Apostila Eletromagnetismo UFU Exercicios

EXERCÍCIOS RESOLVIDOS DE ELETROMAGNETISMO

Anexo 01 – CURVAS B-H

Curvas B – H para H < 400 A/m (para exercícios do Capítulo 08) (Cada pequena divisão significa 0,02 T para B e 5 A/m para H)

Curvas B – H para H > 400 A/m (para exercícios do Capítulo 08) (Cada pequena divisão significa 0,02 T para B e 50 A/m para H)


CAPÍTULO 01

–

ANÁLISE VETORIAL CAPÍTULO 01 ANÁLISE VETORIAL

1.1) Um vetor B é dado por: B = a x + 2a y + 3a z . Determine um vetor A de módulo igual a 3 e componente x unitária de modo que A e B sejam perpendiculares entre si. Resolução:

B = a + 2a + 3a x y z  Dados: A = xa x + ya y + za z A ⊥ B A = 3 

(01) x =1

A = 3 ⇒ 12 + y2 + z2 = 3 A ⊥ B ⇒ A • B = 0 ⇒ 1 + 2y + 3z = 0 De (03): y =

(02) (03)

− 3z − 1 2

(04)

Substituindo (04) em (02), temos: 2

9z 2 + 6z + 1 2  − 3z − 1  2 1+  + z = 3 ⇒ 1 + + z = 3 ⇒ 13z 2 + 6z − 7 = 0  4  2  7 13 z 2 = −1

1a raiz

(05)

z1 =

2a raiz:

(06)

Substituindo (05) em (04), temos: − 3⋅ y1 =

7 −1 21 1 13 =− − 2 26 2

⇒

Substituindo (06) em (04), temos: − 3 ⋅ ( −1) − 1 3 − 1 y2 = = ⇒ 2 2

y1 = −

y2 = 1

Substituindo (05) e (07) em (01), temos:

17 7 A1 = a x − ay + az 13 13 Substituindo (06) e (08) em (01), temos:

A2 = ax + ay − az – Página 1.1 –

17 13

(07)

(08)


CAPÍTULO 01

–

ANÁLISE VETORIAL

1.2) Transforme cada um dos seguintes vetores para coordenadas cilíndricas no ponto dado: a) A = 5a x em P (ρ = 4, φ = 120o , z = 2); b) B = 6a y em Q (x = 4, y = 3, z = -1); c) C = 4a x − 2a y − 4a z em R (x = 2, y = 3, z = 5). Resolução: a)

A = Aρ a ρ + Aφ aφ + Az a z onde: A = A • a = 5a • a = 5 cos φ = 5 cos 120 ⇒ A = −2,5 ρ ρ ρ x ρ  • a φ = 5a x • a φ = −5 sen φ = −5 sen 120 ⇒ A φ = −4,33 A φ = A A = A • a = 5a • a ⇒ A = 0 z x z z  z ∴ A = −2,5a ρ − 4,33a φ

Transformando o ponto Q (x = 4, y = 3, z = -1) de coordenadas cartesianas para cilíndricas, b) temos: ρ = x 2 + y 2 = 5   3  sen φ = Q( ρ ; φ ; z ) =  ⇒ Q( ρ = 5; φ = 36,87°; z = −1)  y  5  φ = arctg ⇒ φ = 36,87° ⇒  x  cos φ = 4  5  mas:

3  B = B • aρ = 6ay • aρ = 6 senφ = 6 ⋅ ⇒ Bρ = 3,6 ρ  5  4 B = B ρ a ρ + Bφ a φ + B z a z onde: Bφ = B • aφ = 6ay • aφ = 6 cosφ = 6 ⋅ ⇒ Bφ = 4,8 5  B = B • a = a • a ⇒ B = 6 0 z y z z  z  ∴ B = 3,6a ρ + 4,8a φ c) Transformando o ponto R (x = 2, y = 3, z = 5) de coordenadas cartesianas para cilíndricas, temos:

 ρ = x 2 + y 2 = 13    R ( ρ ;φ ; z ) =  y  φ = arctg ⇒ φ = 56,31° ⇒ x  

3  sen φ = 13 ⇒ R ρ = 13 ;φ = 56,31°; z = 5  cos φ = 2  13

mas: C = C ρ a ρ + Cφ a φ + C z a z onde: – Página 1.2 –

(

)


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–

ANÁLISE VETORIAL

2 3  C = C ⋅ a ρ = (4ax − 2ay − 4az ) ⋅ a ρ = 4 cosφ − 2 senφ = 4 ⋅ − 2⋅ ⇒ Cρ = 0,555 ρ  13 13  3 2  − 2⋅ ⇒ Cφ = −4,438 Cφ = C ⋅ aφ = (4ax − 2ay − 4az ) ⋅ aφ = −4 senφ − 2 cosφ = −4 ⋅ 13 13  C = C ⋅ a = (4a − 2a − 4a ) ⋅ a ⇒ C = −4 z x y z z z  z  ∴ C = 0,555a ρ − 4,438a φ − 4a z 1.3) Um campo vetorial é definido no ponto P (ρ = 20, φ = 120o , z = 10) como sendo: V = 4a ρ + 3a φ + 5a z . Determinar: a) a componente vetorial de V normal à superfície ρ = 20; b) a componente vetorial de V tangente à superfície φ = 120o; c) a componente vetorial de V na direção do vetor R = 6a ρ + 8a φ ; d) um vetor unitário perpendicular a V e tangente ao plano φ = 120o; e) o vetor V no sistema de coordenadas cartesianas; Resolução: a) Dados: V = 4a ρ + 3a φ + 5a z em P (ρ = 20, φ = 120o , z = 10).

Sabe-se que V = VN + VT e que VN = ( V • a ρ )a ρ . Portanto: VN = [(4aρ + 3aφ + 5az ) • a ρ ]aρ ⇒ VN = 4aρ

b) Dados: V = 4a ρ + 3a φ + 5a z em P (ρ = 20, φ = 120o , z = 10).

Sabe-se que V = VN + VT e que VN = ( V • a φ )a φ .

Cálculo de VN : VN = (V • a φ )a φ VN = [(4a ρ + 3a φ + 5a z ) • a φ ]a φ ⇒ VN = 3a φ

– Página 1.3 –


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–

ANÁLISE VETORIAL

Cálculo de VT : VT = V − VN = (4a ρ + 3a φ + 5a z ) − 3a φ ⇒ VT = 4a ρ + 5a z

c)

Dados: R = 6a ρ + 8a φ .

6a ρ + 8a φ R VR = ( V • a R )a R , onde a R = = ⇒ a R = 0,6a ρ + 0,8a φ 36 + 64 R ∴ VR = [(4a ρ + 3a φ + 5a z ) • (0,6a ρ + 0,8a φ )](0,6a ρ + 0,8a φ ) ⇒ VR = 2,88a ρ + 3,84a φ d) Seja A = Aρ a ρ + Aφ a φ + Az a z o vetor procurado. (01) Aφ = 0, pois A é tangente ao plano φ = 120°  Pelas condições apresentadas, temos: A • V = 0, poisA ⊥V (02)   A = 1, pois A é um versor (03) De (01), conclui-se que A = Aρ a ρ + Az a z (04)

De (02), conclui-se que: A • V = (Aρ a ρ + Az a z ) • ( 4a ρ + 3a φ + 5a z ) ⇒ 4 Aρ + 5 Az = 0 De (03), conclui-se que Aρ2 + Az2 = 1 5 De (05): Aρ = − Az 4 Substituindo (07) em (06), temos: 25 2 16 A z + A 2z = 1 ⇒ A z = ± = ±0,625 16 41

(05) (06) (07)

(08)

Substituindo (08) em (07), temos: (09)

A ρ = ∓ 0,781 Substituindo (08) e (09) em (01), temos: A = ± − 0,781a ρ + 0,625a z

(

e)

)

Cálculo das componentes, em coordenadas cartesianas, do vetor V :

Vx = V • ax = (4a ρ + 3aφ + 5az ) • ax = 4 cosφ − 3 senφ = 4 cos120 − 3 sen120° ⇒ Vx = −4,598  • a = (4aρ + 3aφ + 5az ) • ay = 4 senφ + 3 cosφ = 4 sen120 + 3 cos120° ⇒ Vy = 1,964 Vy = V y Vz = V • az = (4a ρ + 3aφ + 5az ) • az ⇒ Vz = 5  ∴ V = −4,598a x + 1,964a y + 5a z – Página 1.4 –


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–

ANÁLISE VETORIAL

1.4) Se a1 é um vetor unitário dirigido da origem ao ponto (-2,1,2), determinar: a) um vetor unitário a 2 paralelo ao plano x = 0 e perpendicular a a1 ; b) um vetor unitário a 3 perpendicular a a1 e a 2 .

Resolução:

Cálculo de a1 : − 2a x + a y + 2a z A1 2 1 2 a1 = = ⇒ a1 = − a x + a y + a z 3 3 3 A1 ( −2) 2 + 12 + 2 2

a)

Seja a 2 = a2 a x + a2 a y + a2 a z o vetor procurado. x y z

a 2x = 0, pois a 2 é paralelo ao plano x = 0  Pelas condições apresentadas, temos: a 2 • a1 = 0, pois a 2 ⊥a1  a = 1, pois a é um versor 2  2 De (01), conclui-se que: a 2 = a2 a y + a2 a z y z

(01) (02) (03)

(04)

De (02), conclui-se que:

2 1 2 a2 • a1 = (a2 ay + a2 az ) • (− ax + ay + az ) y z 3 3 3 1 2 ∴ a 2 • a1 = a 2 + a 2 = 0 3 y 3 z

(05)

De (03), conclui-se que a 22 + a 22 = 1 y z

(06)

De (05), a 2 = −2 a 2 y z

(07)

Substituindo (07) em (06), temos: 5 4 a 22 + a 22 = 1 ⇒ a 2 = ± z z z 5

(08) – Página 1.5 –


–

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ANÁLISE VETORIAL

Substituindo (08) em (07), temos: a2 = ∓ y

2 5 5

(09)


5 a2 = ± − 2a y + a z 5

(

b)

)

Seja a 3 = a3 a x + a3 a y + a3 a z o vetor procurado. x y

z

Pelas condições apresentadas, temos:

a 3 = a1 × a 2 , pois a 3 ⊥ ao plano formado por a1 e a 2   a 3 = 1, pois a 3 é um versor

(01) (02)

De (01), conclui-se que

ax

ay

a3 = − 23

1 3 ±2 5

0

az

 5 4 5  2 5 4 5   3 ⇒ a3 =  ± 15 ± 15 a x ± 15 a y ± 15 az   5 ± 5 5 2

5 Logo: a 3 = ± 5a x + 2a y + 4a z 15

(

)

1.5) Determinar: a) qual é a componente escalar do vetor E = − ya x − xa y no ponto P (3, -2, 6 ) que está apontada para o ponto Q (4, 0, 1 ); b) qual é a equação (escalar) da linha no plano z = 0 que é perpendicular ao vetor A = 3a x − 4a y e passa através do ponto P (1, 5, 0 )? Resolução: a)

Definições: E P é o vetor dado E no ponto P ⇒ E P = − ya x − xa y ⇒ E P = 2a x − 3a y PQ é um vetor dirigido do ponto P para o ponto Q. E P é a componente escalar de E P na direção de E PQ . Q

a PQ . é o vetor unitário de PQ – Página 1.6 –


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ANÁLISE VETORIAL

a x + 2a y − 5a z PQ a x + 2a y − 5a z Cálculo de a PQ : a PQ = = ⇒ a PQ = 1 + 4 + 25 30 PQ

Cálculo de E P : Q  a x + 2a y − 5a z E P = E P • a PQ ⇒ E P = (2a x − 3a y ) •   Q Q 30 

  ⇒ EP = − 4  Q 30 

b)

Seja v = ( x − 1)a x + ( y − 5)a y o vetor dirigido de P para Q (vetor na direção da linha). Mas v ⊥ A ⇒ A • v = 0 ∴ (3ax − 4ay ) • [(x − 1)ax + (y − 5)ay ] = 0 ⇒ 3(x − 1) − 4(y − 5) = 0 ⇒ 3x - 4y + 17 = 0

Assim, 3x-4y+17=0 é a equação da linha no plano z = 0 que é perpendicular ao vetor A e passa pelo ponto P 1.6) Encontrar o vetor em coordenadas: a) cartesianas que se estende de P (ρ = 4, φ = 10o , z = 1) a Q (ρ = 7, φ = 75o , z = 4). b) cilíndricas no ponto M (x = 5, y = 1, z = 2) que se estende até N (x = 2, y = 4, z = 6). Resolução:

P ( ρ = 4; φ = 10°; z = 1) Dados:  Q ( ρ = 7; φ = 75°; z = 4 )

a)

Definindo PQ como o vetor, em coordenadas cartesianas, que estende-se do ponto P ao ponto Q, temos: PQ = OQ − OP = PQ x a x + PQ y a y + PQz a z , onde OQ é o vetor dirigido da origem ao ponto Q e OP é o vetor dirigido da origem ao ponto P.

Cálculo do vetor OP :

OPx = ρ cos φ = 4 cos 10 ° ⇒ OPx = 3,939  OP = OPx a x + OPy a y + OPz a z , onde: OPy = ρ sen φ = 4 sen 10 ° ⇒ OPy = 0,695 OPz = z ⇒ OPz = 1 ∴ OP = 3,939a x + 0,695a y + a z – Página 1.7 –


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ANÁLISE VETORIAL

Cálculo do vetor OQ :

OQ = OQx a x + OQ y a y + OQz a z ,onde:

OQ x = ρ cos φ = 7 cos 75° ⇒ OQ x = 1,812  OQ y = ρ sen φ = 7 sen 75° ⇒ OQ y = 6,761 OQz = z ⇒ OQz = 4

∴ OQ = 1,812a x + 6,761a y + 4a z mas: PQ = OQ − OP = PQ x a x + PQ y a y + PQz a z , onde:

b)

PQ x = OQ x − OPx ⇒ PQ x = −2,13  PQ y = OQ y − OPy ⇒ PQ y = 6,07 ⇒ PQ = −2,13a x + 6,07a y + 3a z PQ z = OQ z − OPz ⇒ OQ z = 3 M (x = 5; y = 1; z = 2 ) Dados:  Q ( ρ = 7; φ = 75°; z = 4 ) Podemos escrever o vetor MN em coordenadas cartesianas da seguinte forma: MN = ON − OM = MNx a x + MNy a y + MNz a z , onde ON = 2a x + 4a y + 6a z e OM = 5a x + a y + 2a z .Portanto,

MNx = −3 ; MNy = 3 ; MNz = 4 e MN = −3a x + 3a y + 4a z .

Cálculo do vetor MN em coordenadas cilíndricas:

MN = MN ρ a ρ + MNφ a φ + MNz a z onde: MN ρ = MN ⋅ a ρ = ( −3a x + 3a y + 4a z ) ⋅ a ρ = −3 cos φ + 3 sen φ   MNφ = MN ⋅ a φ = ( −3a x + 3a y + 4a z ) ⋅ a φ = 3 sen φ + 3 cos φ  MNz = MN ⋅ a z = ( −3a x + 3a y + 4a z ) ⋅ a z = 4  ρ = x 2 + y 2 = 26  y  1 No ponto M, temos:  senφ = = ρ 26   x 5 cosφ = = ρ 26  5 1 12  MN = − 3 + 3 ⇒ MN = − ρ ρ  26 26 26  1 5 18 Portanto: MNφ = 3 +3 ⇒ MNφ = 26 26 26  MN = 4  z  12 18 Logo: MN = MN ρ a ρ + MNφ a φ + MN z a z ⇒ MN = − aρ + a φ + 4a z 26 26 – Página 1.8 –


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ANÁLISE VETORIAL

1.7) Sejam os pontos P ( 3, -4, 5 ) e Q ( 1, 2, 3 ) e W um vetor localizado no ponto P cuja magnitude seja igual à distância entre P e Q. Determine o vetor W apontado para Q: a) no sistema de coordenadas cartesianas; b) no sistema de coordenadas cilíndricas; c) no sistema de coordenadas esféricas. Resolução:

No ponto P, temos:   ρ = x2 + y2 = 5   y y x (01) φ = arctg = −53,13° ; senφ = = −0,8 ; cosφ = = 0,6 ρ ρ x   x2 + y2 z  θ = arctg ρ = 135° ; senθ = = −0,7071 ; cosθ = = −0,7071  2 2 2 2 2 2 z x +y +z x +y +z  a)

W = Wx a x + Wy a y + Wz a z ∴ W = (1 − 3)a x + (2 − (−4))a y + (3 − (−5))a z ⇒ W = −2a x + 6a y + 8az

b)

W = Wρ a ρ + Wφ a φ + Wz a z

Cálculo das componentes, em coordenadas cilíndricas, do vetor W :

Wρ = W • aρ = (−2ax + 6ay + 8az ) • aρ = −2 cosφ + 6 senφ = −2(0,6) + 6(−0,8) ⇒ Wρ = −6  • aφ = (−2ax + 6ay + 8az ) • aφ = 2 senφ + 6 cosφ = 2(−0,8) + 6(0,6) ⇒ Wφ = 2 Wφ = W Wz = W • az = (−2ax + 6ay + 8az ) • az ⇒ Wz = 8  ∴ W = −6a ρ + 2a φ + 8a z c)

W = Wr a r + Wθ aθ + Wφ a φ

(01)

Cálculo das componentes, em coordenadas esféricas, do vetor W :

Wr = W • ar = (−2ax + 6ay + 8az ) • ar ⇒ Wr = −2 senθ cosφ + 6 senθ senφ + 8 cosθ  Wθ = W • aθ = (−2ax + 6ay + 8az ) • aθ ⇒ Wθ = −2 cosθ cosφ + 6 cosθ senφ − 8 senθ  W = W • aφ = (−2ax + 6ay + 8az ) • aφ ⇒ Wφ = 2 senφ + 6 cosφ  φ – Página 1.9 –

(02) (03) (04)


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–

ANÁLISE VETORIAL

Substituindo (01) em (02), temos:

Wr = −2(0,7071)(0,6) + 6(0,7071)( −0,8) + 8( −0,7071) ⇒ Wr = −9,90

(05)

Substituindo (01) em (03), temos: Wθ = −2( −0,7071)(0,6) + 6( −0,7071)( −0,8) − 8(0,7071) ⇒ Wθ = −1,41

(06)


Wφ = 2(0,8) + 6(0,6) ⇒ Wφ = −2

(07)

Substituindo (05), (06) e (07) em (01), temos: W = −9,90a r − 1,41aθ + 2a φ

1.8) Um campo vetorial é definido no ponto P ( r = 10, θ = 150o, φ = 60o ) como sendo: G = 3a r + 4aθ + 5a φ . Determinar: a) a componente vetorial de G normal a superfície r = 10; b) a componente vetorial de G tangente ao cone θ = 150o; c) a componente vetorial de G na direção do vetor R = 6a r + 8a φ ; d) um vetor unitário perpendicular a G e tangente ao plano φ = 60o; Resolução: a)

Dados: G = 3a r + 4aθ + 5a φ em P ( r = 10, θ = 150o, φ = 60o ).

Sabe-se que G = G N + G T e que G N = (G • a r )a r . Portanto: G N = [(3a r + 4aθ + 5a φ ) • a r ]a r ⇒ G N = 3a r

b) Dados: G = 3a r + 4aθ + 5a φ em P ( r = 10, θ = 150o, φ = 60o ).

Sabe-se que G = G N + G T e que G N = (G ⋅ aθ )aθ .

Cálculo de G N : G N = (G • aθ )aθ = [(3a r + 4aθ + 5a φ ) • aθ ]aθ ⇒ G N = 4aθ – Página 1.10 –


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c)

–

ANÁLISE VETORIAL

Cálculo de G T : G T = G − G N = (3a r + 4aθ + 5a φ ) − 4aθ ⇒ G T = 3a r + 5a φ Dados: R = 6a r + 8a φ 6a r + 8a φ R G R = (G • a R )a R , onde a R = = ⇒ a R = 0,6a r + 0,8a φ 36 + 64 R

∴ G R = [(3a r + 4aθ + 5a φ ) • (0,6a r + 0,8a φ )](0,6a r + 0,8a φ ) ⇒ G R = 3,48a r + 4,64a φ d) Dados: G = 3a r + 4aθ + 5a φ em P ( r = 10, θ = 150o, φ = 60o ).

Seja S = Sr a r + Sθ aθ + Sφ a φ o vetor procurado. Sφ = 0, pois S é tangente ao plano φ = 60°  Pelas condições apresentadas, temos: S ⋅ G = 0, pois S⊥G  S = 1 , pois S é um versor  De (01), conclui-se que S = Sr a r + Sθ aθ

(01) (02) (03)

(04)

De (02), conclui-se que : S • G = (S r a r + Sθ aθ ) • (3a r + 4aθ + 5a φ ) ⇒ 3 S r + 4 Sθ = 0

(05)

De (03), conclui-se que Sr2 + Sθ2 = 1

(06)

4 De (05): Sr = − Sθ 3

(07)

Substituindo (07) em (06), temos: 16 2 3 Sθ + Sθ2 = 1 ⇒ Sθ = ± 9 5

(08)

Substituindo (08) em (07), temos: 4 5 Substituindo (08) e (09) em (04), temos: Sr = ∓

3  4 S = ± a r − aθ  5 5  – Página 1.11 –

(09)


–

CAPÍTULO 02

LEI DE COULOMB E INTENSIDADE DE CAMPO ELÉTRICO

CAPÍTULO 02 LEI DE COULOMB E INTENSIDADE DE CAMPO ELÉTRICO 2.1) Um fio de 2 m está carregado uniformemente com 2 µC. A uma distância de 2 m de sua extremidade, no seu prolongamento, está uma carga pontual de 2 µC. Obter o ponto no espaço onde o campo elétrico seja nulo. Resolução:

Definições: P (2+d; 0; 0) é o ponto onde o campo elétrico resultante é nulo. E1 é o campo elétrico gerado em P pela carga Q. E 2 é o campo elétrico gerado em P pelo fio.

Cálculo do campo elétrico gerado em P pela carga Q: E1 =

Q 4πε o ( 2 − d)

2

( −a x ) , onde Q = 2µC.

(01)

Cálculo do campo elétrico gerado em P pelo fio: E2 =

[ ]

2 µC ∆Q  ρL = = ⇒ ρL = 1 C a ,onde: m  ∫ 4πε (2 − x + d) 2 x ∆L 2m  dL = dx o 

ρ L dL

2 De (01), conclui-se que E 2 = ∫

ρ L dx

x = 0 4πε o ( 2 − x + d)

u = 2 − x + d Substituição de variáveis na integral:  du = −dx

2

ax

(02)

(03)

(04)

Substituindo (04) em (03), temos: 2 ρ E2 = L ∫ 4πε o

2 ρ u −1 ρ  du 1  ax ⇒ E2 = L ax ⇒ E2 = − L  a x 2 4πε o − 1 4πε o  2 − x + d  x = 0 x =0 u

ρ 1 1  ∴ E2 = − L  − 4πε o  d 2 + d 

(05)

– Página 2.1 –


–

CAPÍTULO 02


Para o campo elétrico ser nulo em P, é necessário que E1 + E 2 = 0 .

