Aulas 13 a 15 - Equações de Poisson e Laplace

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© Aldário Bordonalli 1
EE 521EE 521
Introdução à Teoria EletromagnéticaIntrodução à Teoria Eletromagnética
Equações de Poisson
e Laplace
Quadro 2
Equações de Poisson e Equações de Poisson e LaplaceLaplace
� Apresentação das equações de Poisson e de 
Laplace.
� Unicidade de solução da equação de 
Laplace.
� Métodos de solução da equação de Laplace: 
– problemas simples;
– método das imagens;
– separação de variáveis;
– métodos numéricos.
Quadro 3
Introdução
� Em problemas de eletrostática, procuram-se observar os 
efeitos ocasionados por cargas em repouso ou correntes 
estacionárias. 
� Estes problemas podem se apresentar de diversas maneiras, 
de acordo com as condições iniciais impostas. 
� As soluções geralmente são a determinação de um potencial, 
uma intensidade de campo elétrico e/ou uma distribuição de 
cargas.
� Se a distribuição de cargas é conhecida, podem-se obter 
campo elétrico e potencial por meio de expressões já 
estudadas. 
� No entanto, em muitos problemas práticos, a distribuição exata 
de cargas não é conhecida em todo o espaço ou meio 
estudado, e a formulação apresentada não pode ser aplicada 
diretamente para encontrar estas grandezas.
Quadro 4
Introdução II
� Por exemplo, se um problema apresenta uma região do espaço 
ocupada por cargas discretas conhecidas e outra por 
condutores de potencial conhecido, fica muito difícil encontrar 
qual a distribuição superficial de carga nos condutores e/ou o 
próprio campo no espaço.
� Em outros tipo de problemas, os potenciaias de condutores 
diversos podem ser conhecidos e se deseja conhecer o 
potencial e/ou o campo elétrico no espaço vizinho, bem como 
a distribuição de cargas na superfície destes condutores. 
� A manipulação de algumas das equações já estudadas e a 
adição de condições de contorno adequadas podem auxiliar na 
obtenção de soluções para estes problemas mais complexos, 
sejam elas analíticas ou aproximadas por métodos numéricos.
Quadro 5
Equação de Poisson
� Uma importante equação gerada pela manipulação de 
resultados conhecidos é a chamada equação de Poisson.
� Relembrando, a forma pontual da lei de Gauss é dada por:
� Além disto, a relação entre a densidade de fluxo elétrico e a 
intensidade de campo elétrico é, considerando-se qualquer 
meio:
� Por fim, a relação entre a intensidade do campo elétrico e o 
potencial é dada por:
vD ρ=⋅∇
rr
ED
rr
ε=
VE ∇−=
rr
Quadro 6
Equação de Poisson II
� Assim, combinando estes resultados e 
assumindo um meio homogêneo (ε constante):
( ) ( ) v
v
VED
VEEDD
ρεε
ερ
=∇⋅∇−=⋅∇=⋅∇
∇−===⋅∇
rrrrrr
rrrrrr
ε
ρ
ε
ρ vv VV −=∇−=∇⋅∇ 2ou
rr
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Quadro 7
Relembrando o operador nabla ...
� Anteriormente, o operador nabla foi definido em coordenadas 
cartesianas: 
� As operações de divergente de um vetor (por exemplo, A) e 
gradiente de um escalar (por exemplo, R) foram escritas em 
função deste operador:
zyx a
z
a
y
a
x
ˆˆˆ
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇
r
zyx
zyx
a
z
R
a
y
R
a
x
RR
z
A
y
A
x
AA
ˆˆˆ
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=⋅∇
r
rr
Quadro 8
Em coordenadas cartesianas
� Assim, considerando o resultado do primeiro membro 
da equação de Poisson, pode-se escrever que: 
� Portanto:
2
2
2
2
2
2
2
z
V
y
V
x
VVV
z
V
zy
V
yx
V
x
V
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇⋅∇=∇
∴






∂
∂
∂
∂
+





∂
∂
∂
∂
+





∂
∂
∂
∂
=∇⋅∇
rr
rr
ε
ρv
z
V
y
V
x
VV −=
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇ 2
2
2
2
2
2
2
Quadro 9
Equação de Laplace
� Se ρv = 0, indicando densidade volumétrica de carga zero, mas 
permitindo que cargas pontuais, distribuição linear de cargas 
ou densidade superficial de cargas existam nas fronteiras como 
fontes do campo, a equação de Poisson se torna a equação de 
Laplace (em coordenadas cartesianas, cilíndricas e esféricas, 
respectivamente): 
( ) ( ) ( ) 0sin
1
sin
sin
11
011
0
2
2
222
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=
∂
∂
+





∂
∂
∂
∂
+





∂
∂
∂
∂
=∇
=
∂
∂
+
∂
∂
+





∂
∂
∂
∂
=∇
=
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇
φθθθθθ
φρρρρρ
V
r
V
rr
V
r
rr
V
z
VVVV
z
V
y
V
x
VV
Quadro 10
ComentáriosComentários
� A equação de Laplace é geral pois, aplicando-a à qualquer 
região onde a densidade de carga é zero, ela estabelece que 
qualquer configuração concebível de eletrodos ou de 
condutores produz um campo para o qual a relação do 
potencial dada pela expressão anterior é válida. 
� Todos esses campos são diferentes com diferentes valores de 
potencial e com diferentes razões de variação espacial, 
embora, para cada um, a relação anterior é satisfeita. 
� Se qualquer campo (desde que ρv = 0) satisfaz a equação de 
Laplace, como se pode esperar que o procedimento inverso no 
uso da equação de Laplace leve a um campo específico para o 
qual possa haver algum interesse? 
� Evidentemente, requer-se mais informação, e a resposta é de 
que se necessita resolver a equação de Laplace sujeita a certas 
condições de contorno.
Quadro 11
Condições de contornoCondições de contorno
� Cada problema físico deve conter pelo menos uma fronteira 
condutora e, normalmente, contém duas ou mais. 
� Os potenciais nessas fronteiras são valores determinados, ou 
talvez até valores numéricos, e estas superfícies eqüipotenciais
darão as condições de contorno para o tipo de problema a ser 
resolvido. 
� Em outros tipos de problemas, condições de contorno tomam a 
forma de valores específicos de E em uma superfície fechada, 
ou uma mistura de valores conhecidos de E e V.
� Antes de se usar a equação de Laplace ou equação de Poisson, 
precisa-se mostrar que, se uma resposta satisfaz à equação de 
Laplace e também às condições de contorno, então esta é a 
única solução possível para um dado problema →
independentemente do método de solução utilizado, a resposta 
obtida em cada método deve ser igual à produzida pelo 
outro!!!!
Quadro 12
Exemplo 1
Determine se os seguintes campos potenciais satisfazem à 
equação de Laplace: (a) V = x2 – y2 + z2; (b) V = ρ cos(φ) + z.
22
2
2
2
2
2
2
2
222
=∇
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇
+−=
V
z
V
y
V
x
VV
zyxV
(a) Deve-se aplicar a expressão de V diretamente ao primeiro 
membro da equação de Laplace: 
Como a expressão nunca é 0, a equação de Laplace não é 
satisfeita para o campo em questão.
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Quadro 13
Exemplo 1 (cont.)
( )
( )[ ] ( )[ ]
0
0cos1cos1
11
cos
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=∇
+−+=∇
∂
∂
+
∂
∂
+





