Baixe Resolução Reitz Cap 2 e outras Exercícios em PDF para Eletromagnetismo, somente na Docsity!
Cap´ıtulo 1
Eletrost´atica
Pelas condi¸c˜oes de equil´ıbrio
T =
P +
F
E , ou seja:
T · sin θ = F E
T · cos θ = P
Se l ´e o comprimento de cada linha, ent˜ao a distˆancia d entre as duas
part´ıculas ´e dada por d = 2 · l · sin θ, de modo que
F
E = q ·
E =
q
2
4 π≤ 0
1
d
2
A partir das equa¸c˜oes acima, obtem-se que:
tan θ =
F
E
P
Rearranjando a express˜ao de modo a isolar θ:
tan θ sin
2
θ =
q
2
16 π≤ 0 mgl
2
Lembrando que csc
2
θ = 1 + cot
2
θ, obtem-se:
tan
3
θ
1 + tan
2
θ
q
2
16 π≤ 0
mgl
2
Inicialmente q 1
− 9 C e q 2
− 9 C:
a) F 12
q 1 q 2
4 π≤ 0 d
2
− 6
N ⇒ For¸ca Atrativa
2 CAP
ITULO 1. ELETROST
ATICA
Quando as duas esferas s˜ao postas em contato elas atingem o equil´ıbrio
eletrost´atico, de modo que suas cargas l´ıquidas ficam iguais, com q 1 = q 2
− 9
C:
b) F 12
q 1 q 2
4 π≤ 0 d
2
− 5
N ⇒ For¸ca Repulsiva
As cargas s˜ao todas iguais, com q = 3, 0 · 10
− 9
C, e o lado do quadrado ´e
d = 15 cm. Calculando o campo:
E =
q
4 π≤ 0
d
2
ˆı +
q
4 π≤ 0
d
2
q
4 π≤ 0
2 d
2
(ˆı + ˆ)
= 1622 (ˆı + ˆ) N/C
Seja um fio uniformemente carregado, com uma densidade linear λ de carga
el´etrica e comprimento L.
O campo el´etrico calculado no plano z = 0 ´e, por simetria, radial, ou seja,
as contribui¸c˜oes das duas metades do fio em qualquer outra dire¸c˜ao anulam-
se. Tomando um elemento de comprimento dz do fio, ´e f´acil verificar que sua
contribui¸c˜ao no campo el´etrico em um ponto `a uma distˆancia perpendicular r
do fio e D =
r
2
2 do elemento ´e dada por:
dE =
dq
λdz
4 π≤ 0
cos θ
D
2
ˆr
Fazendo uma transforma¸c˜ao de vari´avel
z = r tan θ ⇒ dz = r sec
2
θdθ
e lembrando que sec
2
θ = 1 + tan
2
θ obtem-se:
dE =
λdz
4 π≤ 0 r
cos θdθ rˆ
Definindo θ 0 = arctan
L
2 r
e integrando, agora, sobre todo o fio:
4 CAP
ITULO 1. ELETROST
ATICA
Portanto:
E
z
σ (z − z 0
0
|z − z 0
R
2
2
k
Verifica-se tamb´em que conforme L → ∞,
E
z → σ/ 2 ≤ 0 , que ´e o campo de
um plano carregado de densidade superficial de carga el´etrica σ.
b) O campo el´etrico de um cilindro carregado ´e obtido atrav´es da soma das
contribui¸c˜oes de cada disco de espessura dz, raio R e volume πR
2
dz.
Por simetria, o campo el´etrico em qualquer ponto sobre o eixo do cilindro
tem a dire¸c˜ao do eixo. Analisando o resultado obtido em a, percebe-se que
a vari´avel agora ´e z 0 e que z = 0, j´a que o objetivo ´e calcular o campo no
centro do cilindro. Tendo isso em mente, a contribui¸c˜ao de um elemento
de disco do cilindro para o campo el´etrico ´e:
dE = −
ρ (z 0 ) z 0
0
|z 0
R
2
2
0
k
Por conveniˆencia, subsitui-se z 0 por z. Resta, ent˜ao, realizar a integra¸c˜ao.