(06)

Substituindo (01) e (05) em (06), temos: 2 ⋅ 10 − 6

1 ⋅ 10 − 6 − 4πε o 4πε o (2 − d) 2

1  2 1 1 1 − + =0 d − 2 + d  = 0 ⇒   ( 2 − d) 2 d 2 + d

2d(2 + d) − (2 + d)(2 − d) 2 + d(2 − d) 2 = 0 2 4d + 2d 2 − 8 + 8d − 2d 2 − 4d + 4d 2 − d 3 + 4d − 4d 2 + d 3 = 0 ⇒ d = [m] 3 Logo, as coordenadas do ponto P são: ( 2,67; 0; 0 ) [m]

2.2) Uma linha de carga com ρL = 50 ηC/m está localizada ao longo da reta x = 2, y = 5, no vácuo. a) Determinar E em P (1, 3, -4 ); b) Se a superfície x = 4 contém uma distribuição superficial de carga uniforme com ρS = 18 ηC/m2, determinar em que ponto do plano z = 0 o campo elétrico é nulo. Resolução: a)

Campo elétrico para uma linha de cargas:

 ρ é o vetor dirigido da linha para o ponto P  ρL EL = a ρ , onde:  ρ = ρ 2πε o ρ a é o unitário de ρ  ρ

(01)

Cálculo de ρ e de ρ:

ρ = (1 − 2)a x + (3 − 5)a y + 0a z ⇒ ρ = −a x − 2a y (02)

ρ = 12 + 2 2 ⇒ ρ = 5

Cálculo de a ρ :

ρ − a x − 2a y aρ = = ρ 5

(03) – Página 2.2 –


CAPÍTULO 02

–


Substituindo (02) e (03) em (01), temos: 50 ⋅ 10 − 9 − a x − 2a y ⇒ E = 180(−a x − 2a y ) E= ⋅ 2πε o 5 5 E = −180a x − 360a y [V m]

b)

Para E T ser nulo no ponto Q (x, y, 0 ), este deve estar localizado entre o plano e a linha.

Campo elétrico para uma linha de cargas:

 ρ é o vetor dirigido da linha para o ponto P  ρL EL = a ρ , onde:  ρ = ρ 2πε o ρ a é o unitário de ρ  ρ

Campo elétrico para uma distribuição superficial de cargas:

ρ E P = S a N , onde: a N é o unitário normal à superfície na direcão de (x, y, 0). 2ε o

(01)

(02)

Cálculo do campo elétrico no ponto Q devido à linha:

   ρ = ( x − 2)a x + ( y − 5)a y ;    ( x − 2)a x + ( y − 5)a y a =  ρ ( x − 2) 2 + ( y − 5) 2 

ρ = ( x − 2) 2 + ( y − 5) 2

– Página 2.3 –

(03)


CAPÍTULO 02

–



EL =

∴ EL

(x − 2) a x + ( y − 5) a y ρL ρL a ρ ⇒ EL = 2πε o ρ 2πε o (x − 2) 2 + (y − 5) 2 (x − 2) 2 + ( y − 5) 2 ρL = [(x − 2) a x + (y − 5) a y ] (04) 2 2 2πε o [(x − 2) + (y − 5) ]

Cálculo do campo elétrico no ponto Q devido à superfície: a N = −a x

(05)


ρ EP = − S a x 2ε o

(06)

Mas E T = E L + E P = 0

(07)

Substituindo (04) e (06) em (07):

ET =

ρL 2πε o (x − 2) 2 + (y − 5) 2 50 ⋅ 10 − 9

2π ⋅

⋅

10 − 9 36π

⋅

(x − 2) 2 + (y − 5) 2

(x − 2) a x + (y − 5)a y (x − 2) 2 + ( y − 5) 2

(x − 2) a x + ( y − 5) a y (x − 2) 2 + ( y − 5) 2

−

−

ρS ax = 0 2ε o

18 ⋅ 10 − 9 ax = 0 10 − 9 2⋅ 36π

    900( y − 5) 900(x − 2) − 324π  a x +    ay = 0 (x − 2) 2 + (y − 5) 2  (x − 2) 2 + (y − 5) 2  900(y − 5)  =0⇒ y=5  2 2 (x − 2) + (y − 5) ∴ 900(x − 2) 900  − 324π = 0 ⇒ = 324π ⇒ x = 2,88  2 2 x − 2 (x − 2) + (y − 5) Logo, as coordenadas do ponto Q são: (x = 2,88; y = 50;z = 0). 2.3) Oito cargas pontuais de 1 µC cada uma estão localizadas nos vértices de um cubo de 1 m de lado, no espaço livre. Encontrar E no centro: a) do cubo; b) de uma face do cubo; c) de uma aresta do cubo;

– Página 2.4 –


CAPÍTULO 02

–


Resolução:

P ( 0,5; 0,5; 0,5 )é o centro do cubo; K ( 0,5; 1; 0,5 )é o centro de uma face; M ( 1; 0,5; 0 )é o centro de uma aresta.

a) Como as cargas são todas iguais e simétricas, elas produzem campos iguais e em oposição. Logo, o campo elétrico em P é nulo.

b) E K = E GK + E CK + E BK + E FK + E AK + E EK + E HK + E DK , onde: E K é o campo gerado em K pelas carga em G, C, B, F, A, E, H e D; E GK é o campo gerado em K pela carga em G; E CK é o campo gerado em K pela carga em C; E BK é o campo gerado em K pela carga em B; E FK é o campo gerado em K pela carga em F; E AK é o campo gerado em K pela carga em A; E EK é o campo gerado em K pela carga em E; E HK é o campo gerado em K pela carga em H; E DK é o campo gerado em K pela carga em D; Por simetria:

E GK + E CK + E BK + E FK = 0 , o que torna E K = E AK + E EK + E HK + E DK .

Cálculo de E AK :  R AK é o vetor dirigido da carga em A ao ponto K ; Q  E Ak = aR , onde:  R AK = R AK ; AK 4πε o R 2AK  é um versor de R AK . a R  AK

– Página 2.5 –

(01)


–

CAPÍTULO 02


R AK = 0,5a x + a y + 0,5a z ∴ E Ak =

Q 32 4πε o R AK

;

R AK = 1,5

R AK

;

aR

R AK = AK R AK (02)

Cálculo de E EK :  R EK é o vetor dirigido da carga em E ao ponto K ; Q  E Ek = a R , onde:  R EK = R AK = R EK = R AK ; EK 4πε o R 2EK  a R é um versor de R EK .  EK R EK R EK = −0,5a x + a y + 0,5a z ; R EK = R AK = 1,5 ; aR = EK R AK ∴ E Ek =

Q 32 4πε o R AK

R EK

(03)

Cálculo de E HK :  R HK é o vetor dirigido da carga em H ao ponto K ; Q  E Hk = aR , onde:  R HK = R AK = R HK = R AK ; HK 4πε o R 2HK  é um versor de R HK . a R  HK R HK R HK = −0,5a x + a y − 0,5a z ; R HK = R AK = 1,5 ; aR = HK R AK ∴ E Hk =

Q 32 4πε o R AK

R HK

(04)

Cálculo de E DK :  R DK é o vetor dirigido da carga em D ao ponto K ; Q  E Dk = aR , onde:  R DK = R AK = R DK = R AK ; DK 4πε o R 2DK  é um versor de R DK . a R  DK R DK R DK = 0,5a x + a y − 0,5a z ; R DK = R AK = 1,5 ; aR = DK R AK ∴ E Dk =

Q 32

4πε o R AK

R DK

(05)

– Página 2.6 –


–

CAPÍTULO 02


Substituindo (02), (03), (04) e (05) em (01): Ek =

Q 32 4πε o R AK

( R AK + R EK + R HK + R DK )

(06)

Mas:

RAK + REK + RHK + RDK = (0,5ax + ay + 0,5az ) + (−0,5ax + ay + 0,5az) + (−0,5ax + ay − 0,5az ) + (0,5ax + ay − 0,5az ) (07) ∴RAK + REK + RHK + RDK = 4ay

Substituindo (07) em (06) ,temos: Ek =

4Q

a y ⇒ Ek = 32

4πε o R AK

4 ⋅ 10 − 9 4πε o 1,5

E k = 19,57 a y ⇒ E k = 19,57

32

ay

[V m]

c) E M = E EM + E FM + E AM + E BM + E HM + E GM + E CM + E DM , onde: E M é o campo gerado em M pelas cargas em E, F, A, B, H, G, C e D; E EM é o campo gerado em M pela carga em E; E FM é o campo gerado em M pela carga em F; E AM é o campo gerado em M pela carga em A; E BM é o campo gerado em M pela carga em B; E HM é o campo gerado em M pela carga em H; E GM é o campo gerado em M pela carga em G; E CM é o campo gerado em M pela carga em C; E DM é o campo gerado em M pela carga em D; Por simetria: E EM + E FM = 0 Portanto: E M = E AM + E BM + E HM + E GM + E CM + E DM

(01)

Cálculo de E AM :

 R AM é o vetor dirigido da carga em A ao ponto M ; Q  E AM = aR , onde:  R AM = R AM ; AM 4πε o R 2AM  é um versor de R AM . a R  AM – Página 2.7 –


CAPÍTULO 02

–


R AM = a x + 0,5a y + 0a z ∴ E AM =

Q 32

4πε o R AM

;

R AM = 1,25

R AM

;

aR

R AM = AM R AM (02)

Cálculo de E BM :

 R BM é o vetor dirigido da carga em B ao ponto M; Q  E BM = aR , onde:  R BM = R AM = R BM = R AM ; BM 4πε o R 2BM  é um versor de R BM . a R  BM R BM R BM = a x − 0,5a y + 0a z ; R BM = R AM = 1,25 ; aR = BM R AM ∴ E BM =

Q 32

4πε o R AM

R BM

(03)

Cálculo de E HM :

 R HM é o vetor dirigido da carga em H ao ponto M ; Q  E HM = aR , onde:  R HM = R AM = R HM = R AM ; HM 4πε o R 2HM  é um versor de R HM . a R  HM R HM R HM = 0a x + 0,5a y − a z ; R HM = R AM = 1,25 ; aR = HM R AM ∴ E HM =

Q 32 4πε o R AM

R HM

(04)

Cálculo de E GM :  R GM é o vetor dirigido da carga em G ao ponto M ; Q  E GM = aR , onde:  R GM = R AM = R GM = R AM ; 2 GM 4πε o R G  M é um versor de R GM . a R  GM R GM = R GM = 0a x − 0,5a y − a z ; R GM = R AM = 1,25 ; aR GM R AM ∴ E GM =

Q 32

4πε o R AM

R GM

(05)

– Página 2.8 –


–

CAPÍTULO 02


Cálculo de E DM :

 R DM é o vetor dirigido da carga em D ao ponto M ; Q  E DM = aR , onde:  R DM = R DM ; DM 4πε o R 2DM  é um versor de R DM . a R  DM R DM R DM = a x + 0,5a y − a z ; R DM = 2,25 ; aR = DM R DM ∴ E DM =

Q 32

4πε o R DM

R DM

(06)

Cálculo de E CM : E CM =

Q 2 4πε o R C M

R CM = a x − 0,5a y ∴ E CGM =

 R CM é o vetor dirigido da carga em C ao ponto M ;  aR , onde:  R CM = R DM = R CM = R DM ; CM  é um versor de R CM . a R  CM R CM − a z ; R CM = R DM = 2,25 ; aR = CM R DM

Q 32

4πε o R DM

R CM

(07)

Substituindo (02), (03), (04), (05), (06) e (07) em (01), temos: EM =

  Q  R AM + R BM + R HM + R GM R DM + R CM  + 32 32  4πε o  R AM R DM  

(08)

Mas: R AM + R BM + R HM + R GM = (a x + 0,5a y ) + (a x − 0,5a y ) + (0,5a y − a z ) + (0,5a y − a z ) (09) ∴ R AM + R BM + R HM + R GM = 2a x − 2a z e R DM + R CM = (a x + 0,5a y − a z ) + (a x − 0,5a y − a z )

∴ R DM + R CM = 2a x − 2a z

(10)

Substituindo (09) e (10) em (08), temos:  2a x − 2a z 2a x − 2a z  +   32 2,25 3 2   1,25 E M = 18,21a x − 18,21a z ⇒ E M = 25,76 1 ⋅ 10 − 9 EM = 4πε o

– Página 2.9 –

[V m]


CAPÍTULO 02

–


2.4) Uma distribuição linear uniforme de cargas no eixo z é definida como sendo ρL = 10π ηC/m para z ≥ 0 e ρL = 0 para z < 0. Determinar qual deverá ser a densidade superficial de cargas no plano infinito z = 0 de modo que o campo elétrico resultante no ponto P ( 0, 3, 0 ) tenha direção normal ao eixo z. Determinar também o campo elétrico resultante.

Cálculo do campo elétrico no ponto P devido ao plano: ρ ρ E P = S a N , onde : a N = a z ⇒ E P = S a z 2ε o 2ε o

(01)

Cálculo do campo elétrico no ponto P devido à linha:  R = 3a y − za z  ρ L dz  EL = ∫ a R , onde  R = R = 9 + z 2 4πε o R 2  3a y − za z a R =  9 + z2 ρ L (3a y − za z ) EL = dz = E + E y z 4πε o ∫ (9 + z 2 )3 2

ρL EL = 4πε o

3dz

∫ (9 + z 2 )3 2 a y

−

ρL 4πε o

zdz

∫ (9 + z 2 )3 2 a z

ρL 3dz  ay E y = 4πε ∫ 2 32 o (9 + z )  ∴ ρL zdz  az E z = − 4πε ∫ 2 32 o (9 + z )  – Página 2.10 –

(02)

(03)


CAPÍTULO 02

–


Para que o campo elétrico resultante no ponto P ( 0, 3, 0 ) tenha direção normal ao eixo z, a condição de E P = E z deve ser satisfeita. Fazendo (01) = (04), temos:

ρS ρ zdz = L ∫ 2 2ε o 4πε o (3 + z 2 ) 3 2

(05)

z = 3tgθ Substituição de variáveis na integral:  dz = 3 sec 2 θdθ

(06)


ρS =

3tgθ .3 sec 2 θdθ 10π ⋅ 10 − 9 5 ⋅ 10 − 9 ⋅∫ ⇒ ρS = 2π 3 27 sec 3 θ

5 ⋅ 10 − 9 [− cos θ ]θ90=°0 ⇒ ρ S = 5 ρS = 3 3

∫

sen θ . cos θ dθ cos θ

 C  η m 2 

Cálculo do campo elétrico resultante ( E TOTAL ):

Como o campo elétrico resultante no ponto P ( 0, 3, 0 ) apresenta somente uma componente na direção de a y , conclui-se que E TOTAL = E y (07) Substituindo (03) em (07), temos: ρ E TOTAL = L 4πε o

3dz

∫ (3 2 + z 2 ) 3 2 a y

(08)

z = 3tgθ Substituição de variáveis na integral:  dz = 3 sec 2 θdθ

(09)

Substituindo (09) em (08), temos: 10π ⋅ 10 − 9 3.3 sec 2 θdθ 5 ⋅ 10 − 9 E TOTAL = ⋅∫ ay = ⋅ ∫ cos θ dθa y 4πε o 6ε o 27 sec 3 θ 5 ⋅ 10 − 9 E TOTAL = [sen θ ]θ90=°0 a y ⇒ E TOTAL = 94,12 V m 6ε o

[ ]

– Página 2.11 –


–

CAPÍTULO 02


2.5) Dado o campo vetorial D = x 2 a x + ( y + z )a y + xya z [C/m2]. Determinar o fluxo de D através da superfície triangular no plano xz, delimitada pelo eixo x, pelo eixo z, e pela reta x + z = 1 .

D = x 2 a x + ( y + z )a y + xya z Dados:  ; dS = dxdza y

Resolução:

Φ =

D ∫ • dS ⇒ Φ =

∫ (x

S

S

2

a x + (y + z ) a y + xy a z ) • dxdz a y 1 1− x

1 1− x

1

1− x

z2  Φ = ∫ ∫ (y + z)dzdx ⇒ Φ = ∫ ∫ zdzdx ⇒ Φ = ∫   dx 2   ( y = 0)  z=0 x =0 z=0 x =0  x =0 z=0 1

∫

Φ =

x =0

1 Φ = 2

(1 − x) 2 dx ⇒ Φ = 2

1

∫

x =0

1 − 2x + x 2 dx 2

1

 x3  1 2 ⇒ Φ = 1 − 1 + x − x +  3  2  x =0

1 1 [C] ⇒ Φ =  3 6

2.6) Dado o campo E = 15x 2 y a x + 5 y 3 a y , encontrar, no plano xy: a) a equação da linha de força que passa através do ponto P ( 2, 3, -4 ); b) um vetor unitário a E especificando a direção de E no ponto P; c) um vetor unitário a N que é perpendicular a E no ponto P. Resolução:

a)

Ex = 15x 2 y 2 3 E = Ex a x + Ey a y = 15x y a x + 5 y a y ⇒  3 E y = 5 y Dados: P ( 2, 3, -4 ) dy Ex dy 5y 3 dy y2 dy dx = ⇒ = ⇒ = ⇒ 3 = 2 2 2 dx Ey dx 15x y dx 3x y x2 3∫

dy y2

=

dx

∫ x2

 1 1 ⇒ 3  −  = − + c x  y – Página 2.12 –

(01)


CAPÍTULO 02

–


Substituindo em (01) as coordenadas do ponto P, temos: 1 1  1 3−  = − + c ⇒ c = 2 2  3

(02)


-

3 1 1 = − − y x 2

Portanto, a Equação da linha de Força é: -6 x + 2 y + xy = 0 ou 6 x-2 y − xy = 0 b)

E P é o vetor E definido no ponto P ( 2, 3, - 4 ). ∴ E P = (15 . 2 2. 3) a x + (5 . 33 ) a y ⇒ E P = 180 a x + 135 a y 180 a x + 135 a y EP aE = ⇒ aE = EP 180 2 + 135 2 180 a x + 135 a y aE = ⇒ a E = 0,8 a x + 0,6 a y 225

c)

 a N • a E = 0, pois a N ⊥ a E ;  Seja a N = m a x + n a y de modo que :   a N = 1, pois a N é um versor.

(01) (02)

De (01), conclui-se que: ( m a x + n a y ) • ( 0,8 a x + 0,6 a y ) = 0 ⇒ 0,8 m + 0,6 n = 0 0,6 0,8 m = −0,6 n ⇒ m = n ⇒ m = -0,75 n 0,8 De (02), conclui-se que: m 2 + n 2 = 1

(04)

Substituindo (04) em (03) ,temos:

(-0,75 n) 2 + n 2 = 1 ⇒ n 2 =

1 1 + (0,75)

2

⇒ n 2 = 0,64, ⇒ n = ± 0,8

(05)

Substituindo (05) em (03), temos: m = -0,75 . (±0,8) ⇒ m = ∓ 0,6 Substituindo (05) e (06) em (01), temos: a N = ∓ 0,6 a x ± 0,8 a y – Página 2.13 –

(06)


CAPÍTULO 02

–


2.7) Um cilindro de raio a e altura 2a possui as bases com cargas simétricas de densidade ρS constante. Calcular o campo elétrico no seu eixo, a meia distância entre as bases.

1

Resolução:

Sabe-se que E R = E1 + E 2 = ERρ a ρ + ERφ a φ + ERz a z onde, E R é o campo resultante, E1 é o campo gerado no ponto em questão devido à distribuição da base do cilindro (1) e E 2 é o campo gerado no ponto em questão devido à distribuição do topo do cilindro (2). Devido à simetria das distribuições, E R não apresenta componentes nas direções de a ρ e de a φ ( ERρ = ERφ = 0 ). Deste modo, as componentes de E1 e de E 2 na direção de a z definem a direção e a magnitude de E R .Assim, E R = 2E1 = 2E 2 . (01) z

z

Cálculo de E1 : dS = ρ dρ dφ ;  R é o vetor dirigido do elemento diferencial de área ρ S dS dE1 = a R , onde para o ponto ( 0, 0, a ); 4πε o R 2  R = R;  a R é um unitário de R.   R = − ρa ρ + aa z ;  ∴ − ρa ρ + aa z  a R =  ρ2 + a2

R=

ρ2 + a2


dE1 =

ρ S ρdρdφ

(− ρa ρ + aa z ) ⇒ E1 = E1 + E1z ρ 4πε o ( ρ 2 + a 2 )3 2 – Página 2.14 –

(02)

(03)


–

CAPÍTULO 02

2π E1 = ∫


a

ρ S ρdρdφ

∫

φ = 0 ρ = 0 4πε o ( ρ

2

+ a 2 )3 2

(− ρa ρ + aa z )

  E1ρ = 0 ( Por Simetria )  ∴ 2π a  a ρ S ρ dρ dφ az E1z = ∫ ∫ 2 2 32  φ = 0 ρ = 0 4πε o ( ρ + a ) 

(04)

(05)

Cálculo de E R : Substituindo (05) em (01), temos: 2π ER = 2 ∫

a

a ρ S ρ dρ dφ az 2 2 32 φ = 0 ρ = 0 4πε o ( ρ + a )

∫

2a ρ S ER = 4πε o

2π

a

ρ

dρ a z 2 2 32 φ =0 ρ =0 (ρ + a )

∫ dφ ∫

(06)  ρ = a tgθ Substituição de variáveis na integral:  2 dρ = a sec θ dθ  ρ = 0 ⇒ θ = 0° ρ = a ⇒ θ = π 4  Substituindo (07) em (06), temos: π 4 2a ρ S a tgθ a sec 2θ dθ ER = ⋅ 2π ∫ az 3 3 4πε o θ a sec θ =0 π 4 3 π 4 ρS ρS a tgθ sec 2θ dθ ER = az ⇒ ER = sen θ dθ a z ∫ ∫ 3 3 εo εo a sec θ θ =0 θ =0

ρS ER =

εo

[- cosθ ]θπ =40 a z ⇒ E R =

ρS  1  ∴ ER = 1az ε o  2 

ρS [(-cos45°) - (-cos0°)] a z εo

[V m]


(07)


CAPÍTULO 02

–


2.8) Uma carga Q (Q > 0) está localizada na origem do sistema de coordenadas. Determinar em que ponto na linha definida por x = 1 e z = 3 está E y no seu máximo.

Resolução:

Cálculo do campo elétrico para a carga pontual: R é o vetor dirigido da origem para o ponto (1, y, 3 ) Q  E= aR , onde  R = R (01) 4πε o R 2 a é um unitário de R  R   R = a x +  ∴ ax  a R = 

ya y + 3a z

;

R = 10 + y 2

(02)

+ ya y + 3a z 10 + y 2

Substituindo (02) em (01), temos: a x + ya y + 3a z a x + ya y + 3a z Q Q E= ⋅ ⇒E= ⋅ 4πε o 4πε o (10 + y 2 ) 2 (10 + y 2 ) 3 2 10 + y 2  Q E x = 4πε o (10 + y 2 ) 3 2   yQ  ∴ E y = 4πε o (10 + y 2 ) 3 2   3Q  E z = 4πε o (10 + y 2 ) 3 2 

⋅ax (03)

⋅ay ⋅az

De (03), conclui-se que E y = E y =

Q

⋅

y

4πε o (10 + y 2 ) 3 2



–

CAPÍTULO 02

Cálculo de E y

máx


:

(10 + y 2 ) 3 2 − 3 2 (10 + y 2 )1 2 . 2 y .y =0⇒ ⋅ =0 ∂y 4πε o (10 + y 2 ) 3

∂E y

Q

(10 + (10 + y 2 )3 2 = 3.(10 + y 2 )1 2 .y 2 ⇒ (10 +

y 2 )3 2 2 12

y )

10 + y 2 = 3y 2 ⇒ y = ± 5

(

Logo, E y ocorre nos pontos 1, max

) (

)

5, 3 e 1, - 5, 3 .