∂
∂
∂
∂
=∇
+=
V
V
z
VVVV
zV
φρ
ρ
φ
ρ
φρρρρρ
φρ
(b) Novamente, deve-se aplicar a expressão de V diretamente 
ao primeiro membro da equação de Laplace: 
Portanto, a equação de Laplace é satisfeita para o campo em 
questão.
Quadro 14
Solução única
� Como mencionado anteriormente, independentemente 
do método utilizado para a solução da equação de 
Laplace, o resultado, se ele existir fisicamente, deve 
ser sempre único para um dado conjunto de condições 
de contorno.
� Considere que, contrariando o que foi mencionado 
acima, tenha-se encontrado duas soluções para a 
equação de Laplace, ditas V1 e V2, e ambas funções 
gerais das coordenadas adotadas.
� Desta forma, vale escrever que:
( ) 00
0e0
21
2
2
2
1
2
2
2
1
2
=−∇→=∇−∇
=∇=∇
VVVV
VV
Quadro15
Teorema da unicidade
� Cada solução deve também satisfazer às condições de 
contorno e, se os valores de potencial dados nas 
fronteiras são representados por Vb, então o valor de 
V1 na fronteira, V1b, e o valor de V2 na fronteira, V2b, 
devem ser ambos idênticos a Vb:
� Seja, agora, a identidade vetorial introduzida na 
ocasião do estudo da energia potencial armazenada 
por um sistemas de cargas:
02121 =−→== bbbbb VVVVV
( ) ( ) ( )VDDVDV ∇⋅+⋅∇=⋅∇ rrrrrr
Quadro 16
Teorema da unicidade II
� Na equação anterior, substitui-se o escalar V por V1 –
V2 e o vetor D por ∇∇∇∇(V1 – V2), de maneira que:
� Integrando-se através do volume limitado pelas 
superfícies de contorno especificadas:
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( )212121212121 VVVVVVVVVVVV −∇⋅−∇+−∇⋅∇−=−∇−⋅∇ rrrrrr
( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ] ( )[ ]∫∫
∫
−∇+−∇⋅∇−
=−∇−⋅∇
volumevolume
volume
dvVVdvVVVV
dvVVVV
2
212121
2121
rrr
rr
Quadro 17
Teorema da unicidade III
� O teorema da divergência permite substituir a integral de 
volume do lado esquerdo da equação anterior por uma integral 
de superfície fechada sobre a superfície que limita o volume. 
� Esta superfície é constituída, exatamente, pelas de fronteiras 
já especificadas nas quais V1b = V2b = Vb e, portanto:
� Tratando da primeira equação do segundo membro, tem-se, 
pela hipótese inicial que:
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] 0212212121 =−∇−=−∇⋅∇− ∫∫
volumevolume
dvVVVVdvVVVV
rr
( ) ( )[ ] ( ) ( ) 021212121 =⋅−∇−=−∇−⋅∇ ∫∫ S bbbb
volume
SdVVVVdvVVVV
rrrr
0
Quadro 18
Teorema da unicidade IV
� Desta forma, o termo restante é, forçosamente, também nulo, 
tal que:
� Há, em geral, duas razões para as quais uma integral possa 
ser zero: ou o integrando é zero a cada ponto, ou integrando é 
positivo em algumas regiões e negativo em outras, 
cancelando-se as contribuições algebricamente. 
� Neste caso, adota-se a primeira razão porque a expressão ao 
quadrado não pode produzir resultado negativo e, portanto:
( )[ ] 0221 =−∇∫
volume
dvVV
r
( )[ ] ( ) 00 21221 =−∇→=−∇ VVVV rr
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Quadro 19
Teorema da unicidade V
� Por fim, se o gradiente de uma grandeza escalar é zero em 
qualquer ponto, então esta grandeza não pode variar com 
nenhuma coordenada, ou seja, ela é constante (C):
� Deve-se provar, agora, que esta constante é zero. 
� Esta constante é facilmente calculada, considerando-se um 
ponto na fronteira, onde a solução também deve ser válida. 
� Na fronteira, V1 – V2 = V1b – V2b = 0, e chega-se ao fato de 
que a constante é realmente nula e, portanto:
� Com isto, prova-se a unicidade da solução da equação de 
Laplace.
( ) CVVVV =−→=−∇ 2121 0r
21 VV =
Quadro 20
ComentáriosComentários
� O teorema de unicidade também se aplica à equação 
de Poisson.
� Visto como resposta à pergunta “como verificar se 
duas soluções das equações de Laplace ou de Poisson 
satisfazem ambas às mesmas condições de 
contorno?", o teorema da unicidade passa a certeza 
de que as duas respostas são idênticas. 
� Quando se encontra algum método de resolução da 
equação de Laplace ou de Poisson sujeito a condições 
de contorno dadas, o problema estará resolvido de 
uma vez por todas. 
� Nenhum outro método pode dar resposta diferente.
Quadro 21
Exemplo 2
Os cones θ = pi/6 e θ = pi/3 estão com potenciais de -1,317 e 
-0,549 V, respectivamente. (a) As funções potenciais V1 = 
ln[tan (θ /2)] e V2 = -0,5 ln[(1 + cos θ)/(1 - cos θ)] satisfazem 
as condições de contorno supracitadas? (b) V1 e V2 satisfazem 
à Equação de Laplace? (c) V1 e V2 são idênticas?
(a) Primeiro, devem-se testar as duas funções nos valores de θ
e verificar se os potenciais concordam com o valores dados:
( )
OKV549,0
3
OKV317,1
6
2
tanln
1
1
1
−=





−=

















=
pi
pi
θθ
V
V
V ( ) ( )( )
OKV549,0
3
OKV317,1
6
cos1
cos1ln
2
1
2
2
2
−=





−=











−
+
−=
pi
pi
θ
θθ
V
V
V
Quadro 22
Exemplo 2 (cont.)
(b) Devem-se substituir ambas as expressões de potencial na 
equação de Laplace e verificar o resultado:
( )
( )
0
1sin
2tan
2tan1
2
1
2
tanln
sin
sin
1
1
2
1
2
1
1
21
2
=∇∴
=
∂
∂
+
=


















∂
∂
=
∂
∂






∂
∂
∂
∂
=∇
V
V
V
V
r
V
θ
θ
θ
θθ
θθ
θ
θ
θθ
Quadro 23
Exemplo 2 (cont.)
(b) Continuando:
( )
( ) ( )
01sin
sin
1
cos1
cos1ln
2
1
sin
sin
1
2
22
2
2
22
2
=∇∴=
∂
∂
=












−
+
−
∂
∂
=
∂
∂






∂
∂
∂
∂
=∇
VV
V
V
r
V
θ
θ
θθ
θ
θθ
θ
θ
θθ
Portanto, ambas expressões de potencial satisfazem a equação 
de Laplace.
(c) Sim, V1 e V2 são idênticas. O teorema da unicidade permite 
esta conclusão!!
Quadro 24
Solução da equação de Laplace
� Vários métodos têm sido desenvolvidos para resolver equações 
diferenciais parciais de segunda ordem, da qual faz parte a 
equação de Laplace. 
� O primeiro método, e o mais simples, é o da integração direta 
e alguns exemplos serão apresentados para os vários sistemas 
de coordenadas.
� Na seqüência, o método das imagens será explorado. 
� Além destes, o método de separação de variáveis será 
introduzido, com extensão a problemas que envolvam 
condições de contorno com valores nos limites. 
� Finalmente, serão discutidos e referenciados outros métodos 
que requerem conhecimento matemático mais avançado e 
podem envolver, inclusive, métodos numéricos aplicados a 
eletromagnetismo computacional.
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Quadro 25
Integração diretaIntegração direta
� O método de integração direta é aplicável somente a 
problemas unidimensionais, ou seja, àqueles em que 
o potencial é função de somente uma das três 
coordenadas. 
� Como são três os sistemas de coordenadas, pode-se 
concluir que há nove problemas para se resolver, mas 
um pouco de reflexão mostrará que, por exemplo, o 
campo que varia apenas com x é fundamentalmente 
o mesmo quando o campo varia somente com y. 