Sabe-se que ρ (z) = ρ 0
E =
0
−L/ 2
ρ 0
0
z
R
2
2
dz
k
L/ 2
0
ρ 0
0
z
R
2
2
dz
k
Analisando a paridade das fun¸c˜oes dos integrandos, a express˜ao acima
pode ser simplificada para:
E =
β
0
L/ 2
0
z
2
R
2
2
− z
dz
k
Substituindo z por R tan θ e dz por R sec
2
θdθ, obtem-se:
E = −
βL
2
0
βR
2
0
arctan
L
2 r
0
sec θ tan
2
θ
dθ
Como j´a foi visto, sec
2
θ = 1 + tan
2
θ. Assim, uma integral da forma
sec θ tan
2
θ
dθ
pode ser dividida em duas integrais:
sec
3
θ dθ −
sec θ dθ
Integrando por partes:
sec θ tan
2
θ
dθ =
sec θ d (tan θ) −
sec θ dθ
= sec θ tan θ − ln |sec θ + tan θ| −
sec θ tan
2
θ
dθ
Ou seja:
sec θ tan
2
θ
dθ =
sec θ tan θ − ln |sec θ + tan θ|
Substituindo em
E:
E =
[
βL
2
0
βR
2
0
sec θ tan θ − ln |sec θ + tan θ|
arctan
L
2 r
0
]
k
E =
βL
2
0
βR
2
0
L
2 R
2
L
2 R
− ln
L
2 R
2
L
2 R
k
E = −
β
0
L
L
− R
L
2 R
2
+ R
2
ln
L
2 R
2
L
2 R
k
Analisando, agora, o resultado obtido, conclui-se que:
- Quando β = 0, o cilindro possui uma densidade de carga unfiorme,
de modo que n˜ao h´a campo el´etrico resultante sobre o eixo em z = 0.
E poss´ıvel mostrar que, na express˜ao final, o termo entre colchetes ´e
sempre maior do que zero. Isso ´e evidente se for levado em conta que
para β > 0 a densidade de carga para z > 0 ´e maior que em z < 0 e,
consequentemente, o campo ´e dirigido para z < 0 e vice-versa.
- Quando L → 0, no caso em que n˜ao h´a mais cilindro carregado,
E → 0.
- Quando R → ∞, o campo el´etrico
E → −
βL
2
8 ≤ 0
k.
A integral I 2
pode ser resolvida por partes. Utilizando a mesma substitui¸c˜ao
de I 1
I
2
2 cos θ
R
2
2 − 2 DR cos θ
0
π
DR
(R+D)
2
(R−D)
2
u
− 1 / 2
du
|R − D|
|R + D|
DR
(|R + D| − |R − D|)
Substituindo na express˜ao para
E
r
, obtem-se:
a) Para D < R, |R − D| = R − D, assim:
E
r
σR
0
(R − D)
(R + D)
r ˆ
σR
2
0
D
[(
(R − D)
(R + D)
DR
((R + D) − (R − D))
]
ˆr
Desenvolvendo a equa¸c˜ao:
E
r
σR
2
0
[(
D/R
R
2 − D
2
R/D
R
2 − D
2
DR
]
ˆr
σR
2
0
D
2
− R
2
2
− D
2
(R
2 − D
2 ) DR
ˆr = 0
Como era esperado, o campo el´etrico
E
r
interno `a esfera ´e nulo.
b) Para D < R, |R − D| = D − R, assim:
E
r
σR
0
(D − R)
(R + D)
r ˆ
σR
2
0
D
[(
(D − R)
(R + D)
DR
((R + D) − (D − R))
]
ˆr
Desenvolvendo a equa¸c˜ao, obtem-se:
E
r
σR
2
0
D
2
ˆr
Como σ =
Q
4 πR
2 , a express˜ao pode ser reescrita da seguinte forma:
E
r
Q
4 π≤ 0
ˆr
D
2
Ou seja, o campo el´etrico de uma casca esf´erica carregada eletricamente
´e igual ao campo el´etrico produzido por uma carga pontual de mesma
magnitude Q localizada no centro da esfera.
