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CENTRO DE CIÊNCIAS EXATAS E DA NATUREZA
DEPARTAMENTO DE FÍSICA
CURSO DE BACHARELADO EM FÍSICA DA UFPE
Aula 9 - 28 de março de 2018
Sumário
O Método das Imagens.................................. 1
Carga pontual q em presença de uma esfera condutora isolada com carga Q.. 1
Bibliografia:
- David J. Griffiths, Introduction to Electrodynamics, 3
rd Edition, Prentice Hall, New
Jersey (1999) §3.
O Método das Imagens
Problema 1: Carga pontual q em presença de uma esfera condutora isolada com carga
Q
Considerar uma carga pontual q em presença de uma esfera condutora isolada com carga Q.
(a) Obter as cargas imagem que simulam a mesma condição de contorno do problema origi-
nal.
(b) Calcular o potencial em pontos fora da esfera.
(c) Calcular a força entre a carga q e a esfera de carga Q. Analisar os casos limite quando
d ≫ a e d ≃ a.
Solução:
(a) O problema tem a mesma geometria do problema
de uma carga pontual q na presença de um plano
condutor infinito e aterrado. A diferença, agora, é
que a esfera é isolada com uma carga total Q, ao
invés de ter um potencial fixo.
Pelo princípio da superposição, o potencial deve
ser independente da forma como a carga Q foi
adicionada na casca. Assim podemos começar
com uma casca aterrada em presença da carga
pontual externa q que gera uma carga induzida
na casca igual a q
′
= −a q/d, distribuída tal que
Φ(a) = 0 como mostra a figura (a).
Em seguida, isola-se a casca (figura(b)) e
adiciona-se uma carga q
′′ = Q − q
′ de forma que
a carga total será Q, vide figura (c).
A carga adicional Q − q
′ estará localizada na casca
com potencial zero, distribuindo-se, portanto, de
forma uniforme na superfície, que será equivalente
- do ponto de vista do fluxo externo no problema
hipotético – a uma carga Q−q
′
no centro da esfera.
b
b
b
b
b
b b
b
b
q
q
q
q
′
q
′
q
′ q
′′
(a)
(b)
(c)
(b) O problema hipotético equivalente terá a carga imagem em d
′
e uma carga adicional Q−q
′
no centro da casca, resultando no potencial
Φ(r, θ, φ) =
4 π ǫ 0
[
q
d
2
2 − 2 r a cos θ
a q
a
4
2 r
2 − 2 a
2 d r cos θ
Q + a q/d
r
2
]
(c) A força entre a carga e a esfera condutora pode ser calculada no sistema equivalente,
F =
4 πǫ 0
q q
′
(d − d
′ )
2
4 πǫ 0
(Q − q
′ ) q
d
2
4 πǫ 0
[
−(a/d)q
2
(d − (a
2 /d))
2
(Q + a q/d) q
d
2
]
F =
4 πǫ 0
q
2
d
2
[
Q
q
a
d
(2d
2 − a
2 )
(d
2 − a
2 )
2
]
Observações:
- No limite d ≫ a temos F →
1
4 πǫ 0
q Q/d
2 , como esperado.
- Se Q. 0 a força será sempre atrativa se q > 0
- Para Q > 0 a força será repulsiva a grandes distâncias como esperado, mas para
pequenas distâncias o segundo termo poderá dominar e a força se tornar atrativa
- quando (d − a) → 0. Ou seja quando a carga estiver muito próxima da esfera
sofrerá uma força atrativa muito forte, mesmo de Q e q tiverem mesmo sinal!.
Problema 2
Considere um dipolo elétrico ~p = q d (cos θ ˆǫ z
senθ ˆǫ x
) localizado no ponto (0, 0 , z), em presença
de um plano metálico infinito e aterrado em z = 0,
como indica a figura.
(a) Use o método das imagens e encontra a dis-
tribuição de cargas imagem que assegura as
condições de contorno do problema original
(dipolo + plano aterrado). Justifique sua res-
posta com argumentos físicos.
(b) Especifique o sistema de coordenadas e ob-
tenha o campo elétrico exercido pelo plano
aterrado sobre o dipolo.
(c) Determine o torque sofrido pelo dipolo quando
θ = 0, π/ 4 e π/ 2. Faça um gráfico do módulo
do torque em função de θ. Calcule a energia
potencial do dipolo na presença do campo.
z
z
θ
plano condutor aterrado
b
Solução:
(a) Para reproduzir as mesmas condições de contorno na região z ≥ 0 , é necessário ter
Φ(0) = 0, na superfície do plano z = 0.
Para o dipolo em questão, podemos supor o dipolo constituído por duas cargas ±q
separadas pela distância d tal que p = qd. O conjunto de cargas imagens será o
indicado na figura, formando um dipolo imagem, com a orientação indicada na figura
mais abaixo, i.e. formando um ângulo (2π − θ) como o eixo ǫˆ z
perpendicular ao plano.
