Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio Cláudio S. Sartori - CAPÍTULO III - Lei de Gauss A Lei de Gauss: Para compreendermos a Lei de Gauss, precisamos entender o significado de fluxo elétrico. A Lei de Gauss está centralizada no que chamamos hipoteticamente de superfície gaussiana. Esta superfície pode ser formada com a forma que quisermos, porém é adequada aquela que apresentar as devidas simetrias que o problema se apresenta. Por exemplo, uma carga pontual possui linhas de força distribuídas esfericamente; então a superfície gaussiana mais adequada é uma esférica.
Fluxo:
A Lei de Gauss relaciona o fluxo do campo elétrico por uma superfície fechada com uma distribuição de cargas que estão envolvidas por essa superfície:
Ψ = v. A = vA cosθ Ou seja, se pega a componente paralela do vetor v ao vetor normal à superfície A e multiplica-se pela área A. Para definirmos o fluxo de um campo elétrico, consideramos uma área A que representa uma superfície gaussiana, sendo atravessada pelas linhas de campo elétrico. Definimos por:
∫
Teorema da Divergência
(Teorema Gauss): Seja
ˆ ˆ F = F x ( x, y, z)a x + F y ( x, y, z)a y
Ou
∫∫
E ⋅ d S =
S
+ F z ( x, y, z)aˆ z Seja
S uma superfície contida numa região B, na qual as derivadas parciais de F x , F y e F z são contínuas e V uma uma
região limitada por B. Se aˆ n é um vetor normal exterior à S , então:
∫∫
V
∫∫
Qi
ou
F ⋅ d S =
S
ε 0
∫∫∫ ∇ ⋅ F dV
F ⋅ aˆ n dS =
S
S
q ε 0
Note que a carga q é a soma de todas todas as cargas, positivas e negativas, negativas, interiores à superfície gaussiana. gaussiana. A Lei de Gauss permite provar um importante teorema sobre condutores isolados: Se um excesso de carga é colocado em um condutor isolado, a carga irá se mover inteiramente sobre a superfície do condutor, nenhuma carga irá se encontrar no interior do corpo de um condutor.
= ∫∫ D ⋅ d S = Qi
E .d A =
Definimos como fluxo de um vetor v através de uma superfície de área A o produto:
1
∫∫∫ ∇ ⋅ F dV V
Aplicando o Teorema de Gauss:
D = ε 0 E
∫∫
D ⋅ d S =
(Para o espaço livre). Figura 1 – Fluxo através de uma superfície Gaussiana.
S
∫∫∫∇ ⋅ DdV V
Como, da Lei de Gauss:
= ∫∫ D ⋅ d S = Qi S
E para uma distribuição volumétrica de carga:
Qi
= ∫∫∫ ρ v dV V
Observe que:
∫∫
D ⋅ d S =
S
∫∫∫ ∇ ⋅ DdV = ∫∫∫ ρ v dV V
v
∇ ⋅ D = ρ v Exemplo 1 - Campo elétrico de uma carga puntiforme: Imagine Imagine um superfície esférica esférica que englobe uma carga pontual q. Então:
O círculo na integração representa que a integral deve ser feita sobre a superfície gaussiana fechada.
∫∫
E ⋅ d S =
S
Qi
ε 0
⇒ E .4π r 2 = ε q → E = 0
1 4πε 0
q 2
r
1
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio Cláudio S. Sartori - CAPÍTULO III - Lei de Gauss Figura 2 – Superfície Gaussiana esférica para calcular o campo elétrico de uma carga puntiforme.
2
Figura 4 – Superfície Gaussiana cilíndrica envolvendo o fio com densidade de carga linear.λ= rL.
r
Exemplo 2 - Campo de um condutor plano infinito de densidade de carga superficial rs:
L
∫∫
E ⋅ d S =
S
Figura 3 – Superfície Gaussiana cilíndrica para o cálculo do campo de um plano ca rregado. Escolhendo uma superfície gaussiana cilíndrica, a carga q está na superfície do condutor: Note que o campo elétrico possui sentido divergente. Então, aplicando a Lei de Gauss:
∫∫
E ⋅ d S = E . A + (− E ).(− A) =
q ε 0
Qi
ε 0
⇒ E 2πρ L = ρ ε L ⇒ E = L
0
1 ρ L 2πε 0 ρ
Exemplo 4 - Esfera condutora de raio R carregada com carga elétrica Q na superfície: No seu interior o campo é nulo; para r > R podemos imaginar que a superfície esférica gaussiana engloba uma carga elétrica puntiforme Q: Figura 5 – Superfície Gaussiana esférica envolvendo uma casca esférica de raio R
S
= E =
ρ S 2 ε 0
Exemplo 3 - Campo elétrico de um fio
infinito de densidade de carga linear ρ L . Nesse caso, a superfície gaussiana adequada é um cilindro de raio r qualquer:
⎧⎪ 0, se r < R E = ⎨ 1 Q ⎪⎩ 4 πε r 2 se r ≥ R 0
Exemplo 5 - Distribuição esférica de raio R de carga elétrica Q com densidade volumétrica rv: Devemos imaginar duas superfícies gaussianas, de raios r > > R e r < R:
2
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Se r
< R⇒∫ E.dA= εq ⇒ E.4πr2 = ρ 43 πr3 / ε0 ⇒ E = 3ρε r 0
Se r
0
> R ⇒ ∫ E. dA = ε ⇒ E.4πr = q
0
2
ρ43π R3 ε0
ρ 3ε0
⇒E=
3
(b) Plano carregado.
R3 r 2
Figura 6 – – Superfícies Gaussianas esférica envolvendo uma distribuição volumétrica de carga de raios r > > R (a) e r < R (b):
(c) Plano carregado de um lado. Figura 7 – – Superfícies Gaussianas para diferentes situações:
(a) Fio.
3
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4
(d ) Capacitor de placas paralelas com densidades iguais e diferentes nas placas.
=
ψ
ψ = ψ
π 2
Q
π 2
∫ senθ dθ ∫ dφ
4π 0 Q
=
Q
[− cos π2
4π Q
=
4π
=
π 2
4π
0
π
ψ
π
[− cos θ ]02 [φ ]02
− (− cos 0)][ π 2 − 0]
Q
60
=
8
8
µ
7, 5µ C = 7,5
(b) a superfície fechada definida por ρ = 26 cm e z = ± 26 cm.
∫∫
ψ = D ⋅ dS S
dS L
= ρ dφ dzaˆ ρ
dSTs
= ρ d ρ dφ aˆz
dSTi
Ou
D =
Qi
∫∫ E ⋅ d S = ε
0
S
(a) da porção de uma esfera limitada de r = 26 cm limitada por 0 < θ < < π/2 e 0 < φ < < π/2.
ψ
π π 2 2
= ∫∫ D ⋅ dS = ∫ ∫ S
0 0
∫∫
D ⋅ dS L
2 aˆ ⋅ r senθ d θ d φ a r 2 r 4π r
=
S L
Q
∫∫ D ⋅ dS
L
S L
=
+ L2
2π
− L2
0
s
= ρ d ρ dφ ( − aˆ z )
S
s
ST
i
= ∫∫ D ⋅ d S = Qi
i
ST
S L
Exemplo 6 – – (e 3.1 – Hayt pg. 34) Dada uma carga pontual de 60µC, localizada na origem, determine o fluxo elétrico total que passa através: (a) da porção de uma esfera limitada de r = 26 cm limitada por 0 < θ < < π/2 e 0 < φ < < π/2. (b) a superfície fechada definida por ρ = 26 cm e z = ± 26 cm. (c) do plano z = 26 cm.
Solução:
= ∫∫ D ⋅ dS L + ∫∫ D ⋅ dST ∫∫ D ⋅ dS T
Q 2
4π r
aˆ r
Q
∫ ∫ 4π r aˆ ⋅ ρ dφ dzaˆ Q
+ L2
2π
− L2
0
ρ
r
2
ρ
aˆ ⋅ aˆ d φ dz 4π ∫ ∫ r 2
r
ρ
4
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio Cláudio S. Sartori - CAPÍTULO III - Lei de Gauss aˆr
= senθ cos φ aˆ x + se senθ senφ aˆ y + cos θ aˆ z = cos φ aˆ x + senφ aˆ y aˆr ⋅ aˆ ρ = senθ cos2 φ + senθ sen 2φ aˆ ρ
(
)
aˆr ⋅ aˆ ρ = senθ cos 2 φ + sen2φ
∫∫
Q
∫∫
Q
Q
=
S L
∫
+ L
∫∫
−L
Q
Q
∫∫
∫∫
senθ =
2
∫∫
D ⋅ dS L
r 2
=
S L
tgθ
∫∫
D ⋅ dS L
S L
∫∫
2
D ⋅ dS L
Q
=
4π
S L
∫∫
D ⋅ dS L S L
=
∫∫
4π − L
Q
4π
2π
2π
∫∫
−L
+ L
d φ dz
0
∫∫
Q
s
3
aˆr ⋅ aˆ z dz
∫∫
32
D ⋅ dST s
−L
+ ρ 2 )
=
S T
Q
=
2
1
∫ ∫ r aˆ ⋅ aˆ ρd ρd φ 2
r
z
0 0
= cos θ = Q
2π R
4π
s
dz
∫∫
D ⋅ dST s S T
s
⇔ dz = ρ sec θ d θ
2
Observe da figura que:
2
ρ
2π R
D ⋅ dST = 4π S
d φ dz
Chamando:
z = ρ tgθ
T s
ρ 2 2
2
S L
⎞ −0.26 ⎟ 0.26 2 + 0.26 2 ⎠
Q 2
=
D ⋅ dS L
∫ ∫ r
∫ ∫ ( z 0
r 3
d φ
+ L
dφ
0
r
ρ 2
S L
r
2
−
0.26 ⎞ + ⎜ ⎟ 2 ⎝ 0.26 2 0.26 2 ⎠
∫∫
z =− 0.26
Q ⎛ 0.26
D ⋅ dS L
ρ
0
+ L2 2π
=
S L
ρ ρ
∫∫r
Q
=
z
0.26
⎜
Substituindo, teremos:
L 2
z 2 + ρ 2
2 ⎝ 0.262 + 0.26 2
∫∫
aˆr ⋅ aˆ ρ =
D ⋅ dS L = 4π S −
senθ
z
Q
Q⎛
Então:
+ L2 2π
4π
z = 0.26
Q
=
1 + tg 2θ
D ⋅ dS L
= ρ 2 + z 2
L
∫
L
ρ
+y +z
Q
+ L
D ⋅ dS L = 2 z 2 + ρ 2 S
ρ = = x 2 + y 2
∫∫
=
S L
x
2
D ⋅ dS L
ρ
1
∫
L
y
+ L
D ⋅ dS L = 2 cosθ d θ −L S
Como: senθ =
r
2
3
L
x
1
∫ sec θ sec θd θ
2π
4π
r
=
ρ 3
L
r
r
2
ρ sec2 θ d θ
θ D ⋅ dS L = 2 sec θ d θ S −L
θ
φ
−L
2
32
sec2 θ d θ 32 D ⋅ dS L = 4π 2π 3 2 − L ρ ( tg θ + 1) S
∫∫
z
2
+ L
ρ
z
ρ 2
∫ ( ρ tg θ + ρ )
L
D ⋅ dS L
Observe da figura que:
+ L
2π
D ⋅ dS L = 4π [φ ]0 S
∫∫
aˆr ⋅ aˆ ρ = senθ
5
=
Q
4π
∫∫ 0 0
z
r 1 z ρ d ρ d φ r 2 r
2π R
z ρ
∫ ∫ ( ρ + z ) 0 0
2
2
32
d ρ d φ
2
5
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∫∫
D ⋅ dST s
=
2π
Q
R
∫ ( ρ + z ) 4π ∫ 0
S T
s
u = ρ Chamando de
∫∫
D ⋅ dS T s
=
S T
2
0
2
Q
4π
∫∫
Q
∫∫
∫∫
ψ = D ⋅ dS S
du
S T i
0
R
2
∫∫
Q⎡ + 2 ⎢1 − 2⎣ 2
∫∫
∫∫
u
2
∫∫
−
D ⋅ dST s
=
S T s
∫∫
D ⋅ dST s S T s
=
Pela simetria do problema:
1 2
Q u z 1 4 − 2 Q −1 2z 4 u
∫∫
ψ
Q
s
T s
1 ⎤ ⎡ 1 − ⎥ dS T = − 0.26⎢ ∫S ∫ D⋅dS 2 ⎣0.26 2 0.26⎦ Q
⎤ ⋅ = − − D dS d S 1 T ∫S ∫ 2 0.26 .26 ⎢⎣ 2 ⎥⎦
Q 0.26 ⎡ 1
2
S
Ou:
∫∫
ψ = D ⋅ dS
+∞ +∞
=
∫∫
ψ = D ⋅ dS
=
ψ = D ⋅ dS S
=
r
2
Q
∫ ∫ 4π r
−∞ −∞
S
∫∫
Q
∫ ∫ 4π r aˆ ⋅ aˆ dxdy
−∞ −∞ +∞ +∞
S
s
T s
Q
= ∫∫ D ⋅ dS = 30µ C
s
T s
S
⎡ 1 ⎤ D ⋅ dS = − z ⎢ ⎥ T ∫∫S 2 ⎢ z 2 + ρ 2 ⎥ ⎣ ⎦ ρ =0 ⎡ ⎤ Q 1 1 D ⋅ dS = − 0.26 − ∫S ∫ T 2 ⎢⎣ 0.262 +0.262 0.262 +02 ⎥⎦
ψ = D ⋅ dS =
ρ =0.26
= ∫∫ D ⋅ dS = 60µ C
(c) do plano z = 26 cm.