8 CAP
ITULO 1. ELETROST
ATICA
O potencial el´etrico ϕ (x, y, z) da distribui¸c˜ao ´e dado por:
ϕ (x, y, z) =
q
4 π≤ 0
(x − a)
2
2
2
x
2
2
2
Ao longo do eixo x (y = 0 e z = 0):
ϕ (x, 0 , 0) =
q
4 π≤ 0
|x − a|
|x|
Sabe-se que
E = −
∇ϕ, de modo que:
E =
q
4 π≤ 0
x − a
2 |x − a|
3
x
|x|
3
ˆı
Para
E = 0:
x − a
2 |x = a|
3
x
|x|
3
Isto ´e, em x = a
sobre o eixo, o campo el´etrico se anula.
A superf´ıcie equipotencial que passa por x = a
´e obtida substi-
tuindo seu valor na express˜ao do potencial:
ϕ
2 a +
2 a, 0 , 0
q
4 π≤ 0
2 a
Assim, para obter a curva equipotencial no plano xy basta obter todos os
pontos que satisfazem `a rela¸c˜ao acima:
q
4 π≤ 0
(x − a)
2
2
x
2
2
q
4 π≤ 0
2 a
Ou seja, essa equa¸c˜ao define a curva y = y (x).
Resta agora descobrir se o ponto P =
2 a +
2 a, 0 , 0
est´a situado em um
m´ınimo de potencial. Analisando
∇ϕ e as derivadas parciais
∂
2 ϕ
∂x
2
∂
2 ϕ
∂y
2 e
∂
2 ϕ
∂z
2 no
ponto P :
∇ϕ = 0. Isto indica que P ´e um ponto de m´ınimo, m´aximo ou ponto de
sela da fun¸c˜ao potencial ϕ (x, y, z).
∂
2 ϕ
∂x 2
∂
2 ϕ
∂y 2
0 e
∂
2 ϕ
∂z 2
- Isto indica que P ´e um ponto de sela da
fun¸c˜ao potencial ϕ (x, y, z).
10 CAP
ITULO 1. ELETROST
ATICA
obtem-se:
ϕ (z 0
ρ
0
z 0
L + R
2
arctan
( z 0
+L/ 2
R
)
arctan
(
z 0 −L/ 2
R
)
sec
3
θdθ
Como foi visto no exerc´ıcio 2.
sec
3
θdθ = sec θ tan θ −
sec θ tan
2
θdθ
= sec θ tan θ −
sec θ
sec
2
θ − 1
dθ
= sec θ tan θ −
sec
3
θdθ + ln |sec θ + tan θ|
Ou seja:
sec
3
θdθ =
(sec θ tan θ + ln |sec θ + tan θ|)
Substituindo na express˜ao do potencial obtem-se:
ϕ (z 0
ρ
0
z 0
L +
R
2
(sec θ tan θ + ln |sec θ + tan θ|)
arctan
( z 0
+L/ 2
R
)
arctan
(
z 0 −L/ 2
R
)
Como
sec
arctan
z 0
− L/ 2
R
z 0
− L/ 2
R
2
e
sec
arctan
z 0
+ L/ 2
R
z 0
+ L/ 2
R
2
ent˜ao:
ϕ (z 0
ρ
0
z 0
L
z 0
L
2
+ R
2
ρ
0
z 0
L
z 0
L
2
+ R
2
ρR
2
0
ln
z 0
L
2
z 0
L
2
2
+ R
2
z 0
L
2
z 0
L
2
2
+ R
2
ρz 0
L
0
E (~r) = E (~r)ˆı
Sabe-se que
E (~r)ˆı = −
∂ϕ
∂x
ˆı +
∂ϕ
∂y
∂ϕ
∂z
k
Como
∂ϕ
∂y
∂ϕ
∂z
= 0, ent˜ao ϕ = ϕ (x). Consequentemente, E = E (x),
independente de y e z.
Aplaicando a Lei de Gauss, obtem-se que:
E =
ρ (~r)
0
∂E
∂x
Portanto, quando ρ = 0,
∂E
∂x
= 0, ou seja, E n˜ao depende de x.
