Eltromagnetismo

Para a esfera negativa de densidade ρ o vetor posição de P em relação a O é r Esse excerto teria se isolado o campo E 2 r ρ 3ε0 r dentro de sua região Observe que r pode ser decomposto como r a r onde a é o vetor que liga O a O Ao somar os dois campos no ponto P obtémse E r E 1 r E 2 r ρ 3ε0 a r ρ 3ε0 r ρ 3ε0 a Essa expressão mostra que o campo dentro de toda a cavidade é uniforme e igual a E ρ 3ε0 a justamente o resultado pedido 1 Uma esfera uniformemente carregada com densidade volumétrica ρ contém em seu interior uma cavidade esférica Mostre que o campo no interior da cavidade é uniforme e é dado por E ρ 3ε0 a em que a é o vetor que liga os centros das duas esferas Considere que o princípio da superposição permite tratar a esfera com cavidade como a soma de duas distribuições uma esfera maciça de densidade ρ centrada em O e uma esfera de densidade ρ ocupando o espaço da cavidade centrada em O Para qualquer ponto P dentro da cavidade o campo total é a soma dos campos produzidos por cada distribuição Para demonstrar que no interior de uma esfera uniformemente carregada de densidade volumétrica ρ o campo é E r ρ 3ε0 r considere uma superfície gaussiana esférica de raio r centrada no mesmo ponto O da distribuição A simetria esférica garante que E seja radial e de magnitude constante sobre essa superfície Logo o fluxo elétrico através dela é Φ E d A Er d A Er 4πr 2 Por outro lado a carga total contida dentro desse raio é o volume da esfera vezes a densidade Q int ρ 4πr 3 3 Aplicando a lei de Gauss Φ Q int ε0 temse Er 4πr 2 1 ε0 ρ 4πr 3 3 Cancelando 4π de ambos os lados e isolando Er obtémse Er ρ 3ε0 r Como E é radial e aponta no sentido de r podemos escrever em forma vetorial E r ρ 3ε0 r 1 Uma esfera uniformemente carregada com densidade volumétrica ρ contém em seu interior uma cavidade esférica Mostre que o campo no interior da cavidade é uniforme e é dado por E ρ3ε0 a em que a é o vetor que liga os centros das duas esferas 2 Suponha que o potencial elétrico de uma carga puntiforme seja V r 1 4πε0 q r1ε em vez da fórmula usual de Coulomb a70 Obtenha o potencial V r num ponto localizado a uma distância r do centro de uma casca esférica de raio R r com densidade superficial de carga σ constante Discuta seu resultado no caso em que ε 0 b 30 Mostre em primeira ordem em ε que V R V r V R ε 2 R r ln R r R r ln 4R2 R2 r2 Fórmulas deste tipo têm sido usadas desde os tempos de Cavendish para testes experimentais da lei de Coulomb 3 Considere uma carga puntiforme q colocada a uma distância d d a do centro de uma esfera metálica de raio a aterrada como mostra a figura ao lado a 20 Verifique que a carga imagem necessária para satisfazer as condições de contorno para o potencial eletrostático tem intensidade q qad e deve ser localizada no ponto r d2 z com d a2d b 20 Mostre que em coordenadas esféricas o potencial é dado por V r θ 1 4πε0 q r2 d2 2rd cos θ q a2 rda2 2rd cos θ em que θ é o ângulo entre r e z c 40 Encontre a densidade de carga superficial induzida na esfera como função de θ d 20 Determine a força de atração entre a carga e a esfera 4 Uma calha retangular é formada por quatro lâminas condutoras muito longas duas delas dispostas horizontalmente uma em y 0 e outra em y a e duas dispostas verticalmente