/m]) tem a forma de uma cunha truncada, de dimensões 2 < ρ < 12 [cm], 0 < φ < 30o, 0 < z < 4 [cm].  10 − 4  a ρ [V/m], o interior do condutor, determinar: Se E = ρ

a) A corrente total que atra essa o condutor; b) A resistência do condutor, c) O valor do potencial no entro do condutor em relação a uma de suas extremidades. Respostas: a) I = 121,47 [ ]; b) R = 1,475 [µΩ]; c) VPb = 0,54 ⋅ 10 − 4 [V] ou VPa = −1,25 ⋅ 10 − 4 [V].



41

5.9) A região entre as placas planas de um capacitor de placas paralelas é constituída por 3 camadas diferentes de die étricos, dispostas como na figura abaixo ( = permissividade do dielétrico, S = área, a = co primento). Determinar: a) As capacitâncias indivi uais dos três capacitores formados (C1, C2 e C3) e a capacitância total resultante (CT); b) As diferenças de potenc al existentes nos dielétricos 1 e 2, isto é V1 e V2; c) As magnitudes dos cam os elétricos nos três dielétricos, isto é E1, E2 e E3; d) As magnitudes das densidades de fluxo nos três dielétricos, isto é D1, D2 e D3.

ε S ε S ε S Respostas: a) C1 = C 2 = 2 o , C 3 = o e C T = 2 o ; a a a V V V V b) V1 = V2 = ; c) E1 = ,E2 = e E 3 = ; 2 2a 4a 3a ε V ε V d) D1 = D 2 = o e D 3 = o . 2a a

5.10) Um arco, carregado com c rga distribuída com densidade constante ρL epresenta a metade de um círculo de raio a. Sab ndo-se que este arco está em pé, com ape as suas extremidades apoiadas sobre um plano ondutor, porém isoladas deste, determinar o campo elétrico ( E ) obtido no centro do círculo formado pelo arco. Resposta: E =

− ρ L πε o a

ay.

(Nota: Adotou-se o plano condutor situa o sobre y = 0)

5.11) A capacitância de um cap citor coaxial de comprimento L e condutores interno e externo de raios a e b, respectivament , é dada pela expressão: 2πε L C= , onde ε representa a permissividade elétrica do meio entre os condutores.  b  ln   a 

Seja agora a configuração obtida com três cilindros condutores coaxi is, todos de espessura desprezível, comprimento e raios a, 2a e 4a. Entre os condutores inte no e central existe um dielétrico de permissividade ε1 = εo, e entre os condutores central e externo existe um dielétrico de permissividad ε2 = 2εo.



42

a) Determinar os valores d s três capacitâncias obtidas com esta config ração; b) Se uma tensão V é aplicada entre os condutores interno e externo, determinar as tensões que surgirão entre os ondutores interno e central (V1) e entre o condutores central e externo (V2), ambas to adas em porcentagem de V.

4πε o L 2πε o L 4πε o L , C2 = , C3 = ; ln 2 ln 2 3 ln 2 b) V1 = 66,67% de V e V2 = 33,33% de V.

Respostas: a) C1 =

5.12) A figura mostra uma concha de metal semi-esférica de raio b = 1 m cheia de água do mar (condutividade σ = 4 S/m . Uma bola de metal de raio a = 0,1 m flutu no centro da concha, ficando a metade mergulhada na água. Pede-se: a) Determinar a resistência total entre a bola e a concha. b) Se uma voltagem V0 = 1 volt for aplicada entre os dois condutores, calcular: • a corrente resultante, • a densidade de corrente na região entre a bola e a concha, supondo fun ão somente de r, • campo elétrico na região entre a bola e a concha. 1  1 1   −  = 0,358 Ω ; 2πσ  a b  0,444 0,111 b) I = 2,79 A, J = 2 a r [A/m2], E = 2 a r [V/m] r r

Respostas: a) R =

5.13) A figura mostra dois bloco infinitos de dielétricos perfeitos e paralelos, rodeados pelo espaço      livre, onde na região 3, E 3 = 6 a z V/m e P3 = 18 a z pC/m2. S P2 = 24 a z pC/m2. Determinar: a) εR3 b) εR2 c) E1 d) a diferença de potencial através das regiões 2 e 3. Respostas: a) εR3 = 1,339; b) εR2 = 1,512; c) E1 = 8,004a [V/m]; d) V = V 2 + V 3 0,106 + 0,300 = 0,406 [V] 5.14) Uma esfera de raio a é fei a de um dielétrico homogêneo com permissividade elétrica εR constante. A esfera est centrada na origem no espaço livre. Os c mpos de potencial no interior e exterior da esfera são expressos, respectivamente, por: 3 r E o cos θ a3 Eo εR − 1 Vint = − cos θ e Vext = −r E o cos θ + 2 (Eo = constante) εR + 2 ε + 2 r R a) Mostrar que E int é uniforme (isto é, possui módulo constante). b) Mostrar que E ext = E o a z para r >> a. c) Mostrar que estes campos obedecem a todas as condições de f onteira do dielétrico em r = a. Atenção: Cuidado para não esquecer o sinal negativo das expressões acima.



Respostas: a) Eint =

3E o εR + 2

(cos θa r − sen θa θ ) , portanto Eint =

43

3E o εR +

= constante ;

b) Eext = E o (c s θa r − sen θa θ ) = E o a z , pois a z • a r = cos θ e a z • a θ = − sen θ ; 3E o c) De E ext = − ∇ Vext e r=a, Eext = (ε R cos θa r − sen θa θ ) = E ext N + Eext T εR + 2 3E o De Eint = − Vint e r=a, Eint = (cos θa r − sen θa θ ) = Eint N + Eint T εR + 2 Logo, de D 1 = D N 2 ⇒ Eext N = ε R Eint N e de ET1 = E 2 ⇒ Eext T = Eint T 5.15) Um capacitor coaxial de raio interno a = 2 cm, raio externo b = 4 cm e omprimento L = 1 m, contém duas camadas dielétricas, sendo uma na região 1 definida por a < ρ < c com εR1 = 2, e outra na região 2 definida or c < ρ < b com εR2 = 4. Sendo c = 3 cm, ede-se: a) Determinar a capacitâ cia do capacitor coaxial. b) Determinar Dρ e Eρ m ρ = c – (na região 1 próximo a fronteira c m a região 2) e em ρ = c+ (na região 2 próximo a fronteira com a região 1), sabendo-se que V = 0 em ρ = b (referência) e V = 100 volts em ρ = a. C1C 2 274,41 × 773,51 = pF = 202,55 pF C1 + C2 274,41 + 773,51 b) D1 = 107,46 nC/m2, E1 = 6,068 kV/m, D2 = 107,46 nC/ 2, E2 = 3,034 kV/m

Respostas: a) C =

5.16) Dado a J = −10 4 ρ (sen 2φ

ρ

+ cos 2φ a φ ) [A/m2], determinar a corrent que cruza:

(a) a região do plano x = 0, limitada por 0 < y < 2 cm e 0 < z < 1 cm, na direção − a x ; (b) a região do plano y = 0, limitada por 0 < x < 2 cm e 0 < z < 1 cm, na direção − a y . Atenção: O problema é ais fácil de resolver em coordenadas cilíndricas. Fazer uma figu a ilustrativa para facilitar a visualização. Respostas: a) I = 20 mA; ) I = 20 mA. 5.17) Sabendo as equações D ε o E + P e D = ε E (para um dielétrico linear, homogêneo e isotrópico) a) Demonstrar as seguintes relações para a polarização na fronteira entre 2 dielétricos P ε −1 Pn 2 ε R1 (ε R 2 − 1) = perfeitos: t 2 = R 2 e , Pt1 ε R1 − 1 Pn1 ε R 2 (ε R1 − 1) partindo das condições de contorno normal D n1 = D n 2 e tangencial E t1 = E t 2 . b) Determinar a constant dielétrica (ou permissividade elétrica relativa) εR do material no qual a densidade de fluxo elétrico é quatro vezes a polarização. Atenção: Empregar somente as fórmulas dadas acima para resolver os dois itens. Respostas: a) Demonstraç o; b) εR = 4/3



Anotações do Capítulo V

44


Capí tulo V VI: EQUAÇÕES D DE P POISSON E E D DE L LAPLACE

45

Capítulo VI

EQUAÇÕES DE POISSON E DE LAPLACE 6.1 – IMPORTÂNCIA DAS EQUAÇÕES DE POISSON E LAPLACE Veja no quadro abaixo uma comparação de 2 procedimentos usados para a determinação da capacitância de um capacitor. Os passos do primeiro são baseados nos conceitos teóricos dos capítulos 2 até 5, os quais dependem inicialmente do conhecimento da distribuição de carga, grandeza esta de difícil obtenção prática. Por outro lado, o segundo procedimento apresenta uma situação mais realística, a qual requer primeiramente a obtenção do potencial através das equações de Poisson ou Laplace. Estas equações e este novo procedimento são abordados neste capítulo. Quadro - Procedimentos para cálculo da Capacitância de um Capacitor Procedimento I – Antigo Procedimento II – Novo Considera-se conhecida a (expressão da) densidade Considera-se conhecida a expressão que fornece o Passo potencial V em todos os pontos do capacitor, superficial de carga ρS de um dos condutores do ou incluindo a diferença de potencial V0 entre os 2 Etapa capacitor (Nota: Se a carga deste condutor não for positiva, trabalhar com o módulo de ρS). condutores. Calcula-se a carga do condutor: Calcula-se o vetor E no dielétrico: (i) Q = ∫S ρ S dS E = −∇V Calcula-se o vetor D no dielétrico: Calcula-se o vetor D no dielétrico: (ii) D = εE ∫S D • dS = Q (Gauss) 















Calcula-se o vetor

Calcula-se a ddp





ρS = D N = D



na superfície condutora

Calcula-se a carga total no condutor escolhido:

V0 entre os condutores: A

(iv)



Calcula-se a densidade ρS em um condutor (de preferência o condutor positivo):

E no dielétrico: E = D / ε 

(iii)



Q = ∫S ρ S dS



V0 = VAB = − ∫ E • dL B

Calcula-se, finalmente, a capacitância do capacitor:

(v)

C =

Calcula-se, finalmente, a capacitância do capacitor:

Q V0

C =

Q V0

6.1.1 – Equação de Poisson ∇ • D = ρv  









D = εE  E = −∇ V  

⇒ ∇ • ε(− ∇V ) = ρ v ⇒ ∇ • ε(∇V ) = −ρ v 









Se a permissividade ε for constante, obtemos: ∇.∇ V = −

ρv ε

ou ∇ 2 V = −

ρv Poisson ε

6.1.2 – Equação de Laplace Se ainda a densidade volumétrica ρv for nula (dielétrico perfeito), obtemos: ∇ 2 V = 0 Laplace Nota: ∇ 2 = ∇.∇ = divergência do gradiente = (div.)(grad.) = Laplaciano ou “nabla 2”



46

6.2 – TEOREMA DA UNICIDADE “Se uma resposta do potencial satisfaz a equação de Laplace ou a equação de Poisson e também satisfaz as condições de contorno, então esta é a única solução possível.”

6.3 – EXEMPLOS DE SOLUÇÃO DA EQUAÇÃO DE LAPLACE A seguir serão mostrados vários exemplos de solução da Equação de Laplace para problemas unidimensionais, isto é, onde V é função somente de uma única variável. Os tipos de exemplos possíveis são: 1. V = f( x), sendo x coordenada cartesiana (válido também para V = f( y) e V = f( z)) 2. V = f(ρ), sendo ρ coordenada cilíndrica 3. V = f( φ), sendo φ coordenada cilíndrica (válido também se φ é coordenada esférica) 4. V = f(r), sendo r coordenada esférica 5. V = f(θ), sendo θ coordenada esférica

Ex.1: Cálculo de V = f(x), sendo x coordenada cartesiana d 2V ∇ V=0 ⇒ =0 ⇒ =0 ∂x 2 dx 2 dV Integrando 1a vez: =A dx Integrando 2a vez: V = Ax + B 2

∂ 2V

onde A e B são as constantes de integração que são determinadas a partir de condições de contorno (ou de fronteira) estabelecidas para a região em análise. Condições de contorno: x = constante ⇒ superfície plana  V = V1 em x = x 1 Sejam:  V = V2 em x = x 2 Substituindo acima, obtemos A e B como: V − V1 A= 2 x 2 − x1 e V x − V2 x 1 B= 1 2 x 2 − x1 V − V1 V x − V2 x 1 x+ 1 2 Logo: V = 2 x 2 − x1 x 2 − x1 Suponha agora que as condições de contorno sejam estabelecidas da seguinte maneira: em x = x1 = 0 V = V1 = 0  V = V2 = Vo em x = x 2 = d V V Assim, temos: A = o e B = 0 ⇒ V = o x (0 ≤ x ≤ d) d d



47

Etapas de cálculo da capacitância C do capacitor de placas // formado:

Vo a d x εV D = εE = − o a x d

(i)





E = −∇V = −

(ii)









(iii) ρs = D n = D 





x =0

= D

(iv) Q = ∫S ρ s dS = ρ s S = (v)

C=

x =d

εVo

d

=

εVo

d

S

εS Q εVo S / d ⇒ C= = d Vo Vo

(Mesmo resultado obtido na seção 5.8)

Ex.2: Cálculo de V = f( ρ ρ ρ ), sendo ρ ρ ρ coordenada cilíndrica

∇ 2V = 0 ⇒

1 d  dV  ρ =0 ρ dρ  dρ 

Integrando 1a vez: ρ

(ρ ≠ 0)

dV =A dρ

Re-arrajando e integrando 2a vez: V = A ln ρ + B Condições de contorno: ρ = constante ⇒ superfície cilíndrica V = 0 em ρ = b (refer.) (b > a)  = ρ = V V em a o  Daí, obtém-se A e B e substituindo acima: V = Vo

ln(b / ρ) ln (b / a )

(a < ρ < b)

Etapas de cálculo da capacitância C do capacitor coaxial formado:

(i) (ii) (iii) (iv) (v)

− Vo a ρ − b / ρ 2 Vo 1 ∂V = E = −∇ V = − a ρ = a ∂ρ ln(b / a ) b / ρ ln(b / a ) ρ ρ εVo 1 D = εE = a ln(b / a ) ρ ρ εVo ρ s = D n ρ= a = (= densidade superficial no condutor interno c/ carga +Q)

a ln(b / a ) εVo Q = ∫s ρ s dS = ρs S = 2πa L a ln(b / a ) Q 2πεL = C= (Mesmo resultado obtido na seção 5.8, Ex. 2) Vo ln(b / a )