O potencial el´etrico ϕ (r) de um condutor esf´erico de raio R, carga Q e centro
na origem ´e dado por:
ϕ (r) =
Q
4 π≤ 0
r
a)
E = −
∇ϕ (r) =
dϕ
dr
rˆ
Nesse caso,
E =
ϕ
r
ˆr. Como o condutor tem um raio R de 10 cm, tem-se
que:
E ≤ 3 · 10
6
V /m → ϕ ≤ 3 · 10
5
V
b)
E =
Q
4 π≤ 0
r
6
V /m
Para uma carga Q = 1C, obtem-se r ≥ 54 , 7 m.
Como o campo el´etrico dentro do condutor ´e
nulo, o fluxo atrav´es da superf´ıcie que limita a cavi-
dade tamb´em ´e nulo. Ou seja:
S
E ·
dA =
Q
int
A carga interna Q int deve, ent˜ao, ser igual a
zero. Havendo, ent˜ao, uma carga pontual +q den-
tro da cavidade, deve haver uma carga −q distribu´ıda pela sua superf´ıcie interna.
Lei de Gauss:
E =
ρ (~r)
0
Em coordenadas esf´ericas:
E =
r
2
∂r
r
2
E r
r sin θ
∂θ
(sin θE θ
r sin θ
∂E
φ
∂φ
Como as fun¸c˜oes de distribui¸c˜ao dependem apenas de r, as solu¸c˜oes s˜ao
facilmente obtidas a partir da resolu¸c˜ao da equa¸c˜ao:
r
2
∂r
r
2
E r
ρ (r)
0
a)
ρ (r) =
A
r
0 ≤ r ≤ R
0 r > R
Resolvendo a equa¸c˜ao obtida pela Lei de Gauss:
∂r
r
2
E r
Ar
0
Assim obtem-se:
E
r
A
0
c 1
r
2
O segundo termo do campo el´etrico ´e nulo. Isso ´e justificado da
seguinte forma. No limite quando r → 0, demonstra-se que a carga
contida na origem ´e nula atrav´es da integra¸c˜ao direta da densidade
de cargas. Como esse termo ´e equivalente ao campo el´etrico de uma
carga contida na origem e, pela condi¸c˜ao acima, ϕ (r) → 0 quando
r → 0, ent˜ao c 1
Para o c´alculo do potencial eletrost´atico ϕ (r), basta lembrar que
E = −
∇ϕ e, em coordenadas esf´ericas,
E = −
∂ϕ
∂r
ˆr, para dependˆencia
apenas em r, de modo que:
ϕ (r) = −
Ar
0
∂r
r
2
E r
Integrando, obtem-se:
E
r
c 2
r
2
Integrando novamente, obtem-se:
14 CAP
ITULO 1. ELETROST
ATICA
ϕ (r) = −
c 2
r
Pelas condi¸c˜oes do exerc´ıcio, ϕ → 0 quando r → ∞. Assim c 3
Pela condi¸c˜ao de continuidade da fun¸c˜ao do potencial eletrost´atico
lim
r→R
−
ϕ (r) = lim
r→R
ϕ (r)
ou seja:
ϕ (r) =
A
≤ 0
R −
r
2
0 ≤ r ≤ R
AR
2
2 ≤ 0 r
r > R
Como a distribui¸c˜ao tem simetria radial e est´a contida em uma esfera
de raio R, o potencial eletrost´atico para r > R deveria ser igual ao
potencial de uma carga q na origem, dada por:
q =
R
0
A
r
4 πr
2
dr = 2πAR
2
Assim, para r > R:
ϕ (r) =
q
4 π≤ 0 r
b)
ρ (r) =
ρ 0 0 ≤ r ≤ R
0 r > R
Utilizando os mesmos procedimentos do exerc´ıcio anterior, obtem-se:
E
r
ρ 0 r
3 ≤ 0
0 ≤ r ≤ R
ρ 0 R
3
3 ≤ 0 r
2 r > R
Atrav´es das condi¸c˜oes de continuidade do potencial eletrost´atico e lim
r→∞
ϕ (r) =
0, obtem-se que:
ϕ (r) =
ρ 0
2 ≤ 0
R
2 −
r
2
3
