Fundamentos da Eletrostática Aula 13 Descontinuidades no Campo Elétrico & Método das Imagens

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1 Fundamentos da Eletrostática Aula 3 Descontinuidades no Campo Elétrico & Método das Imagens Prof. Alex G. Dias Prof. Alysson F. Ferrari Descontinuidades no campo elétrico Uma observação a ser feita uando lidamos com distribuições superciais de carga é ue o campo elétrico apresenta descontinuidades ao se atravessar superfícies carregadas. Considere a lei de Gauss aplicada a um peueno cilindro atravessando uma superfície S ue tem densidade supercial de carga σ, como na gura. Seja A a parte de S contida no cilindro. Da lei de Gauss, segue ue, cilindro E da = ε 0 σda = σ ε 0 A. Por outro lado, cilindro E da = E n ds + E 2 n 2 ds 2 + S S 2 No limite em ue a altura do cilindro vai a zero, temos lateral E l ds l 0, lateral E l ds l. e, como as tampas do cilindro podem ser tomadas muito peuenas, E pode ser tomado aproximadamente constante em em S e em S 2, NH280 - Fundamentos da Eletrostática t NH280 - Fundamentos da Eletrostática t

2 de forma ue S E n ds E n A S 2 E 2 n 2 ds 2 E 2 n 2 A. Note ue n = n 2 = n, e portanto, (E E 2 ) n = σ ε 0. Em palavras: a componente perpendicular do campo elétrico, E = E n é descontínua ao se atravessar uma superfície com σ 0. Questão: nossas conclusões mudam se escolhemos n 2 = n = n? Por uê? Quanto à componente tangencial, podemos estudar seu comportamento nas proximidades da superfície carregada se consideramos o rotacional de E em torno de uma curva fechada Γ como na gura. Visto ue Γ E dl = 0, contribuição dos lados menores desaparece, camos com E dl = E dl + E dl l l 2 Γ = E l l + E 2 l 2 l 2, note ue l = l 2 = l e l = l 2, portanto, (E E 2 ) l l = 0, ou seja, as componentes tangenciais do campo elétrico são contínuas: E = E 2. Em resumo: Considerando uma superfície com densidade de carga σ, temos sempre (E E 2 ) n = σ ε 0 E = E 2 Na primeira expressão, n é um vetor ue vai da região 2 para a região. e também ue, no limite ε 0, a NH280 - Fundamentos da Eletrostática t 2 NH280 - Fundamentos da Eletrostática t 3

3 Exemplo: plano innito de carga Para um plano innito com densidade supercial de carga constante σ, escolhemos um referencial tal ue a carga está no plano xy; nestas condições, E está na direção de ẑ. Além do mais, E só depende da distância do ponto considerado até o plano, e E (z) = E ( z). logo, concluímos ue Note ue, na superfície, caixa E da = σa ε 0, E = σ 2ε 0. E ẑ E 2 ẑ = lim z 0 [(Eẑ ẑ) ( Eẑ ẑ)] = σ ε 0, como deveria ser. Considere uma caixa cilíndrica, vista em perl na gura, tendo altura l e tampas superior e inferior (S e S 2 ) com área A. Observe ue, na lateral, da está no plano xy, logo E da = 0. Chamamos E o campo elétrico na superfície S e E 2 na superfície S 2 ; neste caso: E = Eẑ ; E 2 = Eẑ Temos, assim, E da = E da + E da S S 2 caixa Eẑ n A Eẑ n 2 A (mas n = n 2 = ẑ) = 2EA. Por outro lado, da lei de Gauss, NH280 - Fundamentos da Eletrostática t 4 NH280 - Fundamentos da Eletrostática t 5

4 Continuidade do Potencial Elétrostático Imagens Eletrostáticas Diferentemente do campo eletrostátio, a continuidade do potencial eletrostático através de uma superfície carregada vem diretamente da sua denição, ϕ ϕ 2 = P2 P E dl, num limite onde P e P 2 tendem ao mesmo ponto da superfície, mas por lados diferentes da superfície (ver gura). Supondo ue E seja nito, o valor da integral tende a zero uando P e P 2 tendem ao mesmo ponto, ou seja, para P sobre a supefície, ϕ (P ) = ϕ 2 (P ). Imagine uma placa condutora e uma carga mantida a uma distância d da superfície da placa. A presença da carga vai induzir uma distribuição supercial de cargas σ (r) sobre a superfície do condutor. Dentre as perguntas ue gostaríamos de responder sobre este sistema, estão: Qual o potencial eletrostático desta conguração? Como seria a distribuição de carga induzida no condutor devido à presença de? Qual é a força eletrostática ue a placa exerce sobre a carga? De fato é isso ue temos nos condutores. Neles o potencial do lado de fora tende ao valor da superfície uando se aproximamos dela. Por outro lado, a derivada normal do potencial é descontínua ao se atravessar uma superfície carregada, visto ue esta derivada é a componente perpendicular do campo elétrico, ou seja, ( ϕ ϕ 2 ) n = (E E 2 ) n = σ ε 0. Se conhecemos σ (r) de antemão, podemos calcular o potencial, e daí o campo elétrico e as forças envolvidas, mas o problema é ue justamente σ (r) é uma das funções ue não conhecemos e ue gostaríamos de descobrir. Como proceder? Este tipo de problema pertence a uma classe geral de problemas envolvendo condutores e distribuições estáticas de cargas, para os uais essas mesmas perguntas se aplicam. Na região de vácuo entre as distribuições de carga e condutores a solução seria obtida resolvendo a euação de Laplace, e impondo NH280 - Fundamentos da Eletrostática t 6 NH280 - Fundamentos da Eletrostática t 7