48

Ex. 3: Cálculo de V = f( φ φ ), sendo φ φ coordenada cilíndrica

1 d 2V =0 ∇ V=0 ⇒ (ρ ≠ 0) 2 2 ρ dφ d 2V =0 Fazendo ρ ≠ 0 ⇒ 2 dφ 2

Integrando 1a vez:

dV =A dφ

Re-arrajando e integrando 2a vez: V = A φ + B Condições de contorno: φ = constante ⇒ superfície semi-plana radial nascendo em z V = 0 em φ = 0  V = Vo em φ = α Daí, obtém-se A e B e substituindo acima: V V= oφ α

Nota: Calcular a capacitância do capacitor formado por dois planos finitos definidos por: φ = 0, a < ρ < b, 0 < z < h (Adotar V = 0) φ = α, a < ρ < b, 0 < z < h (Adotar V = Vo) εh b Desprezar os efeitos das bordas. (Resposta: C = ln ) α

Ex. 4: Cálculo de V = f(r), sendo r coordenada esférica

1 d  dV 

∇ 2V = 0 ⇒ 2  r 2  = 0 (r ≠ 0) dr dr   r

Integrando 1a vez: r 2

dV =A dr

Re-arranjando e integrando 2a vez: A V=− +B r Condições de contorno: r = constante ⇒ superfície esférica V = 0 em r = b (refer.) (b > a)  = = V V em r a o 

a



49

Daí, obtém-se A e B e substituindo acima: 1 1 − r b V = Vo 1 1 − a b Etapas de cálculo da capacitância C do capacitor esférico formado:

(i)

E = −∇ V = −

− Vo  1  ∂V ar =  − a 1 1  r 2  r ∂r −

a

(ii)

D = εE =

(iii) (iv) (v)

b

εVo 1

a 1 1 r2 r − a b εVo 1 ρs = D n (r = a ) = (= densidade superficial no condutor interno c/ carga +Q) 1 1 a2 − a b εVo 1 Q = ∫s ρ s ds = 4πa 2 2 1 1a − a b Q 4πε C= = (Mesmo resultado obtido na seção 5.8, Ex. 3) Vo 1 − 1 a b

Ex. 5: Cálculo de V = f( θ θ ), sendo θ θ coordenada esférica

∇ 2V = 0 ⇒

1 d  dV  θ sen  =0 2 θ θ d d  r sen θ 

(r ≠ 0, θ ≠ 0, θ ≠ π)

Fazendo r ≠ 0, θ ≠ 0 e θ ≠ π: d  dV   sen θ =0 dθ  dθ  Integrando 1a vez: sen θ

dV =A dθ

Re-arrajando e integrando 2a vez: V = A ln[tg (θ 2)] + B Condições de contorno: θ = constante ⇒ superfície cônica V = 0 em θ = π 2 (α < π /2)  = θ = α V V em o  Daí, obtém-se A e B e substituindo acima: V=

Vo ln[tg(θ / 2)] ln[tg (α / 2)]



50

Nota: Calcular a capacitância do capacitor formado por dois cones finitos definidos por: θ = π /2, 0 < r < r1, 0 < φ < 2π (Adotar V = 0) θ = α, 0 < r < r1, 0 < φ < 2π (Adotar V = V o) − 2πε r1 Desprezar os efeitos das bordas. (Resposta: C = ) ln[tg (α 2)] 6.4 – EXEMPLO DE SOLUÇÃO DA EQUAÇÃO DE POISSON Exemplo: A região entre dois cilindros condutores coaxiais com raios a e b, conforme mostrado na figura abaixo, contém uma densidade volumétrica de carga uniforme ρV . Se o campo elétrico E e o potencial V são ambos nulos no cilindro interno, determinar a expressão matemática que fornece o potencial V na região, entre os condutores assumindo que sua permissividade seja igual à do vácuo. Solução: 2

Equação de Poisson: ∇ V =

ρ ∂  ∂V   ρ  = − v ρ ∂ ρ  ∂ ρ  ε o

1

⋅

Integrando pela 1a vez: ρ v ρ 2 ρ A ∂V ∂V ρ =− ⋅ +A⇒ = − v ⋅ ρ + ε o 2 2ε o ρ ∂ ρ ∂ ρ Porém, sabe-se que: E = −∇V ⇒ E = −

∂V ∂V ∂V = −E a ρ ⇒ E = E = − ⇒ ∂ ρ ∂ ρ ∂ ρ

(01) (02)

Substituindo (02) em (01), temos: ρ ∂V A = − E = − v ⋅ ρ + ∂ ρ 2ε o ρ

1a Condição de Contorno (Obtenção de A):

(03) E=

0 para ρ = a.

(04)

Substituindo (04) em (03), temos: 0=

ρv ρ A ⋅ a − ⇒ A = v ⋅ a2 2ε o 2ε o a

(05)

Substituindo (05) em (01), temos: ρ v ρ v a 2 ∂V =− ⋅ ρ + ⋅ ∂ ρ 2ε o 2ε o ρ

(06)

Integrando pela 2a vez: V

ρ v ρ 2 ρ v =− ⋅ + ⋅ a 2 ln ρ + B 2ε o 2 2ε o

(07)



2a Condição de Contorno (Obtenção de B):

51

V = 0 para ρ = a.

(08)

ρ v ρ ⋅ a 2 − v ⋅ a 2 ln a 4ε o 2ε o

(09)

Substituindo (08) em (07), temos: 0

ρ v a 2 ρ =− ⋅ + v ⋅ a 2 ln a + B ⇒ 2ε o 2 2ε o

B=

Substituindo (09) em (07), temos: ρ ρ ρ ρ V = − v ⋅ ρ 2 + v ⋅ a 2 ln ρ + v ⋅ a 2 − v ⋅ a 2 ln a 4ε o 2ε o 4ε o 2ε o

V=

ρv ρ  ρ  ⋅ a 2 − ρ 2 + v ⋅ a 2 ln  [V ] 4ε o 2ε o  a 

(

)

(10)

6.5 – SOLUÇÃO PRODUTO DA EQUAÇÃO DE LAPLACE Suponha o potencial seja função das variáveis x e y de acordo com a seguinte expressão: V = f ( x )f ( y) = XY

onde

X = f ( x ) e Y = f ( y)

Aplicando a equação de Laplace, obtemos: ∂ 2V ∂ 2V 2 ∇ V=0 ⇒ + 2 = 0 2 ∂x ∂y (01) → (02): ∂ 2X ∂ 2Y Y 2 + X 2 = 0 ∂x ∂y

(01)

(02)

(03)

Dividindo (03) por XY: 1 ∂ 2X 1 ∂ 2Y + =0 X ∂x 2 Y ∂y 2 Separando os termos somente dependentes de x dos termos somente dependentes de y, escrevemos: 1 d2X 1 d2Y =− (04) X dx 2 Y dy 2 Como X = f ( x ) e Y = f ( y) , então para que a equação (04) seja verdadeira, cada um dos membros de (04) deve resultar em uma mesma constante. Chamando esta constante de α2, temos: 1 d2X 2 = α X dx 2 1 d2Y = −α 2 2 Y dy

(05) (06)



52

Re-escrevendo (05) e (06) temos: d 2X = α2X 2 dx d 2Y = −α 2 Y 2 dy

(07) (08)

Solução da equação (07) pelo Método de Dedução Lógica: Basta responder a seguinte pergunta: “Qual é a função cuja segunda derivada é igual a própria função multiplicada por uma constante positiva?” Solução 1: Função trigonométrica hiperbólica em seno ou co-seno. Assim: X = A cos hαx + B sen hαx

(09)

Solução 2: Função exponencial. Assim:

X = A' e αx + B' e −αx

(10)

Solução da equação (08) pelo Método de Dedução Lógica: Basta responder a seguinte pergunta: “Qual é a função cuja segunda derivada é igual a própria função multiplicada por uma constante negativa?” Solução 1: Função trigonométrica em seno ou co-seno. Assim: Y = C cos αy + D sen αy

(11)

Solução 2: Função exponencial complexa. Assim:

Y = C' e jαy + D' e − jαy

(12)

Nota: Veja no Anexo I a solução da equação diferencial (07) por série infinita de potências. Solução final da equação (01): Substituindo (09) e (11) em (01), obtemos finalmente: V = XY = (A cos hαx + B sen hαx )(C cos αy + D sen αy)

(13)

sendo que as constantes A, B, C e D são determinadas pelas condições de contorno do problema.

Exemplo: Calcule o potencial na região interna da calha retangular da figura. São conhecidos todos os potenciais nos contornos metálicos da calha. Observe que temos, neste caso, V = f(x) f(y). Partir da expressão (13) obtida acima. Solução: Pela figura temos as condições de contorno: (i) V = 0 em x = 0, (ii) V = 0 em y = 0, (iii) V = 0 em y = d, 0 < x < c (iv) V = Vo em x = c, 0 < y < d



53

Aplicando as condições (i) e (ii) em (13) obtemos A = C = 0 e chamando BD = V1, chegamos a: V = XY = BD sen hαx sen αy = V1 sen hαx sen αy (14) e aplicando a condição (iii), V = 0 em y = d, temos: nπ 0 = V1 sen hαx senαd ⇒ α = (n = 0,1,2, ) d

(15)

Substituindo α de (15) em (14): nπx nπy V = V1 sen h sen d d

(16)

…

Para a condição (iv) é impossível escolher um n ou V1 de modo que V = Vo em x = c, para cada 0 < y < d. Portanto, deve-se combinar um número infinito de campos de potenciais com valores diferentes de n e valores correspondentes de V1, isto é, V1n. Assim, genericamente devemos ter: ∞

V = ∑ V1n sen h n =0

nπx nπy sen d d

0
(17)

Aplicando agora a última condição de contorno (iv), V = Vo em x = c, 0 < y < d, obtemos: ∞

Vo = ∑ V1n sen h n =0

nπc nπy sen d d

0
(18)

0
(19)

ou ∞

Vo = ∑ b n sen n =0

nπy d

onde, b n = V1n sen h

nπc d

(20)

A equação (19) pode representar uma série de Fourier em seno para f(y) = V(y) = Vo em 0 < y < d (região de interesse) e f(y) = V(y) = –Vo em d < y < 2d, repetindo a cada período T = 2d. O gráfico desta função é mostrado na figura abaixo. Sendo a função ímpar, o coeficiente bn é dado por: 2 T nπy b n = ∫ f ( y) sen dy T y =0 d

n=0,1,2,3,...

ou 1 d nπy 1 2d nπy b n = ∫ Vo sen dy + ∫ (− Vo ) sen dy d y =0 d d y =d d Resolvendo as integrais, obtemos: 4V b n = o para n ímpar nπ e b n = 0 para n par

(21)



54

Substituindo bn de (21) em (20) e isolando V1n chegamos a: 4Vo V1n = nπc nπ sen h d

(22)

Finalmente, substituindo (22) em (17) obtemos a expressão para o potencial como: 4Vo

∞

V= ∑

n =1 nπ sen h nπc ímpar d

sen h

nπx nπy sen d d

0 < x < c, 0 < y < d

(23)

0 < x < c, 0 < y < d

(24)

ou,

V=

4Vo

nπx nπy sen d d nπc n sen h d

∞ sen h

∑

π n =1

ímpar

6.6 – EXERCÍCIOS PROPOSTOS 6.1) Num meio uniforme de permissividade ε existe uma distribuição de cargas com densidade volumétrica ρv(r) = k, ocupando uma região esférica oca definida, em coordenadas esféricas, por a ≤ r ≤ b. Assumindo que o potencial seja zero em r = a, determinar pela equação de Laplace/Poisson, o campo elétrico E(r ) e o potencial V(r) dentro das regiões: a) 0 ≤ r ≤ a; b) a ≤ r ≤ b; c) r ≥ b. Nota: Pode-se usar a Lei de Gauss para obter a segunda condição de contorno para E . 



Respostas: a) E(r ) = 0 e V(r) = 0; 

− k  k  r 2 a 3 3a 2  a 3    ⋅ r− ⋅ + − a r e V(r ) = b) E(r ) = ; 3ε  r 2  3ε  2 r 2  3 3 2 2 k  b 3 − a 3  k  3 b −a 3b a   . c) E(r ) = ⋅ a r e V(r ) = ⋅  − + 3ε  r 2  3ε  r 2 2  



6.2) Na região interna entre os planos z = 0 e z = 2a foi colocada uma carga uniformemente distribuída com densidade volumétrica ρv. Na região externa aos planos, o meio é somente o vácuo. Determinar a distribuição de potenciais para: a) A região interna entre os planos definida por 0 ≤ z ≤ 2a ; Nota: A primeira condição de contorno é obtida fixando a referência de potencial zero em z = 0. A segunda condição de contorno é obtida verificando onde o campo elétrico é nulo, baseando-se na simetria da configuração de cargas. b) A região externa entre os planos definida por z ≥ 2a . Nota: As condições de contorno devem ser obtidas partindo dos resultados do item anterior. − z ρ v  z − a ρ v  ⋅ (z − 2a ) Respostas: a) V = ⋅  − a  ; b) V = ε o ε 2   o



6.3)

55

Dados os campos de potencial V′ = 3x − y [V ] e V ′′ = 5 2r 2 − 7 cos θ [V] , pede-se: a) Verificar se estes campos de potencial satisfazem a Equação de Laplace; b) Determinar, para cada campo de potencial acima, a densidade volumétrica de carga no ponto P(0,5 ; 1,5 ; 1,0) no espaço livre. Respostas: a) V′ satisfaz (dielétrico perfeito) e V′′ não satisfaz a Equação de Laplace; b) ρv = 0 (dielétrico perfeito) para V′ e ρv = –283,97 [pC/m3] para V′′ .

( 2 )] + B a expressão algébrica para o cálculo do potencial elétrico no 6.4) Seja V = Aln[tg θ dielétrico entre dois cones condutores coaxiais, sendo θ o ângulo medido a partir do eixo dos cones e A e B duas constantes. Sejam estes cones condutores definidos por θ = 60o e θ = 120o, separados por um espaço infinitesimal na origem. O potencial em P(r=1, θ = o o o o 60 , φ= 90 ) é 50 V e o campo elétrico em Q(r=2, θ = 90 , φ= 120 ) é 50aθ [V/m]. Determinar: a) O valor do potencial V no ponto Q; b) A diferença de potencial Vo entre os dois cones; c) O ângulo θ no qual o potencial elétrico é nulo. Respostas: a) VQ = – 4,93 [V]; b) Vo = 109,86 [V]; c) θ = 87,18o. 