uma em x 0 e outra em x a A placa superior é mantida potencial V0 e está separada das demais que se encontram aterradas por duas tiras infinitas de material isolante a 80 Determine o potencial no interior da calha b 20 Qual deve ser o potencial no centro da calha 5 Uma esfera metálica de raio R é colocada numa região onde inicialmente o campo elétrico é uniforme dado por E E0 z a 60 Determine o potencial e o campo elétrico na região externa da esfera b 20 A densidade superficial de carga induzida c 20 Obtenha o campo no interior da esfera gerado pela densidade de carga obtida no item b Comente o resultado O potencial de um elemento pontual de carga dQ seguindo a lei dada Vρ 14πε0 qρ1ε é dV 14πε0 dQr R1ε Substituindo dQ e r R obtémse dV 14πε0 σR2 sinθ dθ dϕ R2 r2 2Rr cosθ1ε2 Essa expressão deixa explícito como cada fatia da casca contribui para o potencial em P A partir daqui integrase sobre ϕ de 0 a 2π e sobre θ de 0 a π para obter o potencial total Vr ϕ02π θ0π 14πε0 σR2 sinθ dθ dϕ R2 r2 2Rr cosθ1ε2 Ao integrar em ϕ o integrando é independente de ϕ de modo que 02π dϕ 2π e portanto Vr σR24πε0 2π 0π sinθ dθ R2 r2 2Rr cosθ1ε2 σR22ε0 0π sinθ dθ R2 r2 2Rr cosθ1ε2 Para resolver a integral em θ faça a substituição u cosθ du sinθ dθ Quando θ 0 u 1 quando θ π u 1 Assim 0π sinθ dθ R2 r2 2Rr cosθ1ε2 u11 du R2 r2 2Rr u1ε2 11 du R2 r2 2Rr u1ε2 Defina A R2 r2 B 2Rr ν 1ε2 de modo que a integral seja 11 A B uν du A primitiva geral é A B uν du A B u1ν B 1 ν válida enquanto ν 1 Aqui 1 ν 1ε2 Aplicando a primitiva nos limites de u 1 a u 1 encontrase 11 A B uν du 1B 1 ν A B u1νu11 1B 1 ν A B1ν A B1ν Substituindo de volta A B e 1 ν obtémse 0π sinθ dθ R2 r2 2Rr cosθ1ε2 12Rr 21ε R r1ε R r1ε Fazendo a simplificação do fator 11ε2 21ε chegase a 0π sinθ dθ R2 r2 2Rr cosθ1ε2 1Rr 1 ε R r1ε R r1ε Multiplicando pelo prefator σR22ε0 o potencial final fica Vr σR22ε0 1Rr 1ε R r1ε R r1ε σR2ε0 r 1 ε R r1ε R r1ε No limite ε 0 a expressão geral Vr σR2ε0 r 1ε R r1ε R r1ε tornase mais simples Como 1 ε 1 e R r1ε R r temse Vrε0 σR2ε0 r R r R r σR2ε0 r 2r σRε0 Substituindo Q 4πR2σ podese escrever σRε0 Q4πε0 R mostrando que dentro da casca esférica o potencial é uniforme e igual ao valor na superfície Esse resultado coincide com o caso clássico de Coulomb em que ε 0 b 30 Mostre em primeira ordem em ε que VR VrVR ε2 Rr lnR rR r ln4R2R2 r2 Fórmulas deste tipo têm sido usadas desde os tempos de Cavendish para testes experimentais da lei de Coulomb Para expor a dependência em ε até primeira ordem partimos da expressão geral obtida para o potencial interno Vr σR2ε0 r 1ε R r1ε R r1ε e do valor na superfície r R VR σR2ε0 R 1ε 2R1ε σ2ε0 1ε 2R1ε Como ε é pequeno usamos a expansão binomial R r1ε R r expε lnR r R r 1 ε lnR r e também 2R1epsilon 2R expepsilon ln2R approx 2R1 epsilon ln2R além de frac11epsilon approx 1 epsilon Assim o potencial interno fica Vr approx fracsigma R2 epsilon0 r1epsilon left 2r epsilon leftRrlnRr Rr lnRr right right de onde descartando termos de ordem epsilon2 Vr approx fracsigma Repsilon0 left 1 epsilon right fracsigma R2 epsilon0 r epsilon leftRr lnRr Rr lnRr right Para a superfície VR approx fracsigma2 epsilon0 1epsilon 2R 1 epsilon ln2R approx fracsigma Repsilon0 left 1 epsilon 1ln2R right Subtraindo Vr de VR e dividindo por VR mantémse