04 Equacoes de Poisson e de Laplace

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Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
Equações de Poisson e de Laplace 
 
Lei de Gauss (Forma Pontual) = 1ª Equação de Maxwell: VD ρ=⋅∇
GG
 
 
Como ED
GG
.ε= : ( ) VE ρε =⋅∇ GG . 
ε
ρVE =⋅∇ GG 
 
Mas como gradVE −=G : ( ) ερVV =∇−⋅∇ GG 
 
Obs.: ( )V∇⋅∇ GG é o divergente do gradiente, que é o Laplaciano ( )2∇ 
 
Logo: ε
ρVV −=∇2 
 
Mudança de notação a partir deste ponto: “V” passa a ser identificado co-
mo “Φ ” (não confundir com φ das coordenadas cilíndricas e esféricas). 
 
ε
ρV−=Φ∇ 2 Equação de Poisson 
 
Para 0=Vρ : Equação de Laplace 02 =Φ∇
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 1
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
Cálculo do Laplaciano 
 
1 - Coordenadas Cartesianas: 
 
2
2
2
2
2
2
2
zyx ∂
∂+∂
∂+∂
∂=∇ 
 
2 - Coordenadas Cilíndricas: 
 
2
2
2
2
2
2 11
z∂
∂+∂
∂+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
∂
∂
∂
∂=∇ φρρρρρ 
 
3 - Coordenadas Esféricas: 
 
2
2
222
2
2
2
.
1
.
11
φθθθθθ ∂
∂+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂
∂
∂+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂
∂
∂=∇
senr
sen
senrr
r
rr
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 2
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
Exercícios Resolvidos 
 
Exercício 1: No capacitor esférico na figura, o condutor interno é mantido no 
potencial V, enquanto que o condutor externo está aterrado ( ). Usar a 
equação de Laplace e as equações de contorno dadas para obter a distribuição 
de potenciais e os campos elétricos no espaço entre os condutores. Obter tam-
bém a capacitância da montagem. Discutir os resultados. 
0=Φ
 
 
 
Resolução: 
 
 
Devido à simetria esférica, o potencial elétrico é independente de φ e θ , 
ou seja, o Laplaciano se torna: 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ Φ=Φ∇
dr
dr
dr
d
r
2
2
2 1 
E: 01 22 =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ Φ
dr
dr
dr
d
r
 Para 0≠r
 
A solução geral desta equação é da forma: B
r
A +=Φ em que A e 
B são duas constantes arbitrárias que serão determinadas a partir das condi-
ções de contorno. 
 
 3
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
Na superfície do condutor interno, r = a e V=Φ : B
a
AV += . 
Pela segunda condição de contorno (fronteira), tem-se r = b e , logo: 0=Φ
 
B
b
A +=0 
 
Resolvendo o sistema de equações: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=+
=+
0B
b
A
VB
a
A
 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
=
ba
VA
11
 e 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
−=
1
a
b
VB 
 
O potencial Φ (distribuição de potenciais) resulta: 
 
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
=Φ
br
ba
V 11
11
 
 
A distribuição de campos elétricos pode ser obtida a partir de: Φ∇−= GGE . 
Deste modo, tem-se: 
 
rar
E GG ∂
Φ∂−= , pois Φ varia apenas com r. 
 
Logo: rar
ba
VE GG 2
1.
11 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
= 
 
Para o cálculo da capacitância, deveremos obter o valor da carga arma-
zenada no capacitor. Para isto, convém aplicar a Lei de Gauss: 
 
 4
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
 
 
QSdD =⋅∫ GG 
QSdE =⋅∫ GG.0ε 
 
∫ ∫
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
=
ππ
φθθε
2
0 0
2
20 ....
1.
11
ddsena
a
ba
VQ 
( )
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
−=
ba
VQ
11
..2.cos 00 πθε π 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
=
ba
VQ
11
...4 0επ 
 
A capacitância é a relação entre a carga e a ddp aplicada, ou seja: 
 
V
QC = 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
=
ba
C
11
..4 0επ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 5
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
Exercício 2: Considere um capacitor de placas planas e paralelas composto 
por duas camadas dielétricas. Obtenha a distribuição de potenciais, campos 
elétricos e capacitância empregando equações de Laplace e condições de con-
torno (fronteira). 
 