6.5) Suponha que o espaço livre seja preenchido com uma carga distribuída com densidade volumétrica de carga ρV = kεox [C/m3]. Sejam os valores do quadro abaixo e k = 6 ⋅ 106 . Pede-se: x [mm] V(x) [V] E(x) [V/m] 0 0 a) Determinar as expressões matemáticas de 5 V(x) e E(x); 10 – 1200 b) Completar os valores de V(x) e E(x) no 15 quadro. Respostas: a) V( x ) = b)

− kx 3

6

x [mm] 0 5 10 15

kx 2 + 1500 x e E( x ) = − 1500 ; 2 V(x) [V] 0 7,375 14,0 13,125

E(x) [V/m] –1500 –1425 –1200 –825

6.6) A figura mostra um capacitor de placas paralelas, com dois dielétricos (regiões) de permissividades relativas εR1 e εR2. Pede-se: a) Os valores das diferenças de potenciais V10 e V20, nas 2 regiões, em função da tensão da bateria Vo; b) As expressões matemáticas de V1(x) e V2(x) nas 2 regiões, determinadas a partir da equação de Laplace e condições de contorno apropriadas. V 2Vo V V Respostas: a) V10 = o e V20 = ; b) V1(x) = o x e V2 (x) = o (2 x − d ) 3 3 3d 3d



56

6.7) Um capacitor é constituído de duas placas planas condutoras situadas em φ = 0 e φ = α. As placas são limitadas pelos cilindros ρ = a e ρ = b e pelos planos z = 0 e z = h. Se a diferença de potencial entre as placas condutoras for Vo, pede-se: a) Determinar a expressão matemática do potencial V na região, partindo da equaçao de Laplace; b) Determinar a expressão matemática da capacitância; c) Dizer se é possível obter a mesma expressão da capacitância do item anterior, partindo da Lei de Gauss empregando uma superfície gaussiana. Justificar sua resposta; d) Determinar a separação que conduz a mesma capacitância do item (b) quando as placas são colocadas numa posição paralela, com o mesmo dielétrico entre elas. Nota: Assumir a permissividade do dielétrico como sendo a do vácuo. ε h V b Respostas: a) V = o φ ; b) C = o ⋅ ln ; α

a

c) Não é possível obter uma superfície gaussiana para a solução pela Lei de Gauss, pois em qualquer plano radial (φ = cte), D não é constante (D = f ( ρ)), apesar de ser normal à estes planos; d) d = (b − a )α [ln(b a )] 6.8) Num dispositivo o potencial elétrico é função somente da variável z, possuindo uma região com densidade volumétrica de carga ρv = ρo(z/z1) e condições de fronteira dadas por E = 0 em z = 0 e V = 0 em z = z1. Determinar para qualquer ponto nesta região: a) O potencial elétrico V, b) O campo elétrico E . 

Respostas: a) V =

− ρo 3 (z − z13 ); 6ε z1

b) E =

ρo 2 z az 2ε z1

6.9) a) Desenvolver as equações de Poisson e Laplace para um meio linear, homogêneo e isotrópico. b) Sendo v = campo vetorial qualquer e f = campo escalar qualquer, demostrar a seguinte identidade vetorial: ∇ • (f v ) = (∇ f ) • v + (∇ • v) f Sugestão: Usar o sistema de coordenadas cartesianas para facilitar sua demonstração. c) De que maneira deve a permissividade elétrica (ε) variar em um meio não-homogêneo sem carga, de modo que a equação de Laplace continue válida? Sugestão: Iniciar pelo desenvolvimento do item (a), supondo ε variando espacialmente (com a distância). Usar também a identidade vetorial do item (b). Respostas: a) Equação de Poisson: ∇ 2V = −ρ v / ε , Equação de Laplace (ρv = 0): ∇ 2V = 0 ; b) Demonstração; c) Fazendo na identidade vetorial acima f = ε e v = ∇ V e tomando ∇ 2V = 0 (Laplace), obtém-se (∇ ε ) • E = 0 , logo ∇ ε ⊥ E e a permissividade elétrica (ε) deve variar somente numa direção perpendicular ao campo elétrico (E ) . 6.10) a) Demonstrar, partindo da equação de Laplace, que a capacitância C de um capacitor esférico formado por 2 superfícies condutoras esféricas de raios a e b (b > a), separadas 4πε por um dielétrico de permissividade elétrica ε, é dada por: C = 1 1 a

−

b



57

b) Determinar a capacitância, CESFERA, de um capacitor esférico isolado formado por uma esfera de cobre de raio 9 cm, no vácuo. c) Se uma camada de um dielétrico uniforme (com εR = 3) de espessura d é colocada envolvendo a esfera de raio 9 cm do item (b), determinar d tal que a nova capacitância total equivalente seja 2 × CESFERA. Atenção: Note que a configuração final é de 2 capacitores esféricos dispostos em série. Respostas: a) Demonstração; b) CESFERA = 4πεoa = 10 pF (b → ∞); c) d = 27 cm. 6.11) Dada a equação diferencial de segunda ordem X" + 2xX' − X = 0 , considere uma solução na forma de série infinita de potências, e calcule os valores numéricos dos coeficientes a2 até a6 desta série, sendo a0 = 1 e a1 = –2. ∞

Atenção: Como X é função somente de x, fazer X = ∑ a n x n . n =0

Respostas: a2 = 1/2, a3 = 1/3, a4 = –1/8, a5 = –1/12, a6 = 7/240. 6.12) Sabendo-se que uma solução produto para a Equação de Laplace em duas dimensões é dada por V1 = X1Y1 , onde X1 e Y1 são funções somente de x e y, respectivamente, verificar se cada uma das 5 funções dadas a seguir satisfaz ou não à equação de Laplace, justificando sua resposta. a) Va = X1 − Y1 ; b) Vb = Y1 ; c) Vc = X1Y1 + y ; d) Vd = 2X1Y1 ; e) Ve = X1Y1 + x 2 − y 2 Respostas: (a) e (b) não satisfazem a Equação de Laplace. Observe que ∇ 2X1 e ∇ 2Y1 não são solucionáveis, já que não se sabe suas expressões matemáticas. Assim, não se pode afirmar que ∇ 2 (X1 − Y1 ) = 0 para (a), e nem que ∇ 2 Y1 = 0 para (b); (c), (d) e (e) satisfazem a Equação de Laplace, já que ∇ 2 (X1Y1 ) = 0 (dado) e também ∇ 2 (y ) = 0 e ∇ 2 (x 2 − y 2 ) = 2 − 2 = 0 .



Anotações do Capítulo VI

58


Capí tulo V VII: CAMPO M MAGNÉTICO E ESTACIONÁRIO

59

Capítulo VII

CAMPO MAGNÉTICO ESTACIONÁRIO 7.1 – LEI DE BIOT-SAVART 

O campo magnético d H produzido pelo elemento de  corrente contínua I d L no ponto P (ver figura) é: 



dH =



I dL × a R 4 π R





⇒ H=∫

2



I dL × a R 4π R 2

(A/m)

onde 





I dL = K dS = J dv

(ver figura)

d I = densidade superficial de corrente (A/m) dL d I J = = densidade (volumétrica) de corrente (A/m2) dS K=



Exemplo: Calcular o campo magnético H num ponto P devido a um filamento retilíneo infinito com corrente I . 



Solução: dH =



(

2

4π ρ + z 

H= 

H=



I dz a z × (ρa ρ − za z )

I ρ +∞ ∫ 4 π −∞ I 2 πρ

2 3 / 2

)





=

I dz ρa φ

(

4π ρ 2 + z 2

)3 / 2 +∞

  zaφ I ρ    = 1 / 2 2 2 3 / 2 2 2 2 π 4  ρ (ρ + z )  (ρ + z )   −∞

dz a φ



aφ

7.2 – LEI CIRCUITAL DE AMPÈRE (CAMPO MAGNÉTICO ESTACIONÁRIO) “A integral de linha de H ao longo de qualquer percurso fechado é exatamente igual à corrente enlaçada pelo percurso”. A expressão matemática é dada por: 



∫ H • dL = I

(I = corrente total enlaçada, sentido convencional)

Amperiana (def.): É um percurso (caminho) especial com as seguintes propriedades:

(i) (ii)

É um percurso fechado;   Em cada um de seus pontos H é tangencial ouH é normal ao percurso. Assim, se H⊥dL ⇒ H • dL = 0 ; (Neste caso H é normal à amperiana)  se H // dL ⇒ H • dL = H dL (Neste caso H é tangencial à amperiana)  (iii) Em todos os pontos onde H // d L , a magnitude de H é constante.



60



Cálculo de

H , aplicando a lei circuital de Ampère (e amperiana), para alguns casos especiais:

a) Condutor retilíneo ∞ ∞ com corrente I 



2π



∫ H . dL = I enlaçada 2π



∫ H φ a φ . ρdφa φ = I ⇒ H φ ρ ∫ dφ = I

φ =0

0



I

Hφ =

2 πρ

⇒ H=

I



2πρ

aφ 

b) Película plana ∞ ∞ com corrente com densidade superficial uniforme 





K = K xa x

∫ H . dL = I enlaçada B

C

D

A

A

B

C

D



L

∫ + ∫ + ∫ + ∫ H . dL = ∫ K x dy 0

H yL + 0 + HyL + 0 = K x L ⇒ H y = K x 2 

Nota: Forma geral para obtenção do campo H devido a uma película plana ∞ com corrente uniforme:   1  H = K ×an ( H independe da distância) 2   onde a n é versor normal ao plano orientado para o lado que se deseja obter H.    1   1 1  Ex.: Acima do plano da figura anterior: H = K x a x × a z = K x (− a y ) = − K x a y = H y 2 2 2 

Atenção: Provar que o campo magnético H na região entre 2 superfícies infinitas condutoras e paralelas com densidades de corrente uniformes iguais e de sentidos opostos é dado por:     H = K ×an ( H = 0 nas regiões externas às 2 superfícies) c) Linha de transmissão coaxial com corrente total +I uniformemente distribuída no condutor central e –I no condutor externo 











∫ H . dL = I enlaçada onde H = Ha φ e dL = ρdφa φ

Para uma amperiana circular de raio ρ, tal que: ρ < a ⇒ H φ = I

ρ

2πa 2

a < ρ < b ⇒ H φ = b < ρ < c ⇒ H φ =

I

2πρ

(no condutor central) (no dielétrico)

I c 2 − ρ 2

(condutor externo) 2πρ c 2 − b 2 ρ > c ⇒ H φ = 0 (fora: blindagem magnética )



61 

d) Solenóide de comprimento ∞ ∞ com uma distribuição superficial de corrente



K = Kaaφ

Para o solenóide infinitamente longo e a amperiana retangular ABCD temos: 

B



∫ H . dL = I enlaçada ⇒

∫ A

C

D

A 



d

+ ∫ + ∫ + ∫ H . dL = ∫ K a dL ⇒ B



C

D

H d + 0 + 0 + 0 = Kad

0



Portanto: H = K a ⇒ H = K a a z Se o solenóide for de comprimento finito d com N espiras nas quais flui uma corrente I, temos:  NI  NI

Ka =

⇒ H=

d

d

az

(Bem dentro do solenóide) 

e) Toróide ideal com distribuição superficial de corrente



K = K a a z em ρ = ρ o − a, z = 0 ,

sendo ρo o raio médio e a o raio da seção transversal do anel toroidal 



∫ H . dL = I enlaçada

(Lei circuital de Ampère)

Para uma amperiana circular de raio ρ, tal que: ρ < ρo – a ⇒ H φ = 0 (fora do anel) ρ −a ρo – a < ρ < ρo + a ⇒ H φ = K a o ρ  ρ −a  aφ Vetorialmente: H φ = K a o ρ ρ > ρo + a ⇒ H φ = 0 (fora do anel) Se este toróide possuir N espiras nos quais flui uma corrente I, temos:

Ka =

NI

2π(ρ o − a )



⇒ H=

NI

2πρ



aφ

(Bem dentro do toróide)



62

7.3 – ROTACIONAL 







Seja um vetor (ou campo vetorial) qualquer expresso por: A = A x a x + A y a y + A z a z 



Definição: A componente do rotacional de A na direção da normal (versor a n ) de uma área ∆S é dado por:    A d L •  (rot.A )• a n = lim ∫ ∆S ∆S→0  onde dL representa o vetor diferencial de comprimento integrado ao longo do perímetro da área ∆S Para determinar uma expressão matemática para o rotacional no sistema de coordenadas  cartesianas, seja o vetor A aplicado no vértice da área ∆S = ∆y∆z que se situa mais próximo da origem, ou vértice 1 da figura mostrada ao lado. Neste caso, pela definição acima, temos:  • A d L ∫   12341 (rot.A )• a x = lim ∆y∆z→0 ∆y∆z Desenvolvendo separadamente





∫ A • dL , temos: 12341





2

3

4

1 

1

2

3

4



∫ A • dL = ∫ + ∫ + ∫ + ∫ A • dL 12341 





∫ A • dL ≅ A y ∆y +  A z + 

12341 



 ∂A z

∫ A • dL ≅ 

12341

 ∂y

−

∂A y   ∂A z  ∆y ∆z −  A y + ∆z ∆y − A z ∆z ∂y ∂ z   

∂A y 



∆y∆z ∂z 

Substituindo acima, obtemos, no limite, a componente do  rotacional de A na direção do eixo x:  ∂A   (rot.A )• a x =  ∂A z − y  ∂z   ∂y Semelhantemente, obtemos as componentes do rotacional  de A nas direções dos eixos y e z, isto é:  (rot.A )• a y =   ∂A x − ∂A z  (ver figura) ∂x   ∂z   ∂A  (rot.A )• a z =  y − ∂A x  (ver figura) ∂y   ∂x Combinando os 3 componentes (na forma vetorial),  chegamos ao vetor que representa o rotacional de A , sendo expresso por:



 ∂A z



rot.A = 

 ∂y

−

63

∂A y  

 ∂A y ∂A x   ∂A x ∂A z   a x +  a z − + − a   y   ∂z  ∂x  ∂y   ∂z  ∂x 







Para o vetor campo magnético H = H x a x + H y a y + H z a z e usando a notação de rotacional com o vetor nabla, pode-se escrever:    rot.H = ∇ × H Em coordenadas cartesianas, e somente neste sistema de coordenadas, o rotacional de um vetor pode ser obtido através do seguinte determinante: 





ax ay az   ∇ × H = ∂ / ∂x ∂ / ∂y ∂ / ∂z Hx Hy Hz 



Nota: Ver no FORMULÁRIO GERAL as outras expressões do rotacional ( ∇ × H ) nos sistemas de coordenadas cilíndricas e esféricas. Aplicando novamente a definição do cálculo da componente do rotacional na direção do eixo x, porém agora para o vetor campo magnético, e considerando a lei circuital de Ampère, obtemos: 



(rot.H )• a x =



∫ H • dL 12341

lim

∆y∆z→0

∆y∆z

∆ I x = Jx y z ∆ ∆ ∆y∆z→0

= lim

onde ∆ I x = corrente envolvida pelo percurso 12341, ou corrente que atravessa a área ∆Sx = ∆y∆z. De maneira análoga, obtém-se:  (rot.H )• a y = J y 

(rot.H )• a z = J z Daí, concluímos que o rotacional do vetor campo magnético resulta (na magnetostática) no vetor densidade de corrente, ou seja: 





∇×H = J

(Forma pontual da lei circuital de Ampère)

Propriedades do operador rotacional: 1) A divergência do rotacional de qualquer função ou campo vetorial é sempre nula. 





