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4.10) P(r) = Kr a) 6b. P. \hat{n} como \hat{n} . \hat{r} 6b. (Kr). \hat{r} = KR com isso o densidade volumetrica Pb = -\nabla P Derivando em coordenadas esfericas \nabla \cdot \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} r^2 \hat{r} + \frac{1}{r \sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \sin \theta \hat{\theta} + \frac{1}{r \sin \theta} \frac{\partial}{\partial \phi} como b só depende de \hat{r} P = -\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} r^2 Kr - \frac{1}{r^2} \ Kr (3r^2) = -3K b) 6 = KR p = -3K (circulado) -> campo fora para r > R -> lei de gauss \oint \vec{E} \cdot d\vec{a} = \frac{q_{em}}{\epsilon_0} -> carga envolvida pela uma superficie gaussiana q_em = p - volume + 6 . A = -3K \cdot \frac{4 \pi R^3}{3} + KR \cdot 4 \pi R^2 = 0 -> r < R \oint \vec{E} \cdot da = q_{em} / \epsilon_0 => |\vec{E}| 4 \pi R^2 = \int (\rho cv / \epsilon_0) = \frac{-3K}{\epsilon_0} \cdot \frac{4 \pi R^3}{3} \vec{E} = \frac{-Kr \hat{r}}{\epsilon_0} . \vec{E}(\vec{r}) = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{\rho R^3}{r^2} \xi \pi / 3 para r > R . \vec{E}(\vec{r}) = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} (4/3) \pi r \rho \hat{r} para r < R Entao V(\vec{r},\theta) = \frac{R^3}{3\epsilon_0 h^2} \rho \cdot \hat{r} para (r > R) V(\vec{r},\theta) = \frac{1}{3\epsilon_0} \rho \cdot R (r < R) Com isso descobrimos o potencial da esfera uniformemente polarizada 4.15) \vec{P} = \frac{K}{r} \hat{r} \quad campo livre é zero a) P_b =? \quad \vec{σ} =? \quad \vec{E} =? P_b = - \nabla \cdot \vec{P} = - \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left[ r^2 \frac{K}{r} \right] \quad Deveria \rightarrow - \frac{K}{r^2} \vec{σ_b} = \vec{P} \cdot \vec{n} \Rightarrow \left\{ \vec{P} \cdot \vec{m} = \vec{P} \cdot \hat{n} \quad r = b \right. \vec{P} \cdot \vec{n} = \vec{P} \cdot (-\hat{n}) = \frac{-K}{a} \quad r = a O campo é depente de zero sobre a < r < b \Phi = \int \vec{E} \cdot d\vec{a} = \frac{q_{in}}{\epsilon_0} q_{in} = \int σ d a + \int p d v Então, q_{in} = - \frac{K}{a} \int d a + \int \frac{-K}{r^2} dv q_{in} = - \frac{K}{a} \cdot 4 \pi a^2 + \int_{a}^{b} \frac{-K}{r^2} r^2 d r \int_{0}^{2 \pi} \sin \theta d\theta \int_{0}^{l} d l \frac{4\pi}{4\pi} q_{in} = -4\pi K a - 4\pi K \int_{a}^{r} q_{in} = -4\pi K a - 4\pi K r + 4\pi K a |q_{in}| = - 4 \pi K r \rightarrow \text{carga envolvida} Então, Campo \vec{E} \Rightarrow \int \vec{E} \cdot d \vec{a} = \frac{-4 \pi K r}{\epsilon_0} |\vec{E}|4 \pi r^2 = \frac{-4 \pi K r}{\epsilon_0} \Rightarrow \boxed{\vec{E} = \frac{-K \hat{n}}{\epsilon_0 r}} b) \int \vec{D} \cdot d \vec{a} = q_{f} Como q_{f} = 0 então a indução elétrica é \vec{D} = 0 \vec{D} = \epsilon_0 \vec{E} + P = 0 \rightarrow \frac{\vec{E} = - \frac{P}{\epsilon_0}} substituindo \boxed{\vec{E} = \frac{-K}{r \epsilon_0} \hat{r}} 4.18) a) \int \int \vec{D_1} \cdot d\vec{a} = q_{in} θ = \frac{Q}{A} D_1 \cdot A = θ A \n D_1 = θ\\chapter 2 c^'2 \int \vec{D_1} \cdot d\vec{a} = Q_{in} DQ_2 = θ \n - \int D_2 A = - θ A \n D_2 = θ b) \vec{E_1} =? \vec{D} = \epsilon \cdot \vec{E} D_1 = \epsilon_1 \cdot \vec{E_1} θ = \epsilon_0 \cdot \vec{E_1} \epsilon_1 = \epsilon_0 \cdot \epsilon_r \theta = \epsilon_0 \cdot 1.5 \cdot \epsilon_2 \theta = \epsilon_0 \cdot \frac{3}{2} \epsilon_2 \bar \epsilon_2 = \frac{2θ}{3\epsilon_0} c) Chap 1 D = E0 * E + P D1 = E0 * E1 + P1 Theta = E0 * Theta + P1 Theta = Theta/2 + P1 P1 = Theta/2 Chap 2 Dc = E0 * Ec + Pc Theta = E 2Theta/3E0 + Pc Theta = 2Theta/3 - Pc Pc = Theta/3 D) | | B | |----|---| |C1 | L| |C2 | \ * Vb - Va = (Vb - Vc) + (Vc - Va) Vb - Va = E1a + E2 a Vb - Va = Theta/2E0 a + 2Theta/3E0 a Vb - Va = Theta/E0 (1/2 + 2/3) -> Vb - Va = 7Theta/6E0 Digitalizado com CamScanner