5 as condições de contorno apropriadas a ϕ (r), como já discutimos. O teorema da unicidade garante ue, para um dado conjunto de condições de contorno a solução é única. Assim, se for possível, por ualuer método concebível, descobrir uma função ue é solução da euação de Laplace nas regiões de vácuo, e ue satisfaz as condições de contorno do potencial, então esta função é o potencial desejado, e o problema estará resolvido. O problema de uma carga pontual próxima a um plano condutor, conforme descrito acima, pertence a um subconjunto da classe geral de problemas no ual é possível construir a solução da euação de Laplace para uma certa região do espaço. Suponha ue o potencial na região de interesse tenha a forma (Reitz-Milford), onde ϕ (r) = ϕ c (r) + σ (r ) da r r, ϕ c é o potencial produzido pelas distribuições de carga ue conhecemos a priori, e σ (r ) é a distribuição de cargas induzida nos condutores, ue não conhecemos de antemão (subendente-se ue a integral é sobre as superfícies de todos os condutores presentes). Obviamente, o cálculo direto de ϕ por sua denição integral, neste caso, é impossível. Porém, sabemos ue a superfície de um condutor é uma euipotencial. Podemos tentar substituir a integral acima por uma função ϕ I, ue seja solução da euação de Laplace e atenda às condições de contorno de ue as superfícies dos condutores presentes são euipotenciais. Voltamos ao nosso problema inicial da carga a uma distância d de um plano condutor, ue podemos considerar aterrado (ou seja, ϕ = 0 sobre o condutor). Escolha o referencial tal ue o plano condutor coincida com o plano xy e a posição de seja dẑ. Suponha ue o condutor seja sucientemente grande (relativo a d) de tal forma ue possa ser considerado innito. O potencial devido à é conhecido, ϕ c (x, y, z) =. x 2 + y 2 + (z d) 2 Para resolver nosso problema, o truue consiste em olhar para outro problema diferente: se, ao invés do plano condutor, tivéssemos uma carga localizada em dẑ, o potencial correspondente seria facilmente encontrado como ϕ I (x, y, z) =, x 2 + y 2 + (z + d) 2 e é tal ue ϕ = ϕ c + ϕ I é nulo em z = 0 (ou seja, sobre o condutor). NH280 - Fundamentos da Eletrostática t 8 NH280 - Fundamentos da Eletrostática t 9

6 Note ue ϕ = ϕ c + ϕ I satisfaz a euação de Laplace no espaço vazio, em particular na região z > 0 na ual estamos interessados. Ele também obedece à condição de contorno ϕ = 0 em z = 0. Portanto, pela unicidade ue acabamos de discutir, ϕ = ϕ c + ϕ I = x 2 + y 2 + (z d) 2 x 2 + y 2 + (z + d) 2 é exatamente a solução ue estávamos procurando, para z > 0. A carga é ctícia, e foi introduzida apenas para produzir o potencial desejado. Tal carga é denominada de carga imagem, e por isto este método de resolução é chamado de método das imagens. Agora ue conhecemos ϕ, podemos encontrar o campo elétrico ϕ dentro = 0 ϕ dentro = 0. Portanto, σ (x, y, 0) = ε 0 = ε 0 lim = 4π lim ϕ z 0 + fora (x, y, z) n z z 0 + ϕ fora (z d) (x 2 + y 2 + (z d) 2) + 3/2 (z + d) (x 2 + y 2 + (z + d) 2) 3/2 = d 2π (x 2 + y 2 + d 2 ). 3/2 z=0 E = ϕ. Veja mais adiante grácos representando este campo elétrico. Mais instrutivo, agora, é considerar a descontinuidade do campo elétrico, já ue ϕ fora n ϕ dentro n = σ ε 0, (onde n aponta para fora do condutor). Daui podemos encontrar a densidade de carga induzida σ. Como o condutor é uma euipotencial, Conhecendo σ, podemos determinar o total de carga induzida na superfície do condutor: σ (x, y, 0) da = d 2π dφ ρdρ 2π 0 0 (ρ 2 + d 2 ) 3/2 ρ= d = (ρ 2 + d 2 ) /2 = ρ=0 NH280 - Fundamentos da Eletrostática t 0 NH280 - Fundamentos da Eletrostática t