Resolução: 
 
Aplicando Laplace: 02
2
=∂
Φ∂
z
 
 
( ) BzAz +=Φ .1 para 1εε = ( ) Vz ==Φ 01 
( ) GzFz +=Φ .2 para 2εε = ( ) ( )1211 dzdz =Φ==Φ 
 ( ) 02 ==Φ dz 
 
Tem-se também: ( ) ( )1211 .. dzzDdzzD === 
 
Como ED .ε= , resolvendo o sistema de quatro equações e quatro incóg-
nitas, lembrando que ( ) ( )1211 .. dzzDdzzD === , corresponde a: 
 
( ) ( )122111 .... dzzEdzzE === εε 
 
Como : Φ−= gradE ( ) ( )
11
2211 .. dzdz gradgrad == Φ=Φ εε 
( ) ( )zz aFaA GG .... 21 εε = 
 
Ou seja: FA .. 21 εε = e AF
2
1
ε
ε= 
 6
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
Tem-se então: 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛+
−=
2
1
21 . ε
εdd
VA 
 VB =
 
2
1.ε
εAF = 
 ( )FddG .21 +−= 
 
E: ( ) V
dd
zV
z +
+
−=Φ
2
1
21
1
.
.
ε
ε e ( )
( )[ ]
2
1
21
21
2
1
2
.
..
ε
ε
ε
ε
dd
ddzV
z
+
+−−
=Φ 
 
( ) zz a
dd
VE GGG
2
1
21
11
.ε
ε+
=Φ∇−= e ( ) zz a
dd
V
E GGG
2
1
21
2
1
22
.
.
ε
ε
ε
ε
+
=Φ∇−= 
 
Note que: SzDzE ρε == ... 111 
 
P
( )
2
1
21
1
1
.
.
2
ε
ε
ερρ
ddV
C
V
Área
ddp
QC Sáreadeunidadepor
m
S
+
==→== 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 7
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
 
Exercício 3: Análise do caso do capacitor cilíndrico. 
 
 
 
Neste caso a equação de Laplace se simplifica de modo que: 
 
01 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
∂
Φ∂
∂
∂
ρρρρ ou seja, 0
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ Φ
ρρρρ d
d
d
d 
 
Supondo que 0≠ρ : 0=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ Φ
ρρρ d
d
d
d 
Integrando: A
d
d =Φρρ 
Rearranjando e integrando mais uma vez, tem-se: 
 
ρρ
A
d
d =Φ 
( ) BA +=Φ ρln. 
 
 
 
 8
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
As superfícies equipotenciais são dadas por ρ = constante e são cilin-
dros. Para em 0V=Φ a=ρ e 0=Φ em b=ρ : 
 
⎩⎨
⎧
+=
+=
BbA
BaAV
ln.0
ln.0 
 
Resolvendo: b
a
bVB ln.ln.0 ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−= 
 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
a
bVA ln.0 
 
Então: b
a
bV
a
bV ln.ln.ln.ln. 00 ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=Φ ρ 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=Φ
ba
bV ρln.ln.0 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
=Φ
b
a
bV
ln
ln
0
ρ
 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
=Φ
a
b
b
V
ln
ln
0
ρ
 
 
Para o campo elétrico: ρρ ad
dE GGG Φ−=Φ∇−= 
ρρρ a
a
b
V
d
d G
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=Φ
ln
11
0 
Ou seja: ρρ a
a
b
VE GG
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛= ln
10 
 
 
 9
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
Cálculo da capacitância: 
 
 
 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛==
a
ba
VDn
a
ln.
. 00ε
ρ 
LaDnQ
a
...2. πρ== 
Assumindo L = 1m: 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
a
b
Va
a
ba
VQ
ln
.2....2
ln.
. 0000 πεπε 
 
Como a capacitância é dada pela relação entre a carga armazenada e a 
ddp aplicada: 
0V
QC = 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
a
b
C
ln
..2 0επ 
 