apenas termos lineares em epsilon o que leva a fracVR VrVR approx epsilon left frac12r leftRr lnRr Rr lnRr right ln2R right Reescrevendo frac12r leftRr lnRr Rr lnRr right fracR2r ln fracRrRr frac12 lnRrRr obtémse fracVR VrVR approx fracepsilon2 left fracRr ln fracRrRr ln frac2R2R2 r2 right que é exatamente o resultado pedido 𝑟 𝑎2 𝑑 𝑧 O sinal negativo já aparece porque a inversão inverte também a condição de contorno de potencial zero na superfície Finalmente a combinação Vvecr Vq vecr Vq vecr é harmônica em todo r a e anulase em r a por construção do método de inversão Portanto as condições de contorno de condutor aterrado são satisfeitas e encontramos sem cálculos de raízes que q fracad q quad d fraca2d b 20 Mostre que em coordenadas esféricas o potencial é dado por Vr heta frac14 pi epsilon0 left fracqsqrtr2 d2 2rd cos heta fracqsqrta2 rda2 2rd cos heta right em que heta é o ângulo entre vecr e hatz Para descrever o potencial em todo o espaço externo à esfera aterrada coloquese um sistema de coordenadas com origem no centro da esfera metálica de raio a e eixo z apontando para a carga q que está em z d Em coordenadas esféricas r heta varphi o ponto genérico P tem vetor posição vecr de módulo r e faz ângulo heta com o eixo z A contribuição da carga real q em 0 0 d ao potencial em P é Vmathrmreal r heta frac14 pi epsilon0 fracqvecr d hatz frac14 pi epsilon0 fracqsqrtr2 d2 2 r d cos heta Para satisfazer V0 em toda a superfície ra introduzse a carga imagem q fracad q quad mathrmem quad z d fraca2d Sua contribuição ao potencial em P é Vmathrmimg r heta frac14 pi epsilon0 fracqvecr d hatz frac14 pi epsilon0 fracfracad qsqrtr2 d2 2 r d cos heta frac14 pi epsilon0 fracqsqrta2 leftfracrdaright2 2 r d cos heta onde usamos d2 a2d2 a4 d2 e reorganizamos r2 d2 r2 fraca4d2 fraca2d2 r2 d2 a2 a2 implies sqrtr2 d2 2 r d cos heta sqrta2 leftfracr daright2 2 r d cos heta Somando as duas contribuições o potencial total em coordenadas esféricas tornase Vr heta Vmathrmreal Vmathrmimg frac14 pi epsilon0 left fracqsqrtr2 d2 2 r d cos heta fracqsqrta2 leftfracr daright2 2 r d cos heta right exatamente a forma pedida Esse potencial satisfaz V0 para ra e tende a zero quando r o infty como impõem as condições de contorno c 40 Encontre a densidade de carga superficial induzida na esfera como função de heta A densidade de carga superficial induzida na esfera pode ser obtida lembrando que num condutor toda a carga livre vai para a superfície e satisfaz sigma heta epsilon0 En a heta onde En é a componente normal radial do campo imediatamente fora da superfície ra Como o potencial total fora da esfera é Vr heta fracq4 pi epsilon0 left frac1R1 fracadR2 right com R1 sqrtr2 d2 2 r d cos heta quad R2 sqrtr2 d2 2 r d cos heta A obtenção de Era heta a partir de Vr heta exige duas etapas principais calcular a derivada radial de cada termo e depois avaliar em ra O potencial para r ge a estava escrito como Vr heta fracq4 pi epsilon0 left frac1R1 fracadR2 right onde R1 sqrtr2 d2 2 r d cos heta quad R2 sqrtr2 d2 2 r d cos heta quad d fraca2d A componente radial do campo é Er fracpartial Vpartial r fracq4 pi epsilon0 left fracpartialpartial r left frac1R1 right fracad fracpartialpartial r left frac1R2 right right Para qualquer R sqrtr2 b2 2 r b cos heta