� A rotação de eixos não modifica o problema físico. 
� Na realidade, há cinco exemplos básicos a se resolver, 
um em coordenadas cartesianas, dois em 
coordenadas cilíndricas e dois em coordenadas 
esféricas.
Quadro 26
Problema 1Problema 1
� Considere um problema onde V seja função apenas 
de x; as condições de contorno definirão a que 
situação física o problema se refere. 
� Assim:
( ) BAxxV
A
x
V
x
V
x
x
VV
+=
=
∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
=∇
0
02
2
2
Quadro 27
Problema 1 (cont.)Problema 1 (cont.)
� Na última equação, A e B são duas constantes de integração 
resultantes de uma equação diferencial de segunda ordem. 
� Estas duas constantes podem ser determinadas somente a 
partir das condições de contorno.
� Que condições de contorno devem ser oferecidas? → elas vão 
depender do problema físico analisado, com exceção da 
hipótese inicial de que o campo varia somente com x.
� No entanto, pode-se traçar algumas conclusões: como o 
campo varia somente com x, e ele não é uma função nem de y
nem de z e, se x for uma constante, então V é uma constante 
e superfícies eqüipotenciais perpendiculares ao eixo x são 
descritas mantendo-se x constante. 
� Por exemplo, um campo potencial com estas características é o 
de um capacitor de placas paralelas → se o potencial em dois 
planos quaisquer são definidos, as constantes de integração A
e B podem ser calculadas.
Quadro 28Problema 1 (cont.)Problema 1 (cont.)
� No geral, considere V = V1 para x = x1 e V = V2 para x = x2, 
que, substituídos na solução da equação diferencial, 
produzem:
� Uma solução mais simples será obtida escolhendo-se condições 
de contorno mais simples. 
� Assumindo-se V1 = 0 V para x1 = 0 m e V = Vo para x2 = d m:
( ) ( ) ( )
21
1221
21
2112
21
21
2211
xx
xxVxxV
xV
xx
xVxVB
xx
VVA
BAxVBAxV
−
−−−
=∴
−
−
=
−
−
=
+=+=
( )
d
xV
xV o=
Quadro 29
Capacitor de placas paralelasCapacitor de placas paralelas
� Suponha que o objetivo inicial fosse encontrar a capacitância 
de um capacitor de placas paralelas. 
� Resolve-se a equação de Laplace e obtêm-se o resultado com 
as duas constantes A e B. 
� Elas deveriam ser calculadas ou deixadas assim? 
� A pressuposição é de que se esteja interessado não no 
potencial em si mas na capacitância, podendo continuar com A
e B ou, ainda, simplificar a álgebra com um pouco de esforço.
� A capacitância é dada pela razão entre a carga e a diferença 
de potencial, de modo que pode-se agora escolher a diferença 
de potencial como Vo, o que é equivalente a uma condição de 
contorno, e então escolher a segunda condição de contorno 
como aquela que parece ajudar mais a forma da equação. 
� Esta é a essência da simplificação nas condições de contorno 
que produziu a última equação do quadro anterior. 
Quadro 30
Antes e depois ...Antes e depois ...
� A diferença de potencial foi fixada como Vo, escolhendo-se o 
potencial de uma placa como zero e o da outra como Vo; a 
localização dessas placas foi feita a mais simples possível, 
colocando-se V = 0 em x = 0. 
� Para terminar de resolver o problema, precisa-se, ainda, da 
carga total de cada placa antes de poder encontrar a 
capacitância.
� Deve-se lembrar que, quando este problema foi resolvido pela 
primeira vez, a camada de cargas era o ponto de partida. 
� Não havia a necessidade de se trabalhar para encontrar a 
carga, pois os campos estavam expressos em função dela. 
� O trabalho foi, então, despendido em encontrar a diferença de 
potencial. 
� O problema agora foi invertido (e simplificado).
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Quadro 31
Após usar a equação de Após usar a equação de LaplaceLaplace
� Após a obtenção de V por meio da equação de 
Laplace e a adoção das condições de fronteiras 
adequadas para o problema, deve-se seguir os 
seguintes passos para finalizar o exemplo do 
capacitor de placas paralelas (e outros, também):
– Dado V, use E = -∇∇∇∇V para encontrar E.
– Use D = εE para encontrar D.
– Calcule D em cada placa do capacitor, lembrando que D = 
Ds = Dnan.
– Lembre-se que ρs = Dn.
– Encontre Q por uma integração de superfície sobre a placa 
do capacitor.
Quadro 32
Em outras palavras ...Em outras palavras ...
� Voltando à equação de V(x) e seguindo o roteiro 
anterior:
( )
S
d
VQdS
d
VdSQ
d
VDa
d
VDD
a
d
VED
a
d
V
a
x
VVE
d
xV
xV
o
S
o
S s
s
o
nx
o
x
s
x
o
x
o
x
o
εερ
ρεε
εε
===
==−==
−==
−=
∂
∂
−=∇−=
=
∫∫
=
ˆ
ˆ
ˆˆ
0
rr
rr
rr
Quadro 33
Finalmente ...Finalmente ...
� Utilizando-se a definição da capacitância, fica-se com:
� Este procedimento será usado para resolver os 
próximos problemas, uma vez que se solicitará a 
obtenção da expressão da capacitância para cada um 
deles.
d
SC
V
QC
S
d
VQ
o
o
ε
ε
=
=
=
Quadro 34
Problema 2Problema 2
� Considere um problema onde V seja função apenas 
de ρ (coordenadas cilíndricas), de maneira que:
( ) ( ) BAV
AV
V
VV
+=
=
∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
=∇
ρρ
ρ
ρ
ρ
ρ
ρ
ρ
ρ
ρρ
ln
0
012
Quadro 35
Problema 2 (cont.)Problema 2 (cont.)
� As superfícies eqüipotenciais são dadas por ρ = constante, e 
são cilindros; o problema é de um capacitor coaxial ou o de 
uma linha de transmissão coaxial. 
� Escolhendo uma diferença de potencial Vo, assumindo V = Vo
para ρ = a e V = 0 para ρ = b, com a < b, então:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )( )
( )
( )ab
bV
ba
bVV
b
ba
VB
ba
VA
BbAbVVBaAaV
oo
oo
o
ln
ln
ln
ln
ln
lnlnlnln
0lnln
ρρρ ==∴
−
−=
−
=
=+==+=
Quadro 36
Problema 2 (cont.)Problema 2 (cont.)
� Assim:
( ) ( )( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) aLaba
VQdS
aba
VdSQ
aba
VDDa
aba
VDD
a
ab
VED
a
ab
V
a
VVE
ab
bVV
o
S
o
S s
s
o
sn
o
a
s
o
o
o
pi
εερ
ρεε
ρ
εε
ρρ
ρρ
ρρ
ρ
ρρ
2
lnln
ln
ˆ
ln
ˆ
ln
ˆ
ln
ˆ
ln
ln
===
=====
==
=
∂
∂
−=∇−=
=
∫∫
=
rr
rr
rr
© Aldário Bordonalli 7
Quadro 37
Problema 2 (cont.)Problema 2 (cont.)
� Portanto:
� Procurar comparar o resultado com aquele obtido 
anteriormente.
( )
( )ab
LC
V
QC
ab
LVQ
o
o
ln
2
ln
2
piε
piε
=
=
=
Quadro 38
Problema 3Problema 3
� Considere um problema 
onde V seja função apenas 
de φ (coordenadas 
cilíndricas).
� A figura ao lado mostra uma 
situação que é compatível 
com a do problema 
proposto.
� Escolhe-se uma diferença de 
potencial Vo tal que V = Vo
para φ = α e V = 0 para φ = 
0.
Quadro 39
Problema 3 (cont.)Problema 3 (cont.)
� Desta maneira:
( )
( ) ( )
( ) φ
α
φ
αα
φφ
φ
φφρ
φρ
o
o
VV
VAVBV
BAV
AV
V
VV
=∴
====
+=
=
∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
=∇
00
01
01
2
2
2
2
2
Quadro 40
Problema 3 (cont.)Problema 3 (cont.)
� Assim:
( )
( )12
1
2
0
ln
ˆ
ˆ
ˆˆ
1
2
1
2
1
LLVQdzdVdSQ
VDDaVDD
a
VED
a
V
a
VVE
VV
o
L
L
o
S s
s
o
sn
o
s
o
o
o
−