Para um comprimento “L” genérico: 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
a
b
LC
ln
...2 0επ 
 
 
 
 
 10
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
Exercício 4: Considerando agora uma distribuição tal que Φ seja função ape-
nas de φ , em coordenadas cilíndricas, como mostra a figura: 
 
 
 
Nota-se a presença de dois planos infinitos radiais com um ângulo interno 
α . Há um isolante infinitesimal em 0=ρ . O campo potencial pode ser encon-
trado aplicando-se a equação de Laplace em coordenadas cilíndricas, conforme 
descrito a seguir: 
 
 
Equação de Laplace: 01 2
2
2 =∂
Φ∂
φρ 
Supondo 0≠ρ : 02
2
=Φφd
d 
 
A solução é do tipo BA +=Φ φ. . As condições de contorno permitem de-
terminar as constantes A e B: 
 
⎩⎨
⎧+=
+=
BA
BAV
0.0
.0 α 
 
α
0VA = e 0=B 
 
 11
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
Ou seja: φα
0V=Φ 
 
Como e Φ−= gradEG zazaagrad
GGG
∂
Φ∂+∂
Φ∂+∂
Φ∂=Φ φρ φρρ
1 
 
Sendo que apenas as componentes em φa
G interessam: 
 
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
∂
Φ∂−= φφρ aE
GG 1 
 
Ou seja: ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−= φαρ a
VE GG 01 
 
Assim: φρα a
VE GG
.
0−= 
 
Notar que E
G
 é função de ρ mas não de φ , apesar de estar orientado se-
gundo . Notar também como as equipotenciais de distribuem, em planos in-
termediários que “cortam” as linhas de campo elétrico sempre perpendicular-
mente. Esta é uma característica básica do comportamento de 
φa
G
E
G
 e Φ : 
 
 
321 VVV >> 
 
 
 12
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
Exemplo de Solução da Equação de Poisson 
 
A região entre dois cilindros condutores coaxiais, com raios a e b, confor-
me mostrado na figura, contém uma densidade volumétrica de carga uniforme 
Vρ . Se o campo elétrico E
G
 e o potencial Φ são ambos nulos no cilindro inter-
no, determinar a expressão matemática que fornece o potencial Φ na região 
entre os condutores assumindo que sua permissividade seja igual à do vácuo. 
 
 
Resolução: 
 
Equação de Poisson: 
0
2
ε
ρV−=Φ∇ 
0
1
ε
ρ
ρρρρ
V−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
∂
Φ∂
∂
∂ 
Integrando: AV +−=∂
Φ∂
2
.
2
0
ρ
ε
ρ
ρρ 
 ρρε
ρ
ρ
AV +−=∂
Φ∂
0.2
 (I) 
 
Sabe-se que: Φ∇−= GGE 
Logo: ρρ aE
GG
∂
Φ∂−= 
 EE −=∂
Φ∂=− ρ
G
 (II) 
Substituindo (II) em (I): ρρε
ρ
ρ
AE V +−=−=∂
Φ∂
0.2
 
 
 13
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
1ª Condição de contorno: obtenção de “A”: 0=E para a=ρ : 
 
Logo: 
a
AaV +−=
0.2
0 ε
ρ
 
 2
0.2
aA Vε
ρ= 
Então: ρε
ρρε
ρ
ρ ..2
.
.2 0
2
0
aVV +−=∂
Φ∂ 
 
Integrando: BaVV ++−=Φ ρε
ρρ
ε
ρ
ln
.2
.
2.2 0
22
0
 
 
2ª Condição de contorno: obtenção de “B”: 0=Φ para a=ρ : 
 
Baaa VV ++−= ln
.2
.
2.2
0
0
22
0 ε
ρ
ε
ρ 
aaaB VV ln
.2
.
.4
.
0
2
0
2
ε
ρ
ε
ρ −= 
 
Concluindo: aaaa VVVV ln
.2
.
.4
.
ln
.2
.
.4 0
2
0
2
0
2
2
0 ε
ρ
ε
ρρε
ρρε
ρ −++−=Φ 
 ( ) ⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−=Φ aaa VV ρερρερ ln.2 ..4 0
2
22
0
 
 
 
 
Teorema da Unicidade 
 
Qualquer solução das equações de Poisson e Laplace que também satis-
faz as condições de contorno deverá ser a única solução existente. 
 