2
=Q
S
s
2
ψ
− +1
D ⋅ dST = 4 z 3 S − +1 T s
⎤ ⎥ 2⎦
1
S
3
Q
2
Q
+Q−
ψ = D ⋅ dS
T s
Q
S
D ⋅ dST = 4 z u du 0 S
s
Q
=
s
ST
i
− 32
∫
i
ST
ψ = D ⋅ dS
32
S L
S
z du2
∫ (u )
2π
s
ψ = D ⋅ dS = R
Q⎡ 1 ⎤ 1− ⎥ 2 ⎢⎣ 2⎦
= ∫∫ D ⋅ dS L + ∫∫ D ⋅ dST ∫∫ D ⋅ dS T
∫∫
2
s
2
32
dS T i = D⋅ dS
d ρ
+ z 2 ⇔ du = 2 ρ d ρ
ρ d ρ =
z ρ
dφ
6
Qz
z
z 2
r
dxdy
+∞ +∞
4π ∫ ∫ ( x −∞ −∞
1 2
+ y2 + z2 )
32
dxdy
s
T s
Q⎡ 1 ⎤ 1− ⎥ D ⋅ dS = T s 2 ⎢⎣ 2⎦ S T
∫∫
s
∫∫
D⋅dS T s = S T s
Q⎡ 1 ⎤ 1− ⎥ 2 ⎢⎣ 2⎦
O fluxo na tampa inferior é calculado de maneira análoga, fornecendo o resultado:
Exemplo 7 – (e 3.2 – Hayt pg. 34)
Calcule D em coordenadas retangulares no ponto P (2, -3, 6) produzido por: (a) uma carga pontual Q A = 55 mC em Q(-2, 3, -6). (b) uma linha de cargas uniforme de ρ LB = 20 mC/m no eixo x. (c) uma densidade superficial de carga de ρ SC SC 2 = 120 µC/m no plano z = -5m. Solução:
6
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio Cláudio S. Sartori - CAPÍTULO III - Lei de Gauss (a) uma carga pontual Q A = 55 mC em Q(-2, 3, -6).
D =
Q A
aˆ R
− r A′
4π rP
2
r A′
= −2aˆx + 3aˆ y − 6aˆ z rP = 2aˆ x − 3aˆ y + 6aˆ z rP − r ′ aˆ R = rP − r P′ 4aˆ x − 6aˆ y + 12aˆ z 4 6 12 aˆ R = = aˆ x − aˆ y + aˆ z 14 14 4aˆ x − 6aˆ y + 12aˆ z 14
D =
⎡ 4 aˆ − 6 aˆ + 12 aˆ ⎤ x y z 4π 142 ⎢⎣ 14 14 14 ⎥⎦ µ C D = 6.38aˆ x − 9.57aˆ y + 19.14aˆ z ( m ) 55m
7
Dada a densidade de fluxo elétrico D =0,3r 2 a r nC/m2 no espaço livre: (a) determine E no ponto P(r = 2, θ = =25°,φ 25°,φ = = 90°). (b) determine a carga total dentro da esfera r = = 3. (c) determine o fluxo elétrico total que deixa a esfera r = = 4.
Solução:
(a) E
1
=
ε 0
=
D =
ρ = aˆ ρ
ρ L aˆ ρ
8.85 ⋅10
E = 135,5aˆr ( V m)
aˆ y
+
2π
45
6 3 5
Q = 0.3nr
aˆ z
20m ⎡
3
Q = 0.3n3 4π Q = 305nC
(c)
Ψ= ∫∫ D ⋅ dS S
Ψ= ∫∫ 0.3nr 2aˆr ⋅ r 2 senθ dθ d φ S
Ψ = 0.3n 4 4 4π Ψ = 965.09nC Exemplo 9 – (e 3.3 – Hayt pg. 36)
Calcule o fluxo elétrico total deixando uma superfície cúbica formada por seis planos x, y, z = ±5, se a distribuição de cargas é: (a) duas cargas pontuais, uma de 0,1 µC em
ρ S
aˆ N 2 120 µ D = aˆ Z 2
∫ ∫ senθ dθ dφ 4
3 5 6
D = 60aˆ Z
4
0 0
(c) uma densidade superficial de carga de ρ SC SC = 120 µC/m2 no plano z = -5m.
D =
2π π
D = − aˆ y + aˆ z ⎤⎥ ⎢ 2π ⎣ 45 45 ⎦ ⎛ µ C ⎞ D = −212aˆ y + 424 aˆ z ⎜ 2 ⎟ ⎝m ⎠
=Ψ= ∫∫ D ⋅ dS S
2
6 ⎡ 3 ˆ ⎤ ˆ − + a a y z ⎥ 20m ⎢⎣ 3 5 3 5 ⎦ D =
(b) Q
∫∫
( −3 ) + 6 = 3 5
0.3 ⋅10 1 0 −9 ⋅ 22 aˆr
2 2 Q = Ψ = 0.3nr aˆr ⋅ r senθ dθ dφ
2
=−
−12
0.3nr 2 aˆ r
S
2π ρ
3
ε 0
1
2
(b) uma linha de cargas uniforme de ρ LB = 20 mC/m no eixo x.
1
=
E E
D
(1,-2,3) e outra de
( ) µ C m2
Exemplo 8 – (e 3.3 – Hayt pg. 36)
1 7
C em (-1, 2, -2);
(b) uma linha de cargas uniforme de πµC/m em x = -2, y = 3; (c) uma superfície de cargas uniforme de 0,1µC/m2 no plano y = 3 x.
Solução:
7
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( a)
Ψ= ∫∫ D ⋅ dS = Q1 + Q2
A interseção do cubo de lado 10 com o plano dá um retângulo, de dimensões:
S
Ψ = 0,1µ + 17 µ =
1, 7
7 Ψ = 0,243µ C
µ d/2 y=5
( b)
8
Ψ= ∫∫ D ⋅ dS = Qi
x=5/3
S
5
z
5/3
x
-2 2
d
3 y
4
9
d = x O comprimento da linha que está dentro do cubo possui uma carga de:
Ψ= ∫∫ D ⋅ dS = ρ L d S
Ψ = πµ 10 Ψ = 31,4 µ C
2
⎛ d ⎞ = 52 + ⎛ 5 ⎞ = 25 + 25 ⎜2⎟ ⎜3⎟ 9 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 225 + 25 250 d = =
d = =
9
4 ⋅ 250 9 10 3
10
A Carga interna ao cubo será:
Qi
= ρ s S = ρ s ⋅ d ⋅ 2l
Qi
= 0,1µ ⋅
(c) uma superfície de cargas uniforme de 0,1µC/m2 no plano y = 3 x.
10 10 10 3
⋅ 2 ⋅5 =
10 10 10 3
µ
Ψ = Qi = 10,54µ C Exemplo 10 – (e 3.5 – Hayt pg. 39) Uma carga pontual de 0,25 µC está localizada em r =0, =0, e duas densidades superficiais de cargas uniformes estão localizadas como se segue: uma de 2mC/m2 em r = = 1cm e outra de -0,6 mC/m 2 em r = = 1,8 cm. Calcule D em: (a) r = = 0,5 cm. (b) r = = 1,5 cm. (c) r = = 2,5 cm. (d ) Que densidade superficial de carga uniforme deve ser estabelecida em r = = 3 cm para causar = 3,5 cm? D = 0 em r =
Solução: (a) r = = 0,5 cm
8
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio Cláudio S. Sartori - CAPÍTULO III - Lei de Gauss
Q
D =
D =
(a) Determine o fluxo elétrico total que atravessa a superfície retangular z = 2, 0 < x < 2, 1 < y < 3 na direção az; (b) Determine E em P(2, -1, 3); (c) Determine um valor aproximado para a carga total contida em uma esfera incremental localizada em P(2, -1, 3) e tendo um volume de 10 -12 m3.
aˆr
4π r 2 0,25µ 4π ( 0, 5 ⋅10 10
−2 2
)
aˆr
D = 796aˆr
( ) µ C m2
(b) r = = 1,5 cm
Q
D =
4π r 2
D =
D =
Q
4π r 2
Solução:
D
4π r s 2
+
aˆr
0,25µ 4π (1, 5 ⋅10
Qs
+
aˆr
aˆr
ρs1 4π r 12 4π r 2
(a) Fluxo elétrico total que atravessa a superfície retangular z = 2, 0 < x < 2, 1 < y < 3 na direção az;
aˆr
)
+
aˆr
2
2m ⋅ 4π (1, 0 ⋅10 −2
4π (1, 5 ⋅ 10
−6
= dxdyaˆ z Ψ= D ⋅ dS ∫∫ dS
−2
−2
)
)
2
aˆ r
2
D = 977,3aˆ r
Ψ= ∫∫ 16 x
( ) µ C m
2
D =
D =
2
0,25µ 4π ( 2, 5 ⋅10−2 )
D
aˆr
2
aˆ r
2
2
2
2
r
2
2
D =
D =
Q
r
2
2
aˆr
4π r 2
aˆr
+
3
0 1
2
3
0
1
3
ρ s 4π r s2
aˆr + aˆr 4π r 2 4π r 2 Q 2 ⋅10 10−3 ⋅ 4π (1, 0 ⋅10 1 0−2 ) 2 ˆ a aˆr + r 4π (3, 5 ⋅10−2 ) 2 4π (3, 5 ⋅10−2 ) 2
4π r 2
+
2 ρ s1 4π r 2
2
2
= 40,79aˆ r ( µ mC )
ρ s1 4π r1
∫ ∫16 x yz dydx
3 z = 2
(d ) Que densidade superficial de carga uniforme deve ser estabelecida em r = 3 cm para causar D = 0 em r = = 3,5 cm?
yz dxdy = 3
⎡ x3 ⎤ ⎡ y 2 ⎤ 16 Ψ = z ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ 3 ⎦ 0 ⎣ 2 ⎦1 23 ⎡ 32 12 ⎤ Ψ = 16 ⋅ 8 ⎢ − ⎥ 3 ⎣2 2⎦ 23 ⎡ 9 1 ⎤ Ψ = 128 ⎢ − ⎥ 3 ⎣2 2⎦ Ψ = 1365,33 pC
2
= 31, 83µ aˆr + 320 µ aˆr − 311, 04 µ aˆr D
2 3
2
Ψ = 16 z 3 ∫ x 2 dx ∫ ydy
ρs1 4π r 22
aˆr + aˆr 4π r 2 4π r 2 − − 0, 6m ⋅ 4π (1, 8⋅ 10− ) 2m ⋅ 4π (1, 0 ⋅ 10 ) + aˆ + aˆ 4π ( 2, 5 ⋅ 10− ) 4π ( 2, 5⋅ 10− )
4π r 2
+
ρs1 4π r12
= 16 x 2 yz 3dxdy
S
(c) r = = 2,5 cm.