7 Já a força ue a placa condutora exerce sobre a carga, temos 2 F = ϕ (0, 0, d) = (2d) 2ẑ. Problema Resolver o problema agora de uma carga pontual na vizinhança de dois planos condutores ue se intersectam a ângulo reto conforme a gura (a área hachurada corresponde aos condutores). Os planos estão aterrados. Tabela : Campo elétrico do sistema carga-plano condutor. À esuerda, projeção no plano yz (incluindo curvas euipotenciais); à direita, representação tridimensional. Note como o campo elétrico é aproximadamente radial em torno da carga, e tende a car perpendicular ao plano condutor na promidade deste. NH280 - Fundamentos da Eletrostática t 2 NH280 - Fundamentos da Eletrostática t 3

8 Problema Determinar o potencial eletrostático de um sistema composto por uma esfera condutora aterrada de raio R e uma carga pontual a uma distância a > R do centro da esfera, conforme a gura. Já para θ = π, temos ϕ (r = R, θ = π) = [ ] a + R + R + b Destas duas euações resulta ue R b = a R R + b = a + R. = 0. Solução: Seja o centro da esfera a origem do sistema de coordenadas polares esféricas, com o eixo dos z na direção da linha ue une a posição à origem. Neste caso, a carga imagem deve estar situada sobre o eixo dos z. Se b é a distância de à origem (veja gura à direita), então a condição de ue ϕ = 0 sobre a esfera implica, paraθ = 0, ϕ (r = R, θ = 0) = [ ] a R + R b = 0. Este é um sistema de duas euações envolvendo duas incógnitas: e b. Vamos supor b < R, neste caso { (R b) = (a R). (R + b) = (a + R) { = R a b = R2 a Até o momento, estas condições garantem ue ϕ = 0 apenas em dois pontos da superfície do condutor. Temos ue vericar se nossa tentativa de solução, ϕ (r, θ) = = [ r2 + a 2 2ra cos θ + ] r2 + b 2 2rb cos θ [ r2 + a 2 2ra cos θ ] R, a r2 + R 4 /a 2 2r (R 2 /a) cos θ. NH280 - Fundamentos da Eletrostática t 4 NH280 - Fundamentos da Eletrostática t 5

9 satisfaz ϕ (r = R, θ) = 0, para ualuer θ. Este ca como um exercício para o estudante! A densidade supercial de carga induzida no condutor é dada por ϕ σ (θ) = ε 0 [ ϕ (r, θ) r] r=r = ε 0 r, r=r Problema Um o innito com densidade linear de carga λ está a uma distância d de um plano condutor innito aterrado (ϕ = 0), localizado no plano xz. Determinar o potencial em todos os pontos y 0 e a densidade de carga induzida no plano condutor. e pode ser vericado ue 2π 0 π dφ dθ sin θ σ (θ) = = R 0 a. Figura : problema. Campo elétrico obtido a partir do potencial calculado no Solução: A lei de Gauss dá para o campo elétrico do o, em coordenadas cilíndricas com eixo sobre o o, E (r) = 2λ ρ ρ = λ xx + yŷ 2πε 0 ( ) 2, x2 + y 2 NH280 - Fundamentos da Eletrostática t 6 NH280 - Fundamentos da Eletrostática t 7

10 de modo ue o potencial correspondente é ϕ (x, y) = λ ln x 2πε 2 + y 2, 0 onde ignoramos uma possível constante aditiva. Agora vamos mudar para o referencial do problema, ou seja, o plano de carga no eixo xz e o o paralelo ao eixo dos z, localizado em y = d. Neste caso, é fácil escrever o potencial num ponto r ualuer notando ue, na expressão acima, x2 + y 2 não é mais ue a distância entre a projeção de r = (x, y, z) no plano xy e o ponto (0, d, 0). Em nosso referencial de interesse, portanto, o potencial é dado por ϕ d (r) = λ ln 2πε 0 x 2 + (y d) 2. = λ 2πε 0 mente, por ϕ (r) = ϕ d (r) + ϕ I (r) [ ln = λ 2πε 0 ln x 2 + (y d) 2 ln x 2 + (y d) 2 x 2 + (y + d) 2. x 2 + (y + d) 2 ] É fácil ue ver ue ϕ = 0 para y = 0. Por outro lado, também vale ue ϕ = 0 uando x, y, o ue também é razoável. A densidade de carga induzida no plano condutor é ϕ σ = ε 0 ϕ n y=0 = ε 0 λd y = y=0 π (x 2 + d 2 ). Consideramos um o imagem com densidade linear de carga λ, localizado em y = d. O potencial correspondente é: Veja ue σdx = λ. ϕ I (r) = + λ ln 2πε 0 x 2 + (y + d) 2. Observe ue as linhas euipotenciais são denidas por x 2 + (y d) 2 x 2 + (y + d) 2 = constante. A solução do nosso problema é dada, nal- NH280 - Fundamentos da Eletrostática t 8 NH280 - Fundamentos da Eletrostática t 9