= 3y 2


–

CAPÍTULO 03

DENSIDADE DE FLUXO ELÉTRICO, LEI DE GAUSS E DIVERGÊNCIA

CAPÍTULO 03 DENSIDADE DE FLUXO ELÉTRICO, LEI DE GAUSS E DIVERGÊNCIA 3.1) Dentro da região cilíndrica ρ ≤ 4 m, a densidade de fluxo elétrico é dada como sendo D = 5 ρ 3 a ρ C/m2. a) Qual a densidade volumétrica de carga em ρ = 3 m? b) Qual a densidade de fluxo elétrico em ρ = 3 m? c) Quanto de fluxo elétrico deixa o cilindro, ρ = 3 m, z ≤ 2,5 m? d) Quanto de carga existe dentro do cilindro, ρ = 3 m, z ≤ 2,5 m? Resolução: a)

D = 5 ρ 3 a ρ ⇒ Dρ = 5 ρ 3 Dados:   ρ = 3m

∂ Dz 1 ∂ ( ρ D ρ ) 1 ∂ Dφ 1 ∂ (ρ D ρ ) + ⋅ + ⇒ ρv = ⋅ ρv = ∇ • D = ⋅ ∂ρ ∂φ ∂z ρ ∂ρ ρ ρ

ρv =

∂ (5 ρ 4 ) 1 ⇒ ρ v = ⋅ 20 ρ 3 ⇒ ρ v = 20 ρ 2 ρ ∂ρ ρ 1

⋅

  Para ρ = 3m ⇒ ρ v = 180  C 3   m  b)

  Sabe - se que D = 5 ρ 3 a ρ . Logo, em ρ = 3m, D = 135a ρ  C 2   m 

c)

Pela Lei de Gauss: Ψ = ∫ D • dS = Q interna = S

∫ ρ v dv vol

D = 5 ρ 3 a ρ Ψ = ∫ D • dS, onde  dS d dz a = ρ φ  ρ  S 2,5

∴Ψ =

∫

2π

∫ (5 ρ

3

a ρ ) • ( ρ dφ dz a ρ )

z = −2,5 φ = 0

2,5 2π 4 4 Ψ = ∫ ∫ 5 ρ dφ dz ⇒ Ψ = 5 . 3 . 2π .5 ⇒ Ψ = 4050π z = −2,5 φ = 0 ( ρ = 3m) d)

Pela Lei de Gauss, Ψ = ∫ D • dS = Q interna = S

Logo, Q interna = 4050π

∫ ρ v dv . vol

[C] – Página 3.1 –

[C]


–

CAPÍTULO 03


20 3.2) Dado o campo D = − sen 2 φ a ρ + sen 2φ a φ  C 2  , encontrar a carga total que se  m  2 ρ

(

)

encontra dentro da região, 1 < ρ < 2, 0 < φ < π / 2, 0 < z < 1.

Resolução:  20 − sen 2 φ a ρ + sen 2φ a φ = Dρ a ρ + Dφ a φ D = ρ2  Dados:   20 sen 2 φ 20 sen 2φ e Dφ = ∴ Dρ = − 2 ρ ρ2 

(

)

De acordo com a Lei de Gauss e com o Teorema da Divergência: Q interna = ∫ D • dS = ∫ ∇ • Ddv S

(01)

vol

Cálculo de ∇ • D : 1 ∂ ( ρ Dρ ) 1 ∂ Dφ ∂ Dz ∇•D = ⋅ + ⋅ + ρ ∂ρ ρ ∂φ ∂z 1 ∂  20 sen 2 φ  1 ∂  20 sen 2φ  + ⋅  ⋅ ∇•D = ⋅ ⋅ −  ρ ∂φ  ρ 2  ρ ∂ρ  ρ    20 sen 2 φ  1  1 20 ∇•D = − ⋅ − + ⋅ ⋅ 2 cos 2φ  ρ2  ρ ρ2 ρ   20 sen 2 φ 40 cos 2φ ∇•D = +

ρ3

ρ3

20  1 cos 2φ  ∇•D = − + 2 cos 2φ  3  2 2  ρ 10 30 cos 2φ 10 ∇•D = + ⇒∇•D = (1 + 3 cos 2φ )

ρ

3

ρ

3

ρ

3

– Página 3.2 –

(02)


–

CAPÍTULO 03



Q interna =

π

2

 10  ( ) φ 1 + 3 cos 2   ρ dρ dφ dz ∫ ∫ ∫ ρ3   z = 0 φ = 0 ρ =1 2

2

 10  Q interna = −   ρ  ρ =1

π

3 sen 2φ  2  ⋅ φ + ⋅ [z ]1  z =0 2  φ = 0

5π  10  π  Q interna =  − + 10  ⋅   + 1 ⇒ Q interna = 2  2  2

[C]

20  φ  3.3) Dado o campo D = sen θ sen aθ  C 2  , na região, 3 < r < 4 , 0 < θ < π / 4 ,  m  r 4 0 < φ < 2 π , determinar a carga total contida no interior desta região, por dois modos diferentes

Resolução:

20 20  φ  φ  Dados: D = sen θ sen aθ = Dθ aθ ⇒ Dθ = sen θ sen  r r 4 4 De acordo com a Lei de Gauss e com o Teorema da Divergência: Q interna = ∫ D • dS = ∫ ∇ • Ddv S

1o modo: Q interna =

vol

∫ ∇ • Ddv

vol

Cálculo de ∇ • D : 2 ∂D φ ∂ (Dθ sen θ ) 1 1 1 ∂ (r D r ) ∇•D= + + r sen θ r sen θ ∂φ ∂r ∂θ r2 – Página 3.3 –


–

CAPÍTULO 03


∇•D=

1 ∂  20  φ  ⋅ ⋅  sen2 θ sen   r senθ ∂θ  r  4 

∇•D=

1 20 φ  ⋅ ⋅ sen  ⋅ (2 senθ cos θ ) r senθ r 4

40 φ  ∇•D= ⋅ cos θ ⋅ sen  4 r2

Cálculo de Q interna : π

4

Q interna =

4 2π

 40  φ   ⋅ cos θ ⋅ sen  r 2 sen θ drdθ dφ 2  4  r = 3 θ = 0 φ =1  r

∫ ∫ ∫

π

4

Q interna = 40

2π

4

∫ dr ⋅ ∫

r =3

sen θ cos θ dθ ⋅

θ =0 π 4 r =3

Q interna = 20 ⋅ [r ] π

∫

2π

2 sen θ cos θ dθ ⋅

θ =0 4

∫

Q interna = 20 ⋅

⋅

4

φ  sen dφ 4 φ =0

∫

φ  sen dφ 4 φ =0

∫

2π

sen 2θ dθ ⋅

θ =0

φ  sen dφ 4 φ =0

∫

π  1 Q interna = 20 ⋅  −  ⋅ [cos 2θ ]θ =4 0  2

2π

  φ  ⋅ − 4 cos   4  φ = 0 

    π  π  Q interna = −10 ⋅ cos  − cos 0° ⋅ (− 4 )cos  − cos 0° 2 2     Q interna = 40

[C]

2o modo: Q interna = ∫ D • dS S

Q interna = ∫ D • dS = S

Para a Lateral

D ∫ • dS + Lateral

D ∫ • dS + Topo

D ∫ • dS Base

 dS = r sen θ drdφ a θ  (θ = π 4 )   φ  2 ∴ D • dS = 20 sen θ ⋅ sen 4  drdφ   

– Página 3.4 –

(01)

(02)


–

CAPÍTULO 03


dS = r 2 sen θ dθ dφ   D • dS = 0 dS = r 2 sen θ dθ dφ   D • dS = 0

Para o Topo

Para a Base

ar

ar

(r = 4)

(03)

( r = 3)

(04)

Substituindo (02), (03) e (04) em (01), temos: 2π

Q interna =

4

 φ    20 sen 2 θ ⋅ sen   drdφ 4  φ =0 r =3

∫ ∫

(θ =π 4)

4

Q interna = 10

φ  sen dφ 4 φ =1

∫ dr ⋅ ∫ r =3

Q interna

2π

  φ  = 10 ⋅ [r ]4r = 3 ⋅ − 4 cos  

2π

 4  φ = 0

  π  Q interna = 10 ⋅ − 4 cos  + 4 cos 0° ⇒ Q interna = 40 [C] 2   3.4) Uma casca esférica não condutora, de raio interno a e raio externo b, uniformemente carregada com uma densidade volumétrica ρ v . Determine o campo elétrico em função do raio r.

Resolução: Pela Lei de Gauss:

D ∫ • dS = Q interna = S

∫ ρ v dv vol

Seja a superfície Gaussiana esférica de raio r < a: D1 = 0, pois Q interna = 0 ⇒ E1 = 0 – Página 3.5 –


–

CAPÍTULO 03


Seja a superfície Gaussiana esférica de raio a < r < b:


Área da esfera 2π

∫

∴

D = D a r r  ∫ ρ v dv , onde  dS = dS a r = r 2 sen θ dθ dφ a r vol 

Volume da casca esférica

2π

2 ∫ D r ⋅ r sen θ dθ dφ =

φ =0 θ =0

2π

2π

r

∫ ∫ ∫ ρvr

2

sen θ dr dθ dφ

φ =0 θ =0 r =a

ρ (r 3 − a 3 ) ρ (r 3 − a 3 ) 4π D r ⋅ 4π r 2 = ρ v ⋅ ⋅ (r 3 − a 3 ) ⇒ D r = v ⋅ ⇒ D2 = v ⋅ ar 3 3 3 r2 r2 Mas D = ε E e ε = ε o .

ρ v (r 3 − a 3 ) ⋅ ar 2 3ε o r

Portanto: E 2 =

Seja a superfície Gaussiana esférica de raio r ≥ b:

∫ D • dS = Q interna = S

Área da esfera 2π

∴

2π

∫ ∫ Dr ⋅ r

2

D = D a r r  ∫ ρ v dv , onde  dS = dS a r = r 2 sen θ dθ dφ a r vol 

Volume da casca esférica 2π

sen θ dθ dφ =

φ =0 θ =0

2π

b

∫ ∫ ∫ ρvr

2

sen θ dr dθ dφ

φ =0 θ =0 r =a

ρ (b 3 − a 3 ) ρ (b 3 − a 3 ) 4π D r ⋅ 4π r 2 = ρ v ⋅ ⋅ (b 3 − a 3 ) ⇒ D r = v ⋅ ⇒ D3 = v ⋅ ar 3 3 3 r2 r2 Mas D = ε E e ε = ε o .

Portanto: E 3 =

ρ v (b 3 − a 3 ) ⋅ ar 3ε o r2

– Página 3.6 –


–

CAPÍTULO 03


[ ]

3.5) Ao longo do eixo z existe uma distribuição linear uniforme de carga com ρ L = 4π C m , e no plano z = 1 m existe uma distribuição superficial uniforme de carga com ρ S = 20  C 2  . Determinar o fluxo total saindo da superfície esférica de raio 2 m,  m  centrada na origem

2

-2 Resolução: Lei de Gauss: Ψ = Q interna , onde Q interna = Q Linha + Q Plano

(01)

Cálculo de Q Linha : 2

Q Linha =

∫ ρ L dL ⇒ Q Linha

∫ 4π dz

=

L

z = −2

Q Linha = 4π ⋅ [z ]z2 = −2 ⇒ Q Linha = 16π

(02)

[C]

Cálculo de Q Plano :

Q Plano =

∫ ρ SdS ⇒ Q Plano S

2π

3

∫ ∫ 20ρ dρ dφ

=

φ =0 ρ =0 3

2π φ =0

Q Plano = 20 ⋅ [φ ]

ρ2  ⋅  ⇒ Q Plano = 60π  2  ρ = 0

Substituindo (02) e (03) em (01), temos: Ψ = Q interna = 16π + 60π ⇒ Ψ = 76π

[C]

– Página 3.7 –

[C]

(03)


–

CAPÍTULO 03


3.6) Se uma carga Q está na origem de um sistema de coordenadas esféricas, calcule o fluxo elétrico ψ que cruza parte de uma superfície esférica, centrada na origem e descrita por α <φ < β .

Resolução:

1o modo: Lei de Gauss: Ψ = ∫ D • ⋅dS = Q interna = S

∫ ρ v dv vol

Q  a D = 2 r π 4 r  Ψ = ∫ D • dS, onde  dS = r 2 sen θ dθ dφ a r S   β

Ψ =

π

 Q   2 φ =α θ = 0  4πr

∫ ∫

Q Ψ = ⋅ 4π

β

 2  ⋅ r sen θ dθ dφ  

(

)

π

∫

∫ sen θ dθ

dφ

φ =α

θ =0

Ψ =

Q ⋅ [φ ]φβ =α ⋅ [− cos θ ]θπ = 0 4π

Ψ =

Q Q ⋅ [β − α ] ⋅ [− cos π + cos 0°] ⇒ Ψ = ⋅ (β − α ) [C] 4π 2π

2o modo: Ψ  esf = Q Considerando a esfera de raio r na sua totalidade:  Área da esfera = S esf = 4πr 2 

(01)

Considerando somente a casca esférica α < φ < β : ⇒ Ψcasca = ? β

Área da casca = S casca =

∫ dS casca = Scasca

β

S casca =

∫ φ =α

π

dφ ⋅

∫r

2

π

∫ ∫r

2

sen θ dθ dφ

φ =α θ = 0

sen θ dθ ⇒ S casca = [φ ]φ = α ⋅ r 2 [− cos θ ]θπ = 0 β

θ =0

∴ S casca = 2r 2 (β − α )

(02) – Página 3.8 –


–

CAPÍTULO 03


Através de uma regra de três, encontramos:

S Ψcasca = Ψesf ⋅ casca . S esf

Substituindo (02) e (03) em (01),temos: Ψcasca = Q ⋅

2r 2 (β − α ) 4πr

2

⇒ Ψcasca =

Q ⋅ (β − α ) 2π

  φ   3.7) Dado o campo D = 20 cos  ρ a φ  C 2  , na região, 1 < ρ < 2 , 0 < φ < π / 2 ,  m  2   0 < z < 3 , determinar a carga total contida no interior da região.

Resolução:  φ  20 cos    φ  2 D = 20 cos  ρ a φ = Dφ a φ ⇒ Dφ = ρ Dados:  2    dv = ρdρdφdz  De acordo com a Lei de Gauss e com o Teorema da Divergência: Q interna = ∫ D • dS = ∫ ∇ • Ddv S

1o modo: Q interna =

vol

∫ ∇ • Ddv

vol

Cálculo de ∇ • D : 1 ∂ ( ρ Dρ ) 1 ∂ Dφ ∂ Dz ∇•D = ⋅ + ⋅ + ρ ∂ρ ρ ∂φ ∂z  φ    20 cos   1 ∂   2 ∇•D = ⋅ ⋅   ρ ∂φ ρ    

1 20  φ  1  ∇ • D = − ⋅  − sen  ⋅  ⇒ ∇ • D = − ρ ρ   2 2 – Página 3.9 –

φ  10 sen  2

ρ2

(03)


–

CAPÍTULO 03


Cálculo de Q interna : 3

Q interna =

π

2

2 

10  φ  − ⋅ sen    ρ dρ dφ dz ∫ ∫ ∫  ρ2  2   z = 0 φ = 0 ρ =1 2

π

dρ

3

2

φ  Q interna = −10 ∫ ⋅ ∫ sen  ⋅ ∫ dz ρ  2  z=0 ρ =1 φ =0 π

  φ  2 Q interna = −10.[ln ρ ]ρ =1.− 2 cos  .[z]3z = 0  2  φ = 0  2

  π  Q interna = −10(ln 2 − ln 1) ⋅  − 2 cos  + 2 cos(0°) ⋅ 3 ⇒ Q interna = −12,183 4  

[C]

2o modo: Q interna = ∫ D • dS S

Q interna = ∫ D • dS = S

∫ D • dS +

Lat.Esquerda

∫ D • dS + ∫ D • dS + ∫ D • dS + ∫ D • dS + ∫ D • dS

Lat. Direita

Frente

Fundo

Topo

Base

(01)  dS = −dρ dza φ  Para a Lateral Esquerda  20  φ  D • dS = − ρ ⋅ cos 2  dρdz     dS = dρ dza φ  Para a Lateral Direita  20  φ  D • dS = ρ ⋅ cos 2  dρdz    dS = ρdφdz a ρ  Para a Frente  D • dS = 0 

Para o Fundo

Para o Topo

Para a Base

dS = − ρdφdz a ρ   D • dS = 0  dS = ρdρdφ a z   D • dS = 0 dS = − ρdρdφ a z   D • dS = 0 – Página 3.10 –

(02)

(03)

(04)

(05)

(06)

(07)


CAPÍTULO 03

–


Substituindo (02), (03), (04), (05), (06) e (07) em (01), temos: 3

3

()

2

()

2

1 1 φ  φ  Q interna = − 20 ∫ ∫  ⋅ cos  dρdz + 20 ∫ ∫  ⋅ cos  dρdz ρ ρ 2  2  z = 0 ρ =1  z = 0 ρ =1 

(φ =π 2 )

(φ = 0 )

2

Q interna = −20

∫

ρ =1

dρ

ρ

3

⋅

∫ dz + 20.

z=0

2 ⋅ 2

2

∫

ρ =1

dρ

ρ

3

⋅

∫ dz z=0

Q interna = −20[ln ρ ]2ρ =1.[z]3z = 0 + 10 2 [ln ρ ]2ρ =1.[z ]3z = 0 Q interna = −60[ln 2 − ln 1] + 30 2 [ln 2 − ln 1] ⇒ Q interna = −12,181 [C] 3.8) Uma carga pontual de 6µ [C] está localizada na origem do sistema de coordenadas, uma densidade linear uniforme de carga de 180η C m está distribuída ao longo do eixo x, e

[ ]

[

]

uma densidade superficial uniforme de carga de 25η C m 2 está distribuída sobre o plano z = 0. a) Determinar D em A (0,0,4); b) Determinar D em B (1,2,4); c) Determinar o fluxo elétrico total deixando a superfície da esfera de 4 m de raio, centralizada na origem.

Resolução: a)

 Q = 6 µ [C]   ρ L = 180η C m  Dados:   C   ρ S = 25η  m 2   A = (0,0,4 ) 

[ ]

A densidade de fluxo total D produzida no ponto A será a soma das densidades de fluxo produzidas pela carga Q, pela distribuição linear ρL e pela distribuição superficial ρS. ∴ D = D Carga + D Linha + D Plano ⇒ D = D Q + D L + D P (01)

Cálculo de D Q : R é o vetor dirigido da carga Q para o ponto A Q  DQ = a R , onde  R = R 4πR 2 a é um unitário de R  R – Página 3.11 –


CAPÍTULO 03

R = 4a z  ∴  a R = a z

–

;


R=4

6 × 10 −6 3 µC  ∴ DQ = a z ⇒ DQ = az 2 2   m  π 32 4π ⋅ 4

Cálculo de D L :  ρ é o vetor dirigido da linha de cargas para o ponto A ρL  DL = a ρ , onde ρ = ρ 2πρ a ρ é um unitário de ρ  ρ = 4a z ; ρ = 4  ∴  a ρ = a z 180 × 10 − 9 45 ηC  ∴ DL = az ⇒ DL = az  2 2π ⋅ 4 2π  m 

(02)

(03)

Cálculo de D P :

ρ D P = S a N , onde a N é o vetor normal ao plano na direcão do ponto A ⇒ a N = a z 2 25 × 10 − 9 25 ηC  az ⇒ DP = az ∴ DP = 2  2 2  m 

(04)

Substituindo (02), (03) e (04) em (01), temos: 3µ 45η 25η D = DQ + D L + D P ⇒ D = az + az + a z ⇒ D = 0,0495  µC 2   m  32π 2π 2 b)  Q = 6 µ [C]   ρ L = 180η C m  Dados:   C   ρ S = 25η  m 2   B = (1,2,4 )  A densidade de fluxo total D produzida no ponto B será a soma das densidades de fluxo produzidas pela carga Q, carga Q, pela distribuição linear ρL e pela distribuição superficial ρS. ∴ D = D Carga + D Linha + D Plano ⇒ D = D Q + D L + D P (01)

[ ]



CAPÍTULO 03

–


Cálculo de D Q : R é o vetor dirigido da carga Q para o ponto B Q  DQ = a R , onde  R = R 4πR 2 a é um unitário de R  R  R = a + 2a + 4a ; R = 21 x y z  ∴ a x + 2a y + 4a z  a R = 21  6 × 10 − 6  a x + 2a y + 4a z  DQ =  4π ⋅ 21  21 

  ∴ D Q = 4,96a x + 9,92a y + 19,84a z ηC 2   m  Cálculo de D L :  ρ é o vetor dirigido da linha de cargas,  ponto (1,0,0) para o ponto B  ρ D L = L a ρ , onde  ρ = ρ 2πρ  a é um unitário de ρ  ρ

  ρ = 2a + 4a ; y z  ∴ 2a y + 4a z  a ρ = 20  180 ⋅ 10 − 9 ∴ DL = 2π ⋅ 20

ρ =

(02)

20

 2a y + 4a z ⋅  20 

   ⇒ D L = 2,86a y + 5,73a z ηC  m 2   

(03)

Cálculo de D P : ρ DP = S a N , onde a N é o vetor normal ao plano na direcão do ponto B ⇒ a N = a z 2 25 ⋅ 10− 9 25 ηC  ∴ DP = a z ⇒ DP = az  2 2  m 2 

(04)

Substituindo (02), (03) e (04) em (01), temos: 25 D = D Q + D L + D P ⇒ D = 4,96a x + 9,92a y + 19,84a z + 2,86a y + 5,73a z + az 2 ∴ D = 4,96a x + 12,78a y + 38,07a z ηC 2   m 

(

) (


)


–

CAPÍTULO 03


c) O fluxo total que deixa a esfera será a soma dos fluxos produzidos pela carga Q, pela distribuição linear ρL e pela distribuição superficial ρS. De acordo com a Lei de Gauss: Ψ = Q interna .

∴ Ψ = ΨCarga + ΨLinha + ΨPlano ⇒ Ψ = Q + Q L + Q P ⇒ Ψ = 6µ + Q L + Q P

(01)

Cálculo de Q L :

QL =

∫ ρ L dL, onde dL = dx L 4

∴ QL =

∫ ρ L dx ⇒ Q L = ρ L ⋅ [x ]4x = −4 ⇒ Q L = 8 ρ L ⇒ Q L = 1440 [ηC]

(02)

x = −4

Cálculo de Q P : QP =

∫ ρ S dS, onde dS = ρ dρ dφ S 2π

4

4

ρ2  ∴ Q S = ∫ ∫ ρ S ⋅ ρ dρ dφ ⇒ Q S = ρ S ⋅  ⋅ [φ ]φ2π= 0   2  ρ = 0 φ =0 ρ =0 Q S = 2πρ S ⇒ Q S = 400π [ηC] Substituindo (02) e (03) em (01), temos:

Ψ = 6µ + Q L + Q P ⇒ Ψ = 6µ + 1440 η + 400π η ⇒ Ψ = 8,7 [µC]


(03)


–

CAPÍTULO 04

ENERGIA E POTENCIAL CAPÍTULO 04 ENERGIA E POTENCIAL

[

]

4.1) A densidade de fluxo elétrico é dada por: D = 10a ρ + 3ρ a φ − 2zρ a z C m 2 . Encontre o fluxo elétrico total efluente do volume cilíndrico limitado por um cilindro de 2 m de raio e 4 m de altura, cujo eixo é o eixo z e cuja base se encontra no plano z = 1 m.