Q
S
D ⋅ dS
−6
= 88, 4 ⋅10 aˆr + 888, 88 ⋅ 10 aˆr
9
(b) Determine E em P(2, -1, 3);
E =
D
=
8 xyz 4 aˆ x
+ 4 x 2 z 4 aˆ y + 16 x2 yz3 aˆz
( ) pC
m
2
ε0 ε 0 ρ s 4π (3 ⋅10 10−2 ) 2 −0, 6 ⋅10−3 ⋅ 4π (1, 8 ⋅10−2 ) 2 ˆ ˆ a a 0 + + = r r D 16 ⋅ 2 ( −1) 3 8 ⋅ 2 ⋅ (− 1)3 4⋅ 2 ⋅ 3 4π (3, 5 ⋅10−2 ) 2 4π (3, 5 ⋅10−2 ) 2 E = = aˆ + aˆ + aˆ ( ) ε 8, 85 8, 85 8, 85 D = 16, 24µ aˆr + 163, 265µ aˆr E = −146, 44aˆ x + 146, 44 aˆ y − 195, 25aˆ z ( N C ) −158, 69µ aˆr + 0, 7346ρ s aˆr = 0 4
2
x
2
4
y
3
z
N C
0
ρ s
= −28,33 ( µ mC )
(c) Determine um valor aproximado para a carga total contida em uma esfera incremental localizada em P(2, -1, 3) e tendo um volume de 10 -12 m3.
2
Exemplo 11 – (e 3.6 – Hayt pg. 41) No espaço livre,
4 D = 8 xyz aˆ x
+ 4 x2 z 4 aˆ y + 16 x2 yz3 aˆ z ( mpC ) . 2
9
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Q=
∫∫∫ ∫∫∫
Q
⇔ ∇ ⋅ D = ρ v ≅
ρv dV
+ 4 x2 z 4 aˆ y + 16 x2 yz3 aˆ z ( mpC ) 2
2 2 2 2 ∇⋅ D = 4z2se sen φ + 2z cos 2φ + 2ρ sen φ
∇⋅ D( ρ = 2,φ =110°, z = -1 -1) = 4(−1)
Q = ∆V
⋅∇ ⋅ ∇ ⋅ D = −2,376 ,376 ⋅10
−21
2
∇ ⋅ D = (8(−1)34 + 0 + 48⋅ 22 (−1)32 ) (10−12 )
2
2 z2sen sen2φ 2 ρ + z2 2cos 2φ + 2ρ2sen2φ ⋅1 ∇⋅ D = ρ
∇ ⋅ D = 8 yz 4 p + 0 + 48 x2 yz2 p ∇ ⋅ D = (8(−1)34 + 0 + 48⋅ 22 (−1)32 ) (10−12 )
2
1
⎛∂ ⎞ ∂ ∂ ∇ ⋅ D = ⎜ ( 8 xyz 4 ) + ( 4 x 2 z 4 ) + (16 x 2 yz3 ) ⎟ ( p ) ∂y ∂z ⎝ ∂ x ⎠
∂ D ∂ ( ρ D ρ ) + 1 φ + ∂ Dz ρ ∂ ρ ρ ∂φ ∂ z 1
sen2φ ) ∂ ( 2ρ zse zsen φ ) ∂ 1 ∂( ρ z sen ∇⋅ D = + sen2φ ) + ρ2ρz2sen ( ρ ∂ρ ρ ∂φ ∂ z 2 2 ρ z 2 ∂ ( sen2φ ) sen φ ∂ 2 z sen 2 2 ∂( z) ρ ∇ ⋅ D = + + 2ρ 2 sen sen φ ( ) ∂ρ ∂φ ∂ z ρ ρ
Q = ∆V ⋅ ∇ ⋅ D 4 D = 8 xyz aˆ x
∇ ⋅ D =
∆V
V
10
C
2
sen 110º+ 2
2
2( −1) cos( 2⋅110°) + 2⋅ 22 sen2110°
∇⋅ D( ρ = 2,φ =110°, z = -1 -1) = 4(−1)
2
sen 110º+ 2
2
2( −1) cos( 2⋅110°) + 2⋅ 22 sen2110°
Exemplo 12 – (e 3.7 – Hayt pg. 42)
Para cada um dos seguintes itens, determine um valor numérico para div D no ponto especificado:
ˆy + x yaˆ z (a) D = 2xyz − y aˆ x + x z − 2xy a
(
2
)
(
)
2
2
( ) em C m2
( b)
D = 2 ρz se sen φaˆ ρ + ρz se sen2φaˆφ +2ρ zsen φ aˆ z 2
2
2
2
2
( ) C m2
em P B( ρ = = 2, φ = = 110°, z =-1).
( )
ˆr + r cosθ cosφaˆθ −rsenφaˆφ C 2 em (c) D = 2rsenθ cosφa m
P B(r = = 1,5; θ = θ = 30°, φ = = 50°).
Solução:
ˆy + x yaˆ z (a) D = 2xyz − y aˆ x + x z − 2xy a
(
2
)
(
)
2
2
( ) em C m2
P A(2, 3, -1). Em coordenadas cartesianas: ∂ D ∂ D y ∂D
∇ ⋅ D =
x
∂ x
+
∂y
+
z
∂z
∂ ( 2 xyz − y 2 ) ∂ ( x 2 z − 2 xy ) ∂ ( x 2 y ) ∇ ⋅ D = + + ∂ x ∂y ∂z
3
m
P B(r = = 1,5; θ = = 50°). θ = 30°, φ =
1 ∂ ( senθ Dθ ) 1 ∂ Dφ ∂ 2 r Dr ) + + ( r ∂r rsenθ rsenθ ∂φ ∂θ 1 ∂ 1 ∂ ( senθ r cosθ cosφ ) ∇ ⋅ D = 2 ( r2 2rsen + rsenθ cos φ ) + r ∂r rsenθ ∂θ 1 ∂ ( −rsenφ ) rsenθ ∂φ sen2θ ⎞ ⎛ sen ∂ ⎜ ⎟ 2senθ cosφ ∂ r co sφ ⎝ 2 ⎠ 3 ∇ ⋅ D = ( r ) + rsenθ ∂θ + ∂r r2 −r ∂ ( senφ ) rsenθ ∂φ 2senθ cosφ r co sφ ⎛ 2 cos 2θ ⎞ 3r 2 + ∇ ⋅ D = ⎜ 2 ⎟+ 2 r rsenθ ⎝ ⎠ −1
( b)
∇ ⋅ D(2, 3, -1) = −10 (
C 3 m
em P B( ρ = = 2, φ = = 110°, z =-1).
cos cos φ
∇ ⋅ D = 6sen senθ cos φ +
∇⋅ D =
)
D = 2 ρz2sen sen2φaˆ ρ + ρz2sen sen2φaˆφ + 2ρ2zse zsen2φ aˆ z
2
sen senθ
1
∇ ⋅ D =
∇ ⋅ D = 2 yz − 2 x + 0 ∇ ⋅ D (2, 3, -1) = 2 ⋅ 3 ⋅ ( −1) − 2 ⋅ 2
( )
(c) D = 2rsenθ cosφaˆr + r cosθ cosφaˆθ − rsenφaˆφ C 2 em
P A(2, 3, -1).
∇⋅ D( ρ = 2,φ =110°, z = -1) = 9.06( mC )
( ) C m2
∇⋅ D =
cos φ cos 2θ senθ
−
cos φ senθ
6sen sen θ cosφ + cos 2θ cosφ − cosφ 2
sen senθ 6sen θ cosφ + ( cos θ − sen2θ ) cosφ − c os φ 2
2
sen senθ
10
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∇⋅ D =
∇⋅ D =
∇⋅ D =
sen senθ
6sen θ cosφ + (1− sen θ ) cosφ − sen2θ cosφ − c os φ senθ 6sen θ cosφ + cos φ − sen2θ cosφ − sen2θ cos φ − c osφ 2
sen senθ 4sen sen θ cos φ
sen senθ
2
3
Exemplo 13– (e 3.8 – Hayt pg. 41) Determine a expressão para a densidade volumétrica de carga associada com cada campo D a seguir:
(b) D
z
+
aˆ x
aˆ y
z
+
z
2
aˆ z
( ). C
m
2
= zsenφ aˆ ρ + z cos φ aˆφ + ρ senφ aˆ z ( mC ) 2
( )
(c) D = sen senθsen senφaˆr + cosθsen senφaˆθ + cosφaˆφ
C
m2
(a) D
=
4 xy
2
1
z
4 x2
+
aˆ x
aˆ y
z
+
2 x2 y z
2
rsenθ
aˆ z
( ) C 2 m
∂ D ∂ D y ∂Dz + ρ v = ∇ ⋅ D = x + ∂ x ∂y ∂z ∂ ⎛ 4 xy ⎞ ∂ ⎛ 4 x2 ⎞ ∂ ⎛ 2 x2 y ⎞ ∇ ⋅ D = ⎜ + + ∂ x ⎝ z ⎟⎠ ∂y ⎜⎝ z ⎟⎠ ∂z ⎜⎝ z 2 ⎠⎟
∇ ⋅ D =
ρ v
4 y z
= ∇ ⋅ D =
∇ ⋅ D(2, 3, -1) =
(b) D
z 3
∇ ⋅ D =
2
−x
2
+
2sen2θ senφ rsenθ
∇ ⋅ D =
rsenθ
+
senφ rsenθ
2
−
rsenθ
2sen θ se senφ rsenθ
−
senφ ( cos cos θ − sen θ ) senφ (1− 2sen2θ ) rsenθ
2
)( ) C m3
∂ 1 ∂ Dφ ∂D z + ρ D ( ρ ) ρ ∂φ + ∂ z ρ ∂ρ 1
rsenθ
D
2
= ∇ ⋅ D =
2sen θ senφ
senφ cos 2θ 2
2
∇ ⋅ D =
r
+
−
senφ rsenθ
senφ rsenθ
senφ − 2sen θ se senφ 2
+
rsenθ
−
senφ rsenθ
( ) C 3 m
Exemplo 13– (e 3.9 – Hayt pg. 45) Dado o campo:
z 3
(z
2senθ senφ
∇⋅ D = 0 ρ v = ∇⋅
z3 4 yz 2 − 4 x 2 y
4 y
4 x2 y
= zsenφ aˆ ρ + z cos φ aˆφ + ρ senφ aˆ z ( mC ) .
ρv
+0−
( −senφ )
∇ ⋅ D =
.