∇ • (∇ × A ) = 0 













Seja, por exemplo, A = H . Da expressão ∇ × H = J chegamos a ∇ • J = 0 . 2) O rotacional do gradiente de qualquer função ou campo escalar é sempre nulo. 



∇ × (∇f ) = 0









Seja, por exemplo, f = -V . Da expressão E = −∇V chegamos a ∇ × E = 0 .



64

7.4 – TEOREMA DE STOKES Pela definição de rotacional, temos: 



















  ∫ H • dL ∆S ≈ ∇ ( × H )• a n ∆S 

∫ H • dL ∆S ≈ (∇ × H ) • a n ∆S 

∫ H • dL ∆S ≈ (∇ × H ) • ∆S

Somando a circulação de todos os ∆S da superfície S, chegamos na expressão matemática do teorema de Stokes: 









∫ H • dL = ∫ ( ∇× H ) • dS C

S 



Notas: 1 - O contorno C envolve a superfície S. Os vetores dL (de C) e dS devem satisfazer a  “regra da mão direita” (com o polegar apontando dS e os outros dedos apontando dL );  2 - O teorema de Stokes é válido para qualquer campo vetorial, e não somente o campo H. 

7.5 – FLUXO MAGNÉTICO ( Φ) E DENSIDADE DE FLUXO MAGNÉTICO ( B ) 

A densidade de fluxo magnético B é definida para o vácuo de permeabilidade magnética µo (sendo  µo = 4π ×10-7 H/m ) e o campo magnético H , como: 



(Unidade: Wb/m2)

B = µoH 

Nota: B é definido em outros meios somente a partir da seção 8.6 desta apostila. 

O fluxo magnético Φ que atravessa uma área S é obtido integrando B sobre a área S, isto é: 



Φ = ∫S B • dS

(Unidade: Wb)

Exemplo:Calcular o fluxo magnético Φ entre o condutor interno (raio ρ = a) e o condutor externo (raio ρ = b) de uma linha coaxial de comprimento L no vácuo. 

Solução: H =

I 2πρ







aφ

B = µH =

na região a < ρ < b

µ I  aφ 2πρ

  Φ = ∫ B . dS = ∫0L ∫ab

S

Φ=

µ IL b ln [Wb] 2π a

 µ I  a φ . dρ dza φ 2πρ



65

Analogias entre as equações da eletrostática e da magnetostática

ELETROSTÁTICA

MAGNETOSTÁTICA

1) Densidade de fluxo elétrico 



D = εoE

1) Densidade de campo magnético 

(no vácuo)

2) Fluxo elétrico

Φ = ∫ B • dS

S

S

3) Lei de Gauss da eletrostática

3) Lei de Gauss da magnetostática







ψ T = ∫ D • dS = Qint

∫S B • dS = 0

S

4) Divergência da densidade de fluxo elétrico 

∇ • D = ρv





∇ × E = 0





∇×H = J

6) Circulação do campo elétrico

∫



5) Rotacional do campo magnético





4) Divergência da densidade de fluxo magético

∇ • B = 0

5) Rotacional do campo elétrico 





ψ = ∫ D • dS



(no vácuo)

2) Fluxo magnético







B = µoH

6) Circulação do campo magnético



∫

E • dL = 0









H • dL = I = ∫S J • dS

7.6 – POTENCIAIS ESCALAR E VETOR MAGNÉTICOS O potencial escalar magnético Vm é definido, analogamente ao potencial eletrostático, a partir de: 



H = −∇Vm

(Unidade de Vm: A ou Aespira) 

Esta expressão é definida somente na região onde J = 0. (Por quê?) Outras expressões (obtidas por analogia com o potencial eletrostático): 



∇ 2 Vm = 0 em J = 0 a



(Equação de Laplace para materiais homogêneos magnetizáveis)



Vm,ab = − ∫b H • dL

(Depende de percurso específico para ir de “b” até “a”) 

O potencial vetor magnético A é um campo vetorial tal que: 





B=∇× A

que satisfaz





∇•B= 0



(Unidade de A : Wb/m)

Outras expressões (obtidas por analogia com o potencial eletrostático): 

µ I dL A=∫ 4πR

  ρ L dL (Comparar com V = ∫ . Note que a direção de A é a mesma de dL ) 4πεR



 ρ (Comparar com a Equação de Poisson ∇ 2 V = − v )







∇ 2 A = −µJ

ε



66

Exemplo:Para a região entre o condutor interno (raio ρ = a) e o condutor externo (raio ρ = b) da linha (ou cabo) coaxial do exemplo anterior, calcular:   (a) Vm por H = −∇Vm P 



(b) VmP = − ∫ H • dL 

Re f 





(c) A por ∇ × A = B Solução: 



(a) H = −∇Vm ⇒

I



2πρ

aφ = −

1 ∂Vm ρ ∂φ



aφ ⇒

dVm I I ⇒ Vm = − φ + C =− 2π dφ 2π

Adotando Vm = 0 em φ = 0 (referência), obtemos C = 0 ⇒ Vm = −

I φ 2π

Seja um ponto P(a < ρ
(b) Adotando Vm = 0 em φ = 0 (referência), o potencial no ponto P(a < ρ






Atenção: Note que A tem o mesmo sentido de a z (sentido da corrente no condutor central  pois ρ < b). Também A decresce com o aumento de ρ desde ρ = a até ρ = b.



67

7.7 – EXERCÍCIOS PROPOSTOS 

7.1) a) Demonstrar que o campo magnético H num ponto P devido a um filamento retilíneo de comprimento finito (extremidades A e B), com corrente I no sentido indicado, é dado por: 

H=

I



(sen α 1 + sen α 2 ) aφ , sendo:

4πρ α1, α2 = ângulos positivos medidos conforme indicados,  aφ = vetor unitário que define o sentido do campo no pto P, ρ = menor distância, na perpendicular, do ponto P ao segmento AB ou ao seu prolongamento.  b) A partir da expressão de H acima, determinar seus valores nos pontos C(0, 4, 0), D(3, 4, 0) e E(-3, 4, 0), se o filamento for colocado sobre o eixo x, com suas extremidades A e B posicionadas, respectivamente, em (-3, 0, 0) e (3, 0, 0).  c) A partir da expressão de H acima, determinar seus valores nos mesmos pontos C, D e E, com o filamento sobre o eixo x, porém, agora com sua extremidade A posicionada na origem e sua extremidade B estendendo ao infinito. Respostas: a) Demonstração; 3 I 3 I 13 3 I 13 b) H C = a z [A/m], H D = a z [A/m], H E = a z [A/m]; 40π 208π 208 c) H C =

I

16π

a z [A/m], H D =

I

10π

a z [A/m], H E =

I

40π

a z [A/m];

7.2) Um filamento de corrente muito longo está situado sobre a reta x = 5 e z = 0, possuindo uma corrente de 20π [A], orientada no sentido positivo do eixo y. Determinar o campo magnético  H (na forma vetorial) nos seguintes pontos: a) O(0,0,0); b) P(0,0,5); c) Q(5,0,5); d) S(5,5,5). Respostas: a) H O = 2 az [A/m]; b) H P = a x + a z [A/m]; c) H Q = 2 a x [A/m]; d) H S = 2 a x [A/m]. 7.3) Uma corrente filamentar I, no vácuo, sobre o eixo z, flui no sentido positivo do eixo. Seja um percurso retangular ABCDA sobre o plano z = 0, com vértices nos pontos A(a,a,0), B(-a,a,0), C(-a,-a,0) e D(a,-a,0). Determinar, para este percurso e utilizando o menor caminho, os seguintes valores: a) VmAB ; b) VmBC ; c) VmCD ; d) VmDA ; e) VmAB + VmBC + VmCD + VmDA → Concluir a respeito do valor obtido; f) VmAC por 2 caminhos (via B e depois via D) → Comparar os valores e concluir a respeito. I I I I Respostas: a) VmAB = ; b) VmBC = ; c) VmCD = ; d) VmDA = ; 4 4 4 4 e) VmAB + VmBC + VmCD + VmDA = I = corrente enlaçada; I I f) VmAC1 = ≠ VmAC 2 = − ⇒ Logo o sistema não é conservativo. 2 2 7.4) Encontre a indução magnética no centro de um triângulo equilátero de lado a, conduzindo uma corrente I. 9I µ o Resposta: B = . 2π a



68

7.5) Um toróide no espaço livre com seção transversal retangular é formado pela interseção dos planos z=0 e z=3 [cm] e os cilindros ρ=5 [cm] e ρ=7,5 [cm]. Uma densidade superficial de   corrente flui na superfície interna do toróide sendo dada por K int = 300a z [A/m]. Determinar: a) O valor total da corrente Itotal na superfície interna do toróide; b) As densidades superficiais de corrente (forma vetorial) nas outras 3 superfícies do toróide,  identificando-as por K ext , K topo e K base ; 

c) O campo magnético H dentro do toróide; d) O fluxo magnético total Φ total que circula dentro do toróide. b) K ext = −200a z [A/m], K topo =

Respostas: a) Itotal = 30π [A];

K base = −

15 ρ

a ρ [A/m]; c) H =

15 ρ

15 ρ

a ρ [A/m],

aφ [A/m]; d) Φ total = 0,23 [µWb].



7.6) Calcular o campo magnético H no ponto P da figura, admitindo que os fios são muito longos. Resposta: H =

I 2a

 1 1  + a z 2 π  

⋅



7.7) Dado H = yz 2 a x + 2(x + 1)y 2 za y − (x + 1)z 2 a z a) Determinar ∫ H • dL ao longo do contorno quadrado indo de P(0, 2, 0) a A(0, 2+b, 0) a B(0, 2+b, b) a C(0, 2, b) a P(0, 2, 0); b) Determinar ∇ × H ;  H • dL  ∫  em P. c) Mostrar que (∇ × H )x = lim  ∆S  ∆S → 0  

Respostas: a) ∫ H • dL



2b 4 2 3 = −8b − 4b −

; 3 b) ∇ × H = (−2( x + 1) y 2 ) a x + (2 yz + z 2 ) a y + (2 y 2 z − z 2 ) a z ; c) Demonstração (Notar que ∆S = b2 e que em P, x = 0, y = 2, z = 0).

7.8) Seja uma espira circular de raio ρ = a, situada no plano z = 0, na qual circula uma corrente I no sentido anti-horário. Determinar no ponto P(0,0,h):  a) O campo magnético H ; b) O potencial magnético Vm, supondo a referência de potencial zero no infinito. 

Respostas: a) H =

I a 2



a = 3 / 2 z

2( z 2 + a 2 )

I a 2





 I  h  = − a ; b) 1 V z m  2 2  2 2 3 / 2 2 h + a  2(h + a ) 



69

7.9) Determinar no ponto P da figura abaixo, as contribuições para a intensidade do campo magnético H causadas por I (sentido anti-horário) para: a) A seção semi-circular de raio a; b) Os 2 condutores horizontais de comprimento l, c) O condutor vertical de comprimento 2a, d) Repetir o item (b) supondo l >> a, e) Repetir o item (c) supondo l >> a.     I  Il Ia a z ; b) H = a z ; c) H = az ; 4a 2πa l 2 + a 2 2πl l 2 + a 2   I  Ia  d) H = a z ; e) H = a 2 z 2πa 2πl 

Respostas: a) H =



7.10) Dado H = 



10 r 2 senθ





a θ + 180 r cosθ a φ , no espaço livre, determinar:

a) ∇ × H ; b) a corrente que sai da superfície cônica θ = 30o, 0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 2, usando um dos lados do teorema de Stokes; c) usando o outro lado do teorema de Stokes, verificar o resultado anterior. 



Respostas: a) ∇ × H = o

180 cos2 θ senθ 







a r − 360 cosθ a θ + 

30 r senθ



aφ ;

∫S ∇ × H • dS = I = −360 3π = −1959 A ;   c) 2o lado: ∫ H • dL = I = −360 3π = −1959 A b) 1 lado:

7.11) Três superfícies infinitas de corrente localizam-se, no vácuo, da seguinte maneira: 100a x A/m em z = 0, − 50a x A/m em z = 4 m, e − 50a x A/m em z = –4 m. a) Sendo Vm = 0 em P(1, 2, 3), ache Vm em Q(1,5; 2,6; 3,7). b) Sendo A = 0 em P(1, 2, 3), ache A em Q(1,5; 2,6; 3,7). Sugestão: Use a componente apropriada de B = ∇ × A e o seu conhecimento acerca da direção do vetor A . Respostas: a) Vm = 50 y − 100 ⇒ VmQ = 30 A ; b) A = (− 50µoz + 150µ o )a x ⇒ A Q = −44,0a x µWb / m 7.12) Partindo da identidade vetorial ∇ × ∇ × A ≡ ∇ (∇ • A ) − ∇ 2 A , e utilizando coordenadas cartesianas, mostre ∇ 2 A ≡ ∇ 2 Ax a x + ∇ 2 Ay a y + ∇ 2 Az a z , podendo A ser um vetor qualquer. Resposta: Demonstração. 7.13) Demonstre que o potencial vetor magnético para dois fios compridos, retos e paralelos, que  µ I  r   conduzem a mesma corrente I, em sentidos opostos, é: A = o ln 2 a L , onde r2 e r1 são 2π  r1   as distâncias dos fios ao ponto desejado e a L é o vetor unitário paralelo aos fios. Resposta: Demonstração.