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4.10) P(r) = Kr a) 6b. P. \hat{n} como \hat{n} . \hat{r} 6b. (Kr). \hat{r} = KR com isso o densidade volumetrica Pb = -\nabla P Derivando em coordenadas esfericas \nabla \cdot \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} r^2 \hat{r} + \frac{1}{r \sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \sin \theta \hat{\theta} + \frac{1}{r \sin \theta} \frac{\partial}{\partial \phi} como b só depende de \hat{r} P = -\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} r^2 Kr - \frac{1}{r^2} \ Kr (3r^2) = -3K b) 6 = KR p = -3K (circulado) -> campo fora para r > R -> lei de gauss \oint \vec{E} \cdot d\vec{a} = \frac{q_{em}}{\epsilon_0} -> carga envolvida pela uma superficie gaussiana q_em = p - volume + 6 . A = -3K \cdot \frac{4 \pi R^3}{3} + KR \cdot 4 \pi R^2 = 0 -> r < R \oint \vec{E} \cdot da = q_{em} / \epsilon_0 => |\vec{E}| 4 \pi R^2 = \int (\rho cv / \epsilon_0) = \frac{-3K}{\epsilon_0} \cdot \frac{4 \pi R^3}{3} \vec{E} = \frac{-Kr \hat{r}}{\epsilon_0} . \vec{E}(\vec{r}) = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{\rho R^3}{r^2} \xi \pi / 3 para r > R . \vec{E}(\vec{r}) = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} (4/3) \pi r \rho \hat{r} para r < R Entao V(\vec{r},\theta) = \frac{R^3}{3\epsilon_0 h^2} \rho \cdot \hat{r} para (r > R) V(\vec{r},\theta) = \frac{1}{3\epsilon_0} \rho \cdot R (r < R) Com isso descobrimos o potencial da esfera uniformemente polarizada 4.15) \vec{P} = \frac{K}{r} \hat{r} \quad campo livre é zero a) P_b =? \quad \vec{σ} =? \quad \vec{E} =? P_b = - \nabla \cdot \vec{P} = - \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left[ r^2 \frac{K}{r} \right] \quad Deveria \rightarrow - \frac{K}{r^2} \vec{σ_b} = \vec{P} \cdot \vec{n} \Rightarrow \left\{ \vec{P} \cdot \vec{m} = \vec{P} \cdot \hat{n} \quad r = b \right. \vec{P} \cdot \vec{n} = \vec{P} \cdot (-\hat{n}) = \frac{-K}{a} \quad r = a O campo é depente de zero sobre a < r < b \Phi = \int \vec{E} \cdot d\vec{a} = \frac{q_{in}}{\epsilon_0} q_{in} = \int σ d a + \int p d v Então, q_{in} = - \frac{K}{a} \int d a + \int \frac{-K}{r^2} dv q_{in} = - \frac{K}{a} \cdot 4 \pi a^2 + \int_{a}^{b} \frac{-K}{r^2} r^2 d r \int_{0}^{2 \pi} \sin \theta d\theta \int_{0}^{l} d l \frac{4\pi}{4\pi} q_{in} = -4\pi K a - 4\pi K \int_{a}^{r} q_{in} = -4\pi K a - 4\pi K r + 4\pi K a |q_{in}| = - 4 \pi K r \rightarrow \text{carga envolvida} Então, Campo \vec{E} \Rightarrow \int \vec{E} \cdot d \vec{a} = \frac{-4 \pi K r}{\epsilon_0} |\vec{E}|4 \pi r^2 = \frac{-4 \pi K r}{\epsilon_0} \Rightarrow \boxed{\vec{E} = \frac{-K \hat{n}}{\epsilon_0 r}} b) \int \vec{D} \cdot d \vec{a} = q_{f} Como q_{f} = 0 então a indução elétrica é \vec{D} = 0 \vec{D} = \epsilon_0 \vec{E} + P = 0 \rightarrow \frac{\vec{E} = - \frac{P}{\epsilon_0}} substituindo \boxed{\vec{E} = \frac{-K}{r \epsilon_0} \hat{r}} 4.18) a) \int \int \vec{D_1} \cdot d\vec{a} = q_{in} θ = \frac{Q}{A} D_1 \cdot A = θ A \n D_1 = θ\\chapter 2 c^'2 \int \vec{D_1} \cdot d\vec{a} = Q_{in} DQ_2 = θ \n - \int D_2 A = - θ A \n D_2 = θ b) \vec{E_1} =? \vec{D} = \epsilon \cdot \vec{E} D_1 = \epsilon_1 \cdot \vec{E_1} θ = \epsilon_0 \cdot \vec{E_1} \epsilon_1 = \epsilon_0 \cdot \epsilon_r \theta = \epsilon_0 \cdot 1.5 \cdot \epsilon_2 \theta = \epsilon_0 \cdot \frac{3}{2} \epsilon_2 \bar \epsilon_2 = \frac{2θ}{3\epsilon_0} c) Chap 1 D = E0 * E + P D1 = E0 * E1 + P1 Theta = E0 * Theta + P1 Theta = Theta/2 + P1 P1 = Theta/2 Chap 2 Dc = E0 * Ec + Pc Theta = E 2Theta/3E0 + Pc Theta = 2Theta/3 - Pc Pc = Theta/3 D) | | B | |----|---| |C1 | L| |C2 | \ * Vb - Va = (Vb - Vc) + (Vc - Va) Vb - Va = E1a + E2 a Vb - Va = Theta/2E0 a + 2Theta/3E0 a Vb - Va = Theta/E0 (1/2 + 2/3) -> Vb - Va = 7Theta/6E0 Digitalizado com CamScanner