0 ≤ r ≤ R
ρ 0 R
3
3 ≤ 0 r
r > R
Por simetria, o campo el´etrico de um cilindro muito longo ´e radial. Tomando
uma superf´ıcia cil´ındrica S de raio r do comprimento do cilindro eletricamente
carregado (raio R, densidade volum´etrica de carga el´etrica ρ e comprimento L)
e coaxial a ele, e aplicando a lei de Gaussa essa superf´ıcie, obtem-se:
16 CAP
ITULO 1. ELETROST
ATICA
Derivando os termos entre colchetes, obtem-se:
∇ ×
~r
r
α
Esse resultado ´e, na verdade, um caso particular da seguinte equa¸c˜ao:
∇ × [~rF (r)] = 0
Desenvolvendo:
∇ × [~rF (r)] =
[
z
∂F (r)
∂y
− y
∂F (r)
∂z
]
ˆı
[
x
∂F (r)
∂y
− z
∂F (r)
∂z
]
[
y
∂F (r)
∂y
− x
∂F (r)
∂z
]
k
Substituindo
∂F (r)
∂x i
dF (r)
dr
x i
r
na express˜ao acima:
∇ × [~rF (r)] =
dF (r)
dr
[
z
y
r
− y
z
r
]
ˆı
dF (r)
dr
[
x
z
r
− z
x
r
]
dF (r)
dr
[
y
x
r
− x
y
r
]
k
Para um campo el´etrico
E =
q
4 π≤ 0
~r
r
α
obtem-se, por aplica¸c˜ao direta da lei
de Gauss, que:
ρ (r) =
q
4 π
~r
r
α
q
4 π
3 − α
r
α
Para obter o potencial eletrost´atico ϕ (r), basta lembrar que
E = −
∇ϕ:
E =
q
4 π≤ 0
~r
r
α
~r
r
∂ϕ
∂r
Integrando a express˜ao:
dϕ =
q
4 π≤ 0
r 0
r
r
′(1−α)
dr
′
=
q
(2 − α) 4π≤ 0
[
r
(2−α)
0
− r
(2−α)
]
Ou seja, para α 6 = 2
ϕ (r) =
q
(2 − α) 4π≤ 0
r
α− 2
0
r
α− 2
E bom lembrar que o ponto r 0 ´e arbitr´ario devido ao car´ater geral da solu¸c˜ao.
Sem o conhecimento de α n˜ao ´e poss´ıvel determinar que r 0 = ∞, por exemplo,
j´a que no caso α < 2 a solu¸c˜ao seria divergente.
Tomando a origem do sistema sobre a carga q, pelo teorema do divergente
obtem-se:
V
E dv =
S
E
ds
Para
E =
q
4 π≤ 0
~r
r
3 −δ
obtem-se:
V
E dv =
q
0
r
δ
Nota-se que, conforme δ → 0, a equa¸c˜ao recai na Lei de Gauss, como esper-
ado.
ϕ (r) =
q
4 π≤ 0
e
−r/λ
r
Para obter o campo el´etrico
E basta tomar o gradiente da fun¸c˜ao potencial:
E = −
∇ϕ =
q
4 π≤ 0
e
−r/λ
r
Como
∇F (r) =
dF
dr
~r
r
, a express˜ao acima pode ser reescrita como:
E =
q
4 π≤ 0
d
dr
e
−r/λ
r
~r
r
Derivando o termo entre parˆenteses obtem-se:
E =
q
4 π≤ 0
e
−r/λ
λr
2
r
3
~r
Pela lei de Gauss sabe-se que
E = ρ/≤ 0
. Assim:
ρ (r) =
q
4 π
[
e
−r/λ
λr
2
r
3
~r
]
As propriedades
ψ
F
∇ψ
F + ψ
F e
F (r) =
~r
r
d ~ F
dr
podem
ser bastante ´uteis aqui. Identificando ψ = e
−r/λ
e
F = ~r
1
r
3
1
λr
2
, ent˜ao a
express˜ao acima pode ser reescrita da seguinte forma:
ρ (r) =
q
4 π
e
−r/λ ~ ∇ ·
~r
r
3
~r
λr
2
[
e
−r/λ
~r
r
3
~r
λr
2
)]}
Analisando cada termo separadamente, obtem-se:
Antes de entrar na resolu¸c˜ao propriamente dita, ´e importante mostrar como s˜ao
feitas as expans˜oes utilizadas.
