Resumo Cap. 2 - Griffiths

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO ACRE – UFAC 
RESUMO ELETROMAGNETISMO – P2 
 Abaixo o que segue seria a equação do divergente relacionando a função delta de 
Dirac. 
∇ (
�̂�
𝑟2
) = 4𝜋𝛿³(𝑟) 
 Ou ainda: 
1
4𝜋
(
�̂�
𝑟²
) = 𝛿³(𝑟) 
 Onde 𝑟 = 𝑟′ − 𝑟′′ 
 Exemplo 1.16: 
 Calcular a integral: 
𝐽 = ∫ (𝑟2 + 2)∇ (
�̂�
𝑟²
) 𝜕𝜏
𝑉
 
 Utilizando a equação de descrição de relação entre o divergente e a função delta de 
Dirac, temos. 
𝐽 = ∫ (𝑟2 + 2)4𝜋𝛿3(𝑟)𝜕𝜏
𝑉
 
 Lembrando algumas condições da função delta de Dirac: 
𝛿(𝑟 − 𝑎) {
𝐴 𝑓𝑢𝑛çã𝑜 𝑎𝑠𝑠𝑢𝑚𝑒 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 1 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑚𝑎𝑖𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑎.
∫ 𝑓(𝑟)𝛿(𝑟 − 𝑎)𝜕𝜏
𝑉
= 𝑓(𝑎)
 
 Assim, sabendo de todos esses dados, temos que o valor de J é: 
𝐽 = ∫ (𝑟 + 2)4𝜋𝛿3(𝑟)𝜕𝜏
𝑉
= 8𝜋 
 Exercícios 
1.46 – a) Sabemos que: 
𝐸 =
𝜎
2𝜀0
 
1
4𝜋𝜀0
𝑞
𝑑²
= 
𝜎
2𝜀0
 ∴ 𝑞 = 2𝜎𝑑²𝜋 
 
 
 
 
2.3 - Sabendo que: 
𝜕𝐸 =
2
4𝜋𝜀0
(
𝜆𝑑𝑥
𝑟²
) 
 Temos a seguinte figura: 
 
 Assim, podemos calcular E pela seguinte integral: 
𝐸 = 
1
2𝜋𝜀0
∫
𝜆𝑧𝜕𝑥
√𝑧2 + 𝑥²
𝐿
0
 
 Que pode ser resumida em: 
𝐸 =
1
2𝜋𝜀0
[
𝜆𝑧𝑥
𝑧²√𝑥2 + 𝑧²
] |
𝐿
0
=
𝜆𝐿
2𝜋𝜀0𝑧2√𝑧2 + 𝐿²
 
 Assumindo que, z≫L, temos: 
𝐸 =
1
2𝜋𝜀0
𝜆
𝑧
 
 
 Lei De Coulomb 
𝐹 = 
1
4𝜋𝜀0
𝑞𝑄
𝑟²
�̂� 
 Onde F é a força que a carga q exerce a carga Q a uma certa distância d, e vice-versa. 
 Campo Elétrico 
𝐸(𝑟) =
1
4𝜋𝜀0
∫
1
𝑟²
�̂�𝜕𝑞
𝑉
 
𝐸(𝑟) =
1
4𝜋𝜀0
∫
𝜌(𝑟′)
𝑟²
�̂�𝑑𝑟′
𝑉
 
𝐸(𝑟) =
1
4𝜋𝜀0
∫
𝜎(𝑟′)
𝑟²
𝜕𝑟′
𝑉
 
 Onde a segunda equação é relacionada a forma de encontrar o campo elétrico através 
de uma densidade volumétrica de carga, a terceira equação é a forma de se encontrar o 
campo elétrico através da densidade linear de carga e a primeira equação seria a forma 
genérica de se determinar o campo elétrico. 
 Lei de Gauss 
Sabemos que: 
Φ𝐸 = ∫ 𝐸𝜕𝐴
𝑆
 
