P1 de eletromagnetismo prof. Alexandre Ribeiro UFPR

UFPR – Departamen to de F ´ ısica CF368/Eletromagnetismo I – Pro v a P 1 Prof. Alexandre D. Rib eiro (04/09/2019) Observ a¸ c˜ oes: i) Indique de forma organizada o racio c ´ ınio e to dos os c´ alculos usados na solu¸ c˜ ao; ii) F´ orm ulas n˜ ao- p ertencen tes ao form ul´ ario da prov a, quando utilizadas, dev em ser deduzidas. Problema 1: Uma carga p on tual q ´ e mantida sobre o eixo z e a uma distˆ ancia d acima de um plano condutor inﬁnito e aterrado (ﬁgura abaixo). H H H H H H H H H H H H H H H H                                                         H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H j y             ) x 6 z t q V = 0 (a) Justiﬁcando to dos os seus passos, atrav ´ es do m ´ eto do das imagens, encontre uma express˜ ao para o potencial el´ etrico V ( x, y , z ) na regi˜ ao acima do plano. (1,00) (b) Uma distribui¸ c˜ ao sup erﬁcial de cargas σ ( ~ r ) est´ a rela- cionada ao p otencial el ´ etrico V ( ~ r ) atra v´ es de σ = −  0 ∂ V ∂ n , em que n ´ e a co ordenada p erp endicular ` a sup erf ´ ıcie. Mostre que, para o nosso problema, a carga induzida no plano con- dutor ´ e caracterizada p or σ ( x, y ) = − q d 2 π ( x 2 + y 2 + d 2 ) 3 / 2 . (1 , 00) (c) Mostre que a con tribui¸ c˜ ao desta distribui¸ c˜ ao σ , somada ` a contribui¸ c˜ ao da carga p on tual, pro duz o mesmo p otencial el ´ etrico encontrado em (a). Para isso, utilize V ( ~ r ) = 1 4 π  0 Z tudo σ da 0 R . Mostre isso ap enas para p on tos sobre o eixo z ! (2,00) Dev e ser ´ util a express˜ ao d dx  ( x 2 + b 2 ) 1 / 2 ( a 2 − b 2 )( x 2 + a 2 ) 1 / 2  = x ( x 2 + a 2 ) 3 / 2 ( x 2 + b 2 ) 1 / 2 . Resolu¸ c˜ ao do Problema 1: (a) Precisamos resolv er V ( x, y , z ) na regi˜ ao z > 0, com x e y quaisquer. O p o- tencial ´ e determinado p ela distribui¸ c˜ ao de cargas ρ ( ~ r ) = q δ (3) ( ~ r − d ˆ z ) , e p elas condi¸ c˜ oes de contorno V ( x, y , 0) = 0 e lim r → 0 V ( x, y , z ) → 0 , sendo r = p x 2 + y 2 + z 2 . Al ´ em disso, teoremas de unici- dade nos garan tem que qualquer express˜ ao para V ( x, y , z ) que resp eite os v ´ ınculos acima, dentro da regi˜ ao estudada ( z > 0 neste caso), ´ e a ´ unica solu¸ c˜ ao do problema. O m ´ eto do das imagens faz uso deste ´ ultimo p onto, para elab o- rar um problema equiv alente que respeite aquelas condi¸ c˜ oes e que, p ortan to, pro duza um potencial el´ etrico idˆ en tico. Problema equiv alente: Considere uma distribui¸ c˜ ao de cargas dada p or ρ eq ( ~ r ) = q δ (3) ( ~ r − d ˆ z ) − q δ (3) ( ~ r + d ˆ z ) . Em b ora seja eviden te que ρ eq ( ~ r ) 6 = ρ ( ~ r ) no espa¸ co to do, se nos limitarmos ` a regi˜ ao de interesse z > 0, veriﬁca-se que ρ eq ( ~ r ) = ρ ( ~ r ) ( ~ r tais que z > 0) . Al ´ em disso, por conta da simetria, p ontos equidistan tes das cargas p ossuem potencial el´ etrico nulo. Isto implica em V ( x, y , 0) = 0. T am b´ em, para pontos m uito distantes, o p otencial devido ` as duas cargas tende a ser nulo ( V ∼ 1 /r ). Logo, to das as restri¸ c˜ oes apresentadas no problema original tam b´ em devem ser respeitadas