Anotações do Capítulo VII

70

CONCEITOS TEÓRICOS E EXERCÍCIOS PROPOSTOS D E ELETROMAGNETISMO E C CIRCUITOS M MAGNÉTICOS, M MATERIAIS E E IINDUTÂNCIA Capí tulo V VIII: FORÇAS E

71

Capítulo VIII

FORÇAS E CIRCUITOS MAGNÉTICOS, MATERIAIS E INDUTÂNCIA 8.1 – FORÇA SOBRE UMA CARGA EM MOVIMENTO 





F = Qv × B

(Unidade da força: N)

Se ambos os campos elétrico e magnético estão presentes, a força sobre uma carga pontual Q, chamada força de Lorentz , é: 















F = Q(E + v × B) em N, ou f = ρ v (E + v × B) em N/m3

8.2 – FORÇA SOBRE UM ELEMENTO DIFERENCIAL DE CORRENTE 



















dF = dQ(v × B ) = Idt(v × B) = I(vdt ) × B ⇒ dF = IdL × B 







Para um condutor retilíneo, com B = cte. , obtemos: F = I L × B 

Módulo da força F : F = B I L sen θ   vetores L e B

onde θ é o ângulo entre os







Sentido da força F : Regra do produto vetorial, indo de L para B . 



Nota: Caso os vetores L e B sejam perpendiculares (θ =90o), pode-se usar a conhecida “Regra dos 3 dedos da mão esquerda” para obter o sentido de F . Assim, com o   dedo indicador apontando B e o dedo médio apontando L (ou I ), obtém-se o dedo polegar apontando o sentido de F . Exemplo:Determinar as forças de repulsão entre 2 condutores filamentares retilíneos longos e paralelos, separados por uma distância d por onde fluem correntes I iguais e opostas. Solução: Os sentidos das forças estão indicados na figura. As duas forças possuem mesmo módulo, o qual é obtido do seguinte modo (no vácuo): F = B I L onde B = µoH = µo

I

2πd

F µo I 2 = I L ⇒ Logo: F = µo [N/m] L 2πd 2πd I


72

8.3 – FORÇA ENTRE ELEMENTOS DIFERENCIAIS DE CORRENTE Densidade do fluxo magnético no ponto 2 devido ao elemento diferencial de corrente no ponto 1:    I1dL1 × a R12 dB 2 = µ o dH 2 = µ o 2 4πR 12 Relembrando, a força diferencial em um elemento diferencial de corrente é expressa por:    dF = IdL × B 







Substituindo B por dB 2 , e IdL = I 2 dL 2 , a quantidade diferencial da força diferencial no elemento diferencial de corrente no ponto 2 torna-se:    d(dF2 ) = I 2 dL 2 × dB 2 

Substituindo dB 2 : 





d(dF2 ) = I 2 dL 2 × µ o 



I1dL1 × a R12 2 4πR 12





II d(dF2 ) = µ o 1 2 dL 2 × 4π



dL1 × a R 12



II ⇒ F2 = µ o 1 2 4π

2 R 12

∫

  dL 2 × ∫ 





dL1 × a R 12  2 R 12

 

Nota: A segunda integral é necessária para obter o campo magnético em 2 devido à corrente no ponto 1. Pelo demonstrado, é melhor dividir o problema de calcular a força magnética em duas partes: primeiro calcula-se o vetor campo magnético, e depois calculamos a força. 8.4 – TORQUE EM UMA ESPIRA INFINITESIMAL PLANA 





Para a espira infinitesimal retangular da figura e da definição de torque (T = r × F) , obtém-se: 







dT = I dS × B

(Unidade de T : Nm)

Definindo o momento magnético diferencial da espira como: 





(Unidade de m : Am2)

dm = I dS

podemos escrever o torque na espira como sendo: 





dT = dm × B 

De uma maneira geral, para B constante em toda área S, temos: 









T = I S × B = m × B

Notas: As equações acima são também válidas para qualquer forma de espira de corrente, como por exemplo a espira circular.  • O torque na espira (T ) atua de tal maneira a alinhar o momento   magnético ( m ) produzido pela espira com o campo magnético externo ( B ). •


73

8.5 – A NATUREZA DOS MATERIAIS MAGNÉTICOS Existem 3 tipos de momentos magnéticos em um átomo causados por:  1o) Rotação (spin) do elétron em torno de seu próprio eixo: m spin  2o) Rotação do núcleo em torno de seu próprio eixo: m núcleo  3o) Movimento circular (órbita) do elétron em torno do núcleo: m orb Dependendo da combinação desses momentos magnéticos pode-se classificar 6 tipos diferentes de material, conforme mostrado na seguinte tabela. CLASSIFICAÇÃO DO MATERIAL 1 – Diamagnético

MOMENTOS MAGNÉTICOS



B

µR VALORES USUAIS



Bint < Bapl, Bint ≅ Bapl   m orb + m spin = pequeno Bint > Bapl, Bint ≅ Bapl

m orb + m spin = 0

2 – Paramagnético 3 – Ferromagnético

m spin >> m orb





Bint >> Bapl

4 – Antiferromagnético

m spin >> m orb





Bint ≅ Bapl

5 – Ferrimagnético

m spin > m orb





Bint > Bapl

6 – Superparamagnético

m spin > m orb





Bint > Bapl

µR < 1, µR ≅ 1 µR > 1, µR ≅ 1 µR >> 1 103<µR <106 µR ≅ 1 µR > 1 10<µR <103 µR > 1 1 < µR < 10

ALGUNS EXEMPLOS E COMENTÁRIOS H, He, NaCl, Cu, Au, Si, Ge, S, grafite, gases inertes. K, O, Al, Be, tungstênio, terrasraras, vários sais. Fe, Co, Ni, ligas. Domínios magnéticos fortes Óxido de magnésio. Momentos adjacentes se opõem e cancelam Ferrites. Momentos adjacentes desiguais paralelos e opostos Fitas magnéticas de gravação. Matriz não magnética.

8.6 – MAGNETIZAÇÃO E PERMEABILIDADE MAGNÉTICA 

Magnetização M é definido como sendo o momento magnético total por unidade de volume, isto é: 



m 1 n∆v  M = lim ∑ m i = lim total ∆v→0 ∆v i =1 ∆v→0 ∆v

(Unidade: A/m – mesma unidade de H)

onde n é o número de dipolos magnéticos por unidade de volume ∆v 

A lei circuital de Ampère relaciona o campo magnético H com a corrente de condução I que produz este campo, isto é: 



I = ∫ H • dL 

Por analogia, pode-se também relacionar o campo M com uma corrente, I m, que produz este campo, sendo esta corrente chamada de corrente de magnetização .   I m = ∫ M • dL A lei circuital de Ampère em termos da corrente total, I T, é expressa por: 

I T = ∫

B µo



• dL

onde: I T = I + I m = soma das correntes de condução e de magnetização

µo = 4π×10-7 = permeabilidade magnética do vácuo (unidade: H/m)


74

Substituindo as correntes pelas suas expressões com integrais, obtemos a seguinte expressão geral    que relaciona os 3 campos B , H e M em qualquer tipo de meio: 



B µo









= H + M ⇒ B = µ o (H + M )







(Análoga a D = ε o E + P ) 



Para um meio linear e isotrópico , pode-se relacionar M linearmente com H por: 





M = χmH



(Análoga a P = χ e ε o E )

sendo χm chamada de susceptibilidade magnética (constante adimensional). 

Substituindo M na expressão geral, e arranjando os termos, obtemos a conhecida relação: 



B = µH onde: µ = µ R µ o = permeabilidade magnética absoluta (unidade: H/m) µ R = 1 + χ m = permeabilidade magnética relativa (constante adimensional) 

















Nota: Por analogia com ∇ × H = J , pode-se chegar a: ∇ × M = J m e ∇ × (B µ o ) = J T . 8.7 – CONDIÇÕES DE CONTORNO PARA O CAMPO MAGNÉTICO

Aplicando a lei de Gauss do campo magnético ao pequeno cilindro da figura e fazendo ∆h→0: 



∫S B • dS = 0

⇒ B n1∆S − B n 2 ∆S = 0 ⇒ B n1 = B n 2

Logo, a componente normal da densidade de fluxo magnético é contínua , isto é, não se altera. Aplicando a lei circuital de Ampère ao pequeno circuito fechado da figura, fazendo ∆h→0, temos:

∫





H • dL = I enlaçada ⇒ H t1∆L − H t 2 ∆L = K∆L ⇒ H t1 − H t 2 = K

Logo, a componente tangencial do campo magnético sofre uma descontinuidade de K, isto é, alterase de K quando existe uma distribuição superficial de corrente na fronteira entre os 2 meios. Em forma vetorial, a expressão para o campo magnético acima é dada por: 





(H1 − H 2 )× a n12 = K (Nota: a n12 = versor normal à fronteira dirigido da região 1 para a 2) 


75

Se não existe distribuição de corrente na fronteira, isto é, se K = 0, obtém-se: H t1 = H t 2 Logo, a componente tangencial do campo magnético é contínua , isto é, não se altera quando não existe uma distribuição superficial de corrente (K) na fronteira entre os 2 meios.

8.8 – CIRCUITO MAGNÉTICO A análise de circuitos magnéticos é feita por analogia com circuitos elétricos de corrente contínua constante. O quadro abaixo indica a analogia entre as equações desses circuitos. CIRCUITO ELÉTRICO

CIRCUITO MAGNÉTICO

1) Intensidade de campo elétrico  

1) Intensidade de campo magnético  

2) Diferença de potencial elétrico B 

2) Diferença de potencial magnético B 

E = −∇V

VAB = ∫ E • dL A

H = −∇Vm

Vm,AB = ∫ H • dL A

3) Lei de Ohm, forma pontual  

3) Densidade de fluxo magnético  

4) Corrente elétrica   I = ∫S J • dS

4) Fluxo magnético  

J = σE

5) Resistência

R=

(R)

L σS

B = µH

Φ = ∫S B • dS

5) Relutância (ℜ)

ℜ=

L µS

6) Lei de Ohm V = R I

6) Lei de Ohm para circuitos magnéticos Vm = ℜ Φ

7) Lei de Kirchhoff das malhas  

7) Lei circuital de Ampère  

∫ E • dL = 0





∫ H • dL = I enlaçada ou ∫ H • dL = NI

Exemplo: Seja um toróide de núcleo de ar, de área de seção reta S = 6 cm2, raio médio rm = 15 cm, envolvido por um enrolamento com N = 500 espiras onde circula uma corrente I = 4 A. Calcular a intensidade do campo magnético H no interior do toróide. Solução 1: Usando a equação do circuito elétrico análogo: Fmm = N I = ℜΦ = H L 2π rm L 2π × 15 × 10 −2 ℜ= = = = 1,25 × 10 9 Aesp / Wb 7 4 − − µ oS µ oS 4π × 10 × 6 × 10 Fmm N I 500 × 4 Φ= = = = 1,6 × 10 −6 Wb 9 ℜ ℜ 1,25 × 10 Φ 1,6 × 10 −6 B= = = 2,67 × 10 −3 Wb / m 2 − 4 S 6 × 10


76

2,67 × 10 −3 H= = = 2120 Aesp / m µo 4π × 10 −7 B

Solução 2: Usando a lei circuital de Ampère:   ∫ H • dL = I enlaçada ⇒ H × 2π rm = N I ⇒ N I 500 × 4 H= ⇒ H= = 2120 Aesp / m 2π rm 2π × 15 × 10 −2

Exemplo:Seja um toróide de núcleo de aço-silício (figura abaixo) de área de seção reta S = 6 cm2, raio médio rm = 15 cm, com um entreferro  ar = 2 mm, o qual está envolvido por um enrolamento com N = 500 espiras. Calcular a corrente I que deve circular no enrolamento para que a densidade de fluxo magnético em todo o núcleo seja B = 1 Wb/m2.

Solução: Escrevendo a equação do circuito elétrico análogo: Fmm = N I = ℜ aço Φ + ℜ ar Φ ou, Fmm = N I = Vm,aço + Vm,ar ou, Fmm = N I = H aço L aço + H ar L ar Daí, I =

H aço L aço + H ar L ar N

Fazendo Baço = B = 1 Wb/m2 e levando na curva do aço-silício (ver figura acima) obtemos: H aço = 200 Aesp/m Fazendo Bar = B = 1 Wb/m2, obtemos:


H ar =

B ar µo

=

77

1 5 7 , 9577 10 Aesp/m = × 4π × 10 −7

Logo, 200 × (2π × 0,15 − 0,002 ) + 7,9577 × 10 5 × 0,002 = 3,56 A I = 500

Nota: Se desejarmos considerar o aumento da área da seção transversal por onde passa o fluxo no ar (devido ao espalhamento de fluxo quando o mesmo passa do ferro para o ar), utiliza-se o fator de espraiamento k, fazendo Sar = kSferro , sendo k > 1. 8.9 – ENERGIA DE UM CAMPO MAGNETOSTÁTICO 



A energia total armazenada no campo magnetostático no qual B é relacionado linearmente com H é obtida por:   1 WH = ∫vol B • H dv 2 



[J] 

Notas: a) Fazendo B = µH , ou H =

  1 (Análoga a: WE = ∫vol D • E dv ) 2



B µ

obtemos:

1 1 B2 2 WH = ∫vol µH dv ou WH = ∫vol dv 2 2 µ

b) A densidade de energia (em J/m3) é dada por: dWH 1   1 2 1 B2 = B • H = µH = dv 2 2 2 µ

8.10 – AUTO-INDUTÂNCIA E INDUTÂNCIA MÚTUA ou indutância própria ou simplesmente indutância, L, de um circuito fechado (espira ou bobina) é definida como a razão entre o fluxo total enlaçado pelo circuito (Λ) e a corrente ( I ) que produz este fluxo. (Ver figura).