Exemplo: Plano condutor z = 0 com tensão de 100 V: 
 
 14
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
 
 
Tanto como V1001 =Φ 100.52 +=Φ z , por exemplo, satisfaz a equação de 
Laplace e a exigência de em z = 0. V100=Φ
 
Conclusão: Uma única superfície condutora, com uma tensão especifica e ne-
nhuma referência dada, não forma uma caracterização completa das condições 
de contorno de uma região definida. Mesmo dois planos condutores finitos pa-
ralelos não formam uma fronteira, já que não se pode determinar o espraiamen-
to do campo nas proximidades dos lados (bordas). Supondo que o espraiamen-
to seja desprezado, caracterizam-se por completo as condições de contorno 
(fronteira) para dois planos condutores finitos e paralelos. 
 
 
 
Teorema do Valor Médio e do Valor Máximo 
 
A partir da equação de Laplace podem-se obter duas importantes proprie-
dades da função potencial, para regiões sem cargas: 
 
1 - No centro de uma esfera ou círculo, o potencial Φ é igual à média dos valo-
res assumidos sobre o círculo ou esfera; 
 
2 - O potencial não pode ter máximo (ou mínimo) dentro da região. Logo, 
qualquer máximo de Φ deverá ocorrer na fronteira da região. 
Φ
 
 
 
 15
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
Exercícios Resolvidos 
 
Exercício 1: O potencial vale em 1V n
1 do círculo e zero no resto do círculo. 
Calcule o potencial no centro do círculo. Considere toda a região desprovida de 
cargas. 
 
Resolução: 
 
(I): (II): 
 
 
Seja o potencial no centro. A equação de Laplace permite superposi-
ção de soluções. Supondo n problemas do tipo (I), o resultado será do tipo indi-
cado (II). Devido à simetria rotacional, cada sub-problema de (II) fornecerá o 
mesmo potencial no centro do círculo. O potencial total no centro será, as-
sim, . A solução única para (II) é 
CV
CV
CVn. 1V=Φ para todos os pontos dentro do 
círculo e, em particular, para o central. 
Então: 
1. VVn C = 
Ou seja: 
n
VVC 1= 
 
 
 
 
 
 16
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
Exercício 2: Mostrar que é possível extrair o teorema do valor médio a partir do 
resultado anterior. 
 
Resolução: 
(III): 
 
 
Considerando o caso especial apresentado em (III), onde o potencial as-
sume n valores diferentes em n segmentos iguais do círculo: a superposição 
das soluções encontradas no problema anterior fornece para o potencial no 
centro: 
n
V
n
V
n
V
n
V
n
VV nnC +++++= −1321 … 
n
VVVVV
V nnC
+++++= −1321 … 
 
Que é o teorema do valor médio nesse caso especial. 
 
Com 
n
πφ 2=Δ , então: π
φ
2
1 Δ=
n
, ou seja: 
 
( )φφφφφπ Δ+Δ++Δ+Δ+Δ= − .....2
1
1321 nnC VVVVVV … 
 
Com : ∞→n ( ) φφπ
π
dVC ..2
1 2
0
∫Φ= 
 
Que é a expressão geral do teorema do valor médio aplicado a um círculo. 
 
 17
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
Exercício 3: Provar que o potencial não pode possuir um valor máximo dentro 
de uma região desprovida de cargas. 
 