Sejam dois pontos no espa¸co localizados em ~r e ~r +
l, e uma fun¸c˜ao
G(~r) =
G
x
ˆı + G y
ˆ + G
z
k. O objetivo ´e determinar a diferen¸ca
G(~r +
l) −
G(~r) para
o caso em que |
l| << |~r|. Utilizando uma expans˜ao em s´erie de Taylor para o
primeiro termo
G(~r +
l), obtem-se, componente `a componente:
G
i
(x + l x
, y + l y
, z + l z
) = G
i
(x, y, z) + l x
∂G
i
∂x
∂G
i
∂y
∂G
i
∂z
Desprezando os termos de ordem superior `a primeira, obtem-se que:
G(~r +
l) −
G(~r) ≈
l ·
G(~r)
Sejam duas cargas el´etricas puntuais +q e −q ligadas, localizadas, em rela¸c˜ao
`a origem do sistema, em ~r +
l e ~r, respectivamente. O momento de dip´olo desse
par de cargas ´e dado por ~p = q
l. As cargas s˜ao imersas em um campo el´etrico
E
ext
(~r). Obtem-se, ent˜ao, para esse sistema:
a) For¸ca
F sobre o dip´olo
F = q
[
E
ext (~r +
l) −
E
ext (~r)
]
No caso de um dip´olo puntual, em que l << r, o resultado obtido acima
pode ser utilizado, de modo que:
F ≈ q
l ·
E
ext
~p ·
E
ext
b) Torque ~τ sobre o dip´olo
~τ = q
[(
~r +
l
×
E(~r +
l) − ~r ×
E(~r)
]
Rearranjando os termos:
~τ = q~r ×
E(~r +
l) −
E(~r)
E(~r +
l)
Fazendo a expans˜ao e desprezando termos de ordem superior, obtem-se:
~τ ≈
[
~r ×
~p ·
E + ~p ×
E(~r)
]
20 CAP
ITULO 1. ELETROST
ATICA
O potencial eletrost´atico ϕ (x, y, z) da distribui¸c˜ao ´e facilmente obtido:
ϕ (~r) =
q
4 π≤ 0
|~r −
l|
|~r +
l|
|~r|
Para simplificar a express˜ao acima no caso em que |
l| << |~r| a seguinte
aproxima¸c˜ao pode ser utilizada:
(1 + e)
n
= 1 + ne +
n (n − 1)
e
2
+...
Rearranjando as express˜oes entre parˆenteses no potencial:
|~r −
l|
r
l
2 − 2 zl
r
2
|~r +
l|
r
l
2 +2zl
r
2
Denotando e
l
2 +2zl
r
2 e e −
l
2 − 2 zl
r
2 , obtem-se:
|~r −
l|
r
(1 + e −
− 1 / 2
|~r +
l|
r
(1 + e
− 1 / 2
A princ´ıpio, se for considerado, em cada aproxima¸c˜ao, apenas o termo de
primeira ordem em e, obtem-se um potencial esfericamente sim´etrico, com sime-
tria radial. Esse resultado ´e uma simplifica¸c˜ao um tanto grosseira para esse
sistema de dip´olos, j´a que n˜ao leva em conta sua orienta¸c˜ao. Para contornar
esse problema, s˜ao desprezados apenas os termos de ordem superior `a segunda
em e na expans˜ao, de forma que:
|~r −
l|
r
[
e −
3 e
2
−
]
|~r +
l|
r
[
e
3 e
2
]
Substituindo o resultado na express˜ao do potencial ϕ, obtem-se:
ϕ (~r) =
ql
2
4 π≤ 0
r
3
3 z
2
r
2
3 l
2
4 r
2
Em coordenadas esf´ericas z = r cos θ. Assim:
ϕ (r, θ) =
ql
2
4 π≤ 0
r
3
3 cos
2
θ +
3 l
2
4 r
2