Resolução: D = 10a ρ + 3 ρ a φ − 2zρ a z  Dados:  dv = ρ dρ dφ dz

(01)

De acordo com o Teorema da Divergência e com a Lei de Gauss:

Ψ = ∫ D • dS = ∫ ∇ • Ddv S

(02)

vol

Cálculo de ∇ • D : 1 ∂ ( ρ Dρ ) 1 ∂ Dφ ∂ Dz ∇•D = ⋅ + ⋅ + ρ ∂ρ ρ ∂φ ∂z 10 1 ∂ 1 ∂ ∂ ∇•D = ⋅ (10 ρ ) + ⋅ (3ρ ) + ⋅ (− 2zρ ) ⇒ ∇ • D = − 2 ρ ∂z ρ ρ ∂ρ ρ ∂φ

(03)

Substituindo (01) e (03) em (02): 5

2π

2

2

2π

5

10  Ψ = ∫ ∫ ∫  − 2 ρ  ρ dρ dφ dz ⇒ Ψ = ∫ 10 − 2 ρ 2 dρ ⋅ ∫ dφ ⋅ ∫ dz ρ  z =1 φ = 0 ρ = 0  z =1 ρ =0 φ =0

(

)

2

 2ρ 3  16  352π  Ψ = 10 ρ − .[φ ]φ2π= 0 .[z ]5z =1 ⇒ Ψ = 10 −  ⋅ 8π ⇒ Ψ =  3  3 3   ρ =0 – Página 4.1 –

[C]


–

CAPÍTULO 04

ENERGIA E POTENCIAL

4.2) Dentro da esfera de raio r = 1 m, o potencial é dado por: V = 100 + 50r + 150r sen θ sen φ [V ] a) Encontre E em P (r =1; θ = π 2 ;φ = 0 ). b) Quanto de carga existe dentro da esfera de raio r = 1 m? Resolução:

a)

Dados: V = 100 + 50r + 150r sen θ sen φ [V ]  ∂V 1 ∂V 1 ∂V  Sabe-se que E = −∇V = − ar + aθ + aφ  r ∂θ r sen θ ∂φ   ∂r

(01)

Cálculo de

∂V ∂V ∂ ∂V : = (100 + 50r + 150r sen θ sen φ) ⇒ = 50 + 150 sen θ sen φ ∂r ∂r ∂r ∂r

(02)

Cálculo de

∂V ∂V ∂ : = (100 + 50r + 150r sen θ sen φ) ⇒ ∂V = 150r cos θ sen φ ∂θ ∂θ ∂θ ∂θ

(03)

Cálculo de

∂V ∂V ∂ : = (100 + 50r + 150r sen θ sen φ) ⇒ ∂V = 150r sen θ cos φ ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ

(04)

Substituindo (02), (03) e (04) em (01):

[

E = − (50 + 150 sen θ sen φ )a r + (150r cos θ sen φ )a θ + (150r sen θ cos φ )a φ

]

(05)

Substituindo as coordenadas de P em (05) , temos:         π  π π E = −  50 + 150 sen  sen 0°  a r + 150 ⋅1 cos  sen 0°  a θ + 150 ⋅1 sen  cos 0°  a φ  2 2 2       

[

]

E = − (50 + 0 )a r + (150 ⋅ 0)a θ + (150 ⋅1)a φ ⇒ E = −50a r − 150a φ

b)

De acordo com a Lei de Gauss: Q interna

[V m]

D = ε o E = −(50ε o + 150ε o sen θ sen φ )a r = ∫ D • dS, onde  dS = r 2 sen θ dθ dφ a r Sesf

(01)

Cálculo de D • dS :

(

D • dS = (− 50ε o − 150ε o sen θ sen φ a r ) • r 2 sen θ dθ dφ a r D • dS = −ε o (50 + 150 sen θ sen φ)r 2 sen θdθ dφ

)

Substituindo (02) em (01):

Q interna

2π π  2π π  = − 5ε o r . ∫ ∫ sen θ dθ dφ + 3 ⋅ ∫ ∫ sen 2 θ sen φ dθ dφ φ=0 θ=0  φ=0 θ=0 r =1 2

– Página 4.2 –

(02)


CAPÍTULO 04

–

ENERGIA E POTENCIAL π

Q interna = −50ε o ⋅ [− cos θ]θπ=0 ⋅ [φ]φ2=π0 + 3 ⋅ [− cos φ]φ2=π0 ⋅ ∫ sen 2 θ dθ θ= 0

π

Q interna = −50ε o ⋅ [(− cos π ) + cos 0°] ⋅ 2π + 3 ⋅ [(− cos 2π) + cos 0°] ⋅ ∫ sen 2 θ dθ θ=0

π

Q interna = −100πε o ⋅ [1 + 1] + 3 ⋅ [0 + 0] ⋅ ∫ sen 2 θ dθ θ=0

∴ Q interna = −200πε o [C] ou Q interna = −5,56 [η C]

4.3) Uma carga pontual de 16 ηC está localizada em Q (2, 3, 5) no espaço livre, e uma linha de cargas uniforme de 5 η C/m está localizada na interseção dos planos x = 2 e y = 4. Se o potencial na origem é 100 V, encontrar V em P (4,1,3).

Resolução:

VP0 = VP − V0 ⇒ VP0 = VP - 100 ⇒ VP = VP 0 + 100

(01)

O potencial elétrico do ponto P em relação ao ponto 0 ( VP0 ) é a soma do potencial gerado pela carga em Q ( VP 0 ) com o potencial gerado pela distribuição linear ρL ( VP0 ). carga

Portanto, VP0 = VP 0 + VP 0 carga

Cálculo de VP 0

VP 0

carga

carga

linha

(02)

linha

:

= VPQ − V0Q =

 1 1 ⋅ −  4πε o  rPQ r0Q Q

r é a distância do ponto P ao ponto Q. onde rPQ é a distancia do ponto 0 ao ponto Q.  0Q

Cálculo de r PQ : r PQ = 2 2 + 2 2 + 2 2 ⇒ rPQ = 12 – Página 4.3 –

 ,  

(03)

(04)


–

CAPÍTULO 04

ENERGIA E POTENCIAL

2 2 + 3 2 + 5 2 ⇒ r0Q = 38

Cálculo de r 0Q : r 0Q =

(05)


VP 0

carga

VP 0

carga

Cálculo de VP0

=

1   1 ⋅ −  4πε o  12 38 

=

16η 16η − ⇒ VP0 = 18,21 [V ] carga 13,85πε o 24,65πε o

linha

Q

(06)

:

E é o campo elétrico gerado pela  VP 0 = − ∫ E ⋅ dL, onde  distribuicão linear de cargas ρ L . linha dL = dρ a ρ . 0 P

P

P  ρL  ρL   VP 0 dρ = −∫  a ρ  ⋅ dρ aρ ⇒ VP0 = −∫ carga linha 2πε o ρ 2πε o ρ   0 0

VP 0

linha

= −

ρL 2πε o

ρ

dρ

, onde  ρ 0 é a distância da linha de cargas ao ponto 0. (07) ρ  ρ é a distância da linha de cargas ao ponto P.

∫ ρ=ρ

0

Cálculo de ρ 0 : ρ 0 = 2 2 + 4 2 + 0 2 ⇒ ρ 0 = 20

(08)

Cálculo de ρ : ρ = 2 2 + 3 2 + 0 2 ⇒ ρ = 13

(09)

Substituindo (08) e (09) em (07), temos: VP 0

VP 0

VP 0

linha

linha

ρ = − L 2πε o = −

13

dρ

∫

ρ = 20

ρ

ρ

⇒ VP 0 = − L ⋅ [ln ρ ] 13 ρ = 20 linha 2πε o

 20   20  ρL 5η  ⇒ VP 0  ⋅ ln = − ⋅ ln  13   13  linha 2πε o 2 πε o    

 20   ⇒ VP0 = 90 ln = 19,39 [V ]  13  linha linha  

(10)

Substituindo ( 06 ) e ( 10 ) em ( 02 ), temos:

VP 0 = VP0

carga

+ VP0

linha

⇒ VP 0 = 18,21 + 19,39 ⇒ VP0 = 37,60 [V ]

Substituindo (11) em (01), temos: VP = VP0 + 100 ⇒ VP = 37,60 + 100 ⇒ VP = 137,60 [V ]

– Página 4.4 –

(11)


CAPÍTULO 04

–

ENERGIA E POTENCIAL

4.4) Dado o campo potencial expresso por V = 100 e −50 x sen 50 y [volts], no espaço livre. a) Mostrar que ∇ • D = 0 ; b) Mostrar que y = 0 representa uma superfície equipotencial; c) Mostrar que E é perpendicular à superfície y = 0; d) Encontrar a carga total no plano y = 0, 0 < x < ∞, 0 < z < 1. Assumir que y < 0 é o interior do condutor; e) Encontrar a energia armazenada no cubo 0 < x < 1, 0 < y < 1 e 0 < z < 1. Resolução: Dados: V = 100e −50 x sen 50 y

(01)

D = ε o E  a) Sabe-se que:  e  E = − ∇ V  Cálculo do ∇V :

(02)

∂V ∂V ∂V ∇V = ax + ay + az ∂x ∂y ∂z

(

∂ ∇V = 100e − 50 x sen 50 y ∂x ∇V = − 5000e − 50 x sen 50 y

(

)a + ∂∂y (100e )a + (5000e x

− 50 x

− 50 x

x

)

)

(

∂ sen 50 y a y + 100e − 50 x sen 50 y a z ∂z

)

cos 50 y a y

(03)


(

)

(

)

E = − − 5000e −50 x sen 50 y a x + 5000e −50 x cos 50 y a y

(

)

(

)

∴ E = 5000e − 50 x sen 50 y a x − 5000e − 50 x cos 50 y a y

(04)

Substituindo (04) em (01): D = ε o 5000e − 50 x sen 50 y a x − 5000e − 50 x cos 50 y a y

[(

)

) ]

(

Cálculo do ∇ • D : ∂ Dx ∂ Dy ∂ Dz ∇•D = + + ∂x ∂y ∂z ∂ ∂ ∇•D = ε o ⋅ 5000e − 50 x sen 50 y + ε o ⋅ 5000e − 50 x cos 50 y ∂x ∂y ∇ • D = ε o ⋅ 5000sen 50 y ⋅ − 50e − 50 x − ε o ⋅ 5000e − 50 x ⋅ (− 50 sen 50 y ) ∴∇ • D = 0

(

)

(

(

)

– Página 4.5 –

)


–

CAPÍTULO 04

ENERGIA E POTENCIAL

b)

Seja ( x, 0, z ) a representação dos pontos da superfície y = 0. Para estes pontos, temos V = 100 e −50 x sen 50 y . Se V apresentar o mesmo valor para todos estes pontos, então V é uma superfície equipotencial. Assim, substituindo ( x, 0, z ) em V = 100 e −50 x sen 50 y , conclui-se que V = 0 para todos os pontos da superfície y = 0. c)

Da equação (04) do item (a), conclui-se que:

(

)

(

)

E = 5000e −50 x sen 50 y a x − 5000e −50 x cos 50 y a y Para os pontos ( x, 0, z ) da superfície y = 0, E = − 5000e −50 x a y , o que prova que E é

(

)

perpendicular à superfície y = 0. d)

Q = ∫ ρ S dS, onde ρ S = DN ⇒ ρ S = −ε o ⋅ 5000e −50 x S

∴ Q = −5000ε o

∞

1

∞

∫ ∫e

− 50 x

x =0 z=0

 e − 50 x  dzdx ⇒ Q = − 5000ε o  ⋅ [z ]1z = 0   − 50  x = 0

Q = 100ε o ⋅ [0 − 1] ⋅ 1 ⇒ Q = −100ε o e)

W=

1 2

[C] ou

Q = -0,885 [ηC]

2 ∫ ε o E dv, onde E = E

(01)

vol

Cálculo de E:

E=

(5000e − 50x )2 ⋅ (sen 2 50y + cos 2 50y)

E = 5000e − 50 x ⋅ sen 2 50 y + cos 2 50 y ⇒ E = 5000e − 50 x

(02)


W=

1 2

(

− 50 x ∫ ε o 5000e

)2 dv

vol

W = 12,5 ⋅ 10 6 ε o

1

1

1

∫ ∫ ∫e

−100 x

dxdydz

z=0 y=0 x =0 1  e −100 x  W = 12,5 ⋅ 10 ε o ⋅ − ⋅ [y]1y = 0 ⋅ [z ]1z = 0  100   x =0 6

[

]

W = 12,5 ⋅ 10 4 ε o ⋅ − e −100 + 1 ⋅ 1 ⋅ 1 ⇒ W = 125000ε o

– Página 4.6 –

[J]


–

CAPÍTULO 04

ENERGIA E POTENCIAL

4.5) Uma carga pontual Q de 6 ηC está localizada na origem do sistema de coordenadas, no espaço livre. Determinar o potencial VP sendo P (0,2;-0,4;0,4) e: a) V = 0 no infinito b) V = 0 no ponto A (1,0,0) c) V = 20 volts no ponto B (0,5;1,0;-1,0)

Resolução: Por Definição:

VXY = VX − VY ⇒ VXY = a)

 r é a distancia da carga Q ao ponto X. , onde  X rY é a distancia da carga Q ao ponto Y. 

Dados: V = 0 no infinito. VP∞ = VP =

 1 1 ⋅  − 4πε o  rX rY Q

Q 4πε o rP

, onde rP é a distancia da carga Q ao ponto P

Cálculo de rP: r P = 0,2 2 + 0,4 2 + 0,4 2 ⇒ rP = 0,6

(01)

(02)


VP =

Q 4πε o 0,6

⇒ VP =

6η ⇒ VP = 90 [V ] 2,4πε o

b) Dados: V = 0 em A (1,0,0).

VPA = VP − VA ⇒ VPA = VP , pois VA = 0

∴ VP =

 1 1 ⋅  − 4πε o  rP rA Q

 r é a distancia da carga Q ao ponto P. , onde  P rA é a distancia da carga Q ao ponto A. 


– Página 4.7 –

(01)

(02)


CAPÍTULO 04

–

ENERGIA E POTENCIAL

Cálculo de rA: r A = 12 + 0 2 + 0 2 ⇒ rA = 1

(03)

Substituindo (02) e (03) em (01), temos: VP =

6η 6η  1 1 ⋅ −  ⇒ VP = − ⇒ VP = 90 − 54 ⇒ VP = 36 [V ] 4πε o  0,6 1  2,4πε o 4πε o Q

c) Dados: V = 20 [V] em B (0,5;1,-1). VPB = VP − VB ⇒ VPB = VP - 20 ⇒ VP = VPB + 20

(01)

Cálculo de VPB:

VPB =

 1 1 ⋅  − 4πε o  rP rB Q

 r é a distancia da carga Q ao ponto P. , onde  P rB é a distancia da carga Q ao ponto B. 

(02)


(03)

Cálculo de rB: r B = 0,5 2 + 12 + 12 ⇒ rB = 1,5

(04)

Substituindo (03) e (04) em (02), temos: VPB =

6η 6η 1   1 ⋅ −  ⇒ VP = − ⇒ VPB = 90 − 36 ⇒ VPB = 54 [V ] 4πε o  0,6 1,5  2,4πε o 6πε o (05) Q


VP = VPB + 20 ⇒ VP = 54 + 20 ⇒ VP = 74 [V] 4.6) Calcular a energia acumulada em um sistema com três cargas pontuais iguais a Q, todas sobre a mesma reta, separadas entre si por distâncias iguais a d. Resolução: 1o modo: Dados: Q1 = Q2 = Q3 = Q Potencial de uma carga pontual: V=

Q

(01)

4πε o r

Energia acumulada por um sistema de cargas discretas: 1 3 WE = ∑ Q m Vm 2 m =1

(02) – Página 4.8 –


–

CAPÍTULO 04

ENERGIA E POTENCIAL

De (02), conclui-se que a energia acumulada pelo sistema de três cargas pontuais acima é dado por: 1 WE = [Q1V1 + Q 2 V2 + Q 3 V3 ] (03) 2

Cálculo do potencial da carga Q1: V1 =

4πε o d

Q3

+

4πε o 2d

3 Q ⋅ 2 4πε o d

⇒ V1 =

(04)


Q2

Q1 4πε o d

+

Q2 4πε o d

2Q

⇒ V2 =

(05)

4πε o d


Q1 4πε o 2d

+

Q2 4πε o d

⇒ V3 =

3 Q ⋅ 2 4πε o d

(06)

Substituindo (04), (05) e (06) em (03): WE =

Q 2

3 Q 2Q 3 Q  5Q 2 ⋅ + + ⋅ ⇒ W =   E 8πε o d  2 4πε o d 4πε o d 2 4πε o d 

[J]

2o modo:

Cálculo do trabalho para mover Q1 do infinito para o ponto 1: (01)

WE 1 = 0

Cálculo do trabalho para mover Q2 do infinito para o ponto 2: WE 2 = Q 2 V2,1 , onde V2,1 é o potencial no ponto 2 devido à carga Q1 . ∴ WE 2 = Q 2 ⋅

Q1 4πε o d

⇒ WE 2 =

Q2 4πε o d

[J ]

(02)

Cálculo do trabalho para mover Q3 do infinito para o ponto 3: V3,1 é o potencial no ponto 3 devido à carga Q1 WE 3 = Q 3 V3,1 + Q 3 V3,2 , onde  e V3,2 é o potencial no ponto 3 devido à carga Q 2 ∴ WE 3 = Q 3 ⋅

Q1 4πε o 2d

+ Q3 ⋅

Q2 4πε o d

⇒ WE 3 =

– Página 4.9 –

Q2 8πε o d

+

Q2 4πε o d

[J ]

(03)


–

CAPÍTULO 04

ENERGIA E POTENCIAL

Cálculo do trabalho total:

(04)

WE = WE 1 + WE 2 + WE 3 Substituindo (01), (02) e (03) em (04), temos:

WE = 0 +

Q2 4πε o d

+

Q2 8πε o d

+

Q2 4πε o d

⇒ WE =

Q2

1 5Q 2 ⋅  2 +  ⇒ WE = 4πε o d  2 8πε o d

[J ]

4.7) Uma densidade de carga ρ L1 = 10 2 ηC m  estende-se ao longo do eixo z para z > 1 m  z  e uma densidade de carga ρ L 2 = − 10 2 ηC m  estende-se ao longo do eixo z para z <  z  -1 m. Determine V em P ( ρ, 0, 0 ), se V = 0 em ρ = ∞.

Resolução: Para uma distribuição linear de cargas, V =

ρ L dL ∫ 4πε o R . Logo, para o caso acima, teremos:

L

10 ηC   ρL1 = 2  m; z dL = dz ; 1  de comprimento dL1 R1 é o vetor dirigidodo elementodi ferencial ao ponto P (ρ; 0; 0). Portanto,R1 = ρ aρ - z az ;  ∞ −1  R1 = R1 = ρ 2 + z2 ; ρL1dL1 ρL2dL2 V= ∫ + ∫ , onde:  10 ηC  4πεoR1 4πεoR 2 ρL2 = − ; z =1 z = −∞  z2  m = dz; dL 2 R é o vetor dirigidodo elementodiferencialde comprimento dL2  2 ( ) ao ponto P ; 0; 0 . Portanto, R = a + z a ρ ρ 1 ρ z;   R = R = ρ 2 + z2 ; 2  2 ∞

Portanto, V =

∫

10

z2

2 2 z =1 4πε o ρ + z

−1

dz +

∫

− 10 2 z

2 2 z = −∞ 4πε o ρ + z


dz

(01)


–

CAPÍTULO 04

ENERGIA E POTENCIAL

Solução da integral:

∫

dz z

2

2

ρ +z

(02)

2

z = ρ tgθ Substituição de variáveis na integral:  dz = ρ sec 2 θ dθ

(03)

Substituindo ( 03) em ( 02 ), temos:

∫ ∫

ρ sec 2 θ dθ ρ 2 tg 2θ

=

ρ 2 + ρ 2 tg 2θ

1

1 cos θ = 2 2 ρ 2 ⋅ sen θ cos θ ρ

ρ sec 2 θ dθ

∫ ρ 2 tg 2θ ⋅ ρ secθ = ∫

sec θ dθ

ρ 2 tg 2θ

cos θ

∫ sen 2 θ dθ

(04)

u = sen θ Substituição de variáveis na integral: du = cos θ dθ 

(05)


du

∫ ρ 2 u2

=

1  1 1 − =  ρ2  u ρ2

1   −   sen θ 

(06)

z

De (03), sen θ =

(07)

ρ 2 + z2

Substituindo (07) em (06), temos:  1  − ρ 2 

ρ 2 + z 2  z

1

 = − 2 ⋅ ρ 

ρ 2 + z2

(08)

z

Substituindo (08) em (01), temos:  10  1 V = − ⋅ 4πε o  ρ 2 

z

∞

 10  1 − − ⋅  4πε o  ρ 2  z =1 

ρ 2 + z 2 

ρ 2 + z 2 

∞ −1     ρ 2 + z2   ρ 2 + z 2    V =− +      z z 4πρ 2 ε o   z =1   z = −∞  

10

V =

10 4πρ 2 ε o

[1 − ρ − (ρ + 1)] ⇒

V = 0 [V ]


z

−1

  z = −∞


–

CAPÍTULO 04

ENERGIA E POTENCIAL

4.8) Duas esferas condutoras concêntricas de raios a = 6 cm e b = 16 cm possuem cargas iguais e opostas, sendo 10-8 C na esfera interior e -10-8 C na exterior. Assumindo ε = ε o na região entre as esferas, determinar: a) o máximo valor da intensidade de campo elétrico entre as esferas; b) a diferença de potencial (Vo) entre as esferas; c) a energia total armazenada (WE) na região entre as esferas.

Resolução: a)

Seja a superfície gaussiana esférica de raio a < r < b : Pela Lei de Gauss: ∫ D ⋅ dS = Q interna ; onde dS = r 2 sen θ dθ dφ a r S

D ⋅ 4πr 2 = Q ⇒ D =

D Mas E = ⇒E=

εo

Q 4πr

Q 4πε o r 2

2

⇒D=

Q ar 4πr 2

(01)

ar

De (02), conclui-se que E = E =

(02) Q

(03)

4πε o r 2

De (03), conclui-se que E varia de acordo com 1 2 para a região entre as esferas. Logo, o r maior valor que E atinge nesta região ocorre para o menor valor de r. Assim, para r = 6 cm, temos:

E max = E max =

b)

10 − 8 2

4πε o (0,06 ) Q  a ar. E = 4πε o r 2 Vab = Vo = − ∫ E • dL, onde   b dL = dr a r a Q ∴ Vo = − ∫  2  b  4πε o r

[

⇒ E max = 25 KV m

 dr ⇒ V = Q  1 − 1  o  4πε o  a b  

10 − 8  1 1  Vo = −   ⇒ Vo = 937,5 4πε o  0,06 0,16 

[V]


]


–

CAPÍTULO 04

c)

ENERGIA E POTENCIAL

Q  a D = 2 r π 4 r  1 1 D2 Q  WE = ∫ D • E dv ⇒ WE = ∫ dv, onde  D = D = ε 2 2 4πr 2  vol vol o dv = r 2 sen θ dr dθ dφ  

1 ∴ WE = 2

∫

Q2 2 4

vol 16π r ε o

Q2

 WE = − 32π 2 ε o 

dv ⇒ WE =

Q2 2

2π

π

b

∫ ∫ ∫

senθ

32π ε o φ = 0 θ = 0 r = a r 2

dr dθ dφ

b

1 [− cos θ ]θπ = 0 [φ ]φ2π= 0  rr=a

WE =

Q2

Q2  1 1 π π − + ⋅ [ − cos + cos 0 ° ] ⋅ 2 ⇒ W = E   8πε o 32π 2 ε o  b a 

WE =

10 −16  1 1  −   ⇒ WE = 4,69 [µ J ] 8πε o  0,06 0,16 


 1 1 − b + a   


–

CAPÍTULO 05

CONDUTORES, DIELÉTRICOS E CAPACITÂNCIA CAPÍTULO 05

CONDUTORES, DIELÉTRICOS E CAPACITÂNCIA 5.1) Um capacitor de placas paralelas está cheio de ar, possui placas de áreas 4 x 4 cm2, separadas uma da outra por uma distância de 0,3 cm. Como devem ser usadas 2 cm3 de parafina ( ε R = 2,25 ) para obter máxima capacitância? Qual é o valor desta máxima capacitância?

