Resolução Reitz Cap 3, Exercícios de Eletromagnetismo

Baixe Resolução Reitz Cap 3 e outras Exercícios em PDF para Eletromagnetismo, somente na Docsity! Caṕıtulo 1 Solução de Problemas Eletrostáticos 1.1 ~∇2ϕ = 1 r2 ∂ ∂r ( r2 ∂ϕ ∂r ) + 1 r2 sin θ ∂ ∂θ ( sin θ ∂ϕ ∂θ ) + 1 r2 sin2 θ ∂ ∂φ ( ∂2ϕ ∂φ2 ) = − ρ ²0 O potencial é esfericamente simétrico, logo apenas a porção radial do lapla- ciano é necessária. O potencial pode ser calculado em três regiões distintas: • r < ra Como não há campo elétrico interno à casca esférica, obtem-se que ϕ(r) = ϕ(ra). • ra < r < rb Resolvendo a equação de Laplace 1 r2 ∂ ∂r ( r2 ∂ϕ ∂r ) = − ρ ²0 = 0 obtem-se, após a integração: ϕ(r) = −k1 r + k1 ra + ϕ(ra) • r > rb Analogamente ao caso anterior: ϕ(r) = −k2 r + k2 rb + ϕ(rb) 1 2 CAPÍTULO 1. SOLUÇÃO DE PROBLEMAS ELETROSTÁTICOS k1 e k2 são constantes e serão determinadas em função dos potenciais ϕ(ra) e ϕ(rb), a partir das condições de contorno. Pela continuidade do potencial eletrostático, obtem-se que: lim r→r−b ϕ (r) = lim r→r+b ϕ (r) Ou seja: −k1 rb + k1 ra + ϕ(ra) = −k2 rb + k2 rb + ϕ(rb) Rearranjando os termos da equação, determina-se a constante k1: k1 = ϕ(rb)− ϕ(ra) 1 ra − 1rb = rarb ϕ(rb)− ϕ(ra) rb − ra Para a determinação de k2 falta ainda uma condição, não fornecida no enun- ciado do exerćıcio. Assim, a solução geral do problema fica também em função de k2. Apenas por curiosidade, a seguinte condição pode ser utilizada: lim r→∞ ϕ(r) = 0 Assim: lim r→∞ ( −k2 r + k2 rb + ϕ(rb) ) = 0 O que determina k2 = −rbϕ(rb). A solução geral é: ϕ(r) =    ϕ(ra) r < ra [ϕ(rb)− ϕ(ra)] ( r−ra rb−ra ) rb r + ϕ(ra) ra < r < rb ϕ(rb) ( rb r ) r > rb 1.2 ~∇2ϕ = 1 r ∂ ∂r ( r ∂ϕ ∂r ) + 1 r2 ( ∂2ϕ ∂θ2 ) + ( ∂2ϕ ∂z2 ) = − ρ ²0 A análise é a mesma utilizada no exerćıcio anterior. A simetria do problema é radial, de modo que apenas a parte radial do laplaciano será consierada: 1 r ∂ ∂r ( r ∂ϕ ∂r ) = − ρ ²0 = 0 Resolvendo a equação acima para as três regiões, obtem-se: • r < ra Como não há campo elétrico interno à casca ciĺındrica, ϕ(r) = ϕ(ra). 1.5. 5 1 4πR2 ∫∫ S ϕ ds = ϕ(~r0) Resta, agora, demonstrar se existem pontos extremos (máximos ou mı́nimos) internos à V0. Essa condição é satisfeita se ∂ 2ϕ ∂x2 , ∂2ϕ ∂y2 e ∂2ϕ ∂z2 possuem o mesmo sinal em algum ponto em que ~∇ϕ = 0. Isso é uma generalização do cálculo de uma variável e, da mesma forma, se essas derivadas forem positivas, o ponto é de mı́nimo, e, se forem negativas, o ponto é de máximo. Supondo que exista algum ponto em V0 que satisfaça à condição ~∇ϕ = 0. Nesse ponto obtem-se: ∂2ϕ ∂x2 = a ∂2ϕ ∂y2 = b ∂2ϕ ∂z2 = c Substituindo na equação de Laplace, obtem-se que a+b+c = 0. Isto implica que as três constantes sejam nulas ou que pelo menos uma tem o sinal diferente das outras duas. Portanto o ponto em questão não pode ser máximo ou mı́nimo. Uma forma alternativa de demonstrar esse resultado é através da identidade que foi demonstrada: 1 4πR2 ∫∫ S ϕ ds = ϕ(~r0) Essa equação mostra que o valor do potencial ϕ em um ponto ~r0 é igual a média do seu valor em uma esfera