===
===−==
−==
−=
∂
∂
−=∇−=
=
∫ ∫∫
=
ρ
ρ
α
ερ
αρ
ερ
ρ
αρ
ε
αρ
ε
αρ
ε
ε
αρφρ
φ
α
φ
ρ
ρ
φφ
φ
φφ
rr
rr
rr
Quadro 41
Problema 3 (cont.)Problema 3 (cont.)
� Portanto:
( )
( )






−
=
=
−





=
1
212
12
1
2
ln
ln
ρ
ρ
α
ε
ρ
ρ
α
ε
LLC
V
QC
LLVQ
o
o
Quadro 42
Problema 4Problema 4
� Considere um problema onde V seja função apenas 
de r (coordenadas esféricas), de maneira que:
( ) B
r
A
rV
A
r
V
r
r
V
r
r
r
V
r
rr
V
+−=
=
∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
=∇
2
2
2
2
2
0
01
© Aldário Bordonalli 8
Quadro 43
Problema 4 (cont.)Problema 4 (cont.)
� Escolhendo uma diferença de potencial Vo colocando V = Vo
para r = a e V = 0 para r = b, com a < b (esferas 
concêntricas), então:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )( )ba
brVrV
bab
VB
ba
VA
B
b
AbVVB
a
A
aV
o
oo
o
11
11
11
1
11
0
−
−
=∴
−
−=
−
=
=+==+=
Quadro 44
Problema 4 (cont.)Problema 4 (cont.)
� Assim:
( ) ( )( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )ba
VQdS
ba
aVdSQ
ba
aVDDa
ba
aVDD
a
ba
rVED
a
ba
rVa
r
VVE
ba
brVrV
o
S
o
S s
s
o
snr
o
ar
s
ro
ror
o
11
4
11
1
11
1
ˆ
11
1
ˆ
11
1
ˆ
11
1
ˆ
11
11
2
22
2
2
−
=
−
==
=
−
==
−
==
−
==
−
=
∂
∂
−=∇−=
−
−
=
∫∫
=
piεερ
ρεε
εε
rr
rr
rr
Quadro 45
Problema 4 (cont.)Problema 4 (cont.)
� Portanto:
( )
( )baCV
QC
ba
VQ
o
o
11
4
11
4
−
=
=
−
=
piε
piε
Quadro 46
Problema 5Problema 5
� Considere um problema 
onde V seja função apenas 
de θ (coordenadas 
cilíndricas).
� A figura ao lado mostra uma 
situação que é compatível 
com a do problema 
proposto.
� Escolhe-se uma diferença de 
potencial Vo tal que V = Vo
para θ = α e V = 0 para θ = 
pi/2.
Quadro 47
Problema 5 (cont.)Problema 5 (cont.)
� Desta maneira:
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ]( )[ ]2tanln
2tanln
2tanln04tanln2
2tanln
sin
0sin
sin
1
0sin
sin
1
2
2
2
α
θθ
ααpipi
θθ
θ
θ
θ
θ
θθ
θ
θ
θθ
o
o
VV
VBAVBAV
BAV
AV
V
r
V
r
V
=∴
=+==+=
+=
=
∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
=∇
Quadro 48
Problema 5 (cont.)Problema 5 (cont.)
� Assim:
( ) ( )[ ]( )[ ]
( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ] s
o
sn
o
s
o
o
o
r
VDD
a
r
VDD
a
r
VED
a
r
V
a
V
r
VE
VV
ρ
αα
ε
αα
ε
αθ
ε
ε
αθθ
α
θθ
θ
αθ
θ
θθ
===
−==
−==
−=
∂
∂
−=∇−=
=
=
2tanlnsin
ˆ
2tanlnsin
ˆ
2tanlnsin
ˆ
2tanlnsin
ˆ
1
2tanln
2tanln
rr
rr
rr
© Aldário Bordonalli 9
Quadro 49
Problema 5 (cont.)Problema 5 (cont.)
� Portanto:
( ) ( )[ ] ( )
( )
( ) ( )[ ] ( )[ ]
( )[ ]2tanln
2
2tanln
2
2tanlnsin
sin
sin
2tanlnsin
1
1
2
0 0
2
0 0
1
α
piε
α
piεφ
αα
θε
φθ
αα
ερ
αθ
pi
pi
rC
V
QC
rVdrdVQ
drdr
r
VdSQ
o
o
r
o
o
S s
=
=
==
==
=
∞
∫ ∫
∫ ∫∫
Quadro 50
Novamente, o dipolo ...Novamente, o dipolo ...
� Uma característica importante do campo do dipolo, estudado 
anteriormente, é o plano infinito para o qual V = 0 V, que 
existe à meia distância entre as cargas. 
� Tal plano pode ser representado por um plano condutor 
aterrado extremamente fino, porém infinito em extensão. 
� Assim, se o dipolo mostrado na figura é substituído por uma 
única carga mais o plano condutor mostrado, o campo não se 
altera na região acima da superfície V = 0 V!!!! 
Quadro 51
Simetria do problemaSimetria do problema
� Abaixo do plano condutor, todos os campos são nulos, uma 
vez que tal região é desprovida de cargas. 
� Esta equivalência pode também ser encarada de modo inverso: 
começando com uma carga única acima de um plano condutor 
perfeito, verifica-se que os campos acima do plano não se 
alteram; se o plano é removido e uma carga negativa é 
colocada em uma posição simétrica abaixo do plano, tem-se o 
comportamento dos campos para um dipolo. 
� Nesta situação, a carga colocada é considerada como sendo a 
''imagem'' da carga original e o seu valor é o simétrico do valor 
desta última.
� É evidente que se pode também substituir uma única carga 
negativa, situada abaixo de um plano condutor, por um dipolo 
e obter campos equivalentes na metade inferior da região.
Quadro 52
SuperposiçãoSuperposição
� Por superposição, o processo pode ser estendido a qualquer 
distribuição de cargas próxima a um plano condutor aterrado 
(V = 0 V), realizando-se o processo, sucessivamente, até 
abranger todas as cargas da distribuição.
� A distribuição original e o plano são substituídos pela própria 
distribuição e sua imagem, sem o plano condutor. 
� Na maioria das vezes, o campo potencial do novo sistema é 
muito mais fácil de ser determinado, uma vez que não é 
incluído o plano condutor nem sua distribuição superficial de 
carga, a qual não se conhece originalmente.
Quadro 53
Método das imagensMétodo das imagens
� Há uma classe de problemas eletrostáticos para a 
qual as condições de contorno são difíceis satisfazer 
se as equações de Poisson ou Laplace são resolvidas 
diretamente.
� No entanto, as condições nas fronteiras podem ser 
alcançadas de forma mais simples se cargas imagens
apropriadas são utilizadas. 
� Como resultado, as distribuições de potencial são 
determinadas diretamente.
� Este método de substituição de superfícies de 
contorno por cargas imagens apropriadas para a 
solução das equações de Poisson ou Laplace é 
chamado de método das imagens.
Quadro 54
Carga pontual e plano condutorCarga pontual e plano condutor
� Considere o caso de uma carga positiva localizada a 
uma distância d (direção y) perpendicular a um plano 
condutor aterrado de área larga (plano xz), como 
mostrado pelo diagrama em corte transversal.
� O problema é o de encontrar o potencial na região 
acima do plano.
Q (0,d,0)
x
z
y
d
P
© Aldário Bordonalli 10
Quadro 55
Aplicando a equação de Aplicando a equação de LaplaceLaplace
� O procedimento formal para resolver este problema seria 
encontrar a sua solução através da equação de Laplace em 
coordenadas cartesianas: 
� No entanto, V deve satisfazer as seguintes condições de 
contorno:
1. Em todos os pontos da placa condutora aterrada, o potencial é nulo.
2. Em pontos muito próximos à Q, o potencial se aproxima daquele de 
uma carga pontual sozinha.
3. Para pontos muito afastados de Q, o potencial aproxima-se de zero.
4. O potencial é uma função par com respeito às coordenadas x e z.
02
2
2
2
2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇
z
V
y
V
x
VV
Quadro 56
Para as condições, valem ...Para as condições, valem ...
� Condição 1:
� Condição 2, com R sendo a distância a Q:
� Condição 3:
� Condição 4:
( ) 0,0, =zxV
R
QV
04piε
→
( ) 0,, →±∞±∞∞±V
( ) ( ) ( ) ( )zyxVzyxVzyxVzyxV −=−= ,,,,,,,,
Quadro 57
Solução para Solução para VV
� Com tudo isto para ser considerado, parece ser difícil 
encontrar uma solução para V que satisfaça todas as 
condições de contorno.
� Por outro lado, pode-se argumentar que a presença 
de uma carga positiva Q a uma distância d do plano 
induziria cargas negativas na superfície do mesmo, 
resultando em uma densidade de cargas ρs. 
� Portanto, o potencial em um ponto acima do plano 
poderia ser escrito como:
� Na equação acima, R1 é a distância de dS ao ponto.
( ) ( ) ∫++−+= S
s dS
Rzdyx
Q
zyxV
10
222
0
4
1
4
,,
ρ
piεpiε
Quadro 58
ComentárioComentário
� O problema com a aparente simples solução 
apresentada é o de que ρs deve ser 
determinado por meio da condição de contorno 
V(x,0,z) = 0.
� Além disto, a integral de superfície para este 
caso é difícil de ser resolvida, mesmo depois de
ρs ser obtido para todo ponto do plano 
condutor. 
� O método das imagens permite uma solução 
exata sem muitas dificuldades.
Quadro 59
Aplicando o método das imagensAplicando o método das imagens
� Se o condutor é removido e substituído por 
uma carga -Q colocada diametralmente oposta 
ao plano do condutor, o potencial no ponto P 
na região equivalente “acima do plano” fica:
+Q
d
P
-Q
d
R+
R
-
( )
( )
( ) 222
222
0
11
4
,,
zdyxR
zdyxR
RR
Q
zyxV
+++=
+−+=






−=
−
+
−+piε
Quadro 60
Mas será que esta solução é válidaMas será que esta solução é válida??
� Mas será que esta solução é válida?
� Aplicando a expressão a equação de Laplace, 
observa-se que ela a satisfaz.
� Observando-se as condições de contorno:
– V = 0 para qualquer que seja x e z quando y = 0.
– Quando o ponto P está muito próximo de +Q, a 
contribuição desta carga é muito maior que aquela de -Q, 
de maneira que V tende a ser a contribuição de +Q.
– Quando as coordenadas tendem a infinito, V → 0.
– A função é par para x e z.
� Como todas as condições são satisfeitas, a expressão 
apresentada é a solução e, pelo teorema da 
unicidade, ela é única!!!!
©Aldário Bordonalli 11
Quadro 61
ComentáriosComentários
� A intensidade de campo elétrico na região acima do 
plano condutor pode ser encontrada por meio do 
gradiente de V.
� Este campo corresponde exatamente àquele do 
dipolo, com as cargas distanciadas de 2d. 
� A solução deste problema eletrostático se torna bem 
simples pelo uso do método das imagens. 
� No entanto, deve-se ressaltar que a carga imagem 
está localizada fora da região na qual o campo deve 
ser determinado. 
� Cuidado: os resultados são válidos apenas para a 
região acima do plano → abaixo do plano, o potencial 
e o campo são nulos, não são??
Quadro 62
Exemplo 3
A figura abaixo mostra uma carga +Q colocada a 
distâncias d1 e d2 de dois planos condutores aterrados 
e perpendiculares. Determine V(x,y,z).
+Q
d2
P
d1
Quadro 63
Exemplo 3 (cont.)
Atribuindo-se eixos coordenados e adotando-se o método das 
imagens: 
A priori, pode-se pensar que apenas duas cargas -Q opostas à 
carga pontual do problema seriam necessárias. No entanto, 
para se garantir que o potencial seja nulo em todas as 
superfícies, é necessário a colocação de mais uma carga +Q.
+Q
xz
y
d2
P
d1
-Q
-Q+Q
R1
R2R3
R4
Quadro 64
Exemplo 3 (cont.)
Seguindo o procedimento para o caso mais simples mostrado 
anteriormente: 
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) 222212
22
2
2
13
22
2
2
12
22
2
2
11
43210
1111
4
1
,,
zdyxdR
zdyxdR
zdyxdR
zdyxdR
RRRR
zyxV
+−++=
++++=
+++−=
+−+−=






−+−=
piε
Quadro 65
Outros problemas clássicosOutros problemas clássicos
� Alguns outros problemas que deverão ser 
estudados com o auxílio do método das 
imagens:
– Linha de carga e cilindro condutor.
– Carga pontual e esfera condutora.
– Esfera carregada e plano condutor aterrado.
Quadro 66
Linha de carga e cilindro condutorLinha de carga e cilindro condutor
� Seja uma linha de carga ρl infinita localizada a uma 
distância d do eixo de um cilindro condutor circular 
infinito de raio a, paralelo à linha, como mostrado 
pelo diagrama em corte transversal. 
� Qual o potencial num ponto qualquer fora do 
condutor?
ρl
d
P
a
O
© Aldário Bordonalli 12
Quadro 67
Aplicando o método das imagensAplicando o método das imagens
� Para se aplicar o método das imagens, deve-se notar 
que este requer que a superfície do condutor seja 
uma eqüipotencial.
� No entanto, dado a geometria do problema, não se 
pode simplesmente colocar a linha imagem em 
posição simétrica em relação ao condutor → isto não 
garante a eqüipotencial. 
� O problema se torna complexo e uma solução é 
assumir que a linha imagem se localize no interior do 
cilindro, paralela a linha de carga original e cortando 
o segmento OP, de maneira que V seja constante 
quando ρ = a. 
Quadro 68
Onde fica a imagemOnde fica a imagem??
� A imagem é assumida como localizada ao longo do 
segmento OP no ponto Pi, que fica a uma distância di
do eixo do cilindro.
� O problema para “acertar” as características da 
imagem está em determinar ρi e di.
ρl
d
Pi
a
O ρi
M
ri
r
di
P
Quadro 69
Assumindo o mais simples e diretoAssumindo o mais simples e direto
� Inicialmente, para simplificar, assume-se que ρi = -ρl, 
o que, a priori, não se tem certeza de ser um 
resultado válido.
� Apesar disto, esta suposição será mantida até se 
prove o contrário, ou seja, uma das condições de 
contorno não seja satisfeita. 
ρl
d
Pi
a
O ρi
M
ri
r
di
P
Quadro 70
EncontrandoEncontrando--se o potencialse o potencial
� Como já estudado anteriormente, o potencial 
para uma linha de cargas é dado por:
� Adaptando-se o resultado para o problema de 
calcular o potencial no ponto M, utilizando-se 
superposição, chega-se a:
( ) 