Além disso: 
∫ 𝐸𝜕𝐴
𝑆
=
𝑞𝑒𝑛𝑐
𝜀0
 
Porém além da lei de Gauss ser aplicada através do cálculo integral, podemos utilizá-la 
pelo cálculo diferencial, através da seguinte equação: 
∇𝐸 =
1
𝜀0
𝜌 = ∫ 𝛿3(𝑟 − 𝑟′)𝜌(𝑟′)4𝜋𝜕𝑟′
𝑉
 
 Para relembrar o divergente da função E seria: 
∇𝐸 =
𝜕𝐸
𝜕𝑥
+
𝜕𝐸
𝜕𝑦
+
𝜕𝐸
𝜕𝑧
 
 Assim através do divergente de E podemos encontrar o valor da densidade de carga. 
 É importante também citar que o fluxo elétrico também pode ser encontrado pela 
seguinte equação: 
∫ ∇𝐸𝜕𝜏 =
𝑞𝑒𝑛𝑐
𝜀0𝜏 
= ∫ 𝐸𝜕𝐴
𝑆
 
 O ROTACIONAL DE E 
Temos que o rotacional do campo elétrico é definido como 
∇𝑥𝐸 = 0 
Isso ocorre devido ao teorema de Stokes e a demonstração do por que isso ocorre será 
mostrada abaixo. 
∫ 𝐸𝜕𝑙
𝑏
𝑎
=
1
4𝜋𝜀0
∫
𝑞
𝑟²
𝜕𝑟
𝑏
𝑎
=
1
4𝜋𝜀0
(
𝑞
𝑟𝑎
−
𝑞
𝑟𝑏
) 
Como as duas distâncias r são iguais, evidentemente o valor do divergente é igual é 
zero. 
 
2.12 – O objetivo do exercício é encontrar o campo elétrico E através do cálculo 
diferencial, em uma esfera uniformemente carregada. Sabendo que: 
𝑞𝑒𝑛𝑣
𝜀𝑜
= ∫ 𝐸𝜕𝐴
𝑆
 
Assim: 
𝐴𝑒𝑠𝑓 = 4𝜋𝑟
2 
Então: 
𝐸 = 
1
4𝜋𝜀0
𝑞
𝑟²
�̂�, que sem dúvidas é a equação de E em torno de uma esfera 
condutora. 
 PARA CASA: 
2.13 – Calcular o campo elétrico de um fio com densidade linear de carga uniforme λ a uma 
distância s do fio. 
 Sabendo que: 
𝜕𝐸 =
2
4𝜋𝜀0
(
𝜆𝑑𝑥
𝑟²
) 
𝐸 =
2𝜆𝑠
4𝜋𝜀0𝑠²
�̂� 
 Pode se notar que o valor de 2λs = q assim satisfazendo a equação do campo elétrico 
em um fio semicondutor qualquer. 
2.14 – Calcular o campo elétrico em uma esfera com densidade de carga ρ=kr, sendo k uma 
constante. 
 Notando que: 
𝜕𝐸 =
1
4𝜋𝜀0
𝜌𝜕𝑟
𝑟²
 
 E que: 
∫𝜌𝜕𝑟 = ∫(𝑘𝑟−3)𝜕𝑟𝜕𝜃𝜕𝜙 =
4𝜋𝑟4𝑘
4𝜀0
=
𝜋𝑟4𝑘
𝜀0
 
𝐸 =
1
4𝜋𝜀0
𝜋𝑘𝑟²�̂� 
 
 POTENCIAL ELÉTRICO 
Sem mais delongas, temos que o potencial elétrico em um percurso qualquer pode ser 
calculado por: 
∇𝑉 = 𝐸 → 𝑉 = ∫ 𝐸𝜕𝑙
𝑟
0
 