(b) Na configuração imagem equivalente, o plano aterrado equivale ao dipolo imagem. O po-
tencial de um dipolo, em coordenadas esféricas polares como origem no centro do dipolo,
é dado por
Φ(r, θ) =
4 πǫ 0
ǫ ˆ r
· ~p
r
2
4 πǫ 0
p cos θ
r
2
cujo gradiente produz o campo elétrico,
E =
4 πǫ 0
[
3 p~ · ˆǫr
r
3
ǫˆr −
~p
r
3
]
4 πǫ 0
p
r
3
[2 cos θˆǫr − senθ ˆǫθ]
Obs: O campo produzido em um ponto qualquer da re-
gião acima do plano será a soma dos campos do
dipolo real mais o campo produzido pelo dipolo
imagem. Porém, para obter essa soma é necessá-
rio fazer uma mudança de variáveis para que am-
bos os potenciais fiquem escritos em relação ao
mesmo sistema de coordenadas. Esse problema é
matematicamente trabalhoso se a orientação entre
os dipolos for arbitrária.
No caso em questão, os dipolos estão no mesmo
plano e seus ângulos de orientação estão relacio-
nados, isto é, são respectivamente θ e 2 π − θ.
No referencial com origem e orientação sobre o
dipolo imagem (coordenadas (r
′ , θ
′ , φ
′ )), o campo
exercido pelo dipolo imagem no ponto onde se en-
contra o dipolo original será:
ˆǫ z
ǫ ˆ x
Eθ
E r
z
~r
−z
θ
θ
q
q
−q
−q
plano z = 0
b
b
b
b c
b c
E(r
′
, θ
′
) = E r
′ (^) ǫˆ r
′ + E
′
θ
ˆǫ θ
4 πǫ 0
p
(2z)
3
[2 cos θ
′
ˆǫ r
′ (^) − senθ
′
ˆǫ θ
′ ] ∴
onde r
′
= 2z e θ
′
= 2π − θ.
Passando para o sistema de coordenadas cartesianas indicado na figura, onde ˆǫ r
′ = ˆǫ z
e ǫˆ θ
′ (^) = ˆǫ x
e usando θ
′
= 2π − θ teremos
E(x, z) =
4 πǫ 0
p
(2z)
3
[2 cos θ ˆǫ z
]
(c) O torque exercido pelo campo imagem sobre o dipolo original em relação ao ponto onde
se encontra o dipolo será
T = ~p ×
E = [p (cos θ ˆǫ z
)] × [
4 πǫ 0
p
(2z)
3
[2 cos θ ˆǫ z
]] =
4 πǫ 0
p
2
(2z)
3
[2 senθ cos θ (ˆǫ x
× ˆǫ z
) + senθ cos θ (ˆǫ z
× ˆǫ x
)] = ∴ (1)
T = −
32 πǫ 0
p
2
z
3
senθ cos θ ˆǫ y
ou seja, direcionado saindo do plano do papel (ˆǫ y
Quando θ = 0, π/ 2 temos T = 0 e quando θ = π/ 4 o torque tem módulo máximo, i.e.
temos
T = −
64 πǫ 0
p
2
z
3
ǫˆ y
Observe que os mínimos (pontos de equilíbrio estável) ocorrem em 0 e π, enquanto os de
equilíbrio instável ocorrem em π/ 2 e 3 π/ 2 , compatíveis com o sinal restaurador do torque.
Problema 3
Considere dois semi-planos condutores aterrados que formam um ângulo de 90
◦ , entre si, em
presença de um dipolo elétrico p = q d equidistante D ≫ d dos planos e orientado paralelo a
um dos planos, como mostra a figura ao lado.
(a) Usando argumentos de simetria, encontre a
configuração de cargas/dipolos imagem que
seja equivalente ao problema dado, de tal
forma que o potencial seja nulo na superfí-
cie dos planos aterrados. Não precisa fazer
cálculos mas justificar sua resposta, apenas
uma figura não é suficiente.
(b) Use o problema equivalente e calcule o torque
sofrido pelo dipolo ~p devido ao campo elétrico
gerado pelas densidades de cargas superfi-
ciais nos planos, no limite quando D ≫ d.
Especifique todas as componentes.
(c) Analisando apenas simetria do problema,
encontre a configuração de equilíbrio caso o
dipolo p fosse livre para rotacionar em torno
do seu centro.
b
D
D
~p
meio condutor
meio condutor
Solução:
(a) O método das imagens consiste em estabelecer um sistema de cargas que produza as
mesmas condições de fronteira do problema original. No problema dado, a região é de-
limitada pelos planos x > 0 , y > 0 e contém um dipolo no ponto (D, D), como indicado
na figura.