Auto-indutância

L=

Λ I

=

NΦ I

(Unidade: Henry, H)


78

Nota: A equação da indutância pode também ser obtida a partir da energia no campo magnético (WH) devido a corrente I que flui no circuito fechado. Assim, temos: L =

2WH

⇒ WH =

I 2

1 2 L I 2

Indutância mútua,

M, entre 2 circuitos fechados é definida como a razão entre o fluxo total enlaçado pelos 2 circuitos e a corrente que produz este fluxo. (Ver figura). M12 =

Λ12 I 1

=

N 2 Φ12

(Unidade: Henry, H)

I 1

Nota: Em termos de energia mútua, temos: M12 =

1





∫ (B1 • H 2 )dv =

I 1 I 2 vol

1





∫ (µH1 • H 2 )dv

I 1 I 2 vol

onde:   B1 , H1 = campo que resulta de I 1 (com I 2 = 0)  H 2 = campo que resulta de I 2 (com I 1 = 0) Na obtenção de M21, o lado direito da expressão acima não varia, pois o produto escalar é comutativo. Portanto, M12 = M 21

Exemplo: A figura mostra 2 solenóides coaxiais de raios r1 e r2, r1 < r2, com n1 e n2 espiras/m. Determinar (em H/m) as auto-indutâncias L1 e L2 e as indutâncias mútuas M12 e M21. Solução: Da seção 7.2, e sendo N = no espiras, n = no espiras/m:   N I  H= a z = n I a z bem dentro do solenóide 



H = 0

fora do solenóide

Assim, para o solenóide 1 (interno) temos:   N1 I 1   a z = n1 I 1a z para ρ < r1  H1 =   para ρ > r1 0 Similarmente, para o solenóide 2 (externo) temos:   N 2 I 2   a z = n 2 I 2 a z para ρ < r2  H2 =   para ρ > r2 0


79

a) Cálculo de L1 e M12 em H/m (supondo I 2 = 0): L1 =

Λ1 I 1

=

N1 Φ 1 I 1

Λ12 I 1

I 1

L1

Logo: M12 =

n Φ = 1 1 onde Φ1 = B1S1 = µ 0 H1S1 = µ 0 n1 I 1πr12



=

= µ 0 n12 πr12

N 2 Φ12 I 1

M12

Logo:



[H/m]

n Φ = 2 12 onde Φ12 = Φ1 = B1S1 = µ 0 H1S1 = µ 0 n 1 I 1 πr12 I 1

= µ 0 n1n 2 πr12

[H/m]

b) Cálculo de L2 e M21 em H/m (supondo I 1 = 0): L2 =

Λ2 I 2

=

N 2Φ 2 I 2

L2

Logo: M 21 =

Λ 21 I 2

Logo:



=

n Φ = 2 2 onde Φ 2 = B 2 S 2 = µ 0 H 2 S 2 = µ 0 n 2 I 2 πr22 I 2

= µ 0 n 22 πr22

N1Φ 21 I 2

M 21 

[H/m]

n Φ = 1 21 onde Φ 21 = B 2S1 = µ 0 H 2S1 = µ 0 n 2 I 2 πr12 I 2

= µ0n1n 2πr12 =

M12 

[H/m]

Atenção: Adotando agora n1 = 50 espiras/cm e n2 = 80 espiras/cm; r1 = 2 cm e r2 = 3 cm, para os 2 solenóides coaxiais da figura, calcular os valores numéricos de L1 e L2 e M12 e M21. L1 = 4π × 10 −7 × 50 2 × π × 2 2 ⇒ L1 = 39,5 mH / m L 2 = 4π × 10 −7 × 80 2 × π × 3 2 ⇒ L 2 = 227,4 mH / m M12 = M 21 = 4π × 10 −7 × 50 × 80 × π × 2 2 ⇒ M12 = M 21 = 63,2 mH / m


80

8.11 – EXERCÍCIOS PROPOSTOS 8.1) Assume-se que o material ferromagnético da figura possui permeabilidade constante igual a µ. Sendo S1 = S2 = S3 = S = a área da seção reta em qualquer parte do núcleo, 1, e 3 = os comprimentos médios do braço esquerdo, braço central e braço direito, respectivamente (com 1 = 3 = 2  e 2 = ), determinar: a) A indutância L2 da bobina de N2 espiras do braço central; b) A indutância mútua M21 entre as duas bobinas. 2

N 22 µ S N N µ S Respostas: a) L 2 = ; b) M 21 = 1 2 . 2 4 8.2) Um condutor retilíneo muito longo estende-se sobre o eixo y, possuindo uma corrente I1, no sentido indicado. Um condutor de forma retangular rígida, com corrente I2 no sentido ABCDA, é posicionado no plano xy ao lado do condutor retilíneo, conforme mostrado na figura. Determinar: a) Os vetores forças sobre cada um dos lados do condutor retangular; b) O vetor força resultante sobre o condutor retangular; c) O fluxo total devido a I1 que atravessa o condutor retangular; d) A indutância mútua entre os 2 condutores. µ I I b F AB = − o 1 2 a x , 2π a µ I I b F CD = o 1 2 a x , 4π a

Respostas: a)

F BC =

µ o I 1 I 2 ln 2 a y , 2π

µ I I µ I I b F DA = − o 1 2 ln 2 a y ; b) F R = − o 1 2 a x ; 2π 4π a µ I b µ b c) Φ = o 1 ln 2 ; d) M12 = o ln 2 . 2π 2π

8.3) Duas placas infinitas, formadas de materiais magnéticos homogêneos, lineares e isotrópicos,  de espessuras 3 e 4 [mm], localizam-se no vácuo conforme a figura abaixo. Se a z tem a     direção indicada e H1 = a x + 2 a y + 3a z [kA/m] na região (1), ache o ângulo entre o campo 



vetorial H e o vetor unitário a z nas regiões (1), (2), (3) e (4). Respostas: θ1 = θ4 = 36,70o, θ2 = 56,14o; θ3 = 65,91o.


81

8.4) Um condutor filamentar infinito situa-se sobre o eixo z e conduz uma corrente I1 no sentido  PB(+, 1, 0). + a z . Um segmento reto de condutor sólido se estende de PA(–, l, 0) a Determinar:  a) O campo magnético H gerado pelo condutor infinito em um ponto genérico sobre o segmento condutor;  b) O valor diferencial de força dF que surge devido ao campo magnético H do item (a) atuando em um ponto genérico no segmento condutor quando este conduz uma corrente I2  no sentido + a x ;  c) O torque resultante Ttotal sobre o segmento condutor em relação ao ponto P0 (0, 1, 0). I (x a y − a x ) Respostas: a) H = 1 ; 2 2π (x + 1) µ I I xdx b) dF = o 1 2 az ; 2 2π (x + 1) − µ o I1I 2 c) T total = ( − arctg ) a y . π

8.5) Um eletroimã com a armadura de ferro em forma de ∪ produz força suficiente para manter uma barra de ferro suspensa. Seja µR = 1800 para o ferro da armadura e da barra, e os ampères-espiras aplicados à bobina NI = 1 [kA]. O comprimento médio total ao longo da armadura e da barra é de 1 [m] com uma seção transversal de 0,1 [m2]. Uma lâmina de cobre de 1 [mm] entre a armadura e a barra previne o contato ferro-a-ferro. Adotando µcobre = µo, determinar: a) fluxo magnético produzido pelo eletroimã; b) A massa da barra de ferro (g = 9,8 m/s2). Respostas: a) Φ = 0,0492 [Wb]; b) m = Φ2 /(µo g S) = 1965,6 [Kg]. 8.6) Uma espira condutora circular de raio a está localizada sobre o plano z = 0 e nela circula     uma corrente I na direção + aφ . Para um campo uniforme B = Bo (a x + a y ) 2 , calcular a magnitude (módulo) e a direção (vetor unitário) do torque na espira. 







Respostas: T = πa 2Bo I ; a T = (− a x + a y )

2.

8.7) Seja uma bobina solenoidal (solenóide) de N espiras, com núcleo de ar, raio da seção reta igual a a e comprimento do núcleo igual a . a) Determinar, usando a Lei Circuital de Ampère, a expressão que fornece o campo magnético resultante no interior do solenóide; b) Determinar, utilizando a definição de indutância, a expressão que fornece a indutância própria da bobina solenoidal.


82

µ o N 2 π a 2 NI  Respostas: a) H = a z ; b) L = . 





8.8) Um toróide, que possui seção transversal quadrada, é limitado pelas superfícies z = 0, z = 20 [mm], ρ = 30 [mm] e ρ = 50 [mm].A superfície em ρ = 30 [mm] conduz uma corrente  distribuída cuja densidade superficial é K = −10a z [kA/m]. Determinar: a) As densidades superficiais de correntes correspondentes às outras três superfícies, isto é    K ( ρ = 50) , K ( z= 0) e K ( z= 20) ; 

b) O campo magnético H no interior do toróide; c) A energia total armazenada (WH) no interior do toróide, cuja permeabilidade relativa é µR = 20. 



 300  300  a ρ [A/m] e K (z = 20 ) = − a ρ [A/m]; Respostas: a) K (ρ=50 ) = 6a z [kA/m], K (z =0 ) = 

ρ



b) H = −

ρ

300  a φ [A/m]; c) WH = 72,6 [mJ]. ρ

8.9) A figura mostra uma bobina com N = 400 espiras enrolada num núcleo de material ferromagnético formado com 2 materiais diferentes: (1) ferro fundido e (2) aço fundido. Determinar a corrente I na bobina, se a densidade de fluxo magnético no ferro fundido é B1 = 0,5 T. Nota: Ver em anexo as curvas B-H destes materiais. Resposta: I = 2,41 A

8.10) Determinar o módulo da intensidade de campo magnético no interior de um material para o qual: a) a densidade de fluxo magnético é 4 mWb/m2 e a permeabilidade relativa é 1,008; b) a suscetibilidade magnética é –0,006 e a magnetização é 19 A/m; c) temos 8,1×1028 átomos/m3, cada átomo possui um momento de dipolo de 4×10-30 A.m2 e χm = 10-4. Respostas: a) H = 3.160 [A/m]; b) H = 3.170 [A/m]; c) H = 3.240 [A/m]. 8.11) Em um certo material magnético H = 5ρ3a φ A/m e µ = 4×10-6 H/m. Determinar, para ρ = 2 m: a) J ; b) J m c) JT Respostas: a) . J = 80a z [A/m2]; b) J m = 174,6a z [A/m2]; c) J T = 254,6a z [A/m2]


83


84 

8.12) a) Usando a lei circuital de Ampère, demonstrar que o campo magnético H produzido por  uma lâmina de corrente com densidade superficial de corrente K uniforme é expresso por:  1   H = K×aN 2

sendo:  a N = versor normal à lâmina orientado para o lado desejado b) Uma espira retangular condutora está posicionada sobre o plano z = 0 conforme mostra a figura ao lado, sendo seus vértices em A(1,2,0), B(3,2,0), C(3,6,0) e D(1,6,0). Uma pequena corrente I circula no sentido antihorário na espira, que está submetida a uma  densidade de fluxo magnético B produzido por   2 lâminas de corrente K 1 = 400 a x A/m em   z = 3 m, e K 2 = −300 a z A/m em y = 0, no espaço livre. Determinar:  b.1) O campo vetorial total B sobre a espira devido as 2 lâminas de corrente; b.2) As forças resultantes sobre os 4 lados da espira e força total resultante; b.3) O torque total resultante T em relação ao centro da espira, usando a fórmula  T = r × F. (Nota: Supor as forças aplicadas nos centros de cada lado da espira);    b.4) O torque total resultante T , usando a fórmula T = I S × B . Respostas: a) Demonstração;    b.1) B = 200µ oa y + 150µ oa x b.2) b.3) b.4)



 FAB =

    F = 0 , 400µo I a z = −FCD , FDA = 600µo I a z = −FBC ;    T = −1600µ o I a x + 1200µ o I a y ;    T = −1600µ o I a x + 1200µ o I a y (igual ao obtido no item anterior) 


Anotações do Capítulo VIII

85


Capí tulo IIX: CAMPOS V VARIÁVEIS N NO T TEMPO E E A AS E EQUAÇÕES D DE M MAXWELL

85

Capítulo IX

CAMPOS VARIÁVEIS NO TEMPO E AS EQUAÇÕES DE MAXWELL 9.1 – A LEI DE FARADAY Haverá uma força eletromotriz, fem, ou tensão induzida, em qualquer uma das seguintes situações: 1. Um caminho fechado estacionário é enlaçado por um fluxo magnético variável no tempo; 2. Um caminho (fechado) se movimenta com relação a um fluxo magnético estacionário; 3. Um caminho (fechado) móvel enlaçado por um fluxo magnético variável no tempo (1 + 2).

A lei de Faraday quantifica esta fem estabelecendo que ela é proporcional a taxa de variação de fluxo que atravessa o caminho fechado (que não precisa ser condutor), sendo expressa por: fem = −

dΦ dt

[V]

(para um caminho fechado)

(01)

[V]

(para um caminho fechado com N espiras - bobina)

(02)

ou, fem = − N

dΦ dt

Nota: O sinal menos das equações acima provém da lei de Lenz a qual indica que a fem está numa direção (ou possui uma polaridade) tal a produzir um fluxo magnético de oposição à variação do fluxo original. A fem induzida é definida como uma tensão induzida num caminho fechado, sendo expressa por: 



fem = ∫ E • dL 

(03) 

Substituindo Φ = ∫ B • dS em (01) e igualando com (03): S 



fem = ∫ E • dL = − C

d   ∫ B • dS dt S

onde C = contorno da área S ao redor do qual a integral de linha é calculada, S = área limitada pelo contorno C onde a integral de superfície é calculada.

(04)



86



Nota: Na equação (04), o sentido de dL deve sempre  concordar com o sentido de dS de acordo com a regra da mão direita ou do saca-rolhas (ver figura ao lado). Os dedos  indicam a direção do caminho fechado, ou de dL , e o polegar indica a direção de dS . Adota-se para a fem o  mesmo sentido de dL . Se o valor da fem for negativo, então  seu sentido real (ver figura) é o contrário daquele de dL . Vamos agora separar a análise da fem em 3 partes, calculando: (1) a contribuição para a fem total por um campo magnético que varia dentro de um caminho fechado estacionário - fem variacional ou de transformador, (2) a contribuição para a fem total por um caminho ou contorno que se move sob a ação de um campo magnético constante - fem de velocidade ou de gerador, (3) a fem total, correspondendo a soma de (1) e (2). 9.1.1 – Fem devido a um campo que varia dentro de um caminho fechado estacionário

Passando a derivada para dentro da integral de superfície do lado direito de (04), obtemos: 

∂B  • dS fem = ∫ E • dL = − ∫ ∂ t S 



(Equação de Maxwell, forma integral)

(05)

Usando o teorema de Stokes e transformando a integral de linha fechada em integral da superfície envolvida pela linha, 





∂B  • dS ∫ ∇ × E • dS = − ∫ S S ∂t 

Igualando os integrandos, chegamos a: 





∂B ∇×E = − ∂t

(Equação de Maxwell, forma pontual)

(06)

Notas: (a) As equações (05) e (06), chamadas de equações de Maxwell nas formas integral e pontual, respectivamente, são obtidas da lei de Faraday aplicada a um caminho ou circuito fechado.  (b) Se B não é função do tempo, as equações (05) e (06) reduzem as equações eletrostáticas:  ∫ E • dL = 0   ∇ × E = 0 Exemplo: Seja um campo magnético simples o qual aumenta exponencialmente com o tempo   dentro de uma região cilíndrica ρ < b e expresso por B = B o e kt a z , sendo Bo uma  constante. Determinar a fem e o campo elétrico E induzidos num contorno circular (espira) de raio ρ = a, a < b (ver figura abaixo), situado no plano z = 0.