Em coordenadas cartesianas:
2
1
Solução:
C
m
1 ∂ ( senθ Dθ ) 1 ∂ Dφ ∂ 2 r Dr ) + + ( ∂θ r ∂r rsenθ rsenθ ∂φ cosθ senφ ) 1 ∂ 1 ∂ ( senθ cos ∇ ⋅ D = 2 ( r2 sen + senθ sen senφ ) + r ∂r rsenθ ∂θ cosφ ) 1 ∂ ( cos ∂φ rsenθ sen2θ ⎞ ⎛ sen ∂ ⎜ ⎟ senθ senφ ∂ senφ ⎝ 2 ⎠ 2 ∇ ⋅ D = ( r ) + rsenθ ∂θ + r2 ∂r cosφ ) 1 ∂ ( cos ∂φ rsenθ senθ senφ senφ ⎛ 2cos2θ ⎞ ∇ ⋅ D = + 2 r ⎜ 2 ⎟+ r2 rsenθ ⎝ ⎠
∇⋅ D = 1, 28( mC )
=
( ).
∇ ⋅ D =
1
2 x2 y
C 3 m
(c) D = sen senθsen senφaˆr + cosθsen senφaˆθ + cosφaˆφ
∇⋅ D = 4 0.6427
4 x2
( )
∇⋅ D = 0 ρ v = ∇⋅
senθ cos φ ∇⋅ D = 4sen sen30° cos 50° ∇ ⋅ D = 4sen
4 xy
1
2
∇⋅ D =
(a) D
∇⋅ D =
2
∂ 1 ∂( z cosφ ) ∂ ( ρsenφ ) + zsenφ ) + ( ρzse ∂φ ∂ z ρ ∂ρ ρ zsen cosφ ) zsenφ ∂ z ∂ ( cos ∇ ⋅ D = +0 ( ρ ) + ∂φ ρ ∂ρ ρ zs zsenφ zsenφ ∇⋅ D = − ρ ρ
6sen2θ cosφ + cos2 θ cos φ − sen2θ cos φ − c os φ 2
11
= 6 ρ sen 12 φ aˆ ρ + 1, 5 ρ cos 12 φ aˆφ ( mC ) 2
calcule ambos os lados do teorema da divergência para a região limitada por: ρ = 2, φ = 0, φ = π , z = 0 e z = 5. Solução:
Ψ= ∫∫ D ⋅ dS = Qi = ∫∫∫ ∇ ⋅ DdV S
V
11
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12
A região formada é composta por quatro superfícies S L, S Ts Ts, S Ti Ti e S p, como ilustramos abaixo,
aˆ NT i
= −aˆ z
juntamente com os vetores dS para cada superfície: superfície: Superfície lateral S L:
Superfície plana lateral S p:
dS p
aˆ N p
= dS p ( −aˆφ ) = −d ρ dzaˆφ
= −aˆφ (φ = 0 ) ; aˆ N = aˆφ (φ = π ) p
aˆ N = aˆ ρ
dS L
= dSL aˆ ρ = ρ dφ dzaˆ ρ aˆ N = aˆ ρ L
Superfícies inferior e superior
dSTs
(S Ts Ts, S Ti Ti):
= dST aˆz = ρ d ρ dφ aˆ z aˆ N = aˆ z
Superfície fechada S:
T s
dSTi
= dST ( −aˆz ) = − ρ d ρ dφ aˆ z 12
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13
∫∫
D ⋅ dS = 0C
S T i
π 2
∫∫ D ⋅ dS = ∫ ∫ ( 6 ρ sen
1 2
Ti
φ aˆ ρ + 1, 5ρ cos 12 φ aˆφ ) ⋅ ( ρ d ρ dφ aˆ z )
0 0
S T s
Como: aˆ ρ ⋅ aˆ z
= 0 ∴ aˆ z ⋅ aˆφ = 0
∫∫
D ⋅ dS = 0C
S T
s
∫∫
5 2
sen ∫ ∫ ( 6 ρsen
D ⋅ dS =
φ aˆ ρ +1, 5ρ cos 12 φaˆφ ) ⋅( −d ρ dza dzaˆφ )
1 2
0 0
S p
Como: aˆφ ⋅ aˆφ 5 2
= 1∴ aˆ ρ ⋅ aˆφ = 0
∫∫ D ⋅ dS = ∫ ∫ −1, 5 ρ cos
1 2
φd ρ dz
0 0
S p
5
2
0
0
∫∫ D ⋅ dS = −1,5cos φ ∫ dz∫ ρd ρ 1 2
S p
∫∫
Assim:
∫∫
∫∫
∫∫
∫∫
dS = D⋅dS + D⋅dS + D⋅dS + D⋅dS D⋅dS S
S L
ST
i
Sp
s
i
φ aˆ ρ + 1, 5ρ cos 12 φ aˆφ ) ⋅ ( ρ dφ dzaˆ ρ )
1 2
L
p
0 0
S L
Como: aˆ ρ ⋅ aˆ ρ
= 1∴ aˆ ρ ⋅ aˆφ = 0
S p
5 π
∫∫ D ⋅ dS = ∫ ∫ 6 ρ sen 2
1 2
L
∫∫
φdφ dz
∫∫
D ⋅ dS L
S L
∫∫ D ⋅ dS
L
S L
∫∫
D ⋅ dS L
5
π
= 6 ρ 2 ∫ dz∫ sen 12 φd φ 0
∫∫
∫∫
S
S L
φ =π
= 6 ⋅ 22 [ z ] z =0 [ −2 cos 12 φ ]φ =0
∫∫
∫∫ ST
∫∫
ST
i
∫∫ Sp
s
∫∫
= 24 [5 − 0] ⎡⎣−2 cos ( 12 π ) − ( −2 cos ( 12 0) )⎤⎦
i
D⋅dS = 225C S
L
∫∫ D ⋅ dS = ∫ ∫ ( 6 ρ sen Ti
φ aˆ ρ + 1, 5ρ cos φ aˆφ ) ⋅ ( − ρ d ρ dφ aˆ z )
0 0
Como: aˆ ρ ⋅ aˆ z
= 0 ∴ aˆ z ⋅ aˆφ = 0
V
π 2
1 2
Integral de volume:
Ψ = ∫∫∫ ∫∫∫ ∇ ⋅ DdV
S L
S T i
S
S L
S p
dS = 240 + 0 + 0−15 D⋅ dS
∫∫ D ⋅ dS = 24 ⋅ 5[2] D ⋅ dS ∫∫ = 240C
dS = D⋅dS dS + D⋅dS dS + D⋅dS + D⋅dS D⋅ dS
0
z =5
D ⋅ dS = −15C
0 0
S L
z =5
p
5 π
∫∫ D ⋅ dS = ∫ ∫ ( 6 ρ sen
S L
ST
ρ =2
⎡ ρ 2 ⎤ 1 ∫S ∫ D ⋅ dS = −1, 5cos( 2 0) [ z] z=0 ⎣⎢ 2 ⎦⎥ ρ =0 ⎡ 22 02 ⎤ ∫S ∫ D ⋅ dS = −1, 5cos (0)[5 − 0] ⎢⎣ 2 − 2 ⎥⎦ D ⋅ dS ∫∫ = −1, 5⋅1[5][2]
1 2
∇ ⋅ D =
D
∂ 1 ∂ Dφ ∂D z ρ D ρ ) + + ( ∂ z ρ ∂ρ ρ ∂φ 1
= 6 ρ sen 12 φ aˆ ρ + 1, 5 ρ cos 12 φ aˆφ ( mC ) 2
13
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∇ ⋅ D =
1 ρ
14
1 ∂ ∂ ∂0 ( ρ 6 ρ sen 12 φ ) + (1, 5ρ cos 12 φ ) + ρ ∂φ ∂ρ ∂ z
∂ 2 1, 5ρ ∂ ρ ) + ( cos 12 φ ) ( ρ ρ ∂φ ∂ρ 1 6sen 2 φ 1, 5ρ ⎛ 1 2 ρ + ∇ ⋅ D = − sen 12 φ ⎞⎟ ⎜ ρ ρ ⎝ 2 ⎠
∇ ⋅ D =
6sen 12 φ
∇ ⋅ D = 12sen 12 φ −
1, 5
2
sen 12 φ
∇ ⋅ D =
5 π 2
22,5
∫∫∫ ∇ ⋅ DdV =
2
V
2
V
∫∫∫∇⋅ DdV = V
∫∫∫∇⋅ DdV =
5
sen 12 φ
sen 12 φρ d ρ dφ dz 2
π
∫ dz ∫ ρ d ρ ∫ sen 0
22,5
∫∫∫ ∇ ⋅ DdV =
V
2
0 0 0
2
22,5
∫∫∫ ∇ ⋅ DdV = ∫ ∫ ∫ V
22,5
0
1 2
φ d φ
0
ρ = 2
⎡ ρ 2 ⎤ φ =π [ z ] z =0 ⎢ ⎥ [ −2cos 12 φ ]φ =0 ⎣ 2 ⎦ ρ =0 z = 5
⎡22 02 ⎤ − ⎥ ⎡⎣−2cos( 12 π ) −( −2cos( 12 0) )⎤⎦ ⎣ 2 2⎦
22,5
[5−0] ⎢
2 22,5 2
[5][2][2]
∫∫∫ ∫∫∫ ∇ ⋅ DdV = 225C V
14
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15
+∞
2π
∫ d φ ρ ∫ 5 ⋅10
Q=
Exercícios – Capítulo 3 - Hayt
Q
1. Uma lata de pintura de metal vazia é colocada em uma mesa de mármore, sua tampa é retirada, e ambas as partes são descarregadas conectando-as à terra. Um fio isolante de náilon é colado no centro da tampa e três moedas, de 5, 10 e 50 centavos são coladas ao fio de forma que não se toquem. A moeda de 50 centavos é aplicada uma carga de +5 nC e as moedas de 5 e 10 centavos permanecem descarregadas. A montagem é descida até a lata de forma que as moedas fiquem suspensas e longe das paredes, estando a tampa presa. O lado de fora da lata é temporariamente conectado de novo a terra. O dispositivo é cuidadosamente desmontado com luvas e ferramentas isolantes. (a) Que cargas são encontradas em cada uma das cinco peças metálicas? (b) Se fosse aplicada à moeda de 50 centavos uma carga de + 5 nC, à de l0 centavos uma carga de 2 nC e à de 5 centavos uma carga de - l nC, qual seria a distribuição final de cargas? 2. Uma carga pontual de 12 nC está localizada na origem. Quatro linhas de cargas uniformes estão localizadas no plano x = O como se segue: 80 nC/m em y = - l e -5 m, -50nC/m e y = -2e 4m. (a) Determine D em P(0, -3, 2); (b) Quanto fluxo elétrico atravessa o plano x = -3 e em que direção? (c) Quanto fluxo elétrico deixa a superfície da esfera de 4 m de raio centrada em C (0, (0, -3, 0) ? 3.
A superfície cilíndrica
r
= 5e
(a) Qual a quantidade de carga total presente? (b) Quanto fluxo elétrico deixa a superfície r = 8 cm, l cm < z < 5 cm, 30° < f < 90°?
∫∫ ρ dS S
Q=
∫∫ 0
5 ⋅ 10 −9 e
− 20 z
0
+∞ ⎛ 0 − 20( − z ) − 20 z ⎞ ⋅ ρ ⋅ ⎜⎜ ∫ e dz + ∫ e dz ⎟ ⎟ 0 ⎝ −∞ ⎠ −2
(b) – Cálculo do fluxo: z
5
1
Q=
∫∫ ρ dS S
R
Q
π 2
0 , 05
π 6
0, 01
=∫
∫ ρ ρ d φ dz S
π 2
0 , 05
∫ ∫
Q = ρ d φ 5 ⋅ 10 −9 e π 6
−9
−10
− 20 z
dz
0 , 01
= 0,08 ⋅ 5 ⋅ 10 ⋅ φ
Q = 4 ⋅ 10
S
dz
− 20 z z →+∞ ⎞ ⎛ e 20 z 0 e ⎟ + 10π ⋅ 10 ⋅ 8 ⋅ 10 ⋅ ⎜ Q = 10π ⎜ 20 z →−∞ − 20 z =0 ⎟ ⎝ ⎠ 1 −11 ⎛ 1 + ⎞⎟ Q = 80π ⋅ 10 ⋅ ⎜ ⎝ 20 20 ⎠ ⎛ 2 ⎞ Q = 80π ⋅ 10 −11 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 20 ⎠ Q = 8π ⋅ 10 −11 −9 Q = 0,2513 ⋅ 10 = 0,25nC
Q
Solução:
2π
−9
−20 z
nC/m2.