=
ρ
ρ
piε
ρρ 0
0
ln
2
lV






=





−





=
r
r
rr
V il
i
ll
M ln2
ln
2
ln
2 0
0
0
0
0 piε
ρρ
piε
ρρ
piε
ρ
Quadro 71
EncontrandoEncontrando--se as eqüipotenciaisse as eqüipotenciais
� As superfícies equipotenciais podem ser encontradas se, na 
equação anterior, a razão é feita igual a uma constante A, ou 
seja:
� Se a superfície eqüipotencial deve coincidir com a superfície 
cilíndrica (OM = a), o ponto Pi deve se localizar de tal maneira 
que os triângulos OMPi e OMP sejam equivalentes.
� Do diagrama, observa-se que os triângulos possuem um 
ângulo em comum (∠MOPi = ∠MOP), de maneira que a 
equivalência é garantida se outros ângulos, como ∠OMPi e 
∠OPM, forem também comuns, o que leva a: 
d
adA
d
a
a
d
r
r
i
ii
2
=→===
A
r
ri
=
Quadro 72
Apesar do trabalho ...Apesar do trabalho ...
� Se a condição anterior for garantida e ρi = -ρl, tem-
se que a superfície do cilindro se torna equipotencial, 
mesmo que o ponto M se mova sobre a mesma.
� Se M se move ao longo superfície, ri e r variam, 
porém, a razão entre eles continua a mesma.
� Assim, a linha imagem -ρl pode substituir o cilindro 
condutor e o potencial e campo elétrico podem ser 
calculados fora da superfície como se apenas duas 
linhas de carga de densidade de carga de mesma 
magnitude e sinais contrários estivessem sendo 
analisadas!!!!!
© Aldário Bordonalli 13
Quadro 73
Exemplo 4
Determine a capacitância por unidade de comprimento entre 
dois fios condutores muito longos, paralelos e de seção 
transversal circular de raio a, separados pela distância D entre 
seus eixos. 
a
D
a
12
Quadro 74
Exemplo 4 (cont.)Exemplo 4 (cont.)
� O problema pode ser tratado como a superposição de dois 
problemas de linhas de carga e condutores cilíndricos. 
� O diagrama abaixo mostra a posição das linhas imagens 
adotadas, assumidas de cargas ρl e -ρl para os condutores 1 e 
2, respectivamente, e separadas por (D - 2di) = d - di.
� A diferença de potencial entre os dois fios é a mesma que 
entre quaisquer dois pontos dos respectivos fios.
+ρl
d
Pi
a
O
-ρl
M
ri
r
di
P
di
12
D
Quadro 75
Exemplo 4 (cont.)Exemplo 4 (cont.)
� Como já calculado, o potencial no ponto M é:
� Portanto, para cada condutor e por simetria, 
tem-se que, em cada superfície que:






=





=
d
a
r
rV lilM ln2
ln
2 00 piε
ρ
piε
ρ






=−=∴






−=





=
a
dVVV
d
aV
d
aV
l
o
ll
ln
ln
2
ln
2
0
21
0
1
0
2
piε
ρ
piε
ρ
piε
ρ
Quadro 76
Exemplo 4 (cont.)Exemplo 4 (cont.)
� Definindo a capacitância por unidade de 
comprimento por:
( )
( )
( ) ( ) ( )mC122ln
4
2
1
ln
2
0
22
2
0




−+
==
−+=→−=−=
==
aDaDV
C
aDDd
d
aDdDd
adV
C
o
l
i
o
l
piερ
piερ
( )mC
o
l
V
C ρ=
Quadro 77
Carga pontual e esfera condutoraCarga pontual e esfera condutora
� Seja uma carga pontual +Q localizada a uma 
distância d do centro de uma esfera condutora 
aterrada de raio a (a < d), como mostrado pelo 
diagrama.
� Agora, como serão as expressões de V e E em pontos 
externos à esfera?
Q
d
PaO
Quadro 78
Onde fica a imagemOnde fica a imagem??
� Por razões de simetria, espera-se que a imagem Qi seja uma 
carga negativa situada no interior da esfera, ao longo do 
segmento OP, no ponto Qi, que fica a uma distância di do 
centro da esfera.
� A primeira aproximação para se estimar a magnitude da 
imagem Qi seria assumir que ela vale Q, ou seja, Qi = -Q.
V = 0 V
+Q
d
Pi
a
O Qi
M
ri
r
di
P
© Aldário Bordonalli 14
Quadro 79
Nem sempre é o mais simplese diretoNem sempre é o mais simples e direto
� No entanto, de análise anteriores, este arranjo de cargas 
pressupõe uma configuração tipo dipolo e a única 
eqüipotencial com V = 0 V seria uma plano infinito localizado 
em d/2, e perpendicular ao segmento OP.
� Desta maneira, o problema para “acertar” as características da 
imagem está em determinar di e Qi.
V = 0 V
+Q
d
Pi
a
O Qi
M
ri
r
di
P
Quadro 80
EncontrandoEncontrando--se o potencialse o potencial
� Como já estudado anteriormente, o potencial 
para uma carga pontual é dado por:
� Adaptando-se o resultado para o problema de 
calcular o potencial no ponto M, utilizando-se 
superposição, chega-se a:
( )
r
Q
rV
04piε
=






+=
i
i
M
r
Q
r
QV
04
1
piε
Quadro 81
EncontrandoEncontrando--se a eqüipotencialse a eqüipotencial
� A superfície equipotencial V = 0 V é encontrada se, na relação 
anterior, o termo entre parênteses é zero, ou seja, cada 
parcela é igual a uma constante A:
� Se a superfície eqüipotencial V = 0 V deve coincidir com a 
superfície esférica (OM = a), o ponto Pi deve se localizar de tal 
maneira que os triângulos OMPi e OMP sejam equivalentes.
� Do diagrama, observa-se que os triângulos possuem um 
ângulo em comum (∠MOPi = ∠MOP), de maneira que a 
equivalência é garantida se outros ângulos, como ∠OMPi e 
∠OPM, forem também comuns, ou seja: 
Q
a
dQ
d
adA
d
a
a
d
r
r i
ii
ii
−==→=== e
2
AQ
Q
r
r ii
=−=
Quadro 82
Apesar do trabalho ...Apesar do trabalho ...
� Se a condições anteriores forem garantidas, tem-se 
que a superfície da esfera se torna equipotencial com 
V = 0 V, mesmo que o ponto M se mova sobre a 
mesma.
� Se M se move ao longo superfície, ri e r variam, 
porém, a razão entre eles continua a mesma.
� Assim, a carga imagem -(a/d)Q pode substituir a 
esfera condutora aterrada e o potencial e a 
intensidade de campo elétrico podem ser calculados 
fora da superfície como se apenas duas cargas 
pontuais de carga +Q e -(a/d)Q distantes de d
estivessem sendo analisadas!!!!!
Quadro 83
Exemplo 5
Seja uma carga pontual +Q localizada a uma distância d do 
centro de uma esfera condutora aterrada de raio a (a < d), 
como mostrado pelo diagrama. Determinar a distribuição de 
carga induzida na superfície e a carga total induzida.
Q
d
PaO
Quadro 84
Exemplo 5 (cont.)Exemplo 5 (cont.)
� Neste caso, o ponto M é indicado no espaço para a 
obtenção da expressão do potencial.
� Deve-se lembrar que a carga imagem é Qi = -(a/d)Q
e que ela deve ser colocada no lugar da esfera 
condutora aterrada na posição di = a2/d.
V = 0 V
+Q
d
Pi
O Qi
M(R,θθθθ)
RQi
di = a2/d
P
RQR
θθθθ
© Aldário Bordonalli 15
Quadro 85
Exemplo 5 (cont.)Exemplo 5 (cont.)
� Como já calculado, o potencial no ponto M é:
� Pode-se trabalhar o diagrama anterior para 
escrever RQ e RQi em função de R e do ângulo 
θ:
( )








−=





+=
dR
a
R
Q
r
Q
r
QRV
QiQi
i 1
44
1
,
00 piεpiε
θ
( )
( )θ
θ
cos2
cos2
222
2
22






−





+=
−+=
d
aR
d
aRR
RddRR
Qi
Q
Quadro 86
Exemplo 5 (cont.)Exemplo 5 (cont.)
� A componente R do campo elétrico é:
( ) ( )
( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )[ ] 