Resolução: 
 
Supondo que um máximo possa ser obtido num ponto interior P. Então, 
uma pequena esfera pode ser centrada em P tal que o potencial em P seja 
maior que qualquer ponto na esfera. Portanto será maior que o valor médio 
do potencial sobre a esfera, o que contraria o teorema do valor médio. 
CV
CV
 
 
 
PV não pode ser maior que QV
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 18
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
Representação da equação de Laplace / Poisson 
através de diferenças finitas 
 
Solução numérica das equações de Poisson e Laplace: 
 
 
 
- Método da diferença “para a frente”: 
hdx x0
d 23 Φ−Φ≅Φ 
 
- Método da diferença “para trás”: 
hdx x0
d 12 Φ−Φ≅Φ 
 
- Método da diferença “central”: 
hdx x .20
d 13 Φ−Φ≅Φ 
 
 19
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
Representando a função potencial Φ através da série de Taylor: 
 
( ) ( ) +Φ+Φ+Φ+Φ=+Φ
000
3
33
2
22
00 62 xxx dx
dh
dx
dh
dx
dhxhx termos de ordem superior (I) 
 
Desprezando as derivadas de 3ª ordem bem como os termos de ordem 
superior: 
( ) ( )
00
2
2
00
2 xx dx
dh
h
xhx
dx
d Φ−Φ−+Φ≅Φ (II) 
 
Note que a equação (II) corresponde com a diferença “para a frente”, ex-
ceto pelo termos de segunda ordem. 
Se assumirmos o termo 
0
2
2
2 xdx
dh Φ como um “erro”, este será tanto menor 
quanto mais reduzido for h. 
Analogamente: 
 
( ) ( ) +Φ−Φ+Φ−Φ=−Φ
000
3
33
2
22
00 62 xxx dx
dh
dx
dh
dx
dhxhx termos de ordem superior (III) 
 
Desprezando os termos de 3ª ordem em diante: 
 
( ) ( )
00
2
2
00
2 xx dx
dh
h
hxx
dx
d Φ+−Φ−Φ≅Φ (IV) 
 
Note que a equação (IV) corresponde com a diferença “para trás”, exceto 
pelo termo de 2ª ordem. 
Fazendo agora (III) - (I), tem-se: 
 
( ) ( ) …+Φ+Φ≅−Φ−+Φ
00
3
33
00 6
.2.2
xx dx
dhdx
dhhxhx (V) 
 
 20
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
Ou seja: ( ) ( )
00
3
32
00
6.2 xx dx
dh
h
hxhx
dx
d Φ−−Φ−+Φ=Φ (VI) 
 
A equação (VI) é semelhante àquela correspondente a “diferença central”, 
exceto pelo termo 
0
3
32
6 xdx
dh Φ− . 
Para valores de h pequenos, frequentemente utilizados em engenharia 
(0,1; 0,01; 0,001) o erro na utilização da “diferença central” é menor que aque-
les associados às diferenças “para trás” e “para a frente”. 
Para as derivadas de segunda ordem, e usando a “diferença central” e 
processamento análogo ao aqui efetuado, chega-se a: 
 
2
213
1223
22
2
2 .200
0
hh
hh
h
dx
d
dx
d
dx
d hxhx
x
Φ−Φ+Φ≅
Φ−Φ−Φ−Φ
≅
Φ−Φ
≅Φ −+ 
 
Sabendo-se que o potencial Φ pode ser função de duas variáveis, x e y, 
tem-se as derivadas: 
2
2
x∂
Φ∂ e 2
2
y∂
Φ∂ 
 
Genericamente: 
 
 
 
 21
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
O que nos leva a: 
 
2
021
2
2 .2
hx
Φ−Φ+Φ=∂
Φ∂ e 2 0432
2 .2
hy
Φ−Φ+Φ=∂
Φ∂ 
 
∴ 2 043212
2
2
2
2 .4
hyx
Φ−Φ+Φ+Φ+Φ=∂
Φ∂+∂
Φ∂=Φ∇ 
 
 
Regras para utilização deste resultado: 
 
1 - Dividir o domínio de interesse (onde a distribuição de potenciais deve ser 
determinada) em um gradeamento “fino”. A técnica em estudo fornecerá os va-
lores de Φ nos “nós” da grade considerada; 
 
2 - Aplicar a equação do laplaciano em cada nó da grade, obtendo-se n equa-
ções associadas a n incógnitas (potenciais nos nós); 
 
3 - Resolver o sistema de equações, iterativamente ou empregando técnicas 
diretas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 22
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
Exercício Resolvido 
 
Considere a região retangular mostrada na figura. Os potenciais elétricos 
estão especificados nos contornos. Utilize a representação em diferenças finitas 
obtendo os potenciais dentro da região. 
 