neste problema equiv alen te. Seus p otenciais, p ortan to, s˜ ao equiv alentes na regi˜ ao z > 0. O p otencial do sistema equiv alente consiste da con- tribui¸ c˜ ao das duas cargas: V ( x, y , z ) = 1 4 π  0  + q R + + − q R −  , em que R ± ´ e a distˆ ancia da carga ± q at´ e ~ r = ( x, y , z ), R ± = | ( x, y , z ∓ d ) | = q x 2 + y 2 + ( z ∓ d ) 2 . (b) P ara este caso, n ´ e a pr´ opria co ordenada z , e a sup erf ´ ıcie encon tra-se em z = 0. Assim, σ = −  0 ∂ V ∂ z     z =0 = −  0 1 4 π  0 ∂ ∂ z  q R + − q R −      z =0 = − q 4 π  − 1 2 2 ( z − d ) R 3 + + 1 2 2 ( z + d ) R 3 −      z =0 = q 4 π " (0 − d ) [ x 2 + y 2 + ( − d ) 2 ] 3 / 2 − (0 + d ) [ x 2 + y 2 + (+ d ) 2 ] 3 / 2 # = − q d 2 π ( x 2 + y 2 + d 2 ) 3 / 2 . (c) Calculamos primeiro a con tribui¸ c˜ ao do plano: V plano ( ~ r ) = 1 4 π  0 Z todo plano σ da 0 R . Aqui dev emos substituir a express˜ ao obtida anteriormen te: σ = − q d 2 π ( x 2 + y 2 + d 2 ) 3 / 2 = − q d 2 π ( ρ 2 + d 2 ) 3 / 2 , em que ρ ´ e o raio das co ordenadas p olares no plano, d e forma que ρ 2 = x 2 + y 2 . Realizando a in tegra¸ c˜ ao em co- ordenadas p olares, temos que da 0 = ρ dρ dθ . Finalmen te, R ´ e a distˆ ancia de um p onto ( x, y ) do plano at´ e o p on to z onde pretende-se calcular o p otencial, sobre o eixo z . Logo, via teorema de Pit´ agoras, R 2 = z 2 + ρ 2 . Sendo assim, V plano = 1 4 π  0 Z 2 π 0 dθ Z ∞ 0 − q d 2 π ( ρ 2 + d 2 ) 3 / 2 ρ dρ ( z 2 + ρ 2 ) 1 / 2 = − q d 4 π  0 Z ∞ 0 ρ dρ ( ρ 2 + d 2 ) 3 / 2 ( z 2 + ρ 2 ) 1 / 2 = − q d 4 π  0 ( ρ 2 + z 2 ) 1 / 2 ( d 2 − z 2 )( ρ 2 + d 2 ) 1 / 2     ρ = ∞ ρ =0 = − q d 4 π  0  1 ( d 2 − z 2 ) − z d ( d 2 − z 2 )  = − q d 4 π  0  d − z d ( d 2 − z 2 )  = − q 4 π  0 ( d + z ) . Somando ao p otencial gerado pela carga (no eixo z ): V carga = q 4 π  0 | z − d | , obtemos V = − q 4 π  0 ( d + z ) + q 4 π  0 | z − d | . Comparando ao resultado encon trado no item (a), para p on tos sobre o eixo z , ou seja, com R ± = q 0 2 + 0 2 + ( z ∓ d ) 2 = | z ∓ d | , v eriﬁcamos a equiv alˆ encia. Problema 2: O camp o el´ etrico ~ E ( ~ r ) gerado p or uma dis- tribui¸ c˜ ao estacion´ aria de cargas ρ ( ~ r ) dev e satisfazer a duas equa¸ c˜ oes: ∇ · ~ E = ρ  0 e ∇ × ~ E = 0 . (a) A partir destas, escrev a ~ E ( ~ r ) em termos do p otencial el ´ etrico V ( ~ r ) e mostre que, na ausˆ encia de cargas, o p oten- cial dev e ob edecer ` a Equa¸ c˜ ao de Laplace ∇ 2 V = 0 (1,00). (b) Em co ordenadas cartesianas, e assumindo que tratamos de um problema bidimensional, V ( ~ r ) → V ( x, y ). Mostre que, imp ondo separa¸ c˜ ao de v ari´ aveis, ou seja, escrevendo V ( x, y ) = X ( x ) Y ( y ), p odemos concluir que, em geral, X ( x ) = A x e + k x x + B x e − k x x , Y ( y ) = A y e + k y y + B y e − k y y , em que A x , A y , B x , B y , k x e k y s˜ ao constantes arbitr´ arias, com a ´ unica restri¸ c˜ ao k 2 x + k 2 y = 0. (2,00) Resolu¸ c˜ ao do Problema 2: (a) Conhecendo a identidade matem´ atica ∇ × ( ∇ φ ) = 0, em que φ ´ e qualquer fun¸ c˜ ao escalar, para satisfazermos ∇ × ~ E = 0, basta escrever ~ E como o gradien te de uma fun¸ c˜ ao escalar. Em