Resolução:

Volume entre as placas = 4 ⋅ 4 ⋅ 0,3 = 4,8 [cm 3 ] Dados:  3 Volume de parafina = 2 [cm ] Para aumentar a capacitância, a melhor combinação consiste em colocar toda a parafina entre as placas, de modo que sua capacitância fique em paralelo com a capacitância do restante do meio entre as placas (ar). (01)

Portanto, C max = C parafina + C ar

Cálculo de x: Volume de parafina = 2 = 4 ⋅ 0,3 ⋅ x ⇒ x = 1,667 [cm]

Cálculo de C parafina :

C parafina =

C parafina =

ε S parafina d

ε = ε o ε R  , onde S parafina = 4 ⋅ x = 6,668 cm 2 = 6,668 ⋅ 10 − 4 [m 2 ] d = 0,3 cm = 0,3 ⋅ 10 - 2 [m] 

ε o ε R ⋅ 6,668 ⋅ 10 − 4 0,3 ⋅ 10 − 2

⇒ C parafina =

∴ C parafina = 4,428 [pF]

C ar =

d

0,3 × 10 − 2

(02)

Cálculo de C ar :

ε S ar

8,854 ⋅ 10 −12 ⋅ 2,25 ⋅ 6,668 ⋅ 10 − 4

ε = ε o  , onde Sar = (4 − x ) ⋅ 4 ⋅ 10- 4 [m 2 ]  -2 d = 0,3 cm = 0,3 ⋅ 10 [m] – Página 5.1 –


–

CAPÍTULO 05

C ar =

CONDUTORES, DIELÉTRICOS E CAPACITÂNCIA

ε o ⋅ (4 - x ) ⋅ 4 ⋅ 10 − 4

=

0,3 ⋅ 10 − 2

8,854 ⋅ 10 −12 ⋅ (4 - 1,667 ) ⋅ 4 ⋅ 10 − 4 0,3 ⋅ 10 − 2

(03)

∴ C ar = 2,754 [pF] Substituindo (02) e (03) em (01), temos: C max = 4,428 + 2,754 ⇒ C max = 7,182 [pF]

5.2) As superfícies esféricas, r = 2 cm e r = 10 cm, são condutoras perfeitas. A corrente total passando radialmente para fora através do meio entre as esferas é de 2,5 A. Determinar: a) a diferença de potencial entre as esferas; b) a resistência entre as esferas; c) o campo elétrico E na região entre as esferas. Assumir que a região está preenchida com um material dielétrico cuja condutividade é σ = 0,02 mho/m (ou σ = 0,02 S/m).

Resolução: a)

I I J = ar ⇒ J = ar S 4π r 2

J J =σ E⇒E= ⇒E=

σ

(01)

I 4πσ r

2

ar

(02)

Cálculo de Vab : a Vab = − ∫ E • dL

(03)

b

Substituindo (02) em (03), temos: a

  I Vab = − ∫  a r  • dr a r 2  b  4πσ r – Página 5.2 –


–

CAPÍTULO 05

I Vab = − 4πσ

a

∫ r =b


dr r2

r =2cm

2,5  − 1 4π ⋅ 0,02  r  r =10cm

⇒ Vab = −

1   1 Vab = 9,95 ⋅  −  ⇒  0,02 0,10 

Vab = 9,95 ⋅ [50 − 10] ⇒ Vab = 398 [V]

Vab 398 ⇒R = ⇒ R = 159,2 [Ω] I 2,5

b)

R =

c)

Da Equação (02) do ítem a, temos: E=

I 4πσ r

2

ar ⇒ E =

2,5

9,94 ar ⇒ E = ar 4π 0,02 r 2 r2

[V m]

5.3) Uma pequena esfera metálica de raio a, no vácuo, dista d (d >> a) de um plano condutor. Calcular o campo elétrico a meia distância entre a esfera e o plano condutor. Resolução:

Método das Imagens:

O Campo Elétrico resultante no ponto P será: E é o campo elétrico gerado no ponto P pela carga 1; E = E1 + E 2 , onde  1 E 2 é o campo elétrico gerado no ponto P pela carga 2.

Cálculo de E :

E=

E=

Q

( 2)

4πε o d

2

ax +

−Q

( 2)

4πε o 3d

(− a x ) ⇒ E =

2

Q

1  10Q  ax 1 + a x ⇒ E = 9 πε o d 2  9πε o d 2 – Página 5.3 –

4Q 4πε o d

2

ax +

4Q 4πε o 9d

2

ax


–

CAPÍTULO 05


5.4) As superfícies esféricas, r = 2 cm e r = 6 cm, são condutoras perfeitas e a região entre elas é preenchida com um material de condutividade σ = 80 mho/m. Se a densidade de  10  a [A/m2] para 2 < r < 6 cm, determinar: corrente é J =  2 r π r  a) A corrente I fluindo de uma superfície condutora perfeita para a outra; b) O campo elétrico E na região entre as esferas; c) A diferença de potencial entre as duas superfícies condutoras; d) A potência total dissipada no material condutor.

Resolução: a)

  10  J =  2  a r I = ∫ J • dS , onde  π r  dS = r 2 sen θ dθ dφ a S r  π

∴I =

I =

∫

θ =0 π r

10

π

10 2

⋅ r 2 sen θ dθ ⋅

2π

∫ dφ

⇒ I =

φ =0

10

π

[− cos θ ]π0 ⋅ [φ ]02π

⋅ 2 ⋅ 2π ⇒ I = 40 [A]

b)

J 10 1 1 J =σE⇒E= ⇒E= ⋅ ar ⇒ E = ar σ π r 2 80 8π r 2

c)

a Vab = − ∫ E • dL

[V m]

b

a

 1  Vab = − ∫  a  • dr a r 2 r  b  8πr Vab = −

Vab = d)

1 8π

0,02

0,02

 dr  1  1 ∫  r 2  ⇒ Vab = − 8π ⋅ − r  r = 0,06 r = 0,06

1  1 1  1 ⋅ − ⇒ Vab = ⋅ [50 − 16,67 ] ⇒ Vab = 1,326 [V]  8π  0,02 0,06  8π

P = VI ⇒ P = 1,326 ⋅ 40 ⇒ P = 53,05 [W] – Página 5.4 –


CAPÍTULO 05

–


5..5) A fronteira entre dois dielétricos de permissividade relativas εR1 = 5 e εR2 = 2 é definida pela equação do plano 2x + y = 2 . Se, na região do dielétrico 1, a densidade de fluxo elétrico for dada por D1 = 2a x + 5a y − 3a z , determinar: a) D n 2 ; b) D t 2 ; c) D 2 ; d) P2 ; e) A densidade de energia na região do dielétrico 2.

Resolução:

Cálculo de a n : Seja f = 2x + y − 2 a fronteira entre os dois meios (plano de separação). ∇f 1 ∇f = 2a x + a y . Logo, a n = ⇒ a n = ⋅ 2a x + a y 5 ∇f

(

)

Cálculo dos componentes de D1 : D1 = D n1 + D t1

Cálculo de D n1 : D n1 = D1 • a n a n   2a x + a y D n1 =  2a x + 5a y − 3a z •   5    18a x + 9a y  ηC   D n1 =  2     5    m 

(

)

(

)

  2a x + a y  ⋅    5  

– Página 5.5 –

   


CAPÍTULO 05

–


Cálculo de D t1 : D t1 = D1 − D n1  18a x + 9a y D t1 = 2a x + 5a y − 3a z −   5 

(

)

   

  D t1 = −1,6a x + 3,2a y − 3a z ηC 2   m   18a x + 9a y  ηC   D n2 = D n1 ⇒ D n2 =  2     5    m  ε D t1 E t2 = E t1 ⇒ D t2 = ε o ε R2 ⋅ ⇒ D t2 = R2 D t1

a)

b)

ε o ε R1

ε R1

 2  D t2 = ⋅ − 1,6a x + 3,2a y − 3a z ⇒ D t2 = −0,64a x + 1,28a y − 1,2a z ηC 2  5  m  D 2 = D n2 + D t2  18a x + 9a y   + - 0,64a x + 1,28a y − 1,2a z D 2 =   5  

(

c)

)

(

)

D 2 = 2,96a x + 3,08a y − 1,2a z ηC 2   m   D2 1  P2 = D 2 − ε o E 2 ⇒ P2 = D 2 − ε o ⇒ P2 = D 2  1 −  ε o ε R2 ε R2    1 P2 = 2,96a x + 3,08a y − 1,2a z ⋅ 1 −   2

d)

(

)

ηC   m 2  dWE 1 dWE 1 D2 dWE 1 D 22 = D2 • E2 ⇒ = D2 • ⇒ = • ε o ε R2 d vol 2 d vol 2 d vol 2 ε o ε R2

(

∴ P2 = 1,48a x + 1,54a y − 0,6a z

e)

)

dWE dWE 1 (2,96 2 + 3,08 2 + 1,2 2 ) ⋅ 10 − 8   = ⋅ ⇒ = 0,556  µJ 3  d vol 2 d vol  m  2 ⋅ 8,854 ⋅ 10 −12 Nota:

Cálculo de θ 1 e θ 2 :  1,6 2 + 3,2 2 + 32   D t1   ⇒ θ = 49 ,3° θ 1 = arctg  ⇒ θ 1 = arctg 1 D    2 2  n1  3,6 + 1,8   – Página 5.6 –


–

CAPÍTULO 05


 0,64 2 + 1,28 2 + 1,2 2  D t2    θ 2 = arctg ⇒ θ 2 = arctg  D   3,6 2 + 1,8 2  n2  

  ⇒ θ = 24,9° 2  

5.6) Duas pequenas esferas metálicas iguais de raio a estão bastante afastadas de uma distância d e imersas num meio de condutividade σ. Aplica-se a elas uma tensão V. Calcule a resistência oferecida pelo material entre as duas esferas.

Resolução: Como d >> a, pode-se considerar as duas esferas como duas cargas pontuais. Deste modo, o campo Q elétrico gerado por qualquer uma delas será: E = ar . 4πε o r 2 1o modo:

Cálculo da resistência oferecida pelo material entre as esferas: − ∫ E • dL V R= ⇒R= I ∫ J • dS

(01)

S

Cálculo de V: d

d

2Q dr V = 2⋅ ∫ dr ⇒ V = ⋅ ∫ 2 2 4πε o r = a 4πε o r r=a r V =

Q

(02)

2Q  1 1  Q ⋅ − +  ⇒ V = 4πε o  d a  2πε o a

Cálculo de I: I = ∫ J • dS ⇒ I = ∫ σ E • dS ⇒ I = S

I=

σQ 4πε o

S 2π

π

σQ

∫ 4πε

S

or

σQ σQ 2 π ⋅ r sen d d ⇒ I = ⋅ 2 ⋅ 2 ⇒ I = θ θ φ 2 4πε o εo φ = 0 θ =0 r

∫ ∫

1

2

– Página 5.7 –

(03)


–

CAPÍTULO 05



R =

Q

εo 1 ⇒ R = 2πε o a σ Q 2πσ a ⋅

2o modo:

2 ⋅ ∫ E • dL V R= ⇒R= I I Cálculo de E :

J=

I =σ E Area

I 4π r 2

(01)

I

=σ E⇒E =

4π σ r 2

⇒E=

I 4π σ r 2

ar

(02)

Cálculo de V: d

d

2I dr V = 2⋅ ∫ dr ⇒ V = ⋅ ∫ 2 2 4πσ r = a 4πσ r r=a r V =

I

2I  1 1  I ⋅ − +  ⇒ V = 4πσ  d a  2πσ a

(03)

Substituindo (03) em (01), temos: R =

I

1 1 ⇒ R = 2πσ a I 2πσ a ⋅

(

5.7) O vetor unitário a N 12 = −2a x + 3a y + 6a z

) 7 , é dirigido da região 1 para a região 2,

sendo normal a fronteira plana entre os dois dielétricos perfeitos com εR1 = 3 e εR2 = 2. Sendo E1 = 100a x + 80a y + 60a z V m , determine E 2 .

[ ]

Resolução:

Cálculo dos componentes de E1 : E1 = E n1 + E t1 Cálculo de E n1 :

(

)

E n1 = E1 • a N12 a N12

  − 2a x + 3a y + 6a z   − 2a x + 3a y + 6a z   ⋅   E n1 =  100a x + 80a y + 60a z •      7 7      E n1 = −16,327a x + 24,49a y + 48,98a z V m

(

)

[ ]

– Página 5.8 –


–

CAPÍTULO 05


Cálculo de E t1 : E t1 = E1 − E n1 E t1 = 100a x + 80a y + 60a z − − 16,327a x + 24,49a y + 48,93a z

(

) (

∴ E t1 = 116,327a x + 55,51a y + 11,02a z

)

[V m]

Cálculo dos componentes de E 2 : E 2 = E n2 + E t2 Cálculo de E n2 : ε D n2 D n1 E n2 = = ⇒ E n2 = R1 E n1

ε o ε R2

ε o ε R2

(01)

ε R2

3 E n2 = ⋅ − 16,327a x + 24,49a y + 48,98a z 2 ∴ E n2 = −24,491a x + 36,735a y + 73,47a z V

(

)

[ m]

Cálculo de E t2 : E t 2 = E t1 = 116,327a x + 55,51a y + 11,02a z

[V m]

Substituindo (02) e (03) em (01), temos: E 2 = 116,327a x + 55,51a y + 11,02a z + − 24,491a x + 36,735a y + 73,47a z

(

) (

∴ E 2 = 91,836a x + 92,245a y + 84,449a z

(02)

(03)

)

[V m]

5.8) Dado o campo potencial V = ( 200sen θ cos φ ) / r 2 [V], determinar: a) A equação da superfície condutora na qual V = 100 V; b) O campo elétrico E no ponto P (r, 30o, 30o) sobre a superfície condutora; c) A densidade superficial ρS no ponto P. ASSUMIR: ε = εo na superfície adjacente Resolução: a)

Para determinar a equação da superfície condutora na qual V = 100 V, basta substituir este valor na equação de campo dada. Portanto: V =

(200sen θ cos φ ) r

2

= 100 ⇒ r 2 = 2 sen θ cos φ

– Página 5.9 –


CAPÍTULO 05

b)

–


Dados: P (r,θ = 30o, φ = 30o )

1 ∂V 1 ∂V ∂V E = −∇V = − ar − aθ − aφ ∂r r ∂θ r sen θ ∂φ  400senθ cosφ  1  200cosφ  1  ar −  E = − − ⋅ cosθ  aθ − r r senθ  r3  r2 

 200senθ   ⋅ (− senφ ) aφ  r2 

 400senθ cosφ   200cosθ cosφ   200senφ   ar −   aθ +   aφ E =  3 2 r r r3       200 (2 senθ cosφ ) ar − (cosθ cosφ ) aθ + senφ aφ E= 3 r

[

]

(01)

Substituindo as coordenadas de P em (01), temos:

200 E= ( 2 sen 30° cos 30°)a r − (cos 30° cos 30°)aθ + sen 30° a φ r3 200 E= 0,866 a r − 0,75 aθ + 0,5 a φ r3

[

(

]

)

Mas r 2 = 2 sen θ cos φ (item a).Portanto r 2 = 2 sen 30°cos 30° ⇒ r = 0,9306

(02) (03)

Substituindo (03) em (02), temos: E=

200 0,9306

( 0,866 a r − 0,75 aθ 3

E = 215 a r − 186,1 aθ + 124,1 a φ

c)

ρS = D N

Cálculo de D N :

+ 0,5 a φ

)

[V m]

D = ε o E ⇒ D N = ε o E N ⇒ D N = ε o E ⇒ D N = ε o 215 2 + 186,12 + 124,12   D N = ε o (± 310,256 ) ⇒ D N = ρ S = ±2,75 ηC 2   m 



CAPÍTULO 05

–


5.9) Duas cargas pontuais e simétricas de 100 ηC estão localizadas acima de um plano condutor situado em z = 0, sendo a carga positiva em (ρ ρ = 1 m, φ = π/2, z = 1 m) e a carga negativa em (ρ ρ = 1 m, φ = 3π π/2, z = 1 m). Determinar: a) A densidade superficial de carga na origem; b) A densidade superficial de carga no ponto A(ρ ρ = 1 m, φ = π/2, z = 0); c) A densidade de fluxo elétrico D no ponto B(ρ ρ = 0, φ = 0, z = 1 m).

Resolução: Q1 = Q 4 = Q = 100ηC ; Q 2 = Q 3 = −Q = −100ηC   Dados: A = ρ = 1, φ = π 2 , z = 0 ⇒ A = (0,1,0 )  B = ( ρ = 0, φ = 0, z = 1) ⇒ B = (0,0,1) a) Na origem, o vetor densidade de fluxo elétrico ( D 0 ) é nulo, pois os campos criados pelas cargas objeto ( D10 e D 20 ) são anulados pelos campos criados pelas cargas imagem ( D 30 e D 40 ).

(

)

Logo, ρ S = D 0 = 0 b)

ρ S A = D A , onde D A é o vetor densidade de fluxo elétrico resultante no ponto

Cálculo de D A : D A = D1A + D 2A + D 3A + D 4A  R = 2 a − a 1 A y z ; R 1A = 5 Q1  D1A = a R , onde  1A 4πR 12A 2a y − a z  = a R 5  1A – Página 5.11 –

(01)

(02)

(03)


–

CAPÍTULO 05

D 2A =


R  2 A = −a z ; R 2 A = 1 a R , onde  2A 4πR 22A = −a z a R  2A

Q2

(04)

 R = 2 a + a 3 A y z ; R 3A = 5 Q3  D 3A = a R , onde  3A 4πR 32A 2a y + a z  = a R 5  3A

(05)

R Q4  4A = a z ; R 4A = 1 a R , onde  4A 4πR 24A = az a R  4A

(06)

D 4A =

Substituindo (03), (04), (05) e (06) em (02), temos:

Q 2a y DA = ⋅ 20π Q  2a y ⋅ DA = 4π  5

− az

−Q − Q 2a y + a z Q + ⋅ az + ⋅ (− a z ) + ⋅ 4π 4π 5 4 5π 5 − az 2a y + a z  Q  −2  + az − + a z  ⇒ D A = ⋅ + 2 a z 4π  5 5 5 5 5  

Q  −1 Q  DA = ⋅ + 1a z ⇒ D A = 2π  5 5 2π 

 5 5 − 1  100η a z ⇒ D A = ⋅  2π  5 5 

2 ∴ D A = ⋅ 25 − 5 a z ηC 2  ou D A = 14,49 a z ηC 2     m   m  π

(

)

 25 − 5  a z ⋅  25   (07)


ρSA = c)

2

  ⋅ 25 − 5 a z ηC 2  ou π  m 

(

)

  ρ S = 14,49 a z ηC 2   m 

Cálculo de D B :

D B = D1B + D 2B + D 3B + D 4B R = a ; R = 1 y 1B Q1  1B a R , onde  4πR 12B 1B = ay a R  1A R = − a 2 B y ; R 2B = 1 Q2  D 2B = a R , onde  2B 4πR 22B = −a y a R  2B

D1B =


(01)

(02)

(03)


CAPÍTULO 05

–


 R = a + 2 a 3 B y z ; R 3B = 5 Q3  D 3B = a R , onde  3B 4πR 32B a y + 2a z  = a R 5  3B

(04)

 R = −a y + 2a z ; R 4B = 5 4 B Q4  D 4B = a R , onde  2 4 B 4πR 4B − a y + 2a z  = a R 5  4B

(05)

Substituindo (02), (03), (04) e (05) em (01), temos: − a y + 2a z Q −Q − Q a y + 2a z Q DB = ⋅ ay + ⋅ − ay + ⋅ + ⋅ az 4π 4π 4 5π 5 4 5π 5 a y + 2a z − a y + 2a z  2a y  Q  Q   ⇒ DB =  DB = ⋅  2a y − ⋅ a y + a y − +   π 4π  4 5 5 5 5 5 5    2a y  Q  Q  1  Q  5 5 − 1   ⇒ DB = a y DB = ⋅  2a y − ⋅ 1 − a ⇒ D = ⋅   y B 4π  2π  2π  5 5  5 5  5 5

(

)

100η Q  25 − 5  a y ⇒ D B = DB = ⋅  2π  25  2π

 25 − 5  a y ⋅  25  

2 D B = ⋅ 25 − 5 a y ηC 2  ou D B = 14,49 a y ηC 2   m   m  π

(

)

5.10) A região entre as placas de metal de um capacitor é preenchida por 4 (quatro) camadas de dielétricos diferentes, com permissividades 2εεo, 3εεo, 4εεo e 5εεo, onde εo é a permissividade elétrica do vácuo. Cada camada tem espessura a e área S. Determinar, para os arranjos de dielétricos em série e em paralelo: a) As magnitudes do campo elétrico (E) e da densidade de fluxo (D) em cada camada; b) A diferença de potencial (Vo) entre as placas; c) A capacitância total (C) resultante; Nota: Usar apenas os parâmetros dados, adotando as cargas das placas iguais ±Q. Obs: Para um arranjo série de dielétricos, deve-se considerar que a área das placas que formam o capacitor é igual a área de cada camada de dielétrico , ou seja, Splaca = Scamada = S; (Arranjo Série) Para um arranjo paralelo de dielétricos, deve-se considerar que a área das placas que formam o capacitor foi dividida em quatro, de modo que Splaca = 4Scamada = 4S; (Arranjo Paralelo)



CAPÍTULO 05

–


Resolução:

a)

Arranjo Série:

Pelas condições de contorno, D n1 = D n 2 = D . Ψ Q Sabe-se que D = e que Ψ = Q . Portanto, D = D1 = D 2 = D 3 = D 4 = S S

(01) (02)

Mas D = ε E Substituindo (01) em (02), temos:

E1 =

E2 =

E3 =

E4 =

b)

Q

D1

⇒ E1 =

ε1 D2

ε2

2ε o

Q 2Sε o

Q ⇒ E2 =

S ⇒ E = 2

Q 3Sε o

S ⇒ E = 3

Q 4Sε o

3ε o Q

D3

⇒ E3 =

ε3 D4

ε4

S ⇒ E = 1

4ε o Q

⇒ E4 =

S ⇒ E = 4

5ε o

Q 5Sε o

Vo = V1 + V2 + V3 + V4 d1 = d 2 = d 3 = d 4 = a Vo = E1d1 + E 2 d 2 + E 3 d 3 + E 4 d 4 , onde  (01) E1, E 2 , E 3 , E 4 foram calculados no item (a) Substituindo os valores de E1, E 2 , E 3 e E 4 em (01), temos:

Vo =

Q ⋅ a 1 1 1 1 ⋅ + + +  S ⋅ εo  2 3 4 5

Vo =

Q ⋅ a  30 + 20 + 15 + 12  77 Q ⋅ a ⋅ ⋅  ⇒ Vo = S ⋅ εo  60 60 S ⋅ ε o 



–

CAPÍTULO 05


c)

O cálculo da capacitância pode ser feito de duas maneiras. A primeira considera a definição de capacitância para um capacitor de placas paralelas ( C = Q V ). A segunda considera que a o capacitância total (C)do arranjo acima é equivalente à capacitância resultante quando admitimos que os quatro capacitores formados pelas camadas de dielétricos acima estão colocados em série.

