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ELETROMAG - CAP 6

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VVE 





−
−
−
=
∂
∂
−=∇−= 
(ii) r2
o a
r
1
b
1
a
1
V
ED
−
ε
=ε= 
(iii) ( ) 2oarns a
1
b
1
a
1
VD
−
ε
==ρ
=
 (= densidade superficial no condutor interno c/ carga +Q) 
(iv) ∫ pi
−
ε
=ρ= s
2
2
o
s a4
a
1
b
1
a
1
VdsQ 
(v) 
b
1
a
1
4
V
QC
o
−
piε
==
 (Mesmo resultado obtido na seção 5.8, Ex. 3) 
 
Ex. 5: Cálculo de V = f(θθθθ), sendo θθθθ coordenada esférica 
 
0V2 =∇ ⇒ 0
d
dV
sen
d
d
senr
1
2 =




θ
θ
θθ
 (r ≠ 0, θ ≠ 0, θ ≠ pi) 
 
Fazendo r ≠ 0, θ ≠ 0 e θ ≠ pi: 
0
d
dV
sen
d
d
=





θ
θ
θ
 
 
Integrando 1a vez: A
d
dV
sen =
θ
θ 
 
Re-arrajando e integrando 2a vez: ( )[ ] B2tglnAV +θ= 
 
Condições de contorno: θ = constante ⇒ superfície cônica 



α=θ=
pi=θ=
em VV
2 em0V
o
 (α < pi/2) 
 
Daí, obtém-se A e B e substituindo acima: 
 
( )[ ]
( )[ ]2/tgln
2/tglnVV o
α
θ
=
 
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Nota: Calcular a capacitância do capacitor formado por dois cones finitos definidos por: 
θ = pi/2, 0 < r < r1, 0 < φ < 2pi (Adotar V = 0) 
θ = α, 0 < r < r1, 0 < φ < 2pi (Adotar V = Vo) 
Desprezar os efeitos das bordas. (Resposta: ( )[ ]2tg
r2C 1
α
piε−
=
ln
 ) 
 
 
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: 
 
 Equação de Poisson: 
o
v2 V1V
ε
ρ
ρ
ρ
ρρ
−=





∂
∂
∂
∂
⋅=∇ 
 
 Integrando pela 1a vez: 
 
ρ
ρ
ε
ρ
ρ
ρ
ε
ρ
ρ
ρ A
2
V
 A
2
V
o
v
2
o
v +⋅−=
∂
∂
⇒+⋅−=
∂
∂
 (01) 
 
 Porém, sabe-se que: EE −=
∂
∂
⇒
∂
∂
−==⇒
∂
∂
−=⇒∇−=
ρρρ ρ
V
 
V
 
VV EaEE (02) 
 
 Substituindo (02) em (01), temos: 
 
 
ρ
ρ
ε
ρ
ρ
A
2
V
 
o
v +⋅−=−=
∂
∂
E (03) 
 
 1a Condição de Contorno (Obtenção de A): 0 =E para ρ = a. (04) 
 
 Substituindo (04) em (03), temos: 
 
 
2
o
v
o
v
2
A A
2
0 a
a
a ⋅
ε
ρ
=⇒−⋅
ε
ρ
= (05) 
 
 Substituindo (05) em (01), temos: 
 
 
ρε
ρρ
ε
ρ
ρ
2
o
v
o
v
22
V
 
a
⋅+⋅−=
∂
∂
 (06) 
 
 Integrando pela 2a vez: 
 
 B
222
V 2
o
v
2
o
v +⋅+⋅−= ρ
ε
ρρ
ε
ρ
lna (07) 
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 2a Condição de Contorno (Obtenção de B): 0V = para ρ = a. (08) 
 
 Substituindo (08) em (07), temos: 
 
 aaaaa
a
lnln
2
o
v2
o
v2
o
v
2
o
v
24
B B
222
0 ⋅−⋅=⇒+⋅+⋅−=
ε
ρ
ε
ρ
ε
ρ
ε
ρ
 (09) 
 
 Substituindo (09) em (07), temos: 
 
aaaa ln
24
ln
24
V 2
o
v2
o
v2
o
v2
o
v
⋅
ε
ρ
−⋅
ε
ρ
+ρ⋅
ε
ρ
+ρ⋅
ε
ρ
−= 
 
( ) [ ]V ln
24
V 2
o
v22
o
v 




 ρ
⋅
ε
ρ
+ρ−⋅
ε
ρ
=
a
aa
 (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: 
 
XY)y(f)x(fV == onde )x(fX = e )y(fY = (01) 
 
Aplicando a equação de Laplace, obtemos: 
0V2 =∇ ⇒ 0
y
V
x
V
2
2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
 (02) 
 
(01) → (02): 
0
y
YX
x
XY 2
2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
 (03) 
 
Dividindo (03) por XY: 
0
y
Y
Y
1
x
X
X
1
2
2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
 
 
Separando os termos somente dependentes de x dos termos somente dependentes de y, escrevemos: 
2
2
2
2
dy
Yd
Y
1
dx
Xd
X
1
−= (04) 
 
Como )x(fX = e )y(fY = , 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: 
 
2
2
2
dx
Xd
X
1
α= (05) 
2
2
2
dy
Yd
Y
1
α−= (06) 
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Re-escrevendo (05) e (06) temos: 
 
X
dx
Xd 2
2
2
α= (07) 
Y
dy
Yd 2
2
2
α−= (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: 
xhBxhAX α+α= sencos (09) 
 
Solução 2: Função exponencial. Assim: 
x'x' eBeAX α−α += (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: 
yDyCY α+α= sencos (11) 
 
Solução 2: Função exponencial complexa. Assim: 
yj'yj' eDeCY α−α += (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: 
 
( )( )yDyCxhBxhAXYV α+αα+α== sencossencos
 (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 
 
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Aplicando as condições (i) e (ii) em (13) obtemos A = C = 0 e chamando BD = V1, chegamos a: 
yxhVyxhBDXYV 1 αα=αα== sensensensen (14) 
 
e aplicando a condição (iii), V = 0 em y = d, temos: 
dxhV0 1 αα= sensen ⇒ ( )…,2,1,0nd
n
=
pi
=α (15) 
 
Substituindo α de (15) em (14): 
d
yn
d
xnhVV 1
pipi
= sensen (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: 
 
d
yn
d
xnhVV n1
0n
pipi
=∑
∞
=
sensen 0 < y < d (17) 
 
Aplicando agora a última condição de contorno (iv), V = Vo em x = c, 0 < y < d, obtemos: 
 
d
yn
d
cnhVV n1
0n
o
pipi
=∑
∞
=
sensen 0 < y < d (18) 
ou 
d
ynbV n
0n
o
pi
=∑
∞
=
sen 0 < y < d (19) 
onde, 
d
cnhVb n1n
pi
= sen (20) 
 
A equação (19) pode representar uma série de Fourier em seno para f(y) = V(y) = Vo em 0 <