Um dipolo pode ser visto como constituído por duas cargas iguais e de sinais opostos,
distantes d. Para que o potencial sobre os planos seja nulo é necessário que haja uma
carga imagem de mesmo valor com sinal oposto, e que esteja localizada simetricamente
oposta à carga fonte em relação ao plano.
Assim, para o plano paralelo ao dipolo,
o dipolo imagem será também paralelo
distante −D do plano. Em relação ao
plano perpendicular, o dipolo imagem
será oposto ao dipolo fonte e perpen-
dicular ao plano distante de −D. Toda-
via, as cargas/dipolos imagens em rela-
ção a um dos planos produzirá um po-
tencial não nulo sobre o outro. Desta
forma será necessário estabelecer um
terceiro dipolo imagem em (−D, −D)
para assegurar que Φ = 0 em ambos os
planos como mostra a figura, ao lado.
b
b
b
b
b
b
b
b
−q
q
−q
q
q
−q
q
−q
−D D
−D (^) D
D
D
ǫ ˆ x
ˆǫ y
~p
3 π
2
5 π
4
regi˜ao de interesse
(b) O torque produzido por um campo
E sobre um dipolo ~p é dado por T = ~p ×
E. O campo,
no referencial do dipolo, gerado pelo dipolo imagem (mesmo módulo) e ângulo 2 π − θ
localizado à distância r é dado por
E(r, θ) =
4 πǫ 0
p
r
3
[2 cos θˆǫ r
− senθ ˆǫ θ
]
Escolhendo o referencial em cada um dos dipolos imagem, vemos que o vetor de po-
sição do dipolo original terá ângulos θ = 3π/ 2 , 5 π/ 4 e 0 , em relação ao referencial
dos dipolos imagem, percorrendo os dipolos no sentido antihorário. Assim, o campo do
primeiro e do terceiro dipolos imagem serão paralelos ao dipolo original resultando em
torque nulo. O campo do segundo dipolo será
E(r, θ) =
4 πǫ 0
p
r
3
[
ˆǫ r
ˆǫ θ
]
4 πǫ 0
p
r
3
[2ˆǫ r
− ˆǫ θ
]
onde r = 2
2 D, que no referencial do dipolo original será
E(r, θ) = −
4 πǫ 0
p
r
3
[2[cos(π/4)ˆǫ x
] − [cos(π/4)ˆǫ x
− sen(π/4)ˆǫ y
]]
E(r, θ) = −
4 πǫ 0
p
r
3
[2(ˆǫx + ˆǫy ) − (ˆǫx − ǫˆy )] = −
4 πǫ 0
p
r
3
[ˆǫx + 3ˆǫy ]
Logo
T = ~p ×
E = −
4 πǫ 0
p
2
2 r
3
ˆǫ y
× [ˆǫ x
] =⇒ T =
4 πǫ 0
p
2
2 r
3
ˆǫ z
, r = 2
2 D
calculado em relação ao sistema de coordenadas cartesiano indicado na figura.
Nota: o cálculo dependerá obviamente da escolha do sistema de coordenadas.
Problema 4
P
Considere um fio reto infinitamente longo portando uma densidade linear
de cargas λ por metro.
(a) ( 1 ponto ) Encontre o potencial eletrostático em um ponto P situado a
uma distância s do fio.
Sugestão: Considere um fio finito de tamanho L e depois tome o
limite quando L ≫ s (ou L → ∞).
(b) ( 2 ponto ) Compute o gradiente deste potencial e obtenha o campo
elétrico no ponto P.
Indique claramente seu referencial e sistema de coordenadas usado.
Solução:
(a) Escolher um referencial em coordenadas cilíndricas
cujo eixo ˆǫz coincide com o fio, e com a origem so-
bre o eixo ˆǫ z
e no plano perpendicular ao fio que
contém o ponto P, como mostra a figura ao lado:
O potencial gerado por um elemento infinitesimal
de carga localizado sobre o fio no ponto de coor-
denadas 0 , 0 , z gera um potencial sobre P dado por
dΦ(s, φ, z) =
4 πǫ 0
λdz
s
2
2
Para obter o potencial devido ao fio longo, calcular
a contribuição gerada por uma porção finita simé-
trica de tamanho 2 L e depois tomar o limite quando
L ≫ s (ou L → ∞). i.e.