particular, escolhe-se tal fun¸ c˜ ao como − V ( ~ r ), em que V ´ e o p otencial el ´ etrico. T emos, assim, ~ E = −∇ V . Como o camp o el´ etrico tam b´ em satisfaz ∇ · ~ E = ρ  0 , em termos de V , esta equa¸ c˜ ao torna-se ∇ · ( −∇ V ) = ρ/ 0 = ⇒ ∇ 2 V = − ρ/ 0 . Na aus ˆ encia de cargas, ρ = 0, esta equa¸ c˜ ao se transforma na Equa¸ c˜ ao de Laplace. (b) Substituindo V ( x, y ) = X ( x ) Y ( y ) na Equa¸ c˜ ao de Laplace, e arranjado-a con venien temente, encon tramos ∂ 2 ∂ x 2 X ( x ) Y ( y ) + ∂ 2 ∂ y 2 X ( x ) Y ( y )=0 . Dividindo-a p or X ( x ) Y ( y ) temos 1 X ( x ) ∂ 2 X ( x ) ∂ x 2 + 1 Y ( y ) ∂ 2 Y ( y ) ∂ y 2 = 0 . Note que o primeiro termo do lado esquerdo da ´ ultima equa¸ c˜ ao s´ o dep ende da v ari´ av el x , e o segundo s´ o dep ende de y . Portan to, para que a igualdade seja satisfeita inde- p enden temen te dos v alores de x e y , ´ e natural admitir que os dois termos sejam iguais a uma constante: 1 X ( x ) ∂ 2 X ( x ) ∂ x 2 = k 2 x e 1 Y ( y ) ∂ 2 Y ( y ) ∂ y 2 = k 2 y , com k 2 x + k 2 y = 0. A forma das constan tes ´ e atribu ´ ıda p or futura con veni ˆ encia.En t˜ ao, as equa¸ c˜ oes para X ( x ) e Y ( y ) tornam-se ∂ 2 X ∂ x 2 = k 2 x X e ∂ 2 Y ∂ y 2 = k 2 y Y , de mo do que as solu¸ c˜ oes apresentadas no en unciado s˜ ao diretamen te veriﬁcadas. Problema 3: Duas placas condutoras planas, aterradas e de ´ area inﬁnita est˜ ao lo calizadas em y = 0 e y = a . Em x = − b e x = + b , elas s˜ ao conectadas p or tiras met´ alicas de comprimento inﬁnito, man tidas em p otencial constan te V 0 . Estamos in teressados em a v aliar o p otencial el ´ etrico no interior do tubo inﬁnito, e de se¸ c˜ ao retangular, formado p or tais placas condutoras (v eja a ﬁgura abaixo). (a) Justiﬁque o fato de p odermos tratar tal problema em ap enas duas dimens˜ oes, o que nos p ermite utilizar as equa¸ c˜ oes do problema anterior. (0,50) (b) Indique to das as condi¸ c˜ oes de contorno pertinentes para este problema. (1,50) (c) Mostre que a express˜ ao para V ( x, y ) no interior to tubo tem a seguin te forma V ( x, y ) = 4 V 0 π X n =1 , 3 ,... 1 n cosh( nπ x/a ) cosh( nπ b/a ) sen( nπ y /a ) . (2 , 00) 2 Dev em ser ´ uteis as express˜ oes: Z L 0 sen( nπ x/L ) sen( mπ x/L ) dx = a 2 δ mn , cosh α = e + α + e − α 2 . H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H                 H H H H H H H H H H                 - x 6 y      B B B M H H H H H H H H H H j x             ) z 6 y − b + b a V 0 V 0 V = 0 V = 0 Resolu¸ c˜ ao do Problema 3: (a) Devemos notar que o problema ´ e inv arian te se deslo carmos a origem do sistema de co ordenadas ao longo da dire¸ c˜ ao z . Isto ´ e suﬁciente para tratar o problema como sendo indep enden te de z . (b) Considerando V ( x, y ), temos as seguin tes condi¸ c˜ oes: 1) V ( x, y = 0) = 0; 2) V ( x, y = a ) = 0; 3) V ( x = − b, y ) = V 0 ; 4) V ( x = + b, y ) = V 0 . (c) O p otencial no in terior do tubo deve ser solu¸ c˜ ao da Eq. de Laplace, uma vez que ρ = 0. Se utilizarmos o m´ eto do de separa¸ c˜ ao de v ari´ aveis em coordenadas cartesianas, o p otencial el ´ etrico toma a forma discutida no problema