1o modo: Q Q 60 S ⋅ ε o C= ⇒C= ⇒ C= ⋅ 77 Q ⋅ a Vo 77 a ⋅ 60 S ⋅ ε o 2o modo: C=

C=

1 1 1 1 1 + + + C1 C 2 C 3 C 4

1

⇒C=

a 2ε o S

+

a 3ε o S

+

a 4ε o S

+

a 5ε o S

1 1 60 ε o Sa ⇒C= ⇒ C= ⋅ a 77 77 a a 1 1 1 1 ⋅ ⋅ + + +  ε o S 60 εoS  2 3 4 5

Arranjo Paralelo:

Para esta configuração, a solução torna-se mais simples quando iniciada em ordem inversa. c)

(01)

C = C1 + C 2 + C 3 + C 4  C1  C 2  onde  C 3   C 4 

2ε ⋅ S ε ⋅S = 1 1 ⇒ C1 = o d1 a 3ε o ⋅ S ε 2 ⋅ S2 = ⇒ C2 = d2 a ε 3 ⋅ S3 4ε o ⋅ S v = ⇒ C3 = d3 a ε 4 ⋅ S4 5ε o ⋅ S = ⇒ C4 = d4 a

(02)

Substituindo (02) em (01), temos: C=

b)

C=

2ε o ⋅ S 3ε o ⋅ S 4ε o ⋅ S 5ε o ⋅ S ε S ε S + + + ⇒ C = o ⋅ (2 + 3 + 4 + 5) ⇒ C = 14 ⋅ o a a a a a a

Q Q ⇒ Vo = ⇒ Vo = Vo C

Q 14 ⋅

εoS

⇒ Vo =

a – Página 5.15 –

1 Q⋅a ⋅ 14 ε o S

(03)


CAPÍTULO 05

a)

–

CONDUTORES, DIELÉTRICOS E CAPACITÂNCIA V d

(04)

Vo = V1 = V2 = V3 = V4 Mas  a = d1 = d 2 = d 3 = d 4

(05)

Sabe-se que : V = Ed ⇒ E =

Substituindo (05) em (04), tem-se: E = E1 = E 2 = E 3 = E 4 =

Vo 1 Q ⇒ E = ⋅ (06) a 14 ε o S (07)

Sabe-se que : D = ε ⋅ E Substituindo (07) em (06) para cada região, tem-se:

D1 = ε 1 ⋅ E ⇒ D1 = 2ε o ⋅

D 2 = ε 2 ⋅ E ⇒ D 2 = 3ε o ⋅

D 3 = ε 3 ⋅ E ⇒ D 3 = 4ε o ⋅

D 4 = ε 4 ⋅ E ⇒ D 4 = 5ε o ⋅

Q 14ε o S Q

14ε o S Q 14ε o S

Q 14ε o S

⇒ D1 =

⇒ D2 =

⇒ D3 =

⇒ D4 =

2 Q ⋅ 14 S

3 Q ⋅ 14 S 4 Q ⋅ 14 S

5 Q ⋅ 14 S

Nota: Das equações (02) e (03) , pode-se calcular a forma com que a carga total Q foi distribuída entre as camadas de dielétricos. Q1 = C1 Vo ⇒ Q1 =

2ε o ⋅ S 1 Q ⋅ a 2 ⋅ ⋅ ⇒ Q1 = ⋅Q a 14 ε o S 14

Q 2 = C 2 Vo ⇒ Q 2 =

3ε o ⋅ S 1 Q ⋅ a 3 ⋅ ⋅ ⇒ Q2 = ⋅Q a 14 ε o S 14

Q 3 = C 3 Vo ⇒ Q 3 =

4ε o ⋅ S 1 Q ⋅ a 4 ⋅ ⋅ ⇒ Q3 = ⋅Q a 14 ε o S 14

Q 4 = C 4 Vo ⇒ Q 4 =

5ε o ⋅ S 1 Q ⋅ a 5 ⋅ ⋅ ⇒ Q4 = ⋅Q a 14 ε o S 14

Logo, devido às diferentes permissividades, a carga Q não foi igualmente distribuída entre as camadas. Deve-se ressaltar que a relação Q = Q1 + Q 2 + Q 3 + Q 4 continua verdadeira.



CAPÍTULO 05

–


5.11) Duas esferas condutoras concêntricas de raios r = 3 mm e r = 7 mm são separadas por dois dielétricos diferentes, sendo a fronteira entre os dois dielétricos localizada em r = 5 mm. Se as permissividades relativas são εR1 = 4, para o dielétrico mais interno, e εR2 = 6, para o outro dielétrico, e ρS = 10 ηC/m2 na esfera interna, determinar: a) A expressão que fornece o campo elétrico entre as duas esferas, utilizando a Lei de Gauss; b) A diferença de potencial entre as duas esferas; c) A capacitância (*) do capacitor esférico formado. (*) A fórmula da capacitância do capacitor esférico não poderá ser usada diretamente.

Resolução:  a = 3mm ; b = 7 mm Dados:  ηC ε  R1 = 4 ; ε R 2 = 6 ; ρ S = 10 m 2 a)

Pela Lei de Gauss:


∫ ρ v dv vol

Seja a superfície Gaussiana esférica de raio r < a:

D1 = 0, pois Q interna = 0 ⇒ E1 = 0

Seja a superfície Gaussiana esférica de raio a < r < b:  D = Dr a r ;   2 ∫ D • dS = Q interna , onde: dS = dSr a r = r sen θ dθ dφ a r ;  S Q interna = ρ S dS ∫  S 



CAPÍTULO 05

–


2π ∫ D • dS = Q interna ⇒ ∫ S

π

2

∫ D r r sen θ dθ dφ a r =

φ =0 θ =0

Dr =

ρS ⋅ a 2

⇒ Dr =

2π

π

∫ ∫ ρS a

2

sen θ dθ dφ

φ =0 θ =0

10 ⋅ 10 − 9 ⋅ (3 ⋅ 10 − 3 ) 2

90 ⋅ 10 −15 ⇒D= ar r2

r2 r2 Mas D = ε E e portanto, teremos duas expressões para o campo elétrico entre as duas esferas.

Campo elétrico para 3mm < r < 5mm:

90 ⋅ 10−15 E1 =

D

ε1

⇒ E1 =

D

ε o ε R1

⇒ E1 =

2,541 r2 a r ⇒ E1 = ⋅ 10− 3 a r V m 4 ⋅ 8,854 ⋅ 10−12 r2

[ ]

Campo elétrico para 5mm < r < 7mm:

90 ⋅ 10 −15 E2 =

b)

D

ε2

⇒ E2 =

D

ε oε R 2

⇒ E2 =

1,694 r2 ar ⇒ E2 = ⋅ 10 − 3 a r V m 6 ⋅ 8,854 ⋅ 10 −12 r2

[ ]

a a  5mm  Vab = − ∫ E • dL ⇒ Vab = − ∫ E 2 • dr + ∫ E1 • dr    5mm b  b  3mm  5mm 1,694  2,541 −3  Vab = − ∫ ⋅ 10 dr + ∫ ⋅ 10 − 3 dr    2 2 5mm r  7 mm r 

5 ⋅10− 3

3⋅10− 3

1,694   2,541  Vab =  ⋅ 10 − 3  + ⋅ 10 − 3   r  7 ⋅10− 3  r  5 ⋅10− 3 Vab = 96,8085 ⋅ 10 − 3 + 338,8 ⋅ 10 − 3 ⇒ Vab = 0,4356 [V ]

∫ ρ S dS

c)

Q Q C= ⇒ C = interna ⇒ C = S Vo Vab Vab

4πa 2 ρ S ⇒C= Vab

4π ⋅ (3 ⋅ 10 − 3 ) 2 ⋅ 10 ⋅ 10 − 9 C= ⇒ C = 2,596 [ηF] 0,4356



–

CAPÍTULO 06

EQUAÇÕES DE POISSON E DE LAPLACE CAPÍTULO 06

EQUAÇÕES DE POISSON E DE LAPLACE 6.1) Seja o potencial no espaço livre (vácuo) expresso por V = 8x 2 yz volts. a) Determinar o campo elétrico ( E P ) em P (2, -1, 3); b) Determinar a densidade volumétrica de carga (ρv) em P; c) Determinar a equação da superfície equipotencial que passa por P; d) Verificar se a função V acima satisfaz a Equação de Laplace. Resolução: a)

Sabe -se que E = −∇V

Cálculo do Gradiente (coordenadas cartesianas):

∇V =

(01)

∂V ∂V ∂V ax + ay + a z ⇒ ∇V = 16xyz a x + 8x 2 z a y + 8x 2 y a z ∂x ∂y ∂z

(02)

Substituindo (02) em (01), temos: E = − 16 xyz a x − 8x 2 z a y − 8x 2 y a z

(03)

Substituindo as coordenadas de P em (03), temos o campo elétrico E P :

E P = [− 16 ⋅ 2 ⋅ (−1) ⋅ 3] a x + [−8 ⋅ 2 2 ⋅ 3] a y + [−8 ⋅ 2 2 ⋅ (−1)] a z E P = 96 a x − 96 a y + 32 a z

[V m]

( )

(

)

b)

ρ v = ∇ • D = ∇ • ε o E = ε o ∇ • E = ε o ∇ • − ∇V ⇒ ρ v = −ε o ∇ 2 V

Cálculo do Laplaciano (coordenadas cartesianas): 2

∇ V= 2

∇ V=

∂2 V ∂x 2 ∂ ∂x

+

∂2 V ∂y 2

(16xyz) +

+ ∂

∂y

∂2 V ∂z 2

2

⇒∇ V=

(16xz ) +

∂ ∂z

(01)

∂ ∂V ∂ ∂V ∂ ∂V  +   +  ∂x  ∂x  ∂y  ∂y  ∂z  ∂z  2

(16xy ) ⇒ ∇ V = 16 yz + 0 + 0

(02)

Substituindo as coordenadas de P em (02), temos: 2

∇ V = 16 ⋅ ( −1) ⋅ 3 ⇒ ∇ 2 V = −48

– Página 6.1 –

(03)


CAPÍTULO 06

–

EQUAÇÕES DE POISSON E DE LAPLACE

Substituindo (03) em (01), temos: 



ρ v = −8,854 × 10 −12 ⋅ (−48) ⇒ ρ v = 425 pC 3   m  c)

O potencial em P(2;-1;3),é dado por: VP = 8 ⋅ 2 2 ⋅ ( −1) ⋅ 3 ⇒ VP = −96 [V ] Logo, a equação da superfície equipotencial que passa por P é:

VP = V ⇒ −96 = 8x 2 yz ⇒ x 2 yz + 12 = 0 d)

A equação não satisfaz a Equação de Laplace, pois ρ v ≠ 0 (item b), indicando que a região 2

contém cargas livres. Portanto, ∇ V ≠ 0 . 6.2) Planos condutores em φ = 10o e φ = 0o, em coordenadas cilíndricas, possuem tensões de 75 volts e zero, respectivamente. Obtenha D na região entre os planos que contém um material para o qual εR = 1,65. Resolução:

As superfícies equipotenciais para φ constante são planos radiais conforme mostrado na figura anterior. 2 1 ∂ 2V Equação de Laplace: ∇ V = 0 ⇒ ∇ 2 V = = 0 ; ρ ≠ 0 , pois V = f (φ ) .

ρ 2 ∂φ 2

1 ∂ 2V ∂ 2V ∇2V = =0⇒ =0

ρ 2 ∂φ 2

∂φ 2

Integrando pela 1a vez:

∂V =A ∂φ – Página 6.2 –


–

CAPÍTULO 06



(01)

V = Aφ + B

 Em φ = 0 ⇒ V = 0 ⇒ B = 0  Condições de Contorno:  π 1350  φ Em 10 V 75 A A = ° ⇒ = = ⋅ ⇒ =  18 π

(02) (03)


V=

1350

π

φ [V]

Cálculo de E :

E = −∇V ⇒ E = − E=

(04)

− 1350

πρ

aφ

1 ∂V 1 ∂  1350  φ a φ aφ ⇒ E = −  ρ ∂φ ρ ∂φ  π 

[V m]

Cálculo de D :

 1350   a φ D = ε E ⇒ D = ε o ε R E ⇒ D = 8,854 × 10 −12 ⋅ 1,65 ⋅  −  πρ 

D=

− 6,28 aφ

ρ

ηC   m 2 

6.3) Sendo o potencial V função somente da coordenada cilíndrica ρ (como num cabo coaxial), determinar: a) a expressão matemática de, sendo V =V0 em ρ = a e V = 0 em ρ = b (b > a); b) a expressão da capacitância C, com as mesmas condições do item (a); c) o valor de VP em P(2,1,3) se V = 50 V em a = 2 m e V = 20 V em b = 3 m. Resolução: a)

2 1 ∂  ρ∂V    = 0 , pois V = f ( ρ ) . Segundo a Equação de Laplace: ∇ V = 0 ⇒ ∇ 2 V = ρ ∂ρ  ∂ρ  ρ∂V ∂  ρ∂V    = 0 ⇒ = A ⇒ V = A ln ρ + B (01) ∂ρ  ∂ρ  ∂ρ Vo  A = a  ln   Vo = A ln a + B b Condições de Contorno:  (02) ⇒ − Vo ⋅ ln b 0 = A ln b + B  B = a  ln   b – Página 6.3 –


–

CAPÍTULO 06



b ln  ρ V = Vo ⋅ b ln  a b)

Q Vo Porém, Q = S ⋅ ρ S , onde ρ S = DN ( ρ = a)

(01)

Sabe-se que C =

(02)

Cálculo de E :

E = −∇V ⇒ E = −

− Vo ∂V aρ ⇒ E = ⋅ ∂ρ b

ln  a

−

b

ρ2 b

aρ ⇒ E =

ρ

Vo

ρ

⋅

1 aρ b ln  a

Cálculo de DN ( ρ = a) :

D N ( ρ = a) = ε E ( ρ = a) , onde E ( ρ = a) é o módulo de E para ρ = a ∴ ρ S = D N ( ρ = a) =

ε Vo

(03)

b a ln  a


Q=

ε Vo b a ln  a

⋅ 2π aL ⇒ Q =

2π ε LVo b ln  a

(04)

Substituindo (04) em (01), temos: C=

2π ε L b ln  a

c)

b ln  ρ V = Vo ⋅ , onde a = 2 m e b = 3 m. b ln  a

Cálculo de VO:

Vo = 50 − 20 ⇒ Vo = 30 [V ]

(01)

(02)

Cálculo de ρ:

ρ = x 2 + y 2 ⇒ ρ = 2 2 + 12 ⇒ ρ = 5 – Página 6.4 –

(03)


CAPÍTULO 06

–



 3   ln  5 V = 30 ⋅ ⇒ V = 21,74 [V ] 3 ln   2

(Para V = 0 em ρ = a)

VP = 20 + 21,74 ⇒ VP = 41,74 [V] 6.4) Dado o potencial V =

(Para V = 20 V em ρ = a)

50 sen θ

, r≠0 [V], no espaço livre. r2 a) Verifique se V satisfaz a equação de Laplace; b) Encontrar a carga total armazenada dentro da casca esférica (1 < r < 2).

Resolução: a)

Cálculo do Laplaciano (coordenadas esféricas):

∂ 2V 1 ∂  2 ∂V  1 1 ∂V  ∂  ∇ V= r +  sen θ + ∂θ  r 2 sen 2 θ ∂φ 2 ∂r  r 2 sen θ ∂θ  r 2 ∂r  2

2

∇ V= 2

1 ∂  2 50 sen θ  1 50 1  ∂   r ⋅ ( −2)  + cos θ  +  sen θ ⋅0 r3 r2 r 2 ∂r   r 2 sen θ ∂θ   r 2 sen 2 θ

∇ V=− 2

∇ V= 2

∇ V= 2

∇ V= b)

1 50  − 1 ⋅ cos 2θ ⋅ 100 sen θ ⋅   + 2 2 r  r  r sen θ r 2 1

2

100 r4

⋅ sen θ +

2 cos 2θ  50 cos 2θ 50  ⋅ ⇒∇ V= ⋅  2 sen θ +  sen θ  r 4 sen θ r4 

cos 2 θ sen 2 θ 50  ⋅ 2 sen θ + − sen θ sen θ r 4  50 r 4 sen θ

≠0

2   2  ⇒ ∇ V = 50 ⋅  sen θ + cos θ  sen θ r 4  

   

⇒ V não satisfaz a Equação de Laplace

1o modo: 2 ρ Equação de Poisson: ∇ V = − v

εo

− 50ε o  C  3  (Segundo a Equacão de Poisson) ρ v = 4  r sen θ  m   Q = ∫ ρ v dv , onde:  dv = r 2 sen θ drdθ dφ vol   Q=

∫

− 50ε o

4 vol r sen θ

2

2

⋅ r sen θ drdθ dφ ⇒ Q = −50ε o ⋅

– Página 6.5 –

∫

dr

π

2π

⋅ ∫ dθ ⋅ ∫ dφ 2 r θ =0 φ =0 r =1


–

CAPÍTULO 06


2

− 1 Q = −50ε o ⋅   ⋅ π ⋅ 2π ⇒ Q = 100π 2 ε o r   r =1 50 sen θ

2o modo: V =

Cálculo de E :

E=

∂V 1 ∂V 1 ∂V ar − aθ − aφ ∂r r ∂θ r sen θ ∂φ

100 sen θ r

3

50 cos θ r

3

100ε o sen θ r

[V m]

aθ

3

ar −

50ε o cos θ r

3

aθ

C   m 2 

(02)

Cálculo de ρ v :

ρv = ∇ • D = ρv = ρv = ρv = ρv =

ar −

Cálculo de D :

D = εo E =

[V ]

r2

E = −∇V = −

1  ⋅  − 1 ⇒ Q = −50π 2 ε o [C] 2 

1 r

2

1 ∂ 2 1 ∂ 1 ∂ r Dr + ( Dθ sen θ ) + Dφ r sen θ ∂θ r sen θ ∂φ r 2 ∂r

(

)

⋅ (100ε o sen θ )

( )

∂  2 1  1  r ⋅  + 3 ∂r  r  r sen θ

 − 50ε o ⋅   r3

 ∂ (cos θ sen θ ) + 0   ∂θ

100ε o sen θ  − 1  − 50ε o ⋅  ⋅ ⋅ cos 2 θ − sen 2 θ + 2 2  4 r  r  r sen θ

(

− 100ε o sen θ r4

−

50ε o r 4 sen θ

)

⋅ (cos 2θ )

− 50ε o  cos 2θ ⋅  2 sen θ + sen θ  r4

 ⇒ ρ = − 50ε o  v  r 4 sen θ

C   m 3 

(03)

Cálculo de Q:

− 50ε o  ρ = v  r 4 sen θ  Q = ∫ ρ v dv , onde:  dv = r 2 sen θ drdθ dφ vol  Q=

∫

− 50ε o

4 vol r sen θ

2

2

⋅ r sen θ drdθ dφ ⇒ Q = −50ε o ⋅ 2

 − 1 ⋅ π ⋅ 2π ⇒ Q = 100π 2 ε o Q = −50ε o ⋅    r  r =1 ∴ Q = −50π 2 ε o

[C] ou Q = −4,37 [ηC] – Página 6.6 –

∫

dr

π

2π

⋅ ∫ dθ ⋅ ∫ dφ 2 r θ =0 φ =0 r =1

1  ⋅  − 1 2 


–

CAPÍTULO 06


3o modo:  dS = r 2 sen θ dθ dφ a r  Q = ∫ D • dS , onde:  100ε o sen θ 50ε o cos θ  S ar − aθ D = 3  r r3 2π

Q=

π

∫ ∫

100ε o sen θ r

φ = 0θ = 0

100ε o ⋅ 2π ⋅ Q= r Q=

200πε o r

3

π

∫

θ =0

100ε o ⋅ r sen θ dθ dφ ⇒ Q = ⋅ 2π ⋅ r 2

 1 − 1 cos 2θ  dθ ⇒ Q = 200πε o   r 2 2 

π

∫ sen

2

θ dθ

θ =0

π θ 1 ⋅  − sen 2θ  2 4 θ = 0

100π 2 ε o π 1  ⋅  − sen 2π − 0 − 0 ⇒ Q = r 2 4 

Em r = 1 ⇒ Q = 100π 2 ε o Em r = 2 ⇒ Q = 50π 2 ε o

[C] [C]

Para 1 < r < 2 ⇒ Q = 50π 2 ε o − 100π 2 ε o ⇒ Q = −50π 2 ε o [C] ou Q = -4,37 [ηC]

6.5) Dois cilindros condutores coaxiais de raios a = 2 cm e b = 6 cm apresentam potenciais de 100 V e de 0 V, respectivamente. A região entre os cilindros é preenchida com um dielétrico perfeito, porém, não homogêneo, no qual ε R = 0,3 /( ρ + 0,04) . Determinar para esta região: a) o potencial elétrico V(ρ) ; b) o campo elétrico E( ρ ) ; c) a densidade de fluxo elétrico D( ρ ) ; d) a capacitância C por metro de comprimento. Resolução:

a)

ε R = f ( ρ ) ⇒ As Equações de Laplace e de Poisson não podem ser usadas diretamente; Deve-se calcular uma relação a partir da forma puntual de Lei de Gauss, da definição de D e da relação do Gradiente. Portanto: – Página 6.7 –


–

CAPÍTULO 06


∇ • D = ρ v (Forma Puntual da Lei de Gauss);   ⇒ ∇ • ε ⋅ ∇V = − ρ v D = ε E (Definicão de D);  E = −∇V (Relacão do Gradiente). 