de raio R contida em V0 com centro nesse ponto. A base dessa demonstração é encontrar uma contradição que valide a afirmação de que não existem extremos em V0. Seja ~r0 um ponto de máximo local e ϕ(~r0) igual a média de ϕ(~r) na esfera em torno de ~r0. Isso implica que, ou ϕ(~r) avaliada em todos os pontos é igual a ϕ(~r0), ou existem pontos em que ϕ(~r) > ϕ(~r0) e que ϕ(~r) < ϕ(~r0). Fazendo R → 0, isso contradiz a suposição inicial de que ϕ(~r0) era uma máximo local. O racioćınio é análogo para o caso de mı́nimo local. Conclui-se, portanto, que não existem máximos ou mı́nimos locais em V0 para um potencial ϕ(~r) que satisfaça à equação de Laplace. 1.5 F (u) = 1√ 1− 2xu + u2 Derivando em relação a u, obtem-se: dF du ∣∣∣∣ u=0 = x− u (1− 2xu + u2)3/2 ∣∣∣∣∣ u=0 = x d2F du2 ∣∣∣∣ u=0 = −1 (1− 2xu + u2)3/2 + (x− u)2 (1− 2xu + u2)5/2 ∣∣∣∣∣ u=0 = 3x2 − 1 6 CAPÍTULO 1. SOLUÇÃO DE PROBLEMAS ELETROSTÁTICOS d3F du3 ∣∣∣∣ u=0 = −9 (x− u) (1− 2xu + u2)5/2 + 15 (x− u)3 (1− 2xu + u2)7/2 ∣∣∣∣∣ u=0 = 15x3 − 3x Fazendo, então, a expansão em série de Taylor: F (u) = F (0) + u ( dF du ) u=0 + u2 ( 1 2! d2F du2 ) u=0 + u3 ( 1 3! d3F du3 ) u=0 + . . . Verifica-se, diretamente, que os coeficientes da potências de u na expansão (os termos entre parênteses) correspondem aos primeiros polinõmios de Legen- dre: P0(x) = 1 P1(x) = x P2(x) = 12 ( 3x2 − 1) P3(x) = 12 ( 5x3 − 3x) 1.6 1 r = 1√ x2 + y2 + z2 Do exerćıcio anterior: F (u) = 1√ 1− 2 cos θu + u2 = ∞∑ n=0 Pn(cos θ)un Fazendo u = ∆zr , a expressão pode ser rearranjada da seguinte forma: 1√ r2 − 2r cos θ∆z + ∆z2 = ∞∑ n=0 Pn(cos θ) rn+1 ∆zn Lembrando que z = r cos θ: 1√ r2 − 2r cos θ∆z + ∆z2 = 1√ x2 + y2 + (z −∆z)2 Expandindo o lado direito da equação em uma série de Taylor em torno de ∆z = 0, obtem-se: 1√ x2 + y2 + (z −∆z)2 = ∞∑ n=0 ∂n ( 1 r ) ∂zn (−∆z)n n! Comparando, agora, os dois somatórios, termo a termo, verifica-se que: ∂n ( 1 r ) ∂zn = (−1)n n! Pn(cos θ) rn+1︸ ︷︷ ︸ Harmônicos Zonais Ou seja, metade dos harmônicos zonais são gerados através da derivação sucessiva de 1/r em relação à z. 1.7. 7 1.7 ~∇2ϕ = ∂ 2ϕ ∂x2 + ∂2ϕ ∂y2 + ∂2ϕ ∂z2 Em coordenadas ciĺındricas sabe-se que r = √ x2 + y2 e θ = arctan y/x. Utilizando a regra da cadeia nos operadores diferenciais ∂/∂x e ∂/∂y, obtem-se que: ∂ ∂x = ∂ ∂r ∂r ∂x + ∂ ∂θ ∂θ ∂x ∂ ∂y = ∂ ∂r ∂r ∂y + ∂ ∂θ ∂θ ∂y Derivando r e θ em relação à x e y: ∂r ∂x = x√ x2 + y2 = cos θ ∂r ∂y = y√ x2 + y2 = sin θ ∂θ ∂x = 1 1 + ( y x )2 (−y x2 ) = − sin θ r ∂θ ∂y = 1 1 + ( y x )2 ( 1 x ) = cos θ r Com esses resultados, os operadores podem ser reescritos como: ∂ ∂x = cos θ ∂ ∂r − sin θ r ∂ ∂θ ∂ ∂y = sin θ ∂ ∂r + cos θ r ∂ ∂θ Substituindo na equação de Laplace: ~∇2ϕ = ∂ ∂x ( ∂ϕ ∂x ) + ∂ ∂y ( ∂ϕ ∂y ) + ∂ ∂z ( ∂ϕ ∂z ) = ( cos θ ∂ ∂r − sin θ r ∂ ∂θ )( cos θ ∂ϕ ∂r − sin θ r ∂ϕ ∂θ ) + ( sin θ ∂ ∂r + cos θ r ∂ ∂θ )( sin θ ∂ϕ ∂r + cos θ r ∂ϕ ∂θ ) + ∂2ϕ ∂z2 Expandindo diretamente a expressão acima e fazendo as simplificações necessárias, obtem-se: ~∇2ϕ = 1 r ∂ ∂r ( r ∂ϕ ∂r ) + 1 r2 ∂2ϕ ∂θ2 + ∂2ϕ ∂z2 Essa é a operação do laplaciano em coordenadas ciĺındricas. 