−+
−
−




−
−+
−
=
∂
∂
−=
2
3
2222
2
2
3220
cos2
cos
cos2
cos
4
,
,
,
θ
θ
θ
θ
piε
θ
θθ
daRdaRd
daRa
RddR
dRQRE
R
RVRE
R
R
Quadro 87
Exemplo 5 (cont.)Exemplo 5 (cont.)
� Utilizando-se das condições de contorno metal-
vácuo:
( )
( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) isS s
s
Rsn
QQ
d
addadSQ
adda
adQ
aED
=−===
−+
−
=
==
∫ ∫∫
pi pi
φθθθρθρ
θpi
θρ
θερ
2
0 0
2
2
322
22
0
sin
e
cos24
,
Quadro 88
Esfera carregada e plano condutor aterradoEsfera carregada e plano condutor aterrado
� Seja uma esfera raio a carregada com carga +Q
localizada a uma distância c de um plano condutor 
aterrado, como mostrado pelo diagrama.
� De antemão, deve-se esperar que a distribuição de 
cargas nos condutores e o campo entre os dois 
devem ser não-uniformes.
ca
+Q
Quadro 89
A equação de A equação de LaplaceLaplace é possívelé possível??
� O problema envolve coordenadas cartesianas e 
esféricas, de maneira que a solução pela aplicação da 
equação de Laplace se torna muito complicada.
� Será que o método das imagens pode simplificar a 
tarefa??
ca
+Q
Quadro 90
Aplicando o método das imagensAplicando o método das imagens
� Assumir, primeiramente, que uma carga 
pontual Q0 é colocada no centro da esfera.
� Deseja-se encontrar um sistema de cargas 
imagens que, juntamente com Q0, farão com 
que a superfície esférica e o plano aterrado se 
tornem equipotenciais.
� Se isto for possível, o problema proposto pode 
ser substituído por um outro bem mais simples 
de um sistema de cargas equivalente. 
© Aldário Bordonalli 16
Quadro 91
Duas cargas imagens ...Duas cargas imagens ...
� Tomando como referência o diagrama, a presença de Q0 no 
ponto (-c,0) requer a presença de -Q0 no ponto (c,0) para 
fazer o plano equipotencial.
� Porém, estas duas cargas impedem a superfície da esfera de 
ser equipotencial. 
� Para tanto, como visto no último caso, uma carga imagem 
Q1 = (a/2c)Q0 precisa ser colocada na posição (-c + a2/2c,0).
c
a
Q0
y
x
c
Q1Q2 -Q0-Q1-Q2
a2/2c
a2/[2c –(a2/2c)] a
2/2c
a2/[2c –(a2/2c)]
O
Quadro 92
Várias cargas imagens ...Várias cargas imagens ...
� Em contrapartida, há a necessidade de posicionar uma carga 
-Q1 diametralmente para garantir que o plano fique 
equipotencial. 
� Este processo é repetido e outras cargas imagem devem ser 
colocadas, o que resulta num grupo de cargas imagem -Q0, 
-Q1, -Q2, ..., no lado direito do plano e outro grupo +Q0, +Q1, 
+Q2, ..., dentro da esfera. 
c
a
Q0
y
x
c
Q1Q2 -Q0-Q1-Q2
a2/2c
a2/[2c –(a2/2c)] a
2/2c
a2/[2c –(a2/2c)]
O
Quadro 93
Calculando as contribuiçõesCalculando as contribuições
� As várias cargas passam a ter valores dados 
por:
( ) 





−
−−
=






−
−
=
−
=






−
=






===
3
3
2
3
0
2
23
02
2
022
001
1
11
2
2
2
1
2
2
22
α
α
α
α
α
α
αα
Q
c
a
c
a
c
aQ
QQ
c
a
c
aQ
c
aQQ
c
aQ
Quadro 94
Carga total na esferaCarga total na esfera
� A carga total é:
� A série acima converge rapidamente quando α
< ½. 






+
−
++=






=+++=
K
K
2
2
0
210
1
1
2
α
α
α
α
QQ
c
aQQQQ
Quadro 95
Potencial e capacitânciaPotencial e capacitância
� Como os pares de carga (-Q0,+Q1), (-Q1,+Q2), ... 
garantem o potencial zero na superfície da esfera, 
apenas Q0 contribui para o potencial na superfície da 
esfera e: 
� A capacitância entre a esfera e o plano condutor fica:
� Esta capacitância é maior que aquela de uma esfera 
de raio a, como esperado.






+
−
++== K2
2
0 1
14
α
α
αpiε a
V
QC
o
a
QVo
0
0
4piε
=
Quadro 96
Voltando à Voltando à LaplaceLaplace ......
� Por fim, para esta etapa onde estão sendo mostradas técnicas 
de solução de problemas eletrostáticos, volta-se 
especificamente à equação de Laplace para a introdução do 
método de solução por separação de variáveis e comentários 
gerais sobre a aplicação de técnicas numéricas de solução.
� Ométodo das imagens pode ser muito útil quando do estudo 
de certos tipos de problemas eletrostáticos envolvendo cargas 
livres perto de limites ou superfícies que têm geometria 
simples.
� No entanto, se o problema envolve um sistema de condutores 
mantidos em potenciais especificados e sem cargas livres 
isoladas, o método das imagens deixa de ser útil.
� Neste caso, a solução exige a utilização da equação de 
Laplace.
© Aldário Bordonalli 17
Quadro 97
Método da separação de variáveisMétodo da separação de variáveis
� Naturalmente, já se tem ciência de que usar a equação de 
Laplace envolve resolver uma equação diferencial parcial de 
segunda ordem e trabalhar em três dimensões, onde, em 
geral, a grandeza que se procura, o potencial, é função das 
três coordenadas.
� Na seqüência, será apresentado um método de resolver o 
problema tridimensional onde as condições de contorno ou 
condições iniciais ou condições de fronteira do problema são 
dadas na forma ou de potencial ou da derivada do potencial. 
� Além disto, estas condições de fronteira tendem a coincidir 
com superfícies específicas e “bem comportadas” em relação 
ao sistema de coordenadas adotado. 
� Como resultado, a solução do problema pode ser expressa 
como o produto de três funções unidimencionais, cada uma 
dependendo apenas de uma coordenada – este procedimento 
é chamado de método da separação de variáveis.
Quadro 98
Problema de valores na fronteiraProblema de valores na fronteira
� Problemas que são modelados por equações diferenciais 
parciais com condições de fronteiras conhecidas são chamados 
de problemas de valores de fronteira. 
� Estes tipos de problema podem ser classificados de três 
maneiras:
– Problemas de Dirichlet: no qual o valor de potencial é especificado em 
toda a fronteira.
– Problemas de Neumann: no qual o valor da derivada normal do 
potencial é especificado em toda a fronteira.
– Problemas mistos de valores de fronteira: no qual o valor de potencial é 
especificado em parte da fronteira e o valor da derivada normal do 
potencial é especificado no restante. 
� A escolha de condições de fronteira diferentes levam a 
diferentes funções de potencial, mas o procedimento para 
resolver os problemas por separação de variáveis é o mesmo. 
Quadro 99
Em coordenadas cartesianas
� As soluções da equação de Laplace são freqüentemente 
chamadas de funções harmônicas. 
� Portanto, para que estas sejam obtidas, inicia-se o estudo do 
método de solução por separação de variáveis analisando um 
dado problema onde V pode ser especificado em coordenadas 
cartesianas: 
� Para a aplicação deste método, assume-se que a função que 
define V possa ser expressa como:
02
2
2
2
2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇
z
V
y
V
x
VV
( ) ( ) ( ) ( )zZyYxXzyxV =,,
Quadro 100
Aplicando o método
� As funções X, Y e Z são funções apenas de x, y e z, 
respectivamente, e substituindo a definição de V na 
equação de Laplace e, posteriormente, dividindo-se o 
resultado por V, fica-se com: 
� Notar acima que cada parcela da equação resultante 
é função apenas de uma coordenada e as derivadas 
parciais forma escritas como derivadas simples.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) 0111
0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=++
=++
dz
zZd
zZdy
yYd
yYdx
xXd
xX
dz
zZdyYxX
dy
yYd
zZxX
dx
xXd
zZyY
Quadro 101
Validade do método ...
� Para a última equação ser satisfeita para todo x, y e z, cada 
uma das parcelas deve ser uma constante.
� Por exemplo, para a primeira parcela: 
� Na equação acima, kx é uma constante de integração 
determinada pelas condições de fronteira ou contorno, e o 
sinal negativo e o quadrado do termo são arbitrários e tem 
relação com possíveis simplificações e/ou definições 
posteriores.
� Além disto, a chamada constante de separação kx pode ser real 
ou imaginária → por exemplo, se a constante de separação é
imaginária, o segundo membro da equação acima é real e 
positivo!!
( )
( ) 2
2
21
xkdx
xXd
xX
−=
Quadro 102
Separando as equações
� Assim, pode-se escrever para todas as parcelas que: 
� Além disto, como as constantes de separação não 
são, em geral, iguais, deve-se satisfazer que:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) 0
0
0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=+
=+
=+
zZk
dz
zZd
yYk
dy
yYd
xXk
dx
xXd
z
y
x
0222 =++ zyx kkk
© Aldário Bordonalli 18
Quadro 103
ComentáriosComentários
� Desta maneira, o problema da equação de Laplace é reduzido 
a um onde se deve resolver três equações diferenciais 
ordinárias com coeficientes constantes das funções X, Y e Z
nas coordenadas x, y e z, respectivamente.
� A tabela abaixo mostra possíveis soluções para estas 
equações, onde as condições de fronteira irão indicar os 
valores das constantes de integração.
C2ekϕ+D2e-kϕA2sinhkϕ+B2coshkϕjk-
C1ejkϕ+D1e-jkϕA1sinkϕ+B1coskϕk+
-A0ϕ+B000
Forma exponencial de 
Ψ(ϕ)Ψ(ϕ)k ϕ(kϕ)
2
Quadro 104
Exemplo 6
A figura abaixo mostra dois eletrodos (condutores) paralelos, 
semi-infinitos e aterrados, separados por uma distância d. Um 
terceiro eletrodo, perpendicular e isolado dos outros dois é 
mantido a um potencial V0. Determine a distribuição do 
potencial na região entre os eletrodos. 
d PV = V0
V = 0
V = 0
…
…
y
xz
Quadro 105
Exemplo 6 (cont.)
� Da figura, observa-se que V é independente de z, de 
maneira que (condição 1): 
� As outras condições de fronteira (2 a 5) exigem que:
� Como V é independente de z, kz = 0 e, da tabela, 
pode-se escrever que:
( ) ( )yxVzyxV ,,, =
( ) ( ) 002
2
00 BzZA
dz
zZd
===
( )
( )
( )
( )