2.20 – Verificar se a opção abaixo é um campo elétrico na superfície dada. 
 a) 𝐸 = 𝑘(𝑥𝑦𝑥 + 2𝑦𝑧�̂� + 3𝑥𝑧�̂�) 
 Para provar tal afirmação, basta calcular o divergente da função dada assim 
determinando que o campo elétrico existe. 
𝜕𝑉
𝜕𝑥
= 𝑦,
𝜕𝑉
𝜕𝑦
= 2𝑦,
𝜕𝑉
𝜕𝑧
= 3𝑥 
 Assim, E é igual a soma de todos os termos diferenciáveis, portanto: 
𝐸 = 3𝑦 + 3𝑥 
 EQUAÇÕES DE POISSON E LA PLACE 
Sem mais delongas podemos definir a equação de Poisson e La Place, 
respectivamente como sendo: 
∇2𝑉 = −
𝜌
𝜀0
 
∇2𝑉 = 0 
Onde o operador definido acima é dado por: 
∇2𝑉 =
𝜕2𝑉
𝜕𝑥2
+
𝜕2𝑉
𝜕𝑦²
+
𝜕2𝑉
𝜕𝑧2
 
O rotacional de um gradiente é sempre zero, através disso podemos provar a 
equação de La Place. 
∇𝑥𝐸 = ∇ 𝑥 (−∇𝑉) 
 CÁLCULO DO POTENCIAL 
O potencial elétrico de uma carga elétrica puntiforme pode ser calculado 
através da seguinte equação: 
𝑉(𝑟) =
1
4𝜋𝜀0
𝑞
𝑟
 
 Recorrendo ao princípio da superposição (3ª lei de newton) temos que: 
 𝑉(𝑟) =
1
4𝜋𝜀0
∑
𝑞𝑛
𝑟𝑛
𝑗
𝑛=1 
 Para uma distribuição contínua de carga, temos: 
𝑉(𝑟) =
1
4𝜋𝜀0
∫
1
𝑟
𝜕𝑞 
 Para uma distribuição volumétrica de carga, temos: 
𝑉(𝑟) =
1
4𝜋𝜀0
∫
𝜌(𝑟′)
𝑟
𝜕𝑟′ 
 CONDIÇÕES DE CONTORNO NA ELETROSTÁTICA 
Começando por: 
𝐸𝑎𝑐𝑖𝑚𝑎
⊥ − 𝐸𝑎𝑏𝑎𝑖𝑥𝑜
⊥ =
1
𝜀0 
𝜎 
Logo: 
𝐸𝑎𝑐𝑖𝑚𝑎
∥ = 𝐸𝑎𝑏𝑎𝑖𝑥𝑜
∥ 
 Assim podemos definir 2 equações importantes: 
𝑉𝑎𝑐𝑖𝑚𝑎 − 𝑉𝑎𝑏𝑎𝑖𝑥𝑜 = ∫ 𝐸𝑑𝑙
𝑏
𝑎
 
𝜕𝑉
𝜕𝑛
= ∇𝑉. �̂� 
 Isso prova que V, o potencial elétrico é constante e mais a fundo ainda que os 
vetores de potencial elétrico e o vetor n normal ao campo elétrico também é normal 
ao potencial, assim com seu produto misto entre o gradiente de V e o seu vetor normal 
é nulo. 
 CARGA IMAGEM 
Assumindo que: 
 Se 1 carga está a uma distância d da origem, pode se criar uma situação 
de carga imagem onde se calcula a distância entre cada um de seus pontos e 
além disso consegue-se calcular seu campo elétrico através da seguinte 
equação: 
𝑉(𝑑) =
1
4𝜋𝜀0
∑
𝑞𝑛
𝑑𝑛
𝑖
𝑛=1
 
 Onde d é a distância entre a carga de prova e a carga imagem. 
 DEMONSTRAÇÃO DA EQUAÇÃO: 
𝝏𝑽𝒂𝒄𝒊𝒎𝒂
𝝏𝒏
−
𝝏𝑽𝒂𝒃𝒂𝒊𝒙𝒐
𝝏𝒏
= −
𝝈
𝜺𝟎
 