Capí tulo IIX: CAMPOS V VARIÁVEIS N NO T TEMPO E E A AS E EQUAÇÕES D DE M MAXWELL 

87



Solução: Tomando E = E φ a φ (adotando o sentido anti-horário) na espira, e aplicando a equação (05) obtemos: kt 2 fem = 2πaE φ = − kB o e πa Logo, obtemos na espira de raio ρ = a fem = − kB o e kt πa 2 (sentido real é horário) 1 E φ = − kB o e kt a (sentido real é horário) 2  Genericamente, as expressões de fem e E para qualquer ρ, ρ < b, são dadas por:   1 kt 2 E = − kB o e kt ρa φ fem = − kB o e πρ 2 Nota: Refaça este exercício usando a equação de Maxwell na forma pontual (06). 9.1.2 – Fem devido a um campo estacionário e um caminho móvel

O fluxo que atravessa a superfície contida pelo caminho fechado em um tempo t é: Φ = B S = Byd

A partir da lei de Faraday ( fem adotada no sentido anti-horário), obtemos : dΦ dy fem = − = − B d ⇒ fem = − Bvd dt dt

(07) 



Para uma carga Q movendo-se a uma velocidade v em um campo magnético B , tem-se: 

   F   = v × B ⇒ Em = v × B F = Qv × B ⇒ Q 





(08)



onde E m representa um campo elétrico de movimento (que gera fem) Assim, temos: fem = ∫











E m • dL = ∫ (v × B) • dL

(09)

No caso do condutor que se move sob a ação do campo magnético (figura acima), obtemos: fem = ∫











d

E m • dL = ∫ (v × B)• (− dx a x ) = − ∫ v B dx 0

⇒ fem = − Bvd

(= equação (07) acima)



88

9.1.3 – Fem total devido a um campo variável e um caminho móvel

Se a densidade de fluxo magnético está também variando com o tempo, então nós devemos incluir ambas as contribuições, a fem de transformador (05) e a fem de movimento (09), resultando em: fem =



 ∂B    • dS + ∫ (v × B) • dL E • dL = − ∫ t ∂ S 

∫



(10)

Nota: Tanto a expressão (10) acima pode ser usada em qualquer situação para calcular a fem, como também pode-se usar a expressão (01). Se o circuito envolver N espiras, sob a ação do fluxo Φ, o valor final da fem deve ser multiplicado por N. 9.2 – CORRENTE DE DESLOCAMENTO A forma pontual da lei circuital de Ampère, 





∇×H = J

(11)

apesar de adequada para aplicação em situações com campos magnéticos estacionários é inadequada para aplicação em condições variáveis no tempo . Demonstração da validade desta afirmativa:

Tomando a divergência de ambos os lados de (11):      ∇•∇×H = ∇• J 

Mas sabemos que div(rotH) = 0 , resultando:   ∇ • J = 0

(12)

Porém, a equação da continuidade (seção 5.2) afirma que: 



∇•J = −

∂ρ v ∂t

(13)

Para que haja igualdade entre (12) e (13) é necessário que: ∂ρ v =0 ∂t

o qual representa uma limitação irreal para campos variáveis no tempo. Tornando a expressão (11) compatível para qualquer situação: 

Adicionando um termo desconhecido G a (11), temos:     ∇×H = J +G Tomando novamente a divergência de ambos os lados:       ∇•∇×H = ∇• J +∇•G

(14)



89



Fazendo div(rotH) = 0 , resulta em: 







∇•J +∇•G = 0

Da equação da continuidade (13), 



 ∂ρ v  ∂ρ v = ∂ t   ∂t

∇ • G = − − 



De ρ v = ∇ • D , temos:      ∂ (∇ • D )  ∂D ∇•G = = ∇• ∂t ∂t Daí, chegamos a:  ∂D G= ∂t Substituindo (15) em (14), chegamos finalmente a: 







∂D ∇×H = J + ∂t

Fazendo

(15)

(Lei circuital de Ampère, forma pontual)

(16)





∂D Jd = ∂t

(17)



sendo J d chamada de densidade de corrente de deslocamento. Substituindo (17) em (16): 







∇ × H = J + Jd

(18)

Semelhantemente a corrente de condução, pode-se determinar a corrente de deslocamento por: 



∂D  I d = ∫ J d • dS = ∫ • dS t ∂ S S 

(19)

Integrando (16) sobre uma superfície S, para obtenção da forma integral da lei circuital de Ampère: 



∂D  H d S J d S ∇ × • = • + • dS ∫ ∫ ∫ t ∂ S S 







Aplicando o teorema de Stokes ao primeiro membro da expressão acima, chegamos a: 

∂D  • dS ∫ H • dL = I + I d = I + ∫ S ∂t 



(Lei circuital de Ampère, forma integral)

(20)



90

9.3 – EQUAÇÕES DE MAXWELL EM FORMA PONTUAL OU DIFERENCIAL As quatro equações básicas de Maxwell são as seguintes:    ∂B (1) ∇ × E = − (Lei de Faraday, forma pontual) (21) ∂t     ∂D   (2) ∇ × H = J + (Lei de Ampère, forma pontual) (22) = J + Jd ∂t   (3) ∇ • D = ρ v (Lei de Gauss do cpo. elétrico, forma pontual) (23)   (4) ∇ • B = 0 (Lei de Gauss do cpo. magnético, forma pontual) (24) Equações auxiliares:

(5) (6) (7) (8)





= εE D   B = µH   J = σE   J = ρv

(25) (26) (27) (28)

Equações envolvendo campos de polarização e magnetização: 





(9) D = ε o E + P    (10) B = µ o ( H + M )

(29) (30)

Para materiais lineares: 



(11) P = χ e ε o E   (12) M = χ m H

(31) (32)

Equação da força de Lorentz 











(13) f = f E + f M = ρ v (E + v × B)

(força por unidade de volume)

(32)

9.4 – EQUAÇÕES DE MAXWELL EM FORMA INTEGRAL As quatro equações básicasde Maxwell são as seguintes:    ∂B (1) ∫ E • dL = − ∫S • dS (Lei de Faraday, forma integral) ∂t     ∂D (2) ∫ H • dL = I + ∫S (Lei de Ampère, forma integral) • dS ∂t   (3) ∫S D • dS = ∫vol ρ v dv (Lei de Gauss do cpo. elétrico, forma integral) 



(4) ∫S B • dS = 0

(33) (34) (35)

(Lei de Gauss do cpo. magnético, forma integral) (36)



91

Condições de contorno entre 2 meios ou regiões quaisquer: Componentes tangenciais: (5) E t1 = E t2 (6) H t1 – H t2 = k Componentes normais: (7) Dn1 – Dn2 = ρ S (8) Bn1 = Bn2

(37) (38)

(Se k = 0, então: H t1 = H t2)

(Se ρ S = 0, então: Dn1 = Dn2)

(39) (40)

Condições de contorno entre 2 regiões se a região 2 for condutora perfeita (σ = ∞): Componentes tangenciais: (9) E t1 = 0 (10) H t1 = k

(41) (42)

Componentes normais: (11) Dn1 = ρ S (12) Bn1 = 0

(43) (44)

9.5 – EXEMPLOS DE CÁLCULO DA INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA Como visto na seção 9.1, quando um circuito se movimenta ( v ≠ 0 ) e B varia com o tempo ( ∂B ∂t ≠ 0 ), a fem induzida total (representada nas figuras pelo símbolo ν) no circuito é dada por:

fem = femm + femt =

∂B ( ) × − v B d  ∫ ∫s ∂ t d S •

•

(caso geral)

sendo femm e femt as fem(s) de movimento e de transformador, respectivamente. A equação (45) será usada nos exemplos a seguir que apresentam grau de dificuldade crescente.

Exemplo 1: Espira – sem movimento e com variação de B (ver figura). Seja B = B 0 cos ωt na espira fixa de área A da figura. Fazendo v = 0 em (1), obtemos: fem = femt = −

∂B ∫s ∂ t • d S = AωB0 sen ωt [V]

(Nota: d S tomado no mesmo sentido de B )

(45)



92

Exemplo 2: Espira – com movimento e sem variação de B (ver figura). Seja a espira formada com o condutor deslizante conforme figura. Se B = constante ⇒

∂B =0. ∂t

Substituindo em (45), obtemos: fem = femm =

∫ (v × B) d  = −vB •

[V]

(Nota: d  tomado de acordo com d S ou B)

Exemplo 3: Espira– com movimento e com variação de B (ver figura anterior). Na figura anterior, faça B = B 0 cos ω t . Assim v ≠ 0 e ∂B ∂t ≠ 0 na equação (45) acima. Cálculo da femm devido a velocidade do condutor (fem de movimento) – 1a parcela de (45): femm = (v × B )• d  = −vB = −vB0 cos ωt (Nota: d  de acordo com d S ou B)

∫

Cálculo da femt devido a variação temporal de B ( fem de transformador) – 2a parcela de (45): ∂B femt = − s ∂ t • d S = AωB0 sen ωt = ω  x B0 sen ωt

∫

Cálculo da fem total: fem = fem m + femt = − vB 0  cos ωt + ω x B 0  sen ωt fem = B 0 

v 2 + (ω x )2 sen(ωt + δ)

onde δ = tan −1 (− v ω x ) e x = comprimento instantâneo da espira

Exemplo 4: Tira condutora móvel – sem variação de B ( ∂B ∂t = 0 ) (ver figura). Seja a espira fixa formada com a tira deslizante da figura. ∂B =0 Se B = constante ⇒ ∂t Substituindo em (45), obtemos: femm =

∫ (v × B) d  = −vB •

(Nota: d  tomado de acordo com d S ou B ) (Aplicação: Gerador de disco de Faraday)



Exemplo 5: Tira móvel – com variação de B . Na figura anterior faça B = B 0 cos ω t Cálculo da femm devido ao movimento da tira – 1a parcela de (45): femm = (v × B )• d  = −vB = −vB0  cos ωt

∫

Cálculo da femt devido a variação temporal de B – 2a parcela de (45): ∂B femt = − s ∂ t • d S = B0 ω sen ωt A = ω x1B0  sen ωt

∫

Cálculo da fem total: fem = fem m + femt = − vB 0  cos ωt + ω x1 B 0  sen ωt fem = B 0 

v 2 + (ω x1 )2 sen(ωt + δ)

onde δ = tan −1 (− v (ω x1 ) )

Exemplo 6: Espira rotativa – sem variação de B (gerador CA) – (ver figura). Seja a figura representativa de um gerador CA elementar (com uma única espira), onde temos: (a) vista em perspectiva, com a espira em posição vertical, (b) vista da seção transversal perpendicular ao eixo, com a espira numa posição qualquer. Seja θ o ângulo entre v e B medido no sentido anti-horário, sendo θ = 0 para a espira na posição vertical (considerar como instante t = 0). ∂B =0 Se B = constante ⇒ ∂t De (45) e d  tomado de acordo com d S (regra do saca-rolhas): femm = (v × B )• d  = 2vB sen θ

∫

Como θ = ωt e v = ωR femm = 2ωRB sen ωt Como 2R = A = área da espira femm = ωBA sen ωt

93



94

Exemplo 7: Espira rotativa – com variação de B (figura anterior). Seja B = B 0 sen ωt na figura anterior (sendo a freqüência ω de oscilação deste campo igual a velocidade angular ω de rotação da espira). Quando t = 0 ⇒ B = 0 e θ = 0 (espira na posição vertical) De (45) e d  consistente com d S (regra da mão direita ou do saca-rolhas), obtemos: 2 fem m = 2ωR  B 0 sen ωt = ωR  B 0 (1 − cos 2ωt ) femt = −2ωR  B 0

cos 2 ωt = −ωR  B 0 (1 + cos 2ωt )

fem = femm + femt = −2ωR  B0 cos2ωt

Notas sobre o exemplo 7: a) A componente CC (estacionária ou independente do tempo) da fem, existente tanto em femm como em femt, desapareceu na fem total ( ν); b) A fem total é função do dobro da freqüência angular ω (expressa em rad/s) que representa tanto a freqüência (ω) de rotação da espira como também a freqüência (ω) de variação temporal do campo magnético. EXERCÍCIOS PROPOSTOS: 9.1) Partindo das equações de Maxwell no espaço livre (vácuo), determinar:    a) O campo magnético H a partir de E = A cos (ωt − ny)a x .     b) O campo elétrico E a partir de B = ycos (ωt − nz )a y + sen(ωt − nz)a z Nota: A, ω e n são constantes e n = ω µoεo  ε Aω   An Respostas: a) H = − [cos (ωt − ny) − cos (ny)] a z = − o [cos (ωt − ny) − cos (ωt )]a z ; n µoω    ny yω [cos (ωt − nz ) − cos (nz)] a x = [cos (ωt − nz) − cos (ωt )] a x . b) E = µoεoω n 

9.2) a) Uma espira quadrada de lado  = 1 [m] tem seu plano normal a um campo magnético B . Determinar a fem máxima induzida na espira nas seguintes condições: a.1) A espira é mantida estacionária enquanto o campo magnético varia de acordo com B = B0cos2πft sendo f = 159 [Hz] e B0 = 3 [mT]; a.2) O campo é mantido fixo em B = B0 = 3 [mT] enquanto a espira gira a uma rotação constante f = 159 [rot./s], cortando o fluxo magnético devido a B. b) Na figura ao lado, a corrente induzida no circuito II, à direita, será no sentido horário ou anti-horário, quando a chave do circuito I é fechada? Justificar sua resposta com os conceitos já estudados. Respostas: a.1) femmax ≈ 3 [V]; a.2) femmax ≈ 3 [V];



95

b) Quando a chave é fechada; uma corrente flui no sentido horário no Circuito I, produzindo um fluxo que entra no laço do Circuito I e sai no laço do Circuito II. Pela Lei de Lenz, a corrente induzida no laço do Circuito II deve produzir um fluxo em oposição ao fluxo indutor, isto é, entrando no laço do Circuito II. Então, a corrente induzida no Circuito II deve fluir no sentido horário. 9.3) a) Junto a uma superfície condutora perfeita temos os campos de uma onda eletromagnética expressos por: E = 8 [V/m] e H = 2,8 ⋅10 −3 [A/m]. Determinar os valores das densidades de carga e de corrente na superfície do condutor.   b) Em uma certa região do espaço livre o campo elétrico vale E( t ) = E o sen β z cos ωt a x sendo Eo o valor máximo do campo elétrico, ω a frequência [rad/s], t o tempo [s], β um parâmetro [rad/m] e z a distância [m]. b.1) Determinar 2 expressões para H( t ) nesta região partindo das equações de Maxwell;  b.2) A partir destas 2 expressões de H( t ) calcular também o valor numérico de ω β . Respostas: a) ρS = 8εo [C/m2] e K = 2,8 ⋅10 −3 [A/m];     β Eo ε ωE b.1) H = − cos β z ⋅ sen ωt a y e H = − o o cos β z ⋅ sen ωt a y ; µo ω

b.2)

ω = β

1 µ oε o

β

= c = 3 × 108 [m/s] = velocidade da luz.