=
=



=∞
=
0,
00,
:
0,
,0
:
0
dxV
xV
yeixo
yV
VyV
xeixo
Quadro 106
Exemplo 6 (cont.)
� Desta forma, como kz = 0, a relação entre as constantes de 
separação restantes fica: 
� Do jeito que a relação acima foi escrita, k é um número real, 
de maneira que ky é real (ky = k) e kx é imaginário (kx = jk). 
� Portanto, para X(x), referenciando-se à tabela e à segunda 
condição de contorno para o eixo x, que força C2 = 0, tem-se 
que:
� Já para Y(y), referenciando-se à tabela e à primeira condição 
de contorno para o eixo y, que força B1 = 0, tem-se que:
222 kkk xy =−=
( ) ( ) ( )kyAyYxV sin00, 1=→=
( ) ( ) kxeDxXyV −=→=∞ 20,
Quadro 107
Exemplo 6 (cont.)
� Combinando as soluções, fica-se com: 
� Das cinco condições de contorno ou condições de fronteira 
definidas, apenas três foram utilizadas e a solução acima deve 
obedecer a todas elas.
� Para garantir que segunda condição do eixo y seja atendida, 
deve-se ter que: 
( ) ( ) ( )
( ) ( )kyeCyxV
kyeADByxV
kx
nn
kx
n
sin,
sin, 120
−
−
=
=
( ) ( ) ( )
( )
K
K
,3,2,1
,3,2,10sin
0sin0sin,
==∴
==→=
=→== −
n
d
nk
nnkdkd
kdkdeCdxV kxnn
pi
pi
Quadro 108
Exemplo 6 (cont.)
� Portanto: 
� A equação acima satisfaz a equação de Laplace, porém, ela 
ainda não satisfaz todas as condições de fronteira → falta 
ainda a primeira condição do eixo x. 
� Como existem n possíveis soluções para esta equação e como 
a equação de Laplace é linear, a primeira tentativa que se faz 
para que todas as condições de contorno sejam satisfeitas, 
inclusive a que falta, é a de sobrepor todas as possíveis 
soluções da equação acima (que também é solução), de modo 
que:
( ) ( ) 





=
− y
d
n
eCyxV xdnnn
pipi sin,
( ) ( ) 0
11
sin,0,0 Vy
d
nCyVyV
n
n
n
n =





== ∑∑
∞
=
∞
=
pi
© Aldário Bordonalli 19
Quadro 109
Exemplo 6 (cont.)
� Para determinar Cn, ambos os lados da última equação sãomultiplicados por sin(mpiy/d) e integrados de y = 0 até y = d:
� Isto resulta em:
∫∑∫ 





=










∞
=
d
n
d
n dyyd
mVdyy
d
my
d
nC
0
0
1 0
sinsinsin pipipi




=
=
=





∫
parm
ímparm
m
dV
dyy
d
mV
d
0
2
sin
0
0
0 pi
pi




≠
=
=











∑∫
∞
= nm
nm
dC
dyy
d
my
d
nC
n
n
d
n
0
2sinsin
1 0
pipi
Quadro 110
Exemplo 6 (cont.)
� Substituir os dois últimos resultados na equação abaixo 
produz, como resultado final da integração:
� A solução final fica, para x > 0 e 0 < y < d:
∫∑∫ 





=










∞
=
d
n
d
n dyyd
mVdyy
d
my
d
nC
0
0
1 0
sinsinsin pipipi




=
=
=
parn
ímparn
n
V
Cn
0
4 0
pi
( ) ( )∑
∞
=
−






=
ímpar
n
xdn y
d
n
e
n
VyxV
1
0 sin14, pi
pi
pi
Quadro 111
Em coordenadas cilíndricas
� Para problemas com fronteiras cilíndricas, a função V pode ser 
trabalhada em coordenadas cilíndricas, de forma que a 
equação de Laplace fica: 
� Uma solução geral para a equação acima requer o 
conhecimento das funções de Bessel, que não serão, no 
momento, introduzidas.
� Em situações nas quais as dimensões em comprimento da 
região cilíndrica são maiores que as do raio, a derivada parcial
segunda em relação a coordenada z pode ser desprezada e 
vale aproximar a equação de Laplace por: 
011 2
2
2
2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
+





∂
∂
∂
∂
=∇
z
VVVV φρρρρρ
011 2
2
2
2
=
∂
∂
+





∂
∂
∂
∂
=∇ φρρρρρ
VVV
Quadro 112
Aplicando o método
� Desta forma, assume-se que a função que 
define V possa ser expressa como:
� As funções Ρ e Φ são funções apenas de ρ e φ, 
respectivamente, e substituindo a definição de 
V na equação de Laplace e, posteriormente, 
dividindo-se o resultado por V/ρ2, fica-se com:
( )
( )
( )
( ) 01 2
2
=
Φ
Φ
+




 Ρ
Ρ φ
φ
φρ
ρρ
ρρ
ρ
d
d
d
d
d
d
( ) ( ) ( )φρφρ ΦΡ=,V
Quadro 113
Separando-se as equações
� Similarmente ao que foi feito no caso de coordenadas 
cartesianas, inicia-se por considerar que: 
� Sendo k a constante de separação, 
conseqüentemente:
( )
( ) 2k
d
d
d
d
=




 Ρ
Ρ ρ
ρρ
ρρ
ρ
( )
( )
( ) ( ) 0
1
2
2
2
2
2
2
=Φ+Φ
−=
Φ
Φ
φφ
φ
φ
φ
φ
k
d
d
k
d
d
Quadro 114
Para uma coordenada ...
� A última equação tem a mesma forma que as do caso 
cartesiano e as soluções podem ser obtidas a partir do que 
está listado na tabela anterior, com a ressalva de que, no caso 
de configurações cilíndricas, não se aplicam soluções 
hiperbólicas e as soluções tendem a ser periódicas em φ.
� Assim sendo, para não se restringir a solução em φ, é 
apropriado assumir k como sendo um inteiro n, de maneira 
que:
� Na equação acima, A e B são constantes obtidas por meio das 
condições de contorno ou condições de fronteira.
( ) ( ) ( )φφφ φφ nBnA cossin +=Φ
© Aldário Bordonalli 20
Quadro 115
Solução geral
� Voltando-se agora para a função radial, pode-se 
escrever que: 
� A solução para este tipo de equação diferencial, onde 
já foi assumido que k = n, é do tipo:
� A solução geral fica, após manipulações:
( ) ( ) ( ) 022
2
2
=Ρ−Ρ+Ρ ρ
ρ
ρρ
ρ
ρρ n
d
d
d
d
( ) nn BA −+=Ρ ρρρ ρρ
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]φφρφφρφρ nBnAnBnAV nnnnnnn cossincossin, 2211 +++= −
Quadro 116
ComentáriosComentários
� Dependendo das condições de contorno ou de 
fronteira, pode-se precisar, como no Exemplo 
6, usar a superposição da equação anterior 
para diferentes n.
� Notar que, se a região de interesse inclui o 
eixo do cilindro (ρ = 0), então a solução em 
r -n não pode existir.
� Por outro lado, se a região de interesse inclui 
um ponto no infinito, então a solução em r n
deve ser descartada, pois lá, V → 0.
Quadro 117
Exemplo 7
Considere um cabo coaxial muito longo, cujo corte transversal 
é mostrado abaixo. O condutor interno, de raio a, é mantido 
num potencial V0 enquanto que o condutor externo, de raio b, 
está aterrado. Determine a distribuição do potencial na região 
entre os condutores. 
V = V0
b
a
Quadro 118
Exemplo 7 (cont.)
� Como o cabo é longo, pode-se desprezar a contribuição na 
direção z, e, por simetria (e conhecimento anterior), não há 
também contribuição na coordenada φ (k = n = 0), de maneira 
que:
� Da mesma forma, para a componente radial, fica-se com:
� Assim:
( ) ( ) φφφ
φ B
d
d
=Φ→=Φ 02
2
( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) 11 lnln DCDCBV +=+=ΡΦ= ρρρφρ ρρφ
( )
( ) ( ) ( ) ρρ ρρρ
ρρ
ρρ
ρ DC
d
d
d
d
+=Ρ→=




 Ρ
Ρ
ln0
Quadro 119
Exemplo 7 (cont.)
� Analisando o problema, as condições de contorno 
são:
� Portanto:
� Por fim:
( ) ( ) 00 VaVebV ==
( ) ( ) 