an- terior, V ( x, y ) = X ( x ) Y ( y ), com X ( x ) = A x e + k x x + B x e − k x x e Y ( y ) = A y e + k y y + B y e − k y y , para qualquer k x e k y , desde que k 2 x + k 2 y = 0. A x,y e B x,y s˜ ao as constantes arbrit´ arias. Como a Eq. de Laplace ´ e linear em V , a solu¸ c˜ ao geral ´ e a combina¸ c˜ ao linear destas inﬁnitas solu¸ c˜ oes, ou seja, V ( x, y ) = X k x ,k y ( A k x e + k x x + B k x e − k x x )( A k y e + k y y + B k y e − k y y ) . Aplicando a condi¸ c˜ ao de contorno (1), temos V ( x, 0) = X k x ,k y  A k x e + k x x + B k x e − k x x   A k y + B k y  = 0 . P ara que esta igualdade seja satisfeita, para qualquer x , en t˜ ao A k y = − B k y , de mo do que V ( x, y ) toma a forma V ( x, y ) = X k x ,k y A k y  A k x e + k x x + B k x e − k x x   e + k y y − e − k y y  . Incorp orando A k y ` as outras constantes, e aplicando a condi¸ c˜ ao de contorno (2), temos V ( x, a ) = X k x ,k y  A k x e + k x x + B k x e − k x x   e + k y a − e − k y a  = 0 , que ´ e satisfeita quando e + k y a − e − k y a = 0. A escolha k y = 0, que satisfaz esta equa¸ c˜ ao, implicaria n uma forma trivial para Y ( y ). A igualdade po de ser resp eitada de maneira n˜ ao-trivial se admitirmos k y como um n ´ umero imagin´ ario puro k y = i ¯ k y , de mo do que e + k y a − e − k y a = 0 = ⇒ 2 i sin( ¯ k y a )=0 . A restri¸ c˜ ao agora restringe a constante inicialmen te ar- bitr´ aria para ¯ k y a = nπ , com n = 0 , ± 1 , ± 2 , . . . . Sendo assim, V ( x, y ) toma a forma V ( x, y ) = X k x , ¯ k y  A k x e + k x x + B k x e − k x x   e + i ¯ k y y − e − i ¯ k y y  = ∞ X n =1 2 i  A n e + nπ x/a + B n e − nπ x/a  sin  nπ a y  . Aqui, excluimos o termo com n = 0 p ois gera uma con- tribui¸ c˜ ao nula, e tamb ´ em aqueles em que n 0, porque implicaria ap enas em fator n um ´ erico − 1, incorp orado nas constan tes arbitr´ arias. J´ a usamos tamb ´ em k 2 x = − k 2 y = ¯ k 2 y = ( nπ /a ) 2 . Incorporando o fator 2 i nas constantes arbitr´ arias remanescentes, aplicamos as condi¸ c˜ oes de con- torno (3) e (4), temos V ( − b, y ) = ∞ X n =1  A n e − nπ b/a + B n e + nπ b/a  sin  nπ a y  = V 0 , V (+ b, y ) = ∞ X n =1  A n e + nπ b/a + B n e − nπ b/a  sin  nπ a y  = V 0 , que s˜ ao simultaneamen te satisfeitas quando A n e − nπ b/a + B n e + nπ b/a = A n e + nπb/a + B n e − nπb/a , o que pro duz A n = B n . Sendo assim, V ( x, y ) toma a forma V ( x, y ) = ∞ X n =1 A n  e + nπ x/a + e − nπ x/a  sin  nπ a y  = ∞ X n =1 2 A n cosh  nπ a x  sin  nπ a y  . V oltando agora ` as condi¸ c˜ oes de contorno (3) e (4), e incor- p orando o fator 2 aos A n ’s, conclui-se que am bas s˜ ao V ( ± b, y ) = ∞ X n =1 A n cosh  nπ b a  sin  nπ a y  = V 0 Multiplicando p or sin( mπ y /a ) e in tegrando de 0 at ´ e a temos ∞ X n =1 A n cosh  nπ b a  Z a 0 sin  nπ a y  sin  mπ a y  dy = V 0 Z a 0 sin  mπ a y  dy = − aV 0 mπ (cos mπ − 1) . O lado esquerdo torna-se ∞ X n =1 A n cosh  nπ b a  a 2 δ mn = A m a 2 cosh  mπ b a  . Assim, encontra-se A m = 2 V 0 mπ 1 − cos mπ cosh ( mπb a ) , que repro duz o resultado mostrado. 3

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