(

)

No dielétrico perfeito, ρv = 0 e ε = εoεR

(01)

(02)


(

)

(03)

∇ • ε R ⋅ ∇V = 0 Desenvolvendo (03), temos:

 ∇ •  ε R  1 ∂ ρ ∂ρ

  0,3   dV    dV    ⋅  ⋅  aρ   = 0 ⇒ ∇ •   aρ   = 0 ρ ρ ρ d + 0 , 04 d      

 0,3 ∂V  ∂  0,3 ρ ∂V   ρ ⋅  = 0 ⇒  =0 ⋅ ⋅ ρ + 0,04 ∂ρ  ∂ρ  ρ + 0,04 ∂ρ  

Integrando pela 1a vez: 0,3 ρ A( ρ + 0,04 ) ∂V ∂V A( ρ + 0,04 ) ⋅ =A⇒ = ⇒ ∂V = ∂ρ ρ + 0,04 ∂ρ ∂ρ 0,3 ρ 0,3 ρ Integrando pela 2a vez: V=

∫

A( ρ + 0,04 ) A dρ ⇒ V = [ρ + 0,04 ln ρ ] + B 0,3 ρ 0,3

A  Em ρ = 2 cm ⇒ V = 100 = 0,3 [0,02 + 0,04 ln 0,02] + B  Condições de Contorno:  A  [0,06 + 0,04 ln 0,06] + B Em ρ = 6 cm ⇒ V = 0 =  0,3 

(04) (05) (06)

Fazendo (05) – (06), temos: 100 =

A  0,02  − 0,04 + 0,04 ln ⇒ A = −357,4  0,3  0,06 

(07)

Substituindo (07) em (06), temos: B=

− 357,4 [0,06 + 0,04 ln 0,06] ⇒ B = −62,6 0,3

Substituindo (07) e (08) em (04), temos: V=

− 357,4 [ρ + 0,04 ln ρ ] − 62,6 ⇒ V = −1191,34 ρ − 47,65 ln ρ − 62,6 [V] 0,3

– Página 6.8 –

(08)


CAPÍTULO 06

b)

–


Cálculo do Campo Elétrico E( ρ ) :

E = −∇V ⇒ E = −

 47,6  ∂V a ρ a ρ ⇒ E = 1191,34 + ρ  ∂ρ 

  0,04   a ρ E = 1191,34 1 +    ρ  c)

[V m]

Cálculo da Densidade de Fluxo Elétrico D( ρ ) : (Lei de Gauss para uma Superfície Gaussiana Cilíndrica de raio 2<ρ<6 cm)

∫ D • dS = Q int = ∫ ρ S dS S

S

D⋅ 2π ρ ⋅ L = ρ S ⋅ 2π a ⋅ L ⇒ D =

ρS ⋅ a aρ ρ

(01)

Mas ρ S = DN ( ρ = 0,02 ) = ε E ( ρ = 0,02 ) , onde E ( ρ = 0,02 ) é o módulo de E para ρ = 0,02m

ρS = ε oε R

0,3     0,04   E ( ρ = 0,02 ) ⇒ ρ S = ε o ⋅   ⋅ 1191,34 1 +   ( ρ =0,02)  0,02 + 0,04    0,02  

∴ ρ S = 158,22 ηC 2   m 

(02)


D= d)

158,22 ⋅ 0,02

ρ

aρ ⇒

D=

3,16

ρ

a ρ ηC 2   m 

Cálculo da capacitância C por metro de comprimento: C=

S ⋅ ρS Q 158,22 ⋅ 2π ⋅ 0,02 ⋅ L C ⇒ C= ⇒ C= ⇒ = 198,8 V0 V0 100 L

pF   m 

6.6) Uma região entre dois cilindros condutores concêntricos com raios a = 2 cm e b = 5 cm contém uma densidade volumétrica de carga uniforme ρ V = −10 −8 C/m3. Se o campo elétrico E e o potencial V são ambos nulos no cilindro interno, determinar: a) A expressão matemática do potencial V na região, partindo da Equação de Poisson; b) A expressão matemática do potencial V na região, partindo da Lei de Gauss; c) O valor do potencial V no cilindro externo. Assumir a permissividade do meio como sendo a do vácuo. Resolução: a)

2

Equação de Poisson: ∇ V = Integrando pela 1a vez:

ρ

ρ ∂  ∂V   ρ  = − v ρ ∂ρ  ∂ρ  εo 1

ρ ρ2 ∂V =− v ⋅ +A⇒ ∂ρ εo 2

– Página 6.9 –

⋅

ρ ∂V A = − v ⋅ρ + ∂ρ 2ε o ρ

(01)


CAPÍTULO 06

–


Porém, sabe-se que: E = −∇V ⇒ E = −

∂V ∂V ∂V aρ ⇒ E = E = − ⇒ = −E ∂ρ ∂ρ ∂ρ

(02)


ρ ∂V A = −E = − v ⋅ ρ + ∂ρ 2ε o ρ 1a Condição de Contorno:

(03) (04)

E = 0 para ρ = a.

Substituindo (04) em (03), temos: 0=−

ρv ρ A ⋅ a + ⇒ A = v ⋅ a2 2ε o a 2ε o

(05)


ρ ρ ∂V a2 =− v ⋅ρ+ v ⋅ ∂ρ 2ε o 2ε o ρ

(06)


V=−

ρv ρ 2 ρv ⋅ + ⋅ a 2 ln ρ + B 2ε o 2 2ε o

2a Condição de Contorno:

(07) (08)

V = 0 para ρ = a.


0=−

ρv a2 ρv ρ ρ ⋅ + ⋅ a 2 ln a + B ⇒ B = v ⋅ a 2 − v ⋅ a 2 ln a 2ε o 2 2ε o 4ε o 2ε o


V =− V =

ρv ρ ρ ρ ⋅ ρ 2 + v ⋅ a 2 ln ρ + v ⋅ a 2 − v ⋅ a 2 ln a 4ε o 2ε o 4ε o 2ε o

ρv ρ ρ ⋅ (a 2 − ρ 2 ) + v ⋅ a 2 ln  4ε o 2ε o a

[V]


(09)


CAPÍTULO 06

–


b)

Lei de Gauss:

∫ D • dS = Q int = ∫ ρ S dS S

S

ρ  a 2  D⋅ 2π ρ ⋅ L = ρ v ⋅ (πρ 2 − π a 2 ) ⋅ L ⇒ D = v ⋅  ρ − ρ  2  ∴D =

a 2  ⋅ ρ − aρ ρ  2 

C   m 2 

Cálculo do Campo Elétrico E : E=

ρ v 

D

εo

⇒E=

ρv 2ε o

 a 2  ⋅ρ − aρ  ρ  

Cálculo de V: A

ρ

VAB = − ∫ E • dL ⇒ V = − B

ρ V=− v 2ε o

∫ ρ =a

ρv 2ε o

 a 2  ⋅ ρ − a • dρ a ρ   ρ ρ  

ρ

ρ2  ρ ⋅ − a 2 ln ρ  ⇒V=− v 2ε o  2  ρ = a

ρv ρva2 ρ 2 2 V= ⋅ (a − ρ ) + ⋅ ln 4ε o 2ε o a c)

[V m]

 ρ 2   a2  ⋅  − a 2 ln ρ  −  − a 2 ln a     2  2   

[V]

No cilindro externo, ρ = b = 0,05 m .

∴V =

− 10 − 8 4 ⋅ 8,854 ⋅ 10 −12

⋅ (0,02 2 − 0,05 2 ) +

V = 0,593 − 0,207 ⇒ V = 0,386

[V]


(−10 − 8 ) ⋅ 0,02 2 2 ⋅ 8,854 ⋅ 10 −12

⋅ ln

0,05 0,02


–

CAPÍTULO 06


6.7) Dois cilindros condutores, circulares retos, coaxiais, acham-se em ρ = a = 10 mm e ρ = b = 30 mm, com tensões de 10 volts no cilindro interno e Vo no cilindro externo. Se E = −10 a ρ KV m em ρ = 20 mm, determinar:

[

]

a) A expressão do potencial V em função de ρ por Laplace; b) O valor de Vo; c)A densidade de cargas do condutor externo. Resolução:

a)

2 1 ∂  ρ∂V    = 0 , pois V = f ( ρ ) . Equação de Laplace: ∇ V = 0 ⇒ ∇ 2 V = ρ ∂ρ  ∂ρ  ρ∂V ∂  ρ∂V    = 0 ⇒ = A ⇒ V = A ln ρ + B ∂ρ  ∂ρ  ∂ρ 1a Condição de Contorno: V = 10 V em ρ = 10 mm .

(01) (02)

Substituindo (02) em (01), temos: (03)

10 = A ln (0,01) + B Porém, sabe-se que E = −10 a ρ E = −∇V ⇒ E = − ∴E = −

200

ρ

A

ρ

[KV m] ρ = 20 mm, oque indica que:

aρ ⇒ E = −

A

ρ

⇒ −10000 = −

A ⇒ A = 200 0,02 (02)

aρ


10 = 200 ln (0,01) + B ⇒ B = 931

(05)


V = A ln ρ + B ⇒ V = 200 ln ρ + 931

[V ]


(06)


CAPÍTULO 06

b)

–


2a Condição de Contorno: V = Vo em ρ = 30 mm .

(01)

Substituindo a equação (01) do item (b) na equação (06) do item (a), temos: V = 200 ln ρ + 931 ⇒ Vo = 200 ln(0,03) + 931 ⇒ c)

Vo = 229,7 [V]

ρ S = DN ( ρ = 0,03 ) = ε E( ρ = 0,03 ) , onde E( ρ = 0,03 ) é o módulo de E (da Equação (04) do item (a)) para ρ = 0,03 m .

 − 200   − 200   ⇒ ρ S = 8,854 ⋅ 10 −12 ⋅    0,03   ρ 

ρ S = ε o E( ρ = 0,03 ) ⇒ ρ S = ε o ⋅    ∴ ρ S = −59,027 ηC 2   m 

6.8) Um cabo coaxial possui seu condutor interno com cargas uniformemente distribuída de 1ηC/m. Os raios dos condutores interno e externo são a = 1 cm e b = 4 cm, respectivamente. Entre o condutor interno e o externo são colocadas duas camadas de material dielétrico possuindo, respectivamente, permissividades relativas εR1 = 2 e εR2, e espessuras w1 e w2. Determinar εR2, w1 e w2, de modo que a diferença de potencial de cada camada seja a mesma e a capacitância total do cabo seja de 75 pF/m. Resolução:

Cálculo da Capacitância:

2 1 ∂  ρ∂V    = 0 , pois V = f ( ρ ) . Equação de Laplace: ∇ V = 0 ⇒ ∇ 2 V = ρ ∂ρ  ∂ρ  ρ∂V ∂  ρ∂V    = 0 ⇒ = A ⇒ V = A ln ρ + B ∂ρ  ∂ρ  ∂ρ

(01)

Condições de Contorno:

V = 0 em ρ = b ⇒ 0 = A ln b + B Seja  V = Vo em ρ = a ⇒ Vo = A ln a + B

(02) (03)

Fazendo (03) – (02),temos: Vo = A(ln a − ln b ) ⇒ A =

Vo

a ln  b – Página 6.13 –

(04)


–

CAPÍTULO 06


Substituindo (04) em (02), temos: 0=

Vo

⋅ ln b + B ⇒ B =

a ln  b

− Vo ⋅ ln b

(05)

a ln  b


V = A ln ρ + B ⇒ V =

V=

Vo a ln  b

Vo V ⋅ ln b ⋅ ln ρ − o a a ln  ln  b b

⋅ (ln ρ − ln b ) ⇒ V =

Vo

ρ ⋅ ln  a b ln  b

[V]

   1     ∂V  − Vo   − Vo b  E = −∇V ⇒ E = − aρ ⇒ E =  aρ ⇒ E =  aρ ⋅ ∂ρ a a ρ    ρ ⋅ ln    ln  b   b b 

[V m]

       − ε Vo  D = εE ⇒ D =  aρ C 2  a  m   ρ ⋅ ln   b 

ρ S = DN

∴ ρS =

Q=

  

ρ =a

  

= D  ρ = a  ⇒ ρ S =

ε Vo b a ⋅ ln  a

∫ ρ S dS ⇒ Q = S

Q=

C=

2πε Vo L b ln  a

− ε Vo

a > 0, pois a < b ⇒ ln  < 0 a b a ⋅ ln  b

C   m 2 

ε Vo

∫

b S a ⋅ ln  Cil. Interno a

dS ⇒ Q =

ε Vo b a ⋅ ln  a

[C]

Q 2πε L ⇒C= Vo b ln  a

[F]

ou

C 2πε = L b ln  a


[F m]

⋅ 2πaL (06)


CAPÍTULO 06

–


a = 1cm, b = 4cm;  w1 + w2 = b − a = 3cm  εR1 = 2;  Vo  = = V V  1 2 Dados: 2  Q = Q = Q 2  1 C  T = 75 pF   m L 

(07)

De (06), temos: 2πε o ε R1 C1 Q = = 1 L  a + w1  V1 ln   a 

(08)

e 2πε o ε R 2 C2 Q = = 2 L  b  V2  ln a + w 1 

(09)

De (07), temos: Vo  V1 = V2 = 2  ⇒ C1 = C 2 = C  Q = Q = Q  1 2  De acordo com a figura, CT é a capacitância equivalente do arranjo série de C1 e C2. Portanto, podemos escrever:

C1 ⋅ C 2 C2 C CT = ⇒ CT = ⇒ C T = ⇒ C = 2C T C1 + C 2 2C 2

(10)


C1 C = = L L

2πε o ε R1  a + w1   ln  a 

=

2C T 2π ⋅ 8,854 ⋅ 10 −12 ⋅ 2 ⇒ = 2 ⋅ 75 ⋅ 10 −12 L 0 , 01 + w  1  ln  0,01 

0,01 + w1  0,01 + w1  2π ⋅ 8,854  0,01 + w1   =  = 0,7407 ⇒ ln ⇒ ln = e 0,7407 75 0,01  0,01   0,01  ∴ w1 = 0,01097 m ⇒ w1 ≅ 1,1cm – Página 6.15 –

(11)


CAPÍTULO 06

–


De (07), sabemos que w1 + w2 = 3cm. Portanto, w2 = 1,9 cm Substituindo (11) em (09), temos: 2πε o ε R 2 C2 2C T 2π ⋅ 8,854 ⋅ 10 −12 ⋅ ε R 2 C = = = ⇒ = 2 ⋅ 75 ⋅ 10 −12 L L L 0,04  b    ln   ln  0,01 + 0,011   a + w1 

ε R2 =

75 ⋅ ln (1,904) ⇒ ε R 2 = 1,736 π ⋅ 8,854


(12)


CAPÍTULO 07

–

CAMPO MAGNÉTICO ESTACIONÁRIO CAPÍTULO 07

CAMPO MAGNÉTICO ESTACIONÁRIO 7.1) Calcular B no centro de uma espira quadrada de lado a percorrida por uma corrente I. Resolução:

Os lados AB, BC, CD e DA da espira produzem campos magnéticos no mesmo sentido no ponto O (centro da espira). Portanto, o campo magnético total no ponto O ( H T ) será quatro vezes maior que aquele produzido por qualquer um dos lados da espira. H T = 4H AB = 4H BC = 4H CD = 4H DA

(01)

Cálculo de H AB (campo magnético produzido no ponto O pelo lado AB da espira): Lei de Biot-Savart:

R é o vetor dirigido do elemento diferencial  de corrente dx ao centro da espira; R I dL × a R  = R; H=∫ , onde:  4π R 2 a R é um versor de R; dL é o elemento diferencial de comprimento  que indica a direcão de I.

(02)

 a a2 R = −x a x + a y ; R = x 2 + ; 2 4  a  − x ax + ay  R 2 = ;  aR = 2 R  a x2 +  4   dL = dx a x . 

(03)

– Página 7.1 –


–

CAPÍTULO 07

CAMPO MAGNÉTICO ESTACIONÁRIO


H AB = I ∫

a   dx a x ×  − x a x + a y  2  

⇒ H AB =

 2

 a  4π  x 2 +  4   2

3

I 4π

a 2

∫

−a x= 2

a dx a z 2

3

(04)

 2

 2 a x +    4   2

a    a x = − 2 ⇒ θ = −45° x = 2 tgθ ⇒  a x = ⇒ θ = 45°   2  a  2 Substituição de variáveis na integral: dx = sec θ dθ 2  2 2 x 2 + a = a sec 2 θ  4 4  

(05)

Substituindo (05) em (04), temos: Ia H AB = 8π

H AB =

H AB = H AB =

a sec 2θ dθ 45° I dθ 2 a z ⇒ H AB = az ∫ a 3 ∫ π θ 2 a sec   θ = −45°   sec 3θ θ = −45°  2

I 2π a I 2π a

45°

45°

∫ cos θ dθ a z

⇒ H AB =

θ = −45°

I 2π a

[sen θ ]θ45=°−45° a z

[sen 45° − sen(− 45°)] a z ⇒ H AB =

 2 2 +   az 2π a  2 2  I

2I az 2π a

(06)

Substituindo (06) em (01), temos: H T = 4H AB ⇒ H T =

4 2I 2 2I az ⇒ HT = az 2π a πa

Cálculo de B T :

BT = µo HT ⇒ BT =

2 2 µo I az πa

– Página 7.2 –

(07)


CAPÍTULO 07

–


7.2) Duas espiras circulares de corrente, idênticas, de raios a e corrente I situam-se em planos horizontais paralelos separados no seu eixo comum por uma distância 2h. Encontre H no ponto médio entre as duas espiras. z Resolução: Espira 02 a I H 1z

2h

H1

P

H 1ρ Espira 01

h

R y a I

dL

x A Espira 01 gera o campo magnético H1 no ponto P (ponto médio), enquanto a Espira 02 gera o campo magnético H 2 , de mesma magnitude e na mesma direção de H 1 . Portanto, o campo magnético total gerado em P será: H P = H1 + H 2 = 2H1

(01)

Cálculo de H 1 : Lei de Biot-Savart:

R é o vetor dirigido de dL ao ponto médio (P);  R = R ; I dL × a R H=∫ , onde: a R é um versor de R; 4π R 2 dL é o elemento diferencial de comprimento  que indica a direcão de I. 

(02)

R = −a a ρ + h a z ; R = a 2 + h 2 ;  − a a ρ + h az R  = ;  aR = 2 2 R  a +h  dL = adφ aφ . 

(03)

Substituindo (03) em (02), temos: H1 = I ∫

(a dφ a φ ) × (− a a ρ + h a z ) 4π (a

2

3

+h ) 2 2

Ia ⇒ H1 = 4π

– Página 7.3 –

∫

a az + h a ρ (a

2

3

+h ) 2 2

dφ

(04)


CAPÍTULO 07

–


A inspeção da figura anterior nos mostra que elementos de corrente diametralmente opostos produzem componentes radiais de campos que se cancelam. Portanto, H 1 possui somente componente na direção de a z , reduzindo a equação (04) a:

H1 =

I a2 4π

2π

∫

dφ

a z ⇒ H1 = 3

φ = 0 (a 2 + h 2 ) 2

I a2

az

3

(05)

2 (a 2 + h 2 ) 2


H P = H 1 + H 2 = 2H1 ⇒ H P =

I a2 3

az

(a 2 + h 2 ) 2 7.3) Uma espira quadrada de lado 2a, centrada na origem, situada no plano z = 0 e lados paralelos aos eixos x e y, conduz uma corrente I no sentido anti-horário vista do sentido positivo do eixo z. Determinar o campo magnético H no ponto P(0; 0; a). Resolução:

Os lados AB e CD da espira geram campos magnéticos componentes no ponto P nas direções de a x e a z . Portanto, os campos magnéticos totais gerados no ponto P pelos lados AB e CD da espira terão a seguinte forma: H AB

P

= H AB a x + H AB a z e H CD

P

= HCD (−a x ) + HCD a z .

Nota-se, então, que as componentes H AB a x e H CD (−a x ) se anulam. Seguindo o mesmo raciocínio, os campos magnéticos totais gerados no ponto P pelos lados BC e DA da espira terão a seguinte forma: H BC

P

= H BC a y + H BC a z e H DA = H DA (−a y ) + H DA a z . Nota-se, então, P

que as componentes H BC a y e H DA (−a y ) se anulam. Logo, o campo gerado em P pelos lados AB, BC, CD e DA será quatro vezes maior que aquela componente no sentido de a z produzida por qualquer um dos lados da espira. H P = 4H AB z = 4H BC z = 4H CD z = 4H DA z – Página 7.4 –

(01)


–

CAPÍTULO 07


Cálculo de H AB :

Lei de Biot-Savart:

R é o vetor dirigido do elemento diferencial  de corrente dL ao ponto P;  I dL × a R  R = R; H=∫ , onde:  2 4π R a R é um versor de R; dL é o elemento diferencial de comprimento  que indica a direcão de I. R 2 2  = −a a x − y a y + a a z ; R = y + 2a ;   − a ax − y ay + a az  aR = R = ;  R 2 2 y + 2a   dL = dy a y .

(02)

(03)


H AB = I ∫

Ia H AB = 4π

dy a y × (− a a x − y a y + a a z ) 3

4π ( y 2 + 2a 2 ) 2 a

a

(a x + a z )

dy Ia dy ⇒ H AB z = az ∫ ∫ 3 3 4 π 2 2 2 2 y = − a ( y + 2a ) 2 y = − a ( y + 2a ) 2

  y = −a ⇒ θ = θ 1  y = a 2 tgθ ⇒    y = a ⇒ θ = θ 2   Substituição de variáveis na integral: dy = a 2 sec 2 θ dθ  y  sen θ = y 2 + 2a 2   Substituindo (05) em (04), temos: Ia H AB z = 8π

θ =θ

∫

2

a 2 sec 2θ dθ a 3 2 sec 3θ

θ =θ

1

H AB z =

a z ⇒ H AB z =

θ =θ

I 8π a

θ =θ

∫

2

θ =θ

dθ az secθ

1

θ =θ

2 2  I  cos θ dθ a z ⇒ H AB z =  sen θ  az ∫ 8π a 8π a   θ =θ θ =θ

I

1

1

– Página 7.5 –

(04)

(05)


–

CAPÍTULO 07

a

 I H AB z =  ⋅  8π a  H AB z =

I

⋅


 y I  a z ⇒ H AB z =  8π a y 2 + 2a 2  y = -a 2a

8π a a 3

a z ⇒ H AB z =

I 4π 3 a

 a −a ⋅ −  az a 3 a 3  (06)

az


H P = 4H AB z ⇒ H P =

I

π 3a

az

7.4) Seja H = − y (x 2 + y 2 ) a x + x (x 2 + y 2 ) a y

[A m] no plano z = 0.

a) Determinar a corrente total passando através do plano z = 0, na direção a z , no interior do retângulo − 1 < x < 1 e − 2 < y < 2 . b) Se o potencial magnético Vm é nulo no vértice P(-1; -2; 0) do retângulo RSPQ, determinar Vm no vértice R(1; 2; 0), utilizando um percurso que passa pelo vértice Q(1; -2; 0). Resolução:

a)

De acordo com a Lei Circuital de Ampère e com o Teorema de Stokes, temos:

∫ H • dL = I enl = ∫ (∇ × H ) • dS ⇒ ∫ H • dL = ∫ (∇ × H ) • dS = I S

RSPQ

(01)

S Ret.

Cálculo do Rotacional:

 ∂ Hy ∂ Hx ∇×H =  −  ∂x ∂y 

  az  

[

]

∇ × H = 3x 2 + y 2 − (− x 2 − 3y 2 ) a z ⇒ ∇ × H = (4 x 2 + 4 y 2 ) a z Substituindo (02) em (01), temos: 2

I=

∫

1

∫ (4x

2

+ 4 y 2 ) a z • dS, onde dS = dxdy a z

y = −2 x = −1 – Página 7.6 –

(02)


–

CAPÍTULO 07

2

∫

I=

1

∫ (4 x

2

CAMPO MAGNÉTICO ESTACIONÁRIO 2

2

+ 4 y ) a z • dxdy a z ⇒ I =

y = −2 x = −1

∫

1

∫ (4x

2

+ 4 y 2 ) dxdy

y = −2 x = −1 1

2

2  4x 3  4 4  2 I= ∫  dy ⇒ I = ∫  + 4 y 2 + + 4 y 2 dy + 4y x 3 3 3   x = −1 y = −2  y = −2  2

I=

2

8 3 8 8  16 64 16 64  2 ⇒I= + + +  ∫  3 + 8y dy ⇒ I =  3 y + 3 y  3 3 3 3   y = −2 y = −2

∴I =

160 = 53,34 3

[A] a

b)

VmRP = VmRQ + VmQP, onde Vm

ab

= − ∫ H • dL

(01)

b

Trecho P→Q: Q

[

]

VmQP = − ∫ − y (x 2 + y 2 ) a x + x (x 2 + y 2 ) a y • dx a x P Q

1

 2x 3  VmQP = − ∫ − y (x + y ) dx ⇒ VmQP =  − 8x   3  x = −1 y = −2 P VmQP = −

[

2

2

]

2 2 52 − 8 − − 8 ⇒ VmQP = − 3 3 3

[A]

(02)

Trecho Q→R: R

[

]

VmRQ = − ∫ − y (x 2 + y 2 ) a x + x (x 2 + y 2 ) a y • dy a y Q R

2

 y3  VmRQ = − ∫ x (x 2 + y 2 ) dy ⇒ VmRQ = − y −  3   y = −2 x = 1  Q

[

VmRQ = −2 −

]

8 8 28 [A] − 2 − ⇒ VmRQ = − 3 3 3


VmRP = −

52 28 80 − ⇒ VmRP = − = 26,67 [A] 3 3 3 – Página 7.7 –

(03)


–

CAPÍTULO 07


[A m], enquanto que a superfície ρ = b = 40 mm possui a corrente solenoidal K sol = 80 a φ [A ]. Calcule m

7.5) A superfície cilíndrica ρ = a = 20 mm conduz a corrente K cil = 100 a z

a intensidade do campo magnético H em: a) ρ = 10 mm; b) ρ = 30 mm; c) ρ = 50 mm. Resolução:

Cálculo de H para a superfície cilíndrica ( H cil ) ⇒ Lei Circuital de Ampère: Para ρ < 20 mm ⇒ H cil = 0

(01)

Para ρ > 20 mm ⇒ ∫ H cil • dL = I enl = K cil ⋅ 2π ⋅ 20 H cil ⋅ 2π ⋅ ρ = K cil ⋅ 2π ⋅ 20 ⇒ H cil =

∴ H cil =

20

ρ

K cil a φ

20

ρ

K cil

[A m]

(02)

Cálculo de H para o solenóide ( H sol ) ⇒ Lei Circuital de Ampère: Para ρ < 40 mm ⇒ ∫ H sol • dL = I enl = K sol ⋅ L Hsol ⋅ L = K sol ⋅ L ⇒ Hsol = K sol

∴ H sol = K sol a z

[A m]

(03)

Para ρ > 40 mm ⇒ H sol = 0

(04)

a) O campo magnético gerado em ρ = 10 mm ( H a ) será proveniente somente do solenóide. Portanto, a equação (03) é suficiente para defini-lo.