 
 
Sabemos que: 
−∫ 𝐸𝑑𝑙
𝑏
𝑎
= 𝑉𝑎𝑐𝑖𝑚𝑎 − 𝑉𝑎𝑏𝑎𝑖𝑥𝑜 (a) 
𝐸 = −∇𝑉 (b) 
𝐸𝑎𝑐𝑖𝑚𝑎 − 𝐸𝑎𝑏𝑎𝑖𝑥𝑜 =
𝜎
𝜀0
 (c) 
 Em uma superfície uniformemente carregada, podemos ver que o campo 
elétrico total seria o campo elétrico acima dessa superfície e abaixo dela, assim como o 
potencial elétrico, assumindo que suas outras medidas sejam desprezíveis, portanto: 
𝐸 = 𝐸𝑎𝑐𝑖𝑚𝑎 − 𝐸𝑎𝑏𝑎𝑖𝑥𝑜 (d) 
𝑉 = 𝑉𝑎𝑐𝑖𝑚𝑎 − 𝑉𝑎𝑏𝑎𝑖𝑥𝑜 (e) 
 Derivando a equação (a), e substituindo E por (d), temos: 
−(𝐸𝑎𝑐𝑖𝑚𝑎 − 𝐸𝑎𝑏𝑎𝑖𝑥𝑜) = ∇𝑉𝑎𝑐𝑖𝑚𝑎 − ∇𝑉𝑎𝑏𝑎𝑖𝑥𝑜 
 Agora tomando a primeira expressão antes da igualdade por (c), temos: 
−
𝜎
𝜀0
=
𝜕𝑉𝑎𝑐𝑖𝑚𝑎
𝜕𝑛
−
𝜕𝑉𝑎𝑏𝑎𝑖𝑥𝑜
𝜕𝑛
 
 Note que, tomando (b) se obteria um resultado análogo e da mesma forma 
que, podemos encontrar a densidade de carga de um corpo dessa forma através do 
cálculo de V. 
2.29 - 
 
 Através de uma substituição simples o problema pode ser resolvido, bastase 
lembrar da seguinte equação: 
𝛿(𝑟 − 𝑎) =
1
|𝑎|
 
𝛿3(𝑟 − 𝑟′) =
∇21
𝑟
 
3.6 – Sabemos que: 
𝐹 =
1
4𝜋𝜀0
∑
𝑞𝑛
√𝑟𝑛2
𝑖
𝑛=1
 
 Assim como temos: 
𝐹 =
1
4𝜋𝜀0
(
−2𝑞
(2𝑑)2
+
2𝑞
(4𝑑)²
−
𝑞
(6𝑑)2
) �̂� =
1
4𝜋𝜀0
(
29𝑞2
36𝑑2
) 
3.7 - a) 
 
 Demonstração da equação que relaciona o potencial a densidade de carga. 
Temos que: 
𝑉(𝑟, 𝜃) =
1
4𝜋𝜀0
[
 
 
 
 
𝑞
(√𝑟2 + 𝑎2 − 2𝑟𝑎 cos 𝜃)
−
𝑞
(√𝑅2 + {
𝑟𝑎
𝑅 }
2
− 2𝑟𝑎 cos 𝜃)
]
 
 
 
 
 
 Também temos que: 
−∇𝑉 = 𝐸 
𝐸 =
1
4𝜋𝜀0
𝜎
𝑟
 
 Assim: 
𝜕𝑉
𝜕𝑟
4𝜋𝜀0𝑟 = 𝜎 
 Onde sigma é a densidade de carga. Então: 
𝜕𝑉
𝜕𝑟
= −
1
4𝜋𝜀0
[
(2𝑟 − 2𝑎𝑟 cos 𝜃)𝑞
(√𝑟2 + 𝑎2 − 2𝑎𝑟 cos 𝜃)
3 −]