2π +∞
φ
= 8 cm contém
uma densidade superficial de carga ρ S
Q=
= 5 ⋅ 10
−9
e
−∞
0
−9 − 20 z
π 2 π 6
e
−20 z
0 , 05
− 20 0, 01
π π ⎞⎛ e −20⋅0,05 e −20⋅0, 01 ⎞ ⎛ ⎟⎟ ⋅ ⎜ − ⎟⎜⎜ − 2 6 − 20 − 20 ⎝ ⎠⎝ ⎠
ρ d φ dz
−∞
15
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio Cláudio S. Sartori - CAPÍTULO III - Lei de Gauss π ⎞ Q= ⋅ 10 ⋅ ⎛ ⎜ ⎟(e −0, 2 − e −1 ) 20 ⎝ 3 ⎠ −12 Q = 9,4384 ⋅ 10 C Q = 9,4384 pC 4
−10
Qi
O em qualquer outra parte, (a) Determine a carga total contida na superfície esférica r = = l mm. (b) Usando a lei de Gauss, calcule o valor de = l mm. D , na superfície r =
S xy
Solução: y
(a) A carga total será dada por:
Qi
= ∫∫∫ ρ v dV ⇒ Qi = ∫∫∫ ρ v r 2 senθ drd φ d θ v
= ∫∫ D ⋅ d S = S
∫∫
S xz
y = 3
+
∫∫ D ⋅ aˆ + ∫∫ D ⋅ (− aˆ ) z
S xy
z = 5
∫∫ (− aˆ ) y
S xz
y = 0
+ ∫∫ D ⋅ aˆ x + ∫∫ D ⋅ (− aˆ x ) S zy
S zy
x=2
x =0
2 3
2 3
= − ∫ ∫ 4 y z z =0 dydx + ∫ ∫ 4 y z z =5 dydx 0 0
0 0
2 5
2 5
+ ∫ ∫ 2( x 2 + z 2 )dzdx − ∫ ∫ 2( x 2 + z 2 )dzdx 0 0 3 5
∫ r e 2
π
∫
−1000 r
2π
∫
dr senθ d θ d φ 0
0
0.001
⎡ ⎛ 1 + 1000 r + 500000 r ⎞ ⎤ ⎟⎟ ⎥ [− cos θ ]π 0 [φ ]20 π = 2 ⋅10 −9 ⎢ − e −1000 r ⎜⎜ 500000000 ⎝ ⎠ ⎣ ⎦0 −9 −10 Qi = 2 ⋅ 10 1,606 ⋅ 10 2 ⋅ 2π 19 Qi = 40 ,36 ⋅ 10 − C −9 Qi = 4,036 ⋅ 10 nC (b) Usando a lei de Gauss: 2
Qi
= ∫ DS ⋅ d S = Qi S
2π π
∫ ∫ D r senθ d θ d φ = Q 2
r
i
0 0
0 0
0 0
0.001
0
Dr =
3 5
+ ∫ ∫ 4 yx x =2 dzdy + ∫ ∫ − 4 y x x=0 dzdy 0 0
= 2 ⋅10
Qi
z
−9
S xy
D ⋅
V
z = 0
D ⋅ aˆ y
3
= 2e −1000 r nC/m3 para 0< r < l mm e rv=
ρ v
3
x
0
Uma densidade volumétrica de carga está localizada no espaço livre com:
0 2
Qi
0
7.
S xz
+
0
cada estão localizadas em y = l., z = ± l m. Determine o fluxo elétrico total deixando a superfície da esfera de raio 2 m, se ela está centrada em: (a) A(3. l. 0); B(3, 2, 0).
S yz
Qi
0
5
6. Duas linhas de cargas uniformes de 20 nC/m
Observando a figura: z 5
3
⎛ y 2 ⎞ ⎛ y 2 ⎞ 5 = 20(2 − 0 )⎜⎜ ⎟⎟ + 8⎜⎜ ⎟⎟ z 0 ⎝ 2 ⎠ 0 ⎝ 2 ⎠ 0 9 ⎛ 9 ⎞ Qi = 40 ⋅ + 8⎜ ⎟5 2 ⎝ 2 ⎠ Qi = 180 + 180 Qi = 360C
Qi
Solução:
3
3
= l, 2 e 3 cm possuem densidades superficiais de carga uniformes de 20, - 8 e 5 nC/m 2, respectivamente, (a) Quanto fluxo elétrico passa através da superfície fechada r = 5 cm, 0 < z < l m? (b) Determine D em P(l cm, 2 cm, 3 cm).
Calcule as integrais de superfície para determinar a carga total contida no paralelepípedo retângulo 0 < . x x: < 2. 0 < y < 3, 0 < z < 5 m.
2
= 0 − 20∫ dx ∫ ydy + 8∫ ydy ∫ dz + 0
4. As superfícies cilíndricas r
5. Seja: 2 2 2 D = 4 xyaˆ x + 2( x + z ) aˆ y + 4 yzaˆ z C m
16
Dr =
4,036 ⋅10 −18
(
4π 10
)
−3 2
Qi
4π r 2
= 0,32117 ⋅10 −12
16
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio Cláudio S. Sartori - CAPÍTULO III - Lei de Gauss Dr = 3,2117 ⋅10
−13
17
Dr = 130,1 nC m
C m 2
Dr = 3,2117 ⋅10 −4 nC m 2
2
10. Seja rs = 8 mC/m2 na região onde x = 0, -4 < z
8. Duas linhas de cargas uniformes de 5 nC/m estão localizadas no espaço livre em x = 1, y = 1 e z = l. (a) Obtenha a expressão para D em coordenadas cartesianas em P(0, O, z); (b) Esboce D |D| versus z em -3< z < 10.
9.
Uma densidade volumétrica de carga uniforme de 80 mC/rn3 está presente na região 8 mm < < 10 mm. Seja rv = 0 para 0 < r < < 8 mm. r < (a) Determine a carga total dentro da superfície esférica r = = 10 mm; (b) Determine D, em r = = 10 mm; (c) Se não há carga para r > > 10 mm, determine D, em r = = 20 mm.
< 4 m e rs = 0 em qualquer outra parte. Determine D em P(x, 0, z), onde x > 0.
11. Em coordenadas cilíndricas, seja rs = 0 para 3 r < l mm, ρ v = 2 sen2000πρ (nC/m ) para l mm < r < l ,5 mm e rs = 0 para r > 1,5 mm. Determine D em toda parte.
Solução:
∇ ⋅ D = ρ V Em coordenadas cilíndricas:
Solução:
Qi
= ∫∫∫ ρ v dV ⇒ Qi = ∫∫∫ ρ v r 2 senθ drd φ d θ v
V
= ∫∫∫ 80 ⋅10
Qi
−6
2
r senθ drd φ d θ
V
0.01
= 80 ⋅10
Qi
= 80 ⋅10
Qi
Qi
= 80 ⋅10
π
0
0
2
0
−6
2π
∫ r dr ∫ d φ ∫ senθ d θ
−6
r 3
3 −6
0.01 2π
φ 0
(− cos θ ) π 0
0.008
0,013 − 0.0083
2π ⋅ 2
3 −7 Qi = 80 ⋅10 ⋅1,62667 ⋅10 ⋅ 4π −6
Qi
= 80 ⋅10 −6 ⋅1,62667 ⋅10 −7 ⋅ 4π Qi = 1635,307 ⋅10 −13 C Qi = 163,5307 pC
∂ D ∂ ( ρ D ρ ) + 1 φ + ∂ Dz ρ ∂ ρ ρ ∂φ ∂ z 1 ∂ ( ρ Dρ ) = 2nsen(2000πρ ) ρ ∂ ρ ∂ ( ρ D ) = 2n ρ sen(2000πρ ) ∂ ρ ρ ( ρ D ρ ) = 2n ∫ ρ sen(2000πρ )d ρ
∇ ⋅ D =
(a) A carga total será dada por:
= 2n
D ρ ρ
1
− 2000πρ cos(2000πρ ) + sen(2000πρ ) 4000000π 2
+ C
⎡ − ρ cos( 2000 πρ ) + sen ( 2000 πρ ) + C ⎤ ⎥⎦ ρ 2000 π ⎢⎣ 2000 π 2n [− 2000πρ cos(2000πρ ) + sen(2000πρ ) + C 2000π ] D ρ = 2 D ρ
2n
=
ρ (2000π )
D ρ
=
2 ⋅ 10 −9 ρπ 2 4 ⋅ 106
D ρ =
−15
10
[2000π (C − ρ cos(2000πρ )) + sen(2000πρ )]
[2π (10 C −10 ρ cos(2000πρ )) + sen(2000πρ )] 3
2
3
2π ρ
(b) D, em r = = 10 mm
= ∫ DS ⋅ d S = Qi S
2π π
∫∫
Dr r 2 senθ d θ d φ = Qi
0 0
Dr =
Qi
4π r r 2
=
163,53 ⋅10−12 4π ⋅ 0,012
Dr = 13,01⋅10
−8
Dr = 130,1 ⋅10
−9
12. 12. Uma densidade volumétrica de carga não uniforme de rv = 120r C/m C/m3 está situada dentro de uma superfície esférica de r = = l m e rv = 0 em qualquer outra parte, (a) Determine D , em toda parte; (b) Qual densidade superficial de carga rs2 deve estar presente na superfície r= 2 m de modo que Dr’r = Drr’+? (c.) Esboce para 0 < r < < 5 com ambas as distribuições Dr versus r para presentes.
17
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio Cláudio S. Sartori - CAPÍTULO III - Lei de Gauss 13. Três superfícies esféricas em r =2. 4 e 6 m possuem densidades superficiais de carga de 20 nC/m2, -4nC/m2 e rs0,. Respectivamente. (a) Determine D em r = = 1, 3 e 5 m: (b) Determine rs0 , de modo que D = 0 em r = 7m. Solução: (a) Da Lei de Gauss:
∫∫
D ⋅ d S = Qi
S
= 1 ï Como não há carga internamente à essa r = superfície: Dr = 0. r = 3 ï Escolhendo uma superfície Gaussiana de raio r > > 3
= ρ S 4π ⋅ 22
D 4π r 2
1
4π
D = ρ S 1
4π r 2
⋅4 = 4
D(r = 3) == 4
20 ⋅ 10
r 2
= 8.889 ⋅ 10−9 C m2
2
3
r = 5 ï Escolhendo uma superfície Gaussiana de raio r > > 5
∫∫
(b) determine D r para r > l mm: (c) Que densidade linear de carga rL em r = 0 daria o mesmo resultado que o do item b?