fracpartialpartial r left frac1R right frac1R2 fracpartial Rpartial r frac1R2 fracr b cos hetaR fracr b cos hetaR3 Aplicando com b d e b d obtemos fracpartialpartial r left frac1R1 right fracr d cos hetaR13 quad fracpartialpartial r left frac1R2 right fracr d cos hetaR23 Er q4πε0 r d cos θR13 ad r d cos θR23 q4πε0 r d cos θR13 ad r d cos θR23 Ao fixar r a usamse as relações R1aθ a2 d2 2ad cos θ R2aθ a2 d2 2ad cos θ ad R1aθ Entretanto d a2d r d cos θra a a2d cos θ Substituindo em cada fração o segundo termo fica ad a d cos θR23 ad a a2d cos θad R13 ad a a2d cos θa3d3 R13 d2a2 a a2d cos θR13 Assim em r a Eraθ q4πε0 1R13 a d cos θ d2a2 a a2d cos θ No colchete faça a combinação a d cos θ d2a2 a a2d cos θ a d cos θ d2a2 a d2a2 a2d cos θ a d2a d cos θ d cos θ a2 d2a Portanto Eraθ q4πε0 a2 d2a R13 e σθ ε0 Eraθ q4π d2 a2a d2 a2 2ad cos θ32 d 20 Determine a força de atração entre a carga e a esfera A atração que a esfera aterrada exerce sobre a carga q pode ser calculada reconhecendo que graças ao princípio da imagem o campo no local de q é igual ao criado pela carga imagem q ad q colocada em z d a2d Como a distância entre q e q é D d d d a2d d2 a2d o campo elétrico gerado por q no ponto onde está q tem magnitude E 14πε0 qD2 14πε0 ad qd2 a2d2 14πε0 a qd d2d2 a22 14πε0 a q dd2 a22 Essa campo aponta ao longo do eixo ẑ em direção à esfera portanto a força sobre q é F q E 14πε0 a q2 dd2 a22 com sinal negativo se adotarmos positivo para o sentido ẑ indicando atração 4 Uma calha retangular é formada por quatro lâminas condutoras muito longas duas delas dispostas horizontalmente uma em y 0 e outra em y a e duas dispostas verticalmente uma em x 0 e outra em x a A placa superior é mantida potencial V0 e está separada das demais que se encontram aterradas por duas tiras infinitas de material isolante a 80 Determine o potencial no interior da calha O problema é o de Dirichlet numa região retangular infinita em z com 0 x a 0 y a onde as paredes em x 0 x a e y 0 estão em V 0 e a face y a está em V V0 Como não há dependência em z buscase solução de 2V 2Vx2 2Vy2 0 satisfazendo as fronteiras Vale empregar separação de variáveis escrevendo Vxy Xx Yy Ao inserir em Laplace e dividir por XY obtémse XX YY const k2 Daí surgem duas EDOs X k2 X 0 Y k2 Y 0 As condições V0y 0 e Vay 0 levam a X0 Xa 0 cujo espectro é kn nπa Xnx sinnπa x n 1 2 3 A equação para Y tem solução em hiperbólicas Yny An sinhnπa y Bn coshnπa y Como Vx0 0 implica Yn0 0 segue Bn 0 Assim cada modo vale Vnxy An sinnπa x sinhnπa y A soma completa é Vxy n1 An sinnπa x sinhnπa y Para ajustar a face y a impõese Vx a V0 n1 An sinnπax sinhnπa a n1 An sinhnπ sinnπa x Fazse então a série de Fourier de V0 em 0 x a V0 n1 Bn sinnπa x Bn 2a 0a V0 sinnπa x dx 2 V0nπ 1 1n Como 1 1n 0 para n par e 2 para n ímpar ficam só os modos ímpares Igualando coeficientes dá An sinhnπ Bn An 2 V0nπ sinhnπ 1 1n Por fim Vx y n ímpar 4 V0nπ sinhnπ sinnπax sinhnπa y Esse resultado satisfaz V 0 em x 0 x a y 0 e V V0 em y a b 20 Qual deve ser o potencial no centro da calha No ponto central da calha xy a2 a2 a série que obtivemos para o potencial vale Va2 a2 n ímpar 4 V0nπ sinhnπ sinnπaa2 sinhnπaa2 Para n 2m 1 sinnπ2 sin2m1π2 1m1 sinhnπ2 sinh2m1π2 Além disso sinhnπ 2 sinhnπ2 coshnπ2 de modo que sinhnπ2sinhnπ 12 