=
r
b
ab
VV ln
ln
0ρ
( )
( )
( )
( )
( )




=
−=
→



=+
=+
ab
bVC
ab
VC
VDaC
DbC
ln
ln
ln
ln
0ln
0
2
0
1
011
11
Quadro 120
Em coordenadas esféricas
� Para problemas com fronteiras esféricas, a função V pode ser 
trabalhada em coordenadas esféricas → no entanto, a solução 
geral da equação de Laplace neste sistema de coordenadas 
demanda um procedimento um tanto quanto complexo, de 
maneira que é pertinente limitar a discussão a casos onde o 
potencial independe do ângulo φ, de forma que:
� Mesmo com esta simplificação inicial, a solução ainda vai 
requerer a introdução de algumas funções matemáticas 
especiais → seguindo o procedimento anterior, assume-se que 
a função que define V possa ser expressa como: 
( ) ( ) 0sinsin
11
2
2
2
2
=



∂
∂
∂
∂
+



∂
∂
∂
∂
=∇
θ
θ
θθ
V
rr
V
r
rr
V
( ) ( ) ( )θθ ΘΓ= rrV ,
© Aldário Bordonalli 21
Quadro 121
Aplicando o método
� As funções Γ e Θ são funções apenas de r e θ, 
respectivamente, e substituindo a definição de V na equação 
de Laplace e, posteriormente, dividindo-se o resultado por 
V/r2, fica-se com:
� Na seqüência, separando-se as equações para as duas 
coordenadas, tem-se que:
( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) 0sin
sin
11 2
=



∂
Θ∂
∂
∂
Θ
+



∂
Γ∂
∂
∂
Γ θ
θθ
θθθr
r
r
rr
( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) 2
22
sin
sin
1
1
k
k
r
r
r
rr
−=



∂
Θ∂
∂
∂
Θ
=



∂
Γ∂
∂
∂
Γ
θ
θθ
θθθ
Quadro 122
Componente radial
� A equação diferencial para a componente radial pode ser 
rescrita como: 
� Para não se restringir a solução em θ, é apropriado assumir um 
inteiro positivo n de maneira que a solução para a equação 
acima é do tipo:
� Substituindo-se a solução acima na equação diferencial, chega-
se a uma relação entre n e k:
( ) ( ) ( ) 02 22
2
2
=Γ−
∂
Γ∂
+
∂
Γ∂
rk
r
r
r
r
r
r
( ) ( )1+−+=Γ nnnnn rBrAr
( ) 21 knn =+
Quadro 123
Componente angular
� Com o valor de k dado, a equação diferencial para a 
componente angular pode ser rescrita como: 
� A equação acima tem a forma da equação de Legendre, cuja 
solução, quando θ varia na faixa completa, ou seja, de 0 a pi
rad, são as funções de Legendre, usualmente denotadas por 
P(cosθ).
� As funções de Legendre, quando n é inteiro, dão origem a 
polinômios em cosθ e são chamados polinômios de Legendre.
� Portanto:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0sin1sin =Θ++


∂
Θ∂
∂
∂ θθ
θ
θθ
θ
nn
( ) ( )[ ]θθ cosnn P=Θ
Quadro 124
Solução geral
� Combinando-se as soluções, tem-se que: 
� Dependendo das condições de contorno ou de fronteira, pode-
se precisar usar a superposição (somatório) da equação acima 
para diferentes n.
1/2(5 cos3θ - 3 cosθ)3
1/2(3 cos2θ - 1)2
cosθ1
10
Pn(cosθ)n
( ) ( )[ ] ( )[ ]θθ cos, 1 nnnnnn PrBrArV +−+=
Quadro 125
Exemplo 8
Uma esfera condutora descarregada de raio a é colocada num 
campo elétrico inicialmente uniforme, dado por E0 = E0 az. 
Determinar como fica o potencial após a introdução da esfera.
Após a introdução da esfera condutora na região, uma 
separação e uma redistribuição de cargas irão acontecer de 
maneira a manter a superfície da esfera eqüipotencial. O 
campo elétrico no interior da esfera é nulo e, fora dela, as 
linhas de campo serão normais à sua superfície. Para pontos 
muito distantes da esfera, pode-se desconsiderar o efeito 
produzido pela inserção da esfera. O potencial pode ser 
considerado como independente de φ.
Quadro 126
Exemplo 8 (cont.)
� Analisando o problema, as condições de contorno são 
para r ≥ a:
� Deve-se esclarecer que, para a primeira condição de 
contorno, outro valor poderia ter sido escolhido.
� Já a segunda equação estabelece que o campo não é 
influenciado para pontos muito distantes da esfera.
� Assim, para r ≥ a: : 
( ) ( ) ( ) arrEzErVeaV >>−=−== ,cos,0, 00 θθθ
( ) ( )[ ] ( )[ ]∑∞
=
+−+=
0
1 cos,
n
n
n
n
n
n PrBrArV θθ
© Aldário Bordonalli 22
Quadro 127
Exemplo 8 (cont.)
� Na equação anterior, para satisfazer a segunda condição de contorno, 
todos os An devem ser nulos exceto A1, com A1 = -E0, de maneira que:
� Para explorar um pouco mais a expressão acima, alguns termos do 
somatório serão explicitados: 
� Levando em consideração o que já foi estudado, o potencial de uma esfera 
condutora carregada é proporcional ao inverso de r, semelhante ao 
segundo termo do segundo membro.
� Como a esfera esta descarregada, pode-se assumir B0 = 0 e, então
( ) ( ) ( ) ( )[ ]∑
∞
=
+−+−=
0
1
0 coscos,
n
n
n
n PrBrErV θθθ
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]∑
∞
=
+−+++−=
2
1
2
10
0 coscoscos,
n
n
n
n PrB
r
B
r
B
rErV θθθθ
( ) ( ) ( ) ( )[ ]∑
∞
=
+−+





−=
2
1
02
1 coscos,
n
n
n
n PrBrE
r
B
rV θθθ
Quadro 128
Exemplo 8 (cont.)
� Aplicando-se a condição de contorno na superfície da 
esfera, tem-se que:
� Esta equação só apresenta solução quando: 
� E, então:
( ) ( ) arr
r
aErV ≥














−−= θθ cos1,
3
0
( ) ( ) ( )[ ]∑
∞
=
+−+





−=
2
1
02
1 coscos0
n
n
n
n PaBaE
a
B θθ
3
01
2,0
aEB
nBn
=∴
≥=
Quadro 129
Métodos numéricosMétodos numéricos
� Como pode ser visto, os problemas de eletrostática podem ficar bem 
complicados e a solução exige a adoção de formas alternativas aos 
teoremas e leis estabelecidas anteriormente.
� A equação de Laplace surgiu como uma alternativa para tratar de 
problemas sem a presença de densidades volumétricas de cargas, onde se 
consideram regiões do espaço ocupada por cargas discretas conhecidas e 
por condutores de potencial conhecido, ou se deseja encontrar o potencial 
e/ou o campo elétrico no espaço vizinho a condutores diversos cujos 
potenciais são conhecidos.
� Apesar de se tornar possível a solução analítica de vários problemas que 
ficariam quase impossíveis de serem resolvidos pela aplicação das equações 
anteriormente definidas, observou-se que a parte matemática fica 
rebuscada e, às vezes, complicada.
� No entanto, há limitações para a obtenção de soluções analíticas para a 
equação de Laplace e vários problemas requerem a utilização de técnicas 
especiais numéricas, que levam a uma solução aproximada, porém, muito 
próxima daquela que seria medida em condições experimentais.
� Estas técnicas, chamadas de métodos numéricos, freqüentemente exigem a 
utilização de computadores para se alcançar as soluções.
Quadro 130
Diferentes métodos numéricosDiferentes métodos numéricos
� Os métodos numéricos são vários e indicados 
para diferentes tipos de problemas.
� Dois exemplos de métodos que podem ser 
aplicados à solução da equação de Laplace são 
o método dos elementos finitos e o método 
das linhas.
� Para maiores informações no assunto, por 
exemplo, o livro de Matthew N. O. Sadiku, 
Numerical Techniques in Electromagnetics, é 
uma boa referência. 
Quadro 131
Elementos finitosElementos finitos
� Em particular, o método dos elementos finitos (finite element method -
FEM) tem sua origem no campo de análises estruturais.
� Embora o tratamento matemático inicial date de 1943, o método só foi 
aplicado ao estudo do eletromagnetismo em 1968, a partir de quando 
passou a ser utilizado em problemas de guias de onda, máquinas elétricas, 
dispositivos semicondutores, linhas de fita e absorção de radiação por 
corpos biológicos. 
� Apesar de outros métodos, como o das diferenças finitas e dos momentos, 
serem conceitualmente mais simples e fáceis de programar que o FEM, a 
sistemática do método permite que programas mais gerais sejam escritos 
para uma ampla gama de problemas, onde, as vezes, estes programas 
podem ser utilizados em diferentes áreas de engenharia sem modificações 
ou com mínimas.
� A análise por elementos finitos de um problema envolve, basicamente, 
quatro passos: 
– Discretizar a região de solução num número finito de sub-regiões ou elementos.
– Derivar as equações que governam os elementos.
– Agrupar as soluções de todos os elementos na região de solução, após as 
considerações de condições de contorno.
– Resolver o sistema de equações resultante.