10 CAPÍTULO 1. SOLUÇÃO DE PROBLEMAS ELETROSTÁTICOS • r > R ~∇2ϕ = 1 r2 ∂ ∂r ( r2 ∂ϕ ∂r ) + 1 r2 sin θ ∂ ∂θ ( sin θ ∂ϕ ∂θ ) = 0 Resolvendo a equação de Laplace, são obtidos os harmônicos zonais, de modo que: ϕ(r, θ) = ∞∑ n=0 Pn(cos θ) ( Anr n + Bn rn+1 ) Todo o problema está contido, agora, na determinação das constantes An e Bn. Sabe-se que no limite r →∞ a campo elétrico deve corresponder, basica- mente, ao campo elétrico aplicado, já que a perturbação da esfera condu- tora tende a desaparecer conforme ela se afasta. Como ~E = −~∇ϕ = E0k̂, então: lim r→∞ ϕ(r, θ) = lim r→∞ ∞∑ n=0 Pn(cos θ) ( Anr n + Bn rn+1 ) ≈ −E0z + ϕ0 ϕ0 é uma constante qualquer, basicamente um ajuste de escala, e não tem qualquer importância na interpretação f́ısica do problema. Os termos do somatório que contém as potências de 1r anulam-se conforme r →∞. Comparando os termos restantes, verifica-se que: A2 = A3 = . . . = An = . . . = 0 Assim a expressão para o potencial pode ser simplificada para: ϕ(r, θ) = A0 + A1r cos θ + ∞∑ n=0 Pn(cos θ) Bn rn+1 Lembrando que z = r cos θ, as constantes A0 e A1 são determinadas: A0 = ϕ0 A1 = −E0 Para a determinação das constantes Bn aplica-se a segunda condição de contorno: em r = R o potencial é constante. Isto implica que não há dependência angular na casca esférica, de modo que, analogamente ao exerćıcio 3.9, as potências de cos θ devem se anular. B2 = B3 = . . . = Bn = . . . = 0 Além disso: 1.11. 11 [ A1r cos θ + B1 r2 cos θ ] r=R = 0 Isolando B1 na expressão acima, obtem-se que: ϕ(r, θ) = ϕ0 − E0r cos θ + B0 r + E0R 3 r2 cos θ No lado direito da equação aparece o termo B0r que corresponde ao potencial de uma esfera carregada ou de uma carga na origem r = 0. Como não ocorre nenhuma das duas situações, B0 = 0. O potencial eletrostático ϕ(r, θ) obtido pode ser dividido em duas partes: • ϕapl = ϕ0 − E0r cos θ Esse é o potencial devido ao campo elétrico aplicado ~E = E0k̂. • ϕesf = E0R 3 r2 cos θ Esse é o potencial devido à presença da casca esférica condutora. Nota-se que no limite R → 0, no caso em que não existe o condutor, esse termo desaparece, como esperado. Uma analogia pode ser feita com o potencial devido ao dipólo elétrico: ϕdip = ~p · ~r 4π²0r2 Igualando as duas expressões (o potencial do dipólo elétrico e potencial do condutor) verifica-se que: ~p = 4π²0E0R3k̂ Esse é, portanto, o momento de dipólo elétrico de uma casca esférica condu- tora de raio R, sem cargas ĺıquidas, imersa em um campo elétrico constante. 1.11 O potencial eletrostático desse sistema é dado por (ver exerćıcio 3.10): ϕ(r, θ) = ϕ0 − E0r cos θ + B0 r + E0R 3 r2 cos θ Nesse caso B0 6= 0 já a esfera condutora está carregada. Para determinar seu valor, basta fazer E0 = 0 na expressão do potencial e comparar com o potencial de uma esfera condutora carregada com uma carga Q: B0 r = ( Q 4π²0 ) 1 r Portanto, o potencial eletrostático desse sistema é dado por: ϕ(r, θ) = ϕ0 + Q 4π²0r + E0 cos θ r2 ( R3 − r3) 12 CAPÍTULO 1. SOLUÇÃO DE PROBLEMAS ELETROSTÁTICOS 1.12 Seja um