coshnπ2 Substituindo na série Va2 a2 m1 4 V02m1π 1m1 12 cosh2m1π2 2 V0π m1 1m12m1 cosh2m1π2 Calculando numericamente os primeiros termos percebese que a soma converge muito rapidamente para m1 1m12m1 cosh2m1π2 π8 Logo Va2 a2 2 V0π π8 V04 Dessa forma o potencial no centro da calha é Vcentro V04 5 Uma esfera metálica de raio R é colocada numa região onde inicialmente o campo elétrico é uniforme dado por E E0 ẑ a 60 Determine o potencial e o campo elétrico na região externa da esfera Considere uma esfera metálica perfeitamente condutora de raio R imersa num campo uniforme E 0E0 ẑ Fora da esfera o potencial deve satisfazer a equação de Laplace e obedecer às condições de contorno Vr θ E0 r cos θ quando r pois corresponde ao potencial de E 0 Vr R θ constante que podemos tomar como zero terra na superfície Em coordenadas esféricas r θ a solução geral que respeita a simetria axial é a soma dos modos ℓ 1 de Laplace Vr θ A r cos θ Br² cos θ onde A e B são constantes a determinar No infinito exigese Vr θ A r cos θ E0 r cos θ A E0 Na superfície condutora r R impõese VR θ E0 R cos θ BR² cos θ 0 θ o que leva a E0 R BR² 0 B E0 R³ Substituindo A e B na forma geral obtémse o potencial externo Vr θ E0 r cos θ E0 R³r² cos θ E0 cos θ R³r² r O campo elétrico é E V Em coordenadas esféricas Er Vr E0 cos θ 1 2 R³r³ Eθ 1r Vθ E0 sin θ 1 R³r³ Em vetor E r θ Er r Eθ θ E0 cos θ 1 2 R³r³ r E0 sin θ 1 R³r³ θ Note que quando r recuperase E E0 ẑ e em r R o campo normal é contínuo para satisfazer a condição de condutor b 20 A densidade superficial de carga induzida A superfície condutora da esfera em equilíbrio eletrostático carrega exatamente a densidade livre necessária para anular o campo interno A densidade superficial induzida em cada ponto da casca é dada por σθ ε₀ EₙRθ onde EₙRθ é a componente do campo logo fora da superfície na direção normal radial Do potencial externo Vrθ E₀ cos θ R³r² r segue o campo radial em coordenadas esféricas Errθ Vr E₀ cos θ 12 R³r³ No ponto r R temse ErRθ E₀ cos θ 1 2 3 E₀ cos θ Como o campo dentro da esfera é nulo a descontinuidade do componente normal do campo elétrico na superfície relacionase à densidade superficial livre por σθ ε₀ ErRθ 3 ε₀ E₀ cos θ Isso mostra que a carga induzida é negativa no hemisfério voltado para z cos θ 0 e positiva no hemisfério oposto cos θ 0 variando como cos θ c 20 Obtenha o campo no interior da esfera gerado pela densidade de carga obtida no item b Comente o resultado O campo gerado dentro da esfera pela densidade de carga induzida pode ser obtido de modo direto a partir do potencial que essa densidade produz Como vimos fora da esfera o potencial imagem devido só à carga induzida é Vindrθ 14πε₀ q 1r² d² 2 r d cos θ Vindrθ E₀ R³r² cos θ r R mas para r R essa mesma solução harmônica de ordem ℓ 1 continua com a forma Vindrθ A r cos θ Basta impor continuidade de Vind em r R A R cos θ E₀ R³R² cos θ A E₀ Portanto no interior Vindrθ E₀ r cos θ Dessa expressão segue o campo Eind Vind r E₀ r cos θ r 1r θ E₀ r cos θ θ E₀ cos θ r E₀ sin θ θ E₀ z Isso significa que o campo interno devido à carga induzida é uniforme e vale Eindr R E₀ z Comentário esse campo cancela exatamente o campo externo E₀ E₀ z garantindo que o campo total dentro do condutor seja nulo como requerido pelo eletroestático