 
 
Resolução: 
 
1) Definição do gradeamento: supondo h = 5cm, tem-se uma geometria 2 x 4: 
 
 
 
 
 
 
 23
Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
2) Utilização da representação “diferenças finitas” para a equação de Laplace: 
 
( ) 0.41 ,1,1,,1,12 =Φ−Φ+Φ+Φ+Φ −+−+ jijijijijih 
 
 
 
3) Aplicação das equações em cada nó: 
 
- Nó 1: ( ) ( ) 0.400005,0
1
122 =Φ−Φ+++ ∴ 21.4 Φ=Φ 
 
- Nó 2: ( ) ( ) 0.40005,0
1
2312 =Φ−++Φ+Φ ∴ 0.4 321 =Φ+Φ−Φ 
 
- Nó 3: ( ) ( 0.410005,0
1
322 =Φ−+Φ ) ∴ 100.4 32 −=Φ−Φ 
 
Tem-se assim 3 equações e 3 incógnitas que, se resolvidas, fornecem: 
 
V79,11 =Φ , V14,72 =Φ e V79,263 =Φ 
 
 
4) Refazendo o problema com um “gradeamento mais fino”, por exemplo, h = 
2,5cm, tem-se assim 21 equações e 21 incógnitas: 
 
 
 
 
 
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Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
 
 
5) Representando matricialmente as 21 equações resultantes: 
 
�
�	�
#
	�
#
�������� 
�������� 	� ………
…%#######
…
…
…
…
CBA
⎥⎥
⎥⎥
⎥⎥
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢⎢
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡
−
=
⎥⎥
⎥⎥
⎥⎥
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢⎢
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡
Φ
Φ
Φ
Φ
Φ
⋅
⎥⎥
⎥⎥
⎥⎥
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢⎢
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
−
100
0
0
0
0
410000
00004100
00001410
00000141
10000014
21
4
3
2
1
 
 
A solução para o sistema de equações mostrado é (em volts): 
 
210,43
663,19
153,9
296,4
010,2
913,0
353,0
7
6
5
4
3
2
1
=Φ
=Φ
=Φ
=Φ
=Φ
=Φ
=Φ
 
177,53
289,26
654,12
019,6
832,2
289,1
499,0
14
13
12
11
10
9
8
=Φ
=Φ
=Φ
=Φ
=Φ
=Φ
=Φ
210,43
663,19
153,9
296,4
010,2
913,0
353,0
21
20
19
18
17
16
15
=Φ
=Φ
=Φ
=Φ
=Φ
=Φ
=Φ
 
 
 
 
 
 
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Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
Análise comparativa entre as técnicas analíticas e a numérica para o pro-
blema apresentado: 
 
Valores dos 
Potenciais 
Erros 
Valores dos 
Potenciais 
Erros Solução Analítica 
Nó 
h = 5cm h = 2,5cm (manual) 
9Φ 1,786 63% 1,289 17,8% 1,094 
11Φ 7,143 30% 6,019 9,7% 5,489 
13Φ 26,786 2,7% 26,289 0,75% 26,094 
 
Quanto mais pontos, mais preciso será o resultado dos potenciais nos 
pontos, ou seja, mais próximo da solução analítica. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Equações de Poisson e de Laplace Eletromagnetismo 
Exercício Proposto 
 
Na região retangular 6 x 8 mostrada, 2m 0=Φ nas fronteiras. A distribui-
ção de cargas é uniforme, sendo dada por 0.2 ερ =V . Determinar a distribuição 
de potenciais na região. Adotar h = 2m. 
 
 
 
Dica: 2
0
2 −=−=Φ∇ ε
ρV 
( ) 02.41 ,1,1,,1,12 =+Φ−Φ+Φ+Φ+Φ −+−+ jijijijijih 
 
 
 
Resposta: V56,46521 =Φ=Φ=Φ=Φ e V72,543 =Φ=Φ . 
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