P
L
-L
0
L
(s) =
4 πǫ 0
L
−L
λdz
s
2
2
λ
4 πǫ 0
ln[z +
z
2
2 ]
L
−L
λ
4 πǫ 0
ln
[
L +
L
2
2
−L +
L
2
2
]
ou
ΦL(s) =
λ
4 πǫ 0
ln
[ √
1 + (s/L)
2
1 + (s/L)
2 − 1
]
→ ΦL≫s(s) ≃
λ
4 πǫ 0
ln
[
1
2
(s/L)
2
1
2
(s/L)
2
]
Portanto, até a ordem do termo líder em (s/L) resulta:
Φ(s) =
λ ln 2
4 πǫ 0
λ
4 πǫ 0
ln[
(s/L)
2
] ou Φ(s) =
λ ln 2
2 πǫ 0
λ
2 πǫ 0
ln(
s
L
onde o primeiro termo é constante e pode ser desprezado no cálculo de diferenças de
potencial.
(b) O gradiente em coordenadas cilíndricas resulta, portanto, em
∇Φ(s) =
dΦ(s)
ds
ǫˆ s
2 πǫ 0
λ
s
ˆǫ s
E(s) = −
∇Φ(s) =
4 πǫ 0
2 λ
s
ˆǫ s
Observação: se o gradiente for calculado a partir da expressão exata do potencial Φ L
(s)
o resultado é
L
(s) =
λ
4 πǫ 0
∇ ln
[ √
1 + (s/L)
2
1 + (s/L)
2 − 1
]
λ
4 πǫ 0
2 L
s
L
2
2
ˆǫ s
4 πǫ 0
2 λ
s
ˆǫ s
Problema 5
Considere dois fios paralelos ao eixo ˆǫx com densi-
dades lineares de carga, uniformes, λ e −λ respec-
tivamente, como esquematizado na figura ao lado.
(a) Encontre o potencial eletrostático em qualquer
ponto do espaço usando o sistema de coor-
denada que achar mais conveniente, e con-
siderando o potencial na origem como valor
de referência.
(b) Mostrar que as superfícies equipotenciais são
cilindros circulares indicando o eixo e o raio
dessas superfícies correspondentes a certo
potencial Φ 0
.
a a
−λ λ
ˆǫ x
ˆǫ y
ˆǫz
Solução:
(a) O potencial de um fio de cargas com densidade linear λ pode ser calculado a partir do
campo elétrico, por sua vez obtido através da lei de Gauss para uma superfície gaussi-
ana cilíndrica e concêntrica de raio ρ e tamanho L. Logo, como o campo é simétrico e
radial, teremos
E · n dsˆ =
ǫ 0
q envolvida
→ E (2π ρ L) =
ǫ 0
λ L ∴
E =
λ
2 π ǫ 0
ρ
ˆǫ ρ
E · d
l = −
λ
2 π ǫ 0
ρ
ρ 0
dρ
ρ
λ
2 π ǫ 0
log
ρ 0
ρ
onde a ρ 0
é o ponto de referência onde o potencial é nulo. Como a distribuição de
cargas é simétrica ao longo de ǫˆ x
, podemos considerar apenas o problema no plano
com raio
R =
4 a
2 C 0
(C 0 − 1)
2
=⇒ R =
2 a exp
[
4 π ǫ 0 Φ 0
λ
]
senh
[
4 π ǫ 0 Φ 0
λ
]
como mostra a figura abaixo, para alguns valores de Φ 0
e a = 1.
y
5
10
z
Problema 6
Um fio longo e reto, com uma densidade linear de
cargas λ por unidade de comprimento, é colocado
paralelamente à uma distância a de um plano
condutor infinito, aterrado. Considere que o plano
condutor coincide com plano z = 0 em uma
sistema de coordenadas cartesianas e que o fio é
paralelo ao eixo x. Veja a figura ao lado.
(a) (1,5 pontos) Calcule o potencial elétrico na re-
gião z ≥ 0 em pontos situados a grandes dis-
tâncias do fio.
(b) (1 ponto) Obtenha a densidade de cargas in-
duzida na superfície do plano condutor. Faça
um esboço dessa densidade de cargas.
Solução:
(a) Pela simetria da distribuição de cargas em
relação ao plano, podemos concluir que para o
potencial ser nulo no plano hipotético z = 0, em
qualquer ponto, é necessário que haja uma dis-
tribuição de cargas negativas de mesma sime-
tria na região z < 0. Isso corresponderia a uma
linha de cargas com densidade linear −λ para-
lela ao eixo ˆǫ x
na posição z = −d.
Na configuração do problema equivalente o po-
tencial seria dado pela contribuição dos dois fios
com densidades de cargas linear ±λ. O poten-
cial de um fio de cargas com densidade linear λ
é dado por
λ
2 π ǫ 0
log
ρ 0
ρ
onde a ρ 0 é o ponto de referência onde o poten-
cial é nulo. Logo o potencial total resultante da
superposição da potencial das duas linhas de
cargas ±λ será:
b
b
b
b
−d
d
1
2
y
z
φ
(y, z)
Φ = 0
1
2
λ
2 πǫ 0
ln ρ 1
λ
2 πǫ 0
ln ρ 2