15 Duas densidades volumétricas de carga estão localizadas como se segue: rv = 0 para r < l mm e para 2 r > 2 mm e rv = 4 rmC/m para l < r < 2 mm. (a) Calcule a carga total na região 0 < r < r1; 0 < z < L, onde l < r1 < 2 mm; (b) Use a lei de Gauss para determinar D r em r = r1; (c) Calcule D r em r = 0,8mm; 1.6 mm e 2.4 mm. Solução: µ C ρ v = 4 ρ m ⇒ {1 < ρ < 2 mm 3
ρ v
⎧ ρ < 1 mm = 0 mµ C ⇒ ⎨ ⎩ ρ > 2 mm 3
(a) Carga para:
ρ S 1 −9
18
⎧0 < ρ < ρ 1 ⎪ < < ⎨ 0 z L ⎪ 1 < ρ < 2 1 ⎩
D ⋅ d S = Qi
Q=
S
D 4π r 2 D 4π r 2
L ρ 1 2π
∫∫∫ ρ dV = ∫ ∫ ∫ 4 ρµ ρ d φ d ρ dz v
0 0.001 0
V
= ρ S 1 4π ⋅ 22 + ρ S 2 4π 42
ρ 1
2π
∫ ∫
D =
D =
= 320nπ − 256nπ
Q = 4π φ 0
4π 5
⇒ D = 6,4 ⋅ 10−10 C m2
Q=
(b) Escolhendo uma superfície de raio > 7, teremos envolvido três cargas:
∫∫
D ⋅ d S = Q1 + Q2
+ Q3
8π L 3
( ρ
3 1
L
z 0 0.001
− 10 −9 )µ C
∫∫ D ⋅ d S = Q
+ A2 ρ s + A3 ρ s 4π r 2 Dr = 64nπ + 4π 62 ρ s = 0 2
S
3
L 2 π
0
4π 36 ρ s 0
3
ρ 3
(b) Lei de Gauss Gauss para determina determinarr Dr em r = r1;
S
4π r 2 Dr = A1 ρ s1
0
ρ 1
⎛ ρ 13 − (10−3 )3 ⎞ ⎟ L Q = 4 µ 2π ⎜ ⎜ ⎟ 3 ⎝ ⎠
4π r 2 2
0.001
2π
64nπ
6410−9 π
∫
Q = 4µ d φ ρ d ρ dz
= 20n 4π ⋅ 4 − 4n4π 16
0
D 4π r 2
L
2
4
C
9
2
= −64nπ ⇒ ρ s = − ⋅ 10 − 9 0
m
14. Se rv = 5 nC/rn para 0 < r < l mm e não há outras cargas presentes: (a) determine D, para r < l mm:
∫∫
D ρ ρ d φ dz
=
8π L 3
0 0
3
2π LD ρ ρ 1
=
8π L 3
( ρ
3 1
( ρ − 10 − )µ 3 1
9
− 10 − 9 )(µ C )
18
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio Cláudio S. Sartori - CAPÍTULO III - Lei de Gauss 8π L
=
D ρ 1
D ρ 1
( ρ
3 1
2π L ρ 1 3
=
4 3 ρ 1
( ρ
3 1
19
(c) Estime a carga total contida dentro do cubo usando a Eq. 8.
− 10− 9 )(µ C m 2 )
Solução:
− 10 −9 )(µ C m 2 )
z
(c) Calculo de: D r em r = 0,8mm=8.10-4m
D ρ ( ρ 1
= 8mm) = 0
S
Pois não há carga interna a uma superfície Gaussiana cilíndrica de raio r1 = 0,8mm. A distribuição de carga é nula para r1 < 1mm. D r em r = 1.6 mm
y
D r em r = 2.4 mm.
x
∫∫
D ⋅ d S = Q (a) Fluxo total no cubo de superfície S de superfícies S 1, S 2, S 3, S 4, S 5 e S 6 especificadas por:
S
L 2π
∫ ∫ D ρ d φ dz = ρ
0 0
(
)
8π L (2 ⋅10−3 )3 − 10−9 (µ C ) 3
1
D ρ = D ρ =
8π L
9
2π L ρ 3
4 3 ρ
((8 − 1)10− )(µ C m ) 2
4
2
3 ⋅ 2,4 ⋅ 10
D ρ = 3.88 ⋅ 10
−6
5
2
2
fluxo
6
Escrevendo a integral fechada superfície S na na soma de todas as 6 faces:
(µ C m )
16. Dada a densidade de 2 3 D = 2 xyaˆ x + x aˆ y + 6 z a z (C/m2)
⎧ S 3 : y = 1 ⇒ aˆ n = −aˆ y ⎨S : y = 1.2 ⇒ aˆ = aˆ ⇔ dS 3 = dS 4 = dxdz n y ⎩ 4 ⎧ S 5 : z = 1 ⇒ aˆ n = −aˆ z ⎨S : z = 1.2 ⇒ aˆ = aˆ ⇔ dS 5 = dS 6 = dxdy n z ⎩ 6 4
((8 − 1)10− )(µ C m ) 9
−3
2
3
((8 − 1)10 )(µ C m ) −9
Substituindo: r = 2.4 mm=2.4.10-3m
D ρ =
⎧ S 1 : x = 1 ⇒ aˆn = −aˆ x ⎨S : x = 1.2 ⇒ aˆ = aˆ ⇔ dS 1 = dS 2 = dydz n x ⎩ 2
elétrico
use a lei de
Gauss para calcular a carga total contida no volume 0 < x,y,z < a; (b) Use Eq. 8 para determinar um valor aproximado para a carga acima. Calcule as derivadas em P(a, a/2, a/2); (c) Mostre que os resultados dos itens a e b são equivalentes no limite aö0.
∫∫
D ⋅ d S =
S
∫∫
D ⋅ aˆ n3 dS 3
S 3
∫∫
D ⋅ aˆ n1 dS 1 +
S 1
∫∫
D ⋅ aˆn 2 dS 2
S 2
sobre
a
+
+ ∫∫ D ⋅ aˆ n dS 4 + ∫∫ D ⋅ aˆ n dS 5 4
S 4
5
S 5
+ ∫∫ D ⋅ aˆn
6
dS 6
S 6
17. Um cubo é definido por l < x,y,z < 1.2. Se 2 2 2 D = 2 x yaˆ x + 3 x y aˆ y (C/m2):
(a) aplique a lei de Gauss para determinar o Fluxo total deixando a superfície fechada do cubo. (b) calcule
∂ D x ∂ D y ∂ D z + + ∂ x ∂ x ∂ x
no centro do
cubo.
19
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio Cláudio S. Sartori - CAPÍTULO III - Lei de Gauss
20
∫∫ D ⋅ d S = − (1 .2
− 12 )(1 .2 − 1) + 1 . 44 (1 .2 2 − 1)(1 .2 − 1)
2
S
Como: D = 2 x yaˆ x
+ 3 x y aˆ y , ilustramos esse
2
2
2
campo vetorial na região abaixo:
− (1.23 − 13 )(1.2 − 1) +
4.32 3
(1.2
3
− 13 )(1.2 − 1)
∫∫ D ⋅ d S = 0.44 (0 .44 )(0 .2 ) + 0 .44 (0 .728 )(0 .2 ) ∫∫ D ⋅ d S = − 0 .44 (0 .44 )(0 .2 ) + 0 .44 (0 .728 )(0 .2) S
S
− (1.728 − 1)(0.2) +
4.32 3
∫∫ ∫∫ D ⋅ d S = 0 .03872
(1.728 − 1)(0.2)
D ⋅ d S = 0 . 44 (0 . 44 )(0 . 2 ) + 0 .44 ( 0 . 728 )( 0 .2 )
S
S
∫∫
+ 0 .064064
2 D ⋅ d S = 0 . 102784 C m
S
(b)
D ⋅ aˆ n1
= D ⋅ (− aˆ x ) = −2 x 2 y
D ⋅ aˆ n2
= D ⋅ aˆ x = 2 x 2 y
= D ⋅ (− aˆ y ) = −3 x 2 y 2
D ⋅ aˆn3
= D ⋅ aˆ y = 3 x 2 y 2
D ⋅ aˆ n5
= D ⋅ (− aˆ z ) = 0
(c)
∫∫
1 .21 . 2
∫ ∫ − 2 ⋅1
⋅ ydydz +
2
1 1
S
∫ ∫ 2 ⋅ 1 .2
2
⋅ y dydz
1 1
1.21.2
1.21.2
+ ∫ ∫ − 3 ⋅ x 2 ⋅12 dxdz + ∫ ∫ + 3 x 2 ⋅ 1.22 dxdz 1 1
∫∫
− 2 ∫ ydy 1
S
1.2
− 3 ∫ x
1 .2 2
1
1 .2
1 .2
1
1
+ 8 ∫ ydy ∫ dz
18. 18. Seja
um
campo
vetorial
dado
por
G = 5 x y z aˆ y .Calcule ambos os lados da Eq. 8 para 4
4
4
este campo G o volume definido por x = 3 e 3,1, y = 1 e 1,1 e z = 2 e 2.1. Calcule as derivadas parciais no centro do volume.
19. 19. Uma superfície esférica de raio 3 mm está centrada em P(4, l, 5) no espaço livre. Seja
1 .2
∫
1
D = xaˆ x C/m2. Use os resultados da Seção 3.4 para
∫
y
S
1.2 1.2
z 1
2
1
2
∫∫ D ⋅ d S = − 2 2 1
∫
dz
1.2
∫
1. 2
dx dz + 4.32 x dx dz
1
3
⇔ Q = V ⋅ ∇ ⋅ D
1 1
1 .2
D ⋅ d S =
x −3 3
Q
V Q = 0.2 ⋅ 12.826 ⇒ Q = 0.1026C
= D ⋅ aˆ z = 0
1 .21 . 2
∇ ⋅ D = ρ v =
3
D ⋅ aˆ n6 D ⋅ d S =
D ⋅ aˆ n4
∂ D x ∂ Dy + ∂ x ∂ y
∂ (2 x 2 y ) ∂(3 x 2 y 2 ) ∇ ⋅ D = + ∂ x ∂ y ∇ ⋅ D = 4 xy + 6 x 2 y 2 ∇ ⋅ D(1.1,1.1,1.1) = 4 ⋅ 1.1 ⋅ 1.1 + 6 ⋅ 1.121.12 ∇ ⋅ D(1.1,1.1,1.1) = 12.826
Fazemos os produtos escalares:
∇ ⋅ D =
1
1 .2 1 .2
z 1
+ 2 ⋅ 1 .44
1
3
x + 4.32 3
y
2
2
1 .2 1 .2
z1
estimar o fluxo elétrico líquido que deixa a superfície esférica.
1
1.2 1.2
z1 1
20
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio Cláudio S. Sartori - CAPÍTULO III - Lei de Gauss
21
(a) calcule div D cm P; (b) calcule a fração mais à direita da Eq. 13 para a = l m. 0.1 m e l mm.
Solução:
21.
Esfera: raio r = 3mm centrada em P(4, 1, 5):
z
- 1.00 . 2 - 4.002
Calcule a divergência de D no ponto especificado se (a) D = 1 [10 xyz aˆ + 5 x 2 zaˆ + (2 z 3 − 5 x 2 y )aˆ ] x y z 2
-1 - 0.998
-4 - 3.998
em P(-2, 3, 5); (b) D = 5 z 2 aˆ ρ + 10 ρ zaˆ z em P(3, -450, 5); (c)
- 4.998
D
= 2rsen θ sen φ aˆ r + r cos θ sen φ aˆθ + r cos φ aˆφ e
m P(3, 450, -45°).