9.4) Duas bobinas A e B, de 300 e 600 espiras respectivamente, são colocadas lado a lado. Pela bobina A, faz-se circular uma corrente de 1,5 [A], produzindo um fluxo de 0,12 [mWb] nesta bobina e um fluxo de 0,09 [mWb] na bobina B. Calcular: a) A auto-indutância da bobina A; b) A indutância mútua entre as bobinas A e B; c) O valor médio da fem induzida em B quando se interrompe a corrente de A num tempo de 0,2 [s]. Respostas: a) LA = 24 [mH]; b) M = 36 [mH]; c) femB = 0,27 [V]. 9.5) Um condutor retilíneo longo conduz uma corrente expressa por: i = 100 sen(400t), onde t é o tempo. Determinar a fem (por unidade de comprimento) induzida por este condutor sobre uma linha telefônica próxima, constituída por dois cabos paralelos ao condutor, conforme mostra o esquema. Resposta:

fem 

= −2,77 cos 400t mV

[

m] .

9.6) Uma bobina (primário) de 2000 espiras está enrolada sobre um núcleo de ar de 100 [cm] de comprimento e 2 [cm] de diâmetro. Outra bobina (secundário) está enrolada sobre a bobina primária. Admitindo que a corrente na bobina primária varia de 0 a 10 [A] em 0,01 segundo e que não haja fluxo disperso, determine: a) O número de espiras que a bobina secundária deve possuir para que a fem induzida nesta seja de 2 [V];



96

b) O valor médio da fem induzida na bobina secundária, admitindo que ela possui 1100 espiras e o núcleo é de ferro, apresentando uma permeabilidade relativa constante e igual a 115. Respostas: a) N2 = 2533 espiras; b) fem2 = 100 [V]. 9.7) Uma espira quadrada possui os vértices em (0; 0; 0), (0,2; 0; 0), (0,2; 0,2; 0) e (0; 0,2; 0) em t = 0. A espira é um condutor perfeito exceto em um de seus lados, onde existe um pequeno  resistor de 100 [Ω] e está se movendo através do campo B = 5 cos 6 ⋅ 108 t − 2 y a z [µT] 

[ (

)]

com uma velocidade constante de 40 a x [m/s]. Calcular: a) A tensão induzida (fem) na espira em função do tempo; b) A potência dissipada (PR) no resistor em função do tempo; c) O torque (T) produzido na espira em função do tempo. Respostas: a) fem = −3 ⋅ 10 8 cos(6 ⋅ 10 8 t − 0,4 ) − cos(6 ⋅ 10 8 t ) [µV]; b) PR = 142,1 cos 2 6 ⋅10 8 t − 78,5° [W]; c) T = 0. 

9.8) Num fio infinito, situado sobre o eixo y, circula uma corrente I no sentido + a y . Uma espira quadrada de lado a, situa-se no plano xy, com seu lado paralelo e próximo do fio, mantido inicialmente a uma distância h do fio. Calcular a fem induzida na espira, se: a) A espira permanece imóvel e a corrente do fio é I = Imsenωt; b) A espira se afasta do fio com velocidade constante e igual a v e a corrente do fio é I = I m = constante . µ o I m ω a cos ω t  h + a  µo I mva 2 Respostas: a) fem = − . ln   ; b) fem = 2π 2π h(h + a )  h  9.9) Um anel de 3 voltas, com 0,5 [m2] de área, situado no ar, tem um campo magnético uniforme normal ao plano do anel. a) Se a densidade de fluxo variar de 5 [mT/s] qual é a fem que aparece nos terminais do anel? b) Se a fem nos terminais do anel for de 100 [mV], qual será a taxa de variação do campo magnético? Respostas: a) fem = –7,5 [mV]; b)

dB = −66,6 [mT/s]. dt

9.10) Calcular o valor máximo da corrente no fio infinito da figura a fim de que o valor eficaz da corrente na resistência de 0,05 [Ω] da espira retangular seja igual a 0,1 [A]. Resposta: Im = 13,73 [A].



97

9.11) A figura abaixo mostra um condutor retilíneo, longo e estreito, de comprimento  , conectado através de fios condutores flexíveis a um voltímetro e executando um movimento harmônico simples no plano yz, sendo submetido a um campo magnético variável dado por   B = B max cos ωt a x . O eixo z é uma posição de equilíbrio do condutor o qual vibra no plano   yz (entre y = –b e y = +b), com uma velocidade dada por v = v max cos ωt a y . a) Determinar a fem induzida no condutor, desprezando a contribuição dos fios flexíveis. b) Indicar, na figura, o sentido da corrente resultante no instante t =

π segundos. 2ω

Respostas: a) fem = −v max Bmaxlcos 2ωt + ωBmax senω t ; b) Sentido anti-horário. 9.12) Considere uma região cilíndrica infinitamente longa contendo um campo alternado dado em coordenadas cilíndricas como    B = B o cos(ωt + α) a z em ρ ≤ a e B = 0 em ρ > a, sendo B o e  α constantes, e ω a freqüência angular. Isto significa que B é espacialmente constante sobre a área do círculo de raio ρ e oscila harmonicamente no tempo, como acontece com um solenóide infinito ideal ondecircula corrente alternada. Determinar o campo  elétrico induzido E , devido a este campo magnético alternado B , na região: a) ρ ≤ a , isto é, internamente a região cilíndrica ou ao solenóide infinito ideal de raio a; b) ρ > a, isto é, externamente a região cilíndrica ou ao solenóide infinito ideal de raio a; 1 Respostas: a) E φ = B o ωρ sen (ωt + α ) para ρ ≤ a; 2 1 a2 b) E φ = B o ω sen (ωt + α) para ρ > a. ρ 2



98

9.13) A figura ao lado mostra uma barra condutora (formada por três segmentos) situada sobre dois trilhos condutores paralelos conectados a um voltímetro. Toda a configuração está submetida a  uma densidade de fluxo magnético B . Calcular a fem induzida em cada uma das seguintes situações:     a) B = 2 a z µT, v = 6 a x m/s; 





b) B = 2 e −60 t a z µT, v = 0 m/s;     c) B = 2 e −60 t a z µT, v = 6 a x m/s. Dizer também qual é o sentido da corrente induzida em cada situação justificando sua resposta. 

Respostas: Para concordar com o vetor B , adota-se o sentido anti-horário para a fem (e, portanto, para a corrente resultante). Após o cálculo da fem, chega-se a: a) fem = −1,2 µV. Logo a corrente será no sentido horário. b) fem = 0,9 e−60 t µV. Logo a corrente será no sentido anti-horário. c) fem = −0,3 e−60 t µV. Logo a corrente será no sentido horário.


REFERÊNCIAS B BIBLIOGRÁFICAS

99

REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 1. HAYT JR, Willian, BUCK, J.A. “Eletromagnetismo”, McGraw-hill Interamericana, 7a Edição, 2008. (Livro texto) 2. EDMINISTER, Joseph, “Eletromagnetismo”, Coleção Schaum, Editora Bookman, 2 a Edição, 2006. (Livro de Exercícios) 3. GUIMARÃES, G.C., Apostila de Exercícios Resolvidos de Eletromagnetismo, ano 2001. 4. QUEVEDO, C.P., “Eletromagnetismo”, Edições Loyola, São Paulo, 1993. 5. COREN, R.L., “Basic Engineering Electromagnetics”, Prentice-Hall International Editions, 1989. 6. KRAUS, J.D., “Electromagnetics”, McGraw Hill, 1999. 7. MARTINS, N., “Introdução à Teoria da Eletricidade e do Magnetismo”, Editora Edgard Blücher Ltda, 1973. 8. REITZ, J.R., MILFORD, F.J., CHRISTY, R.W., “Fundamentos Eletromagnética”, Editora Campus, 1982.

da Teoria

9. KIP, A.F., “Fundamentos de Eletricidad y Magnetismo”, McGraw-Hill, 1972. 10. SCHWARZ, S.E., “Electromagnetics for Engineers”, Saunders College Publishing, 1990. 11. SHADOWITZ, A., “The Electromagnetic Field”, Dover Publications, Inc., New York, 1975. 12. MACEDO, A., “Eletromagnetismo”, Editora Guanabara S.A., Rio de Janeiro, 1988. 13. ULABY, Fawwaz T., “Eletromagnetismo para Engenheiros”, Editora Artmed Bookman, 2007. 14. PAUL, Clayton R., “Eletromagnetismo para Engenheiros”, Editora LTC, 2006.


REFERÊNCIAS B BIBLIOGRÁFICAS

Anotações Gerais

100


Anexo II: S SOLUÇÃO D DE E EQUAÇÃO D DIFERENCIAL P POR S SÉRIE IINFINITA D DE P POTÊNCIAS 101

Anexo I

SOLUÇÃO DE EQUAÇÃO DIFERENCIAL POR SÉRIE INFINITA DE POTÊNCIAS Este anexo pretende mostrar que a solução da equação diferencial (01) abaixo, ou da equação (07) da seção 6.5 (resolvida naquele lugar pelo Método da Dedução Lógica), pode ser feita por um método mais longo, porém mais potente e abrangente: a Substituição por Série Infinita de Potências. d2X dx 2

= α

2

X

(01)

Supondo que a solução procurada X seja representada por uma série infinita de potências de x: ∞

X = ∑ anxn

(02)

n =0

Substituindo (02) em (01), efetuando as derivações, obtém-se: ∞

∑ n (n − 1)a n x

n −2

= α

∞

2

n =0

∑anx

n

(03)

n =0

Se as duas séries infinitas de potências são iguais, estão os coeficientes correspondentes de mesma potência de x das duas séries devem ser iguais, termo a termo. Assim, 2 × 1× a 2

= α

2

a0 ; 3 × 2 × a3

= α

2

a1 ; ..., (n + 2)(n + 1))a n

+

2

= α

2

an

(04)

Os coeficientes pares podem ser expressos em função do coeficiente a 0 , enquanto que os coeficientes ímpares podem ser escritos em função de a1 , conforme mostra o quadro:

Coeficientes pares a2 = a4 a6

α

2

α =

=

2

4×3 α

=

a0

2 ×1

α

a2

2! α

=

2

6×5

2

a4 =

4

4! α

a0 a0

6

6!

a0

... an

α =

Coeficientes ímpares 2 3 α α a1 a3 = a = 3 × 2 1 3! α 2 5 α α a1 a5 = a = 5 × 4 3 5! α 2 7 α α a1 a7 = a = 7 × 6 5 7! α ...

n

n!

a0

(n par)

an

α =

n

n!

a1

(n ímpar)

α

Substituindo estes coeficientes de volta na série de potências original (02), obtém-se:


Anexo II: S SOLUÇÃO D DE E EQUAÇÃO D DIFERENCIAL P POR S SÉRIE IINFINITA D DE P POTÊNCIAS 102 ∞

α

X = a0 ∑

n

x

n!

n =0 n par

n

a1

+

α

∞

∑ n =1 n ímpar

α

n

n!

xn

ou,

(αx )n X = a0 ∑ n! n 0

a1

∞

+

α

=

n par

(αx )n ∑ n ! n 1 ∞

(05)

=

n ímpar

Reconhecendo que a primeira e a segunda série do segundo membro de (05) são, respectivamente, o co-seno hiperbólico e o seno hiperbólico, expressos por (06) e (07),

(αx )n ∑ n! n 0 ∞

cosh αx =

=

(αx )2 = 1+ 2!

(αx )4 + 4!

+ ⋅⋅⋅

(06)

n par

(αx )n ∑ n! n 1 ∞

senh αx =

=

(αx )3 (αx )5 = αx + + + ⋅⋅⋅ 3! 5!

(07)

n ímpar

chega-se a equação (08): X = a 0 cosh αx +

a1

senh αx

(08)

α

Fazendo A = a 0 e B = a1 / α , chega-se a solução final (09) mostrada abaixo. X = A cosh αx + B senh αx

(09)

Deve-se observar que as constantes A e B são calculadas em termos das condições de contorno estabelecidas para o problema. As funções hiperbólicas de (09) podem ser escritas em termos de exponenciais, ou seja, e

x

e cosh αx = 2 e x −e senh αx = 2 α

+

α

−α

−α

x

(10)

(11)

x

Assim, substituindo (10) e (11) em (09), obtém-se a expressão final (12) em termos de exponenciais, onde foram selecionadas novas constantes arbitrárias A ' e B' .

X = A' e

x

α

+

B' e

−α

x

(12)

Atenção: O aluno deve exercitar a utilização do método aqui apresentado (Substituição por Série Infinita de Potências), resolvendo agora a equação diferencial (08) da seção 6.5, mostrada novamente em (13). d 2Y 2 = −α Y (13) 2 dy


Anexo III: CURVAS B-H DE VÁRIOS MATERIAIS FERROMAGNÉTICOS

103

Anexo II

CURVAS B-H DE VÁRIOS MATERIAIS FERROMAGNÉTICOS Este anexo tem o objetivo de apresentar as curvas de magnetização ou curvas B-H de quatro materiais ferromagnéticos diferentes a serem utilizadas em problemas do capítulo VIII, ou seja: A – Curva de magnetização do ferro fundido, B – Curva de magnetização do aço fundido, C – Curva de magnetização do aço-silício, D – Curva de magnetização da liga ferro-níquel.

D

C

B

A

Figura 1 - Curvas B – H para H < 400 A/m Atenção para as divisões usadas na figura 1: Eixo B (eixo vertical) = 0,02 T por cada divisão (menor divisão) Eixo H (eixo horizontal) = 5 A/m por cada divisão (menor divisão)

Apostila Eletromag UFU

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