-5
Solução:
- 5.002
(a) Nas coordenadas cartesianas: cartesianas:
Campo vetorial: D
∂ ⎛ 10 xyz ⎞ ∂ ⎛ 5 x2 z ⎞ ∂ ⎛ 2 z 3 − 5 x2 y ⎞ ⎟⎟ ⎜ ⎟ + ⎜⎜ 2 ⎟⎟ + ⎜⎜ 2 ∂ x ⎝ z 2 ⎠ ∂ y ⎝ z ⎠ ∂ z ⎝ z ⎠ ∂ 10 xy ⎞ ∂ ⎛ 5 x 2 ⎞ ∂ ∇ ⋅ D = ⎛ ⎜ ⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + (2 z − 5 x 2 yz −2 ) ∂ x ⎝ z ⎠ ∂ y ⎝ z ⎠ ∂ z ∂ 10 xy ⎞ ∂ ⎛ 5 x 2 ⎞ ∂ ∇ ⋅ D = ⎛ ⎜ ⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + (2 z − 5 x 2 yz −2 ) ∂ x ⎝ z ⎠ ∂ y ⎝ z ⎠ ∂ z
∇ ⋅ D =
= xaˆ x
∇ ⋅ D =
10 y z
∇ ⋅ D(−2,3,5) =
+0+2+
10 ⋅ 3
10 x 2 y
+2+
3
z 10(−2) 2 3
53 30 24 ∇ ⋅ D(−2,3,5) = + 2 + 5 25 150 + 50 + 24 224 ∇ ⋅ D(−2,3,5) = = 25 25 ∇ ⋅ D(−2,3,5) = 8.96 5
Fluxo que deixa a seção:
Ψ = ∫∫ D ⋅ d S = Q
S
∇ ⋅ D = ρ v ∂ x ∇ ⋅ D = = 1 ⇒ ρ v = 1 ∂ x ρ v
=
4
(
Q V
Q = 1⋅ π 3 ⋅10 3
⇒ Q = ρ v ⋅ )
−3 3
4 3
π R 3
= 113.09 ⋅10 −9 = 113.09nC
20. Um
cubo de volume a3 possui suas faces paralelas às superfícies do sistema sistema de coordenadas cartesianas e está centrado cm P(3, - 2, 4). Dado o
campo D
= 2 x3aˆ x C/ m2 21
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Ilustração do vetor D num cubo -4 ≤ x,y,z
22
≤4.
(b) Nas coordenadas cilíndricas: cilíndricas:
∇ ⋅ D =
senφ
∂ D ∂ ( ρ D ρ ) + 1 φ + ∂ Dz ∂ z ρ ∂ ρ ρ ∂φ
senθ
1
5z 2
∇ ⋅ D =
ρ
∇ ⋅ D (3,−45 ,5)
=
0
∇ ⋅ D(3,−45 0 ,5) =
5(5)
0
sen45
3
0 sen45
∇ ⋅ D(3,450 ,−450 ) = 6
215
1 1
−1(− + ) −
3
∇ ⋅ D(3,−45 0 ,5) = 71.67
1 ∂ 1 ∂Dφ ∂ 2 ( ) θ ( r D ) D sen + + r θ 2 rsenθ ∂θ rsenθ ∂φ r ∂r D = 2 rsen θ senφ aˆ r + r cos θ senφ aˆθ + r cos φ aˆφ
1
⎧ Dr = 2rsenθ senφ ⎪ ⎨ Dθ = r cos θ senφ ⎪ D = r cos φ φ ⎩
∂ 2 (r (2rsenθ sen senφ ) ) + r 2 ∂r 1 ∂(r cosφ ) ∂ ((r cosθ senφ )senθ ) +
1
∇ ⋅ D =
1
rsenθ ∂θ
rsenθ
1
1
2
rsenθ ∂θ
rsenθ
1 2
r
6r 2 senθ sen senφ +
rsenφ (−senθ senθ + cosθ cosθ )
−
senφ
2
⎛ − 2 ⎞ ⎟+ ⋅ ⎜⎜ ⎟ 2 ⎠ ⎝
− 22 2 2
2
= 8 ρ sen φ aˆ ρ + 4 ρ cos φ aˆ φ . C/m .
(a) Determine div D. (b) Determine a densidade volumétrica de carga cm P(2,6, 380; -6,1); (c) Quanta carga esta localizada dentro da região definida por 0 < r < 1,8; 20 0 < f < 700 e 2,4 < z < 3, l? 23 23 (a) Uma carga pontual Q está situada na origem. Mostre que div D = 0 por toda parte, exceto na origem. (b) Substitua a carga pontual por uma densidade volumétrica de carga uniforme rv0 para 0 ≤ r ≤ a. Relacione rv0 a Q e a de modo que a carga total seja a mesma. Determine div D por toda a parte. Solução: Solução:
∇⋅ D =
1 ∂ 1 ∂Dφ ∂ 2 ( ) θ ( r D ) D sen + + θ r 2 rsenθ ∂θ rsenθ ∂φ r ∂r 1
Dr
rsenθ
∇ ⋅ D = 1
22. Seja 22. Seja D
∂φ
∂ 3 (2r senθ sen senφ ) + r ∂r 1 ∂ (r cosθ senθ senφ ) + (−rsenφ )
∇ ⋅ D =
2 2
2
∇ ⋅ D(3,450 ,−450 ) = −3 + 0 + 1 ∇ ⋅ D(3,450 ,−450 ) = −2
(c) Nas coordenadas esféricas: esféricas:
∇⋅ D =
(−sen2 450 + cos2 450 )
sen( −45 )
+ 0 + 10(3)
=
senθ
0
2
3 125 + 90
0 sen(−45 )
−
+ 0 + 10 ρ
senφ
∇ ⋅ D(3,450 ,−450 ) = 6sen450 sen(−450 ) +
2
(−sen2θ + cos2 θ )
−
⎧ D ρ = 5 z 2 ˆ ˆ D = 5 z a ρ + 10 ρ za z ⇔ ⎨ ⎩ D z = 10 ρ z 1 ∂ ( ρ (5 z 2 )) + 1 ∂ (0) + ∂(10ρ z) ∇ ⋅ D = ρ ∂ ρ ρ ∂φ ∂ z
senφ + ∇ ⋅ D = 6senθ sen
∇⋅ D =
=
Q
4π r 2
∂ ⎛ 2 Q ⎞ 1 ∂ 1 ∂0 ( ) + + 0 θ r sen ⎜ ⎟ 2 2 r ∂r ⎝ 4π r ⎠ rsenθ ∂θ rsenθ ∂φ 1 ∂ Q ⎞ ∇⋅ D = 2 ⎛ ⎜ ⎟ r ∂r ⎝ 4π ⎠ 1
senθ
22
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio Cláudio S. Sartori - CAPÍTULO III - Lei de Gauss
(c) Quanto fluxo elétrico deixa a esfera de r = = - 4
1
∇⋅ D = 2 0
m?
r
(d) Quanta carga está contida dentro da esfera r =- 4 m?
∇⋅ D = 0 (b) Densidade de carga uniforme:
ρ v0
=
Q V
=
Solução: Solução:
Q 4 3
π a
3
⇒Q=
⎧⎪ 43 π r 3 ρ v ∫∫S D ⋅ d S = ⎨⎪⎩ 43 π a 3 ρ v
23
0
0
4 3
π a 3 ρ v0
se r < a
= 5(r − 3)3 aˆ r 3 Dr = 5(r − 3) 1 ∂ ∇ ⋅ D = 2 (r 2 (5(r − 3) 3 )) + r ∂r 1 1 ∂(0) ∂ ((0)senθ ) +
D
se r > a
⎧⎪ 43 π r 3 ρ v se r < a Dr 4π r = ⎨ 4 3 ⎪⎩ 3 π a ρ v se r > a ⎧ 13 r ρ v se r < a ⎪ Dr = ⎨ 1 a 3 ⎪⎩ 3 r 2 ρ v se r > a 2
(a) Densidade em r = = 4m:
0
0
rsenθ ∂θ
0
∇ ⋅ D =
0
∇⋅ D =
1 2
r
∂D ∂ 2 (r Dr ) + 1 ∂ ( Dθ senθ ) + 1 φ ∂r rsenθ ∂θ rsenθ ∂φ ∇⋅ D = 0 se r > a ρ ⎞ 1 ∂ ⎛ r ∇⋅ D = 2 ⎜⎜r 2 v ⎟⎟ se r > a r ∂r ⎝ 3 ⎠ ρ ∂ ∇⋅ D = v2 (r 3) se r > a 3r ∂r
5 2
r
∇ ⋅ D =
0
0
∇⋅ D =
ρ v0
Qual
e
a
densidade
= 5(r − 3)3 aˆ r C/m2. (a) Qual é a densidade volumétrica de carga em
r = = 4?
(b) Qual é a densidade de fluxo elétrico em r = = 4 m?
r
((r − 3)
5
2
((r − 3)
r
5 4
(5r 2
2
− 6r ))
(5r − 6)
((4 − 3)
2
)
(5 ⋅ 4 − 6)
5
35
4
2
)
∇ ⋅ D(r = 4) = 17,5 C m 2
25. 25. Dentro da casca esférica 3 < r < 4 m. a densidade de fluxo elétrico é dada por
2
3r se r > a 3r 2 ∇⋅ D = ρ v0 se r > a
= 5( ρ − 3)3 aˆ ρ C/m2.
5
∇ ⋅ D(r = 4) = (14) =
volumétrica de carga em r = 4? (b) Qual é a densidade de fluxo elétrico em r = = r =m? (c) Quanto fluxo elétrico deixa a superfície fechada: 3 < r < 4, 0 < f < 2π, -2,5 < z < 2,5? (d) Quanta carga está contida dentro do volume 3 < r < 4, 0 < f < 2π, -2,5 < z < 2,5 ?
D
+ 3r 2 (r − 3) 2 )
3
∇ ⋅ D(r = 4) =
2
24. 24. Dentro da casca cilíndrica 3 < r < 4 m. a densidade de fluxo elétrico é dada por:
D
(2r (r − 3)
∇ ⋅ D =
∂φ
rsenθ
(b) Densidade do fluxo elétrico: r = = 4m:
= 5(r − 3)3 aˆ r 3 D ( r = 4) = 5(4 − 3) aˆ r D ( r = 4) = 5aˆ r (C m 2 ) D
(c) Fluxo elétrico que deixa a esfera:
Ψ = ∫∫ D ⋅ d S = Q S
= 4π r 2 5(r − 3)3 3 2 Q ( r = 4) = 4π 4 5(4 − 3) Q ( r = 4) = 320π (C ) Q
(d) Carga contida na esfera r = = 4m?
23
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio Cláudio S. Sartori - CAPÍTULO III - Lei de Gauss
∂ 2 2 (r (5r m)) r 2 ∂r 5m ∂ 5m ∇ ⋅ D = 2 (r 4 ) = 2 ⋅ 4r 3 = 20mr r ∂r r ρ v (r = 0.06) = 20 ⋅ 0.6m ρ v (r = 0.06) = 1.2 mC m 3
= ∫∫∫ ρ v dV
Q
5
((r − 3)
r
= ∇ ⋅ D =
ρ v
4 π 2π
Q = ∫∫ ∫
5
2
(5r − 6)
((r − 3)
2
r
5(r − 3) 2 (5r − 6) r
3 0 0
∇ ⋅ D =
v
∇ ⋅ D =
24
)
(5r − 6))
(b) Cálculo de rv, para r = 0.1 m:
r 2 senθ d φ d θ dr
= (0,1 r 2 )aˆ r 1 ∂ ∇ ⋅ D = 2 (r 2 (0.1 r 2 )) r ∂r 5m ∂ ∇ ⋅ D = 2 (0.1) = 0 r ∂r ρ v (r = 0.1) = 0 ρ v (r = 0.1) = 0C / m 3 D
4
∫
Q = 4π 5r (r − 3) 2 (5r − 6)dr 3
4
∫
Q = 20π r (r − 3) 2 (5r − 6)dr 3
r = 4
Q
= 20π [r 2 (r − 3)3 ]r =3
Q
= 20π 4 2 (4 − 3)3 − 3 2 (3 − 3) 3
26.
Q
= 20π ⋅ 16
Q
= 320π (C )
Dado o campo D
(c) Densidade superficial em r = 0,08 para que D =0 para r > > 0,08m?
∫∫
=
S
5senθ cos φ r
aˆ r
Qi
D
= (0,1
2
= ∇ ⋅ D = 20mr
2π π 0.08
=
Qi
∫ ∫ ∫ 20mr r senθ drd θ d φ 2
0 0
0
2π π
+ ∫ ∫ ρ s r 2 senθ d θ d φ 0 0
mC/m2 para r < 0,08 m e
0.08
)
Qi
r aˆ r C/m2 para r > 0.08 m.
= 20m ⋅ 4π ∫ r 3 dr + ρ s 4π ⋅ 0.08 2 0
= 20m ⋅ 4π
Qi
∫∫
D ⋅ d S = Qi
(a) Cálculo de rv, para r = 0.06 m:
4
r
4
0.08
+ ρ s 4π ⋅ 0.08 2 0
= 0.0008192mπ + ρ s 0.0256π
Qi
Solução:
=0
S
∇ ⋅ D = ρ v 2 D = 5r aˆ r
S
ρ v
(a) Determine rv, para r = 0.06 m; (b) Determine rv para r = = 0.1 m. (c) Que densidade superficial de carga deve ser colocada em r = 0.08 m para que D = 0 para r > 0,08m?
= ∫∫∫ ρ v dV + ∫∫ ρ s dS v
C/m , determine: (a) a densidade volumétrica de carga rv. (b) a carga total contida na região r < 2 m; (c) o valor de D na superfície r = = 2. (d) o fluxo elétrico total que deixa a superfície r = 2.
27. Seja D = 5r 2 aˆ r
D ⋅ d S = Qi
2
1
Qi ρ s
=−
= 0.0008192mπ + ρ s 0.0256π = 0 0.0008192mπ 0.0256π
= −0.032 mC m 2
24
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio Cláudio S. Sartori - CAPÍTULO III - Lei de Gauss
= −32 µ C m 2
ρ s
28. A densidade de fluxo elétrico é dada por 3 D = 20 ρ aˆ ρ C/m2, para r < 100 mm e
D = k aˆ ρ para r > 100 mm. (a) Determine k de modo que D seja contínua em r = 100 mm; (b) Determine e esboce rv, como uma função de r.
29. Em uma região do espaço livre que inclui o volume:2 < x, y y z ,z < 3,
=
D
2 z
[ yz aˆ
x
2
+ xz aˆ y − 2 xy aˆ z ]C m 2
.
(a) Calcule a integral de volume do teorema da divergência para o volume definido por: 2 < x y ,y z ,z < 3; (b) Calcule a integral de superfície para a superfície fechada correspondente.
D
=
2 z
2
[
⇔ D x =
2 y z
+ xz aˆ y
⇔ D y =
⇔ D z = −
4 xy z 2
4 xy
∇ ⋅ D =
2
8 xy 3
z
V
V
3 3 3
z 3
8 xy
∫∫∫∇ ⋅ DdV = ∫ ∫ ∫ z V
2 2 2
3
36
∫∫
D ⋅ aˆ n1 dS 1 +
S 1
C
∫∫
D ⋅ aˆ n2 dS 2
S 2
+
+ ∫∫ D ⋅ aˆ n dS 4 + ∫∫ D ⋅ aˆ n dS 5 4
S 4
Como: D
=
2 z
2
5
S 5
[ yz aˆ
x
6
dS 6
+ xz aˆ y − 2 xy aˆ z ]C m 2
,
ilustramos esse campo vetorial na região abaixo: Fazemos os produtos escalares: Definindo as tampas do cubo:
⎧S 1 : x = 2 ⇒ aˆ n = −aˆ x ⎨ S : x = 3 ⇒ aˆ = aˆ ⇔ dS 1 = dS 2 = dydz n x ⎩ 2 1
2
⎧S 3 : y = 2 ⇒ aˆ n ⎨ S : y = 3 ⇒ aˆ n ⎩ 4 ⎧S 5 : z = 2 ⇒ aˆ n ⎨ S : z = 3 ⇒ aˆ n ⎩ 6 3
4
5
8 xy
125
V
6
∫∫∫∇ ⋅ DdV = ∫∫∫
3
S 6
∂ (2 z y ) ∂( 2 z x ) ∂ − z ∇ ⋅ D = + + ∂ x ∂ y ∂ z 2 xy ⎞ ∇ ⋅ D = 0 + 0 − 4⎛ ⎜− 3 ⎟ ⎝ z ⎠
+ ∫∫ D ⋅ aˆn
]
z
dz
(b) Integral de superfície para a superfície fechada correspondente. Escrevendo a integral sobre a superfície fechada S na soma soma de todas as 6 face faces: s:
S 3
− 2 xy aˆ z C m 2 2 x
−3
2
3
yz aˆ x
2
∫∫∫ ∇ ⋅ DdV =
∫∫
∂ D ∂ D ∂ D ∇ ⋅ D = x + y + z ∂ x ∂ y ∂ z
3
⎡ x 2 ⎤ ⎡ y 2 ⎤ ⎡ − 1 ⎤ 3 ∇ ⋅ DdV = 8⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 2 ⎥ ∫∫∫ ⎣ 2 ⎦ 2 ⎣ 2 ⎦ 2 ⎣ 2z ⎦ 2 V ⎡ 3 2 − 2 2 ⎤ ⎡ 32 − 2 2 ⎤ ⎡ − 1 −1 ⎤ ∇ ⋅ = − D dV 8 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 2 ⎥ ∫∫∫ ⎢ 2 ⎣ 2 ⎦⎣ 2 ⎦⎣ 2 ⋅ 3 2 ⋅ 2 ⎦ V 8 ⎛ 1 − 1 ⎞ 5 5 ∇ ⋅ D dV = ⋅ ⋅ ⎜ ⎟ ∫∫∫ 8 ⎝ 4 9 ⎠ V 25 ⋅ 5 ∇ ⋅ DdV = ∫∫∫ 4⋅9 V
D ⋅ aˆ n3 dS 3
V
2
V
S
∫∫∫ ∇ ⋅ DdV
3
∫∫∫∇ ⋅ DdV = 8∫ xdx∫ ydy∫ z
∫∫
3
D ⋅ d S =
Solução: (a) – Integral de volume:
25
= −aˆ y ⇔ dS 3 = dS 4 = dxdz = aˆ y = −aˆ z ⇔ dS 5 = dS 6 = dxdy = aˆ z
dV
dxdydz
D ⋅ aˆ n1
= D ⋅ (− aˆ x ) = −2
D ⋅ aˆ n2
= D ⋅ aˆ x = 2
y z
y z
25
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio Cláudio S. Sartori - CAPÍTULO III - Lei de Gauss
= D ⋅ (− aˆ y ) = −2
D ⋅ aˆ n3
D ⋅ aˆ n4
x
D
z
z xy D ⋅ aˆ n5 = D ⋅ (− aˆ z ) = 4 2 z xy D ⋅ aˆ n6 = D ⋅ aˆ z = −4 2 z
2 3
3 3
y
2 2
3 3
Determin Determinação ação por por::
+ ∫∫−2 2 2 3 3
+ ∫∫4 2 2
∫∫
x z
y
xy z
2
⎧ Dr = 0 ⎪ 16 ⎨ Dθ = cos 2θ r ⎪ ⎩ Dφ = 0
2 2
dxdy +
xy
∫ ∫ − 4 z dxdy
2 2
D ⋅ d S =
S
4 2
3
3
2
2
4
3
3
2
2
∂ 2 1 ∂ ⎛ 16 ⎞ + 1 ∂0 0 cos 2 θ θ ( r ) sen + ⎜ ⎟ 2 r ∂r rsenθ ∂θ ⎝ r ⎠ rsenθ ∂φ ∂ 16 (cos 2θ sen θ ) ∇ ⋅ D = 2 r sen θ ∂ θ
∇⋅ D =
∫ xdx ∫ ydy − 3 ∫ xdx ∫ ydy
2
2
2 4 ⎡ x
∫∫ D ⋅ d S = 4 ⎢⎣ 2 S
3
3
3
3
2 2 ⎤ ⎡ y 2 ⎤ 4 ⎡ x ⎤ ⎡ y ⎤ ⎥ ⎢ 2 ⎥ −9⎢ 2 ⎥ ⎢ 2 ⎥ ⎦2 ⎣ ⎦2 ⎣ ⎦2 ⎣ ⎦2
1
⎡32 − 2 2 ⎤⎡32 − 22 ⎤ ∫∫S D ⋅ d S = 1⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 4 ⎡ 32 − 2 2 ⎤ ⎡ 32 − 2 2 ⎤ − ⎢ ⎥⎢ 2 ⎥ 9⎣ 2 ⎦⎣ ⎦
∫∫
D ⋅ d S =
S
∫∫ D ⋅ d S = S
25 5 4 9 125
r 2
16
=
36
C
= 15 ρ 2 sen φ aˆ ρ + 10 ρ 2 cos 2φ aˆ φ
calcule ambos os lados do teorema da divergência para a região 1 < r < 2m, 1
(− 2sen2θ senθ + cos 2θ cosθ )
(− 2 sen 2θ + cos 2θ ctg θ )
(
− 2 sen 2θ r 2 Cálculo da carga:
ρ v
Q
+ cos 2θ ctg θ )
= ∫∫∫ ρ v dV v
Q=
16
∫∫∫ r (− 2sen2θ + cos 2θ ctgθ )dV 2
v
Q=
16
∫∫∫ r (− 2sen2θ + cos 2θ ctgθ )r senθ drd θ d φ 2
2
v
2
2
2
∫ ∫ ∫ (− 2sen2θ senθ + cos2θ cosθ )d θ
Q = 16 dr d φ 1
30. Se:
D
r senθ 16
⎡5 ⎤⎡5 ⎤ 4 ⎡5 ⎤⎡5 ⎤ ∫∫S D ⋅ d S = ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ − 9 ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 25 ⎛ 4 ⎞ D ⋅ d S = 1 − ⎜ ⎟ ∫∫S 4 ⎝ 9 ⎠
2
∇ ⋅ D =
16
∇ ⋅ D =
1 ∂ 1 ∂Dφ ∂ 2 ( ) θ ( r D ) D sen + + θ r 2 rsenθ ∂θ rsenθ ∂φ r ∂r 1
x
3 3
∇⋅ D =
∫ ∫ 2 z dxdz
dxdz +
∇ ⋅ D = ρ v
2 2
3 3
r
/m2) cos 2θ aˆ θ (C /m
Solução: Solução:
∫∫ D ⋅ d S = ∫ ∫ − 2 z ⋅dydz + ∫ ∫ 2 z dydz S
16
=
, use dois métodos diferentes para determinar a carga dentro da região: 1 < r < < 2m, 1 < θ < 2 rad, 1 < f < 2 rad.
x
= D ⋅ aˆ y = 2
26
Q
1
2
= 16 r 1
1
2 2 ⎞ 2 ⎛ ⎜ ⋅ φ 1 ⎜ − 2 ∫ sen 2θ sen θ d θ + ∫ cos 2θ cos θ d θ ⎟⎟ ⎝ 1 ⎠ 1
2 ⎛ 2 ⎞ Q = 16 ⋅ ⎜⎜ − 2 ∫ sen2θ senθ d θ + ∫ cos 2θ cos θ d θ ⎟⎟ 1 ⎝ 1 ⎠ 2
∫
2
∫
Q = −32 sen2θ senθ d θ + 16 cos 2θ cosθ d θ 1
1
26
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio Cláudio S. Sartori - CAPÍTULO III - Lei de Gauss
Q = −32
2 sen 3θ 3
2
1
sen2θ + 16⎛ + ⎜ 2 ⎝
sen3θ ⎞
6
27
2
⎟ ⎠ 1
Q = −3.9069C
32. Se: D = 2 r aˆ r
(C /m /m2), determine o fluxo
elétrico total deixando a superfície do cubo 0 ≤ x,y,z ≤ 0,4;
27