H a = H sol = K sol a z ⇒ H a = 80 a z

[A m]

[ ]

H a = Ha = 80 A m

– Página 7.8 –


–

CAPÍTULO 07

b)


O campo magnético gerado em ρ = 30 mm ( H b ) será proveniente tanto da superfície

cilíndrica quanto do solenóide. Portanto, H b será a soma das equações (02) e (03).

H b = H cil + H sol ⇒ H b =

20

ρ

K cil a φ + K sol a z

 20  Hb =  ⋅ 100  a φ + 80 a z ⇒ H b = 66,67 a φ + 80 a z  30  H b = Hb =

[A m]

[ ]

66,67 2 + 80 2 ⇒ H b = 104,14 A m

c) O campo magnético gerado em ρ = 50 mm ( H c ) será proveniente somente da superfície cilíndrica. Portanto, a equação (02) é suficiente para defini-lo. H c = H cil =

20

ρ

K cil a φ

 20  Hc =  ⋅ 100  a φ ⇒ H c = 40 a φ  50 

[A m]

[ ]

H c = H c = 40 A m

7.6) Um fio de raio igual a 2a [m] estende-se ao longo do eixo z e é constituído de dois materiais condutores, sendo: Condutor 01: condutividade = σ para 0 < ρ
R1 =

1 ⇒ R1 = σ 1S1 σ π a2

R2 =

2 ⇒ R2 = ⇒ R2 = σ 2S 2 4σ π (4a 2 − a 2 ) 12σ π a 2 – Página 7.9 –


–

CAPÍTULO 07

∴


R1 = 12 ⇒ R 1 = 12R 2 ⇒ I 2 = 12I1 R2

I   I1 = 13 [A ]  Logo, I = I1 + 12I1 ⇒ I = 13I1 ⇒  12  I = I [A ] 2  13 b)

Lei Circuital de Ampère: ∫ H • dL = Ienl Cálculo de H para ρ < a:

∫ H • dL = I enl ⇒ H⋅ 2π ρ = I1 ⋅

π ρ2 πa

2

⇒H=

I1 ρ 2π a

2

⇒ H=

Iρ 26π a

2

[A m]

Cálculo de H para a < ρ < 2a:

∫ H • dL = I enl

⇒ H⋅ 2π ρ = I1 + I 2 ⋅

π (ρ 2 − a 2 ) π ( 4a 2 − a 2 )

(ρ 2 − a 2 ) I a 2 + 4 I ρ 2 − 4a 2 I 12 H⋅ 2π ρ = + I⋅ ⇒H= 13 13 3a 2 26π ρ a 2 ∴H =

I 26π ρ a 2

[ m]

(4 ρ 2 − 3a 2 ) A

Cálculo de H para 2a <ρ < 3a:


⇒ H⋅ 2π ρ = I1 + I 2 ⇒ H =

I 2π ρ

[A m]

7.7) Um cabo coaxial consiste de um fio central fino conduzindo uma corrente I envolvido por um condutor externo de espessura despresível a uma distância a conduzindo uma corrente na direção oposta. Metade do espaço entre os condutores é preenchido por um material magnético de permeabilidade µ e a outra metade com ar. Determinar B , H e M em todos os pontos do condutor. Resolução:

Cálculo de B :

Lei Circuital de Ampère para ρ < a:


⇒

∫ (H ar

)

+ H mat • dL = I enl


(01)


–

CAPÍTULO 07


H ≠ H N ⇒ H ar ≠ H mat  N1 2 Mas  B N = B N ⇒ B ar = B mat = B a φ 2  1

(02)

B ar = µ H ar o  B = µH ⇒  B mat = µ H mat 

(03)

Substituindo (02) e (03) em (01), temos: I enl =

I=

I=

 B B   + ∫  µ o µ  • dL , onde dL = ρ dφ aφ  

2π π  B B  B B  + • a ⇒ = + d I d ρ φ ρ φ φ ∫  µo µ  ∫ µo ∫ µ ρ dφ   φ =0 φ =π

B ρ

⋅π +

µo

Bρ

µ

⋅ π ⇒ B = B ar = B mat =

µo µ I aφ πρ (µ o + µ )

Cálculo de H :

No ar:

H ar =

B

µo

⇒ H ar =

µI aφ πρ (µ o + µ )

No material magnético:

B

H mat =

µ

⇒ H mat =

µo I aφ πρ (µ o + µ )

Cálculo de M :

No ar:

M ar =

B

µo

− H ar ⇒ M ar = 0

No material magnético: M mat = M mat =

B

µ

− H mat ⇒ M mat =

µo I µI aφ − aφ µ o πρ + µπρ µ oπρ + µπρ

I (µ − µ o ) aφ πρ (µ o + µ ) – Página 7.11 –


CAPÍTULO 07

–


[A m] estende-se no plano z = 0. Duas outras películas de corrente com K 2 = K 3 = −5 a x [A ] são colocadas nos m

7.8) Uma película infinita de corrente com K 1 = 10 a x planos z = h e z = -h.

a) Determinar o campo vetorial H em todo o espaço; b) Determinar o fluxo magnético líquido que cruza o plano y = 0 na direção a y , entre 0 < x < 1 e 0 < z < 2h. Resolução:

a)

1 K × aN. 2 Pela análise da figura acima, nota-se que, em qualquer ponto do espaço, o campo magnético

Campo magnético para um plano infinito: H =

terá a seguinte forma: H = H 1 + H 2 + H 3 , onde H 1 , H 2 e H 3 são os campos gerados pelas películas K 1 , K 2 e K 3 respectivamente. Portanto, H =

(

)

1 10 a x × a z − 5 a x × a z − 5 a x × a z ⇒ H = 0 2

Cálculo de H para 0 < z < h: H=

(01)

Cálculo de H para z > h: H=

1  K 1 × a N + K 2 × a N + K 3 × a N  1 2 3 2

[

]

1 10 a x × a z − 5 a x × (−a z ) − 5 a x × a z ⇒ H = −5 a y 2

[A m]

Cálculo de H para -h < z < 0: H =

[

]

1 10 a x × (−a z ) − 5 a x × (−a z ) − 5 a x × a z ⇒ H = +5 a y 2 – Página 7.12 –

[A m]


CAPÍTULO 07

–


Cálculo de H para z < -h: H =

[

]

1 10 a x × (−a z ) − 5 a x × (−a z ) − 5 a x × (−a z ) ⇒ H = 0 2

b)

φ =

∫ B • dS ⇒ φ

= µo

S

S 1 h

φ = µo

∫ H S1 • dS1 + µ o ∫ H S 2 • dS 2 S

2

1

∫ ∫ (−5a y ) • dxdz a y

⇒

φ = −5µ o h

[Wb]

z =0 x =0

7.9) Um fio infinito foi dobrado e colocado segundo a figura abaixo. Empregando a Lei de Biot-Savart, calcular o campo magnético resultante H num ponto genérico P situado sobre o eixo y. Determinar também o valor de H para o valor de y do ponto P igual a: a) Zero; b) d; d c) ; 2 d) 2d.

Resolução: O campo magnético resultante em P apresenta uma parcela que é gerada pelo segmento semi-infinito localizado em y = 0 ( H 1 ), uma parcela que é gerada pelo segmento semi-infinito localizado em y = d ( H 2 ) e uma parcela que é gerada pelo segmento condutor localizado em x = 0 ( H 3 ).

∴ H = H1 + H 2 + H 3

(01) – Página 7.13 –


–

CAPÍTULO 07


Cálculo de H 1 :

Lei de Biot-Savart:

R 1 é o vetor dirigido do elemento diferencial  de corrente dL ao ponto P; 1  I dL1 × a R 1  R 1 = R 1; , onde:  H1 = ∫ 4π R 12 a R 1é um versor de R 1; dL1 é o elemento diferencial de comprimento  que indica a direcão de I.  R = −x a + y a ; R = x 2 + y 2 ; x y 1  1   x ax + y ay R 1  aR = = ;  1 R1 2 2 x +y   dL1 = dx a x .

(02)

(03)

Substituindo (03) em (02), temos: H1 = I ∫

dx a x × (x a x + y a y ) 4π ( x

2

2

3

⇒ H1 =

+y ) 2

I ⋅ 4π

0

ydx

∫

x = −∞ ( x

2

2

3

az

(04)

+y ) 2

 x = −∞ ⇒ θ = −90° x = y tgθ ⇒    y = 0 ⇒ θ = 0  Substituição de variáveis na integral:  dx = y sec 2 θ dθ   

(05)


I H1 = 4π H1 =

H1 =

0

y 2 sec 2θ dθ

∫

θ = −90°

I 4π y I 4π y

y 3 sec 3θ

a z ⇒ H1 =

0

∫ cosθ dθ a z

⇒ H1 =

θ = −90°

[ 0 - (- 1)] a z

⇒ H1 =

I 4π y I

4π y

0

I 4π y

∫

θ = −90°

dθ az secθ

[ sen θ ]θ0 = −90°

az

para (y ≠ 0)

az

(06)

Cálculo de H 2 :

A parcela H 2 apresente a mesma direção e sentido de H1 , porém varia inversamente com a distância (y – d). – Página 7.14 –


–

CAPÍTULO 07

Portanto: H 2 =


I a z . para (y ≠ d) 4π (y - d )

(07)

Cálculo de H 3 : O segmento condutor localizado em x = 0 não pode gerar um campo magnético no ponto P,

pois dL 3 × a R 3 = 0 .Logo, H 3 = 0

(08)

Substituindo (06), (07) e (08) em (01), temos: H =

I 4π y

I I I az + 0 ⇒ H = az + az 4π (y - d ) 4π y 4π (y - d )

az +

y≠0

a)

Neste caso, H1 = 0 e H = H 2 =

b)

Neste caso, H 2 = 0 e H = H1 =

c)

d)

H = H1 + H 2 ⇒ H =

H = H1 + H 2 ⇒ H =

I

(−a z )

4π d I 4π d

y≠d

az

2I 2I az − az ⇒ H = 0 4π d 4π d I

8π d

az +

I 4π d

az ⇒ H =

I

3I 1  az ⋅  + 1 a z ⇒ H = 4π d  2 8π d 

7.10) Calcular B no ponto P(0; 0; 2a) gerado por uma espira circular de raio ρ = a, situada no plano xy, percorrida por uma corrente I no sentido horário e por um condutor filamentar passando pelo ponto (2a; 0; 0), conduzindo uma corrente I o sentido + a y . Resolução:

z B P = B esp + B cond

B cond P (0; 0; 2a) B esp a I 2a

x

I – Página 7.15 –

y

(01)


CAPÍTULO 07

–


Cálculo de B para a espira: z

Lei de Biot-Savart: H =

R y a

dL

I

I dL × a R

(02)

4π R 2

R é o vetor dirigido de dL ao ponto (P);  R = R; onde: a R é um versor de R; dL é o elemento diferencial de comprimento  que indica a direcão de I.  R = −a a ρ + 2a a z ; R = a 5 ;  − a ρ + 2 az R  = ; (03)  aR = R 5   dL = adφ aφ . 

H esp

P

∫

x Substituindo (03) em (02), temos: H esp = I ∫

(a dφ a φ ) × (− a ρ + 2 a z ) 20π a 2 5

⇒ H esp =

I 20π a

∫ (−a z 5

+ 2 a ρ ) dφ (04)

A inspeção da figura nos mostra que elementos de corrente diametralmente opostos produzem componentes radiais de campos que se cancelam. Portanto, H esp possui somente componente na direção de a z , reduzindo a equação (04) a: H esp =

−I

2π

∫ dφ

20π a 5 φ = 0

a z ⇒ H esp =

∴ B esp = µ o H esp ⇒ B esp =

−I 10 a 5

az

− Iµ o az 10a 5

(05)

(06)

Cálculo de B para o condutor:

B cond =

µoI a φ , onde a φ ⊥ a ρ 2π ρ

 ρ = −2a a + 2a a ; ρ = 2a 2 ; x  z  a = ρ = − a x + az ;  ρ ρ 2   − a x + az    aφ = a y × a ρ ⇒ aφ = a y ×  2    a + a z  ∴ aφ =  x    2  


(07)

(08)


CAPÍTULO 07

–


Substituindo (08) em (07), temos: µo I  ax + az B cond = ⋅  4 2π a  2

µ I   ⇒ B cond = o ⋅ (a x + a z ) 8π a 

(09)


B P = B esp + B cond =

BP =

− µoI µ I a z + o ⋅ (a x + a z ) 8π a 10 5 a

µ o I  10 5 − 8π  µ I   a z + 1 a x  ⇒ B P = o ⋅ (0,0398 a x − 0,0049 a z ) ⋅    a  80 5π  8π a 

7.11) a) Demonstrar, utilizando a lei de Biot Savart, que a expressão para o cálculo de um campo magnético H em um ponto P qualquer devido a um elemento de corrente de I (sen α1 + sen α 2 ) aφ , onde ρ é a menor tamanho finito é dada por: H = 4πρ distância do ponto P ao elemento de corrente. b) Encontre a indução magnética B no centro de um hexágono regular de lado a, conduzindo uma corrente I. Resolução: a)

Lei de Biot-Savart: H =

∫

I dL × a R 4π R 2

,

R é o vetor dirigido do elemento diferencial  de corrente dz ao ponto P; R  = R; onde:  (01) a é um versor de R ;  R dL é o elemento diferencial de comprimento  que indica a direcão de I.

R 2 2  = ρ a ρ − z az ; R = ρ + z ;   a ρ − z az ρ R  aR = = ;  R 2 2 ρ +z   dL = dz a z .

(02)


H = I∫

dz a z × ( ρ a ρ − z a z ) 3

4π ( ρ 2 + z 2 ) 2

⇒H =

Iρ 4π


∫

dz 3

(ρ 2 + z 2 ) 2

aφ

(03)


–

CAPÍTULO 07


z = ρ tgα  Substituição de variáveis na integral:  dz = ρ sec 2 α dα

(04)


Iρ H = 4π

α =α

∫

ρ sec 2α dα

1

α = −α

ρ 3 sec 3α

2

aφ ⇒ H =

I 4π ρ

α =α

α =α

∫

1

α = −α

dα aφ secα

2

α =α

1

1  I  H = cos α dα a φ ⇒ H =  sen α  ∫ 4π ρ  4π ρ  α = −α α = −α

I

2

H =

I 4π ρ

aφ 2

[ sen α1 + sen α 2 ] aφ

(05)

b) Os lados AB, BC, CD, DE, EF e FA do hexágono correspondem a elementos de corrente de tamanho finito do item (a). Deste modo, o campo magnético total gerado no centro do hexágono será seis vezes maior que o campo magnético gerado por cada um dos lados individualmente. Logo: H 0 = 6H AB

(01)

Cálculo de H AB :

α1 = α 2 = 30°; [ sen α1 + sen α 2 ] aφ , onde  ρ é a menor distância entre o centro (02) H AB = 4π ρ  e o lado AB do hexágono.  Cálculo de ρ:

I

tg30° =

a a a 3 ⇒ ρ = ⇒ ρ = 2ρ 2 ⋅ tg30° 2

(03)


H AB =

2I 4π a 3

[ sen 30° + sen 30°] aφ

⇒ H AB =


I 2π a 3

aφ

(04)


CAPÍTULO 07

–


Substituindo (04) em (01), temos: H0 =

3I

πa 3

aφ ⇒ H 0 =

3I aφ πa

Cálculo de B 0 :

B0 = µo H0 ⇒ B0 =

µoI 3 aφ πa



CAPÍTULO 08

–

FORÇAS E CIRCUITOS MAGNÉTICOS, MATERIAIS E INDUTÂNCIA

CAPÍTUO 08 FORÇAS E CIRCUITOS MAGNÉTICOS, MATERIAIS E INDUTÂNCIA 8.1) No circuito magnético abaixo, construído com uma liga de ferro-níquel, calcular a fmm para que o fluxo no entreferro g seja de 300 [µWb]. Desprezar o espraiamento de fluxo no entreferro.

Resolução:

Circuito elétrico análogo:  1   3  Dados: S1  S  3 φ  1

= 2 = 16 − 0,05 ⇒ 1 = 2 = 15,95 [cm] = 6 [cm]

[ ] [cm ]

= S 2 = 4 cm 2 =6

2

= 300 [µ Wb ]

Analisando o circuito magnético acima, nota-se a existência de simetria entre seus braços direito e esquerdo. Portanto, ℜ1 = ℜ2 ⇒ φ1 = φ2. Analisando o circuito elétrico análogo, extrai-se o seguinte conjunto de equações: φ 3 = φ1 + φ 2 ⇒ φ 3 = 2φ1    NI − ℜ 3φ 3 = ℜ1φ1 + ℜ g φ1 ≈ NI − H3 3 = H1 1 + H g g 

Cálculo de H1 :

φ φ 300 ⋅ 10 − 6 B1 = B g = 1 = 1 ⇒ B1 = B g = ⇒ B1 = B g = 0,75 [T ] S1 Sg 4 ⋅ 10 − 4 – Página 8.1 –

(01)


–

CAPÍTULO 08


Consultando a curva de magnetização do ferro-níquel em anexo, encontra-se:

[ ]

Para B1 = 0,75 [T ] ⇒ H1 = 15 Ae m

Cálculo de H g : Hg =

(02)

Bg

µo

⇒ Hg =

0,75 4π ⋅ 10

⇒ H g = 5,97 ⋅ 10 5

−7

[Ae m]

(03)

Cálculo de H3 : De (01): φ3 = 2φ1 ⇒ φ3 =600 [µ Wb]

B3 =

φ3 S3

⇒ B3 =

600 ⋅ 10 − 6 6 ⋅ 10 − 4

⇒ B 3 = 1,0 [T ]

Consultando a curva de magnetização do ferro-níquel em anexo, encontra-se:

[ ]

Para B 3 = 1,0 [T ] ⇒ H3 = 50 Ae m

(04)

Substituindo (02), (03) e (04) em (01), temos: NI − 50 ⋅ 6 ⋅ 10 − 2 = 15 ⋅ 15,95 ⋅ 10 − 2 + 5,97 ⋅ 10 5 ⋅ 0,05 ⋅ 10 − 2 NI = 3 + 2,39 + 298,5 ⇒ NI = 303,9 [Ae]

8.2) Dois circuitos condutores são constituídos por um fio reto bastante longo e uma espira retangular de dimensões h e d. A espira pertence a um plano que passa pelo fio, sendo os lados de comprimento h paralelos ao fio e distantes de r e r+d deste. Determinar a expressão que fornece a indutância mútua entre os dois circuitos. Resolução:

M 12 =

Cálculo de φ12: Para o fio infinito de corrente, temos:

H 12 =

µ I I1 a φ ⇒ B12 = µ o H 12 ⇒ B12 = o 1 a φ 2πρ 2π ρ – Página 8.2 –

N 2φ12 I1

(01)


–

CAPÍTULO 08

φ12 =


∫ B12 • dS ⇒ φ12 = S

φ12

r +d

 µ o I1   a φ ∫  2π ρ  • hdρ aφ ρ =r

(

)

µ I h µ o I1 h r + d dρ = ⋅ ∫ ⇒ φ12 = o 1 ⋅ [ln ρ ]rρ+=dr 2π 2π ρ ρ =r

µ o I1 h  r +d  ⋅ ln  2π  r 

φ12 =

(02)

Substituindo (02) em (01), temos: M12 =

N µ I h 1 ⋅ µo h N 2φ12 r + d r + d  ⇒ M12 = 2 o 1 ⋅ ln ⋅ ln  ⇒ M12 =  I1 2π I1 2π  r   r 

M12 =

µo h r + d  ⋅ ln  2π  r 

8.3) Um filamento infinito estende-se sobre o eixo z, no espaço livre, e uma bobina quadrada de N espiras é colocada na plano y = 0 com vértices em (b; 0; 0), (b+a; 0; 0), (b+a; 0; a) e (b; 0; a). Determinar a indutância mútua entre o filamento e a bobina em termos de a, b, N e µo. Resolução:

M 12 =

N 2φ12 I1

(01)

Cálculo de φ12: Para o filamento infinito de corrente, temos:

H =

I 2πρ

φ12 =

aφ ⇒ B = µ o H ⇒ B =

∫ B • dS ⇒ φ12 = S

φ12

µoI b + a = ⋅ ∫ 2π

a

∫

x =b z =0

φ12 =

µoI ay 2π x

b+a a

 µoI   a y ∫ ∫  2π x  • dxdza y x =b z =0

(

)

µ I dxdz ⇒ φ12 = o ⋅ [ln x ]bx += ab ⋅ [z]za = 0 x 2π

µoI a  b +a ⋅ ln  2π  b 

(02) – Página 8.3 –


CAPÍTULO 08

–


Substituindo (02) em (01), temos: M 12 =

Nµ o I a Nµ o a N 2φ12 b + a b + a ⋅ ln ⋅ ln ⇒ M 12 =  ⇒ M12 =  I1 2π I 2π  b   b 

8.4) Dado o circuito magnético da figura abaixo, assumir B = 0,6 [T ] através da seção reta da perna esquerda e determinar: a) A queda de potencial magnético no ar ( Vm ar ); b) A queda de potencial magnético no aço-silício ( Vm aco ); c) A corrente que circula em uma bobina com 1250 espiras enroladas em volta da perna esquerda. Circuito elétrico análogo

Resolução:

B = 0,6 [T ]  1  Dados:  1 = 10 [cm]; 2 = 15 [cm], g = 0,6 [cm]   S1 = 6 cm 2 ; S 2 = 4 cm 2

[ ]

[ ]

Analisando o circuito elétrico análogo, extrai-se o seguinte conjunto de equações:

 NI = ℜ1φ + 2ℜ 2φ + ℜ g φ  ou   NI = H1 1 + 2 H 2 2 + H g g  Vm aco

a)

(01)

Vm ar

De (01):

Bg φ g g ⇒ Vm ar = Vm ar = H g g ⇒ Vm ar = ⋅ µo Sg µo Vm ar =

B1 S1 g 0,6 ⋅ 6 ⋅ 10 − 4 ⋅ 0,6 ⋅ 10 − 2 ⋅ ⇒ Vm ar = µo Sg 4 ⋅ 10 − 4 ⋅ 4π ⋅ 10 − 7

Vm ar = 4297,18 [Ae]

(02) – Página 8.4 –


CAPÍTULO 08

–


De (01):

b)

(03)

Vm aco = H1 1 + 2 H 2 2

Cálculo de H1 : Consultando a curva de magnetização do aço-silício em anexo, encontra-se:

[ m]

Para B1 = 0,6 [T ] ⇒ H1 = 100 Ae

(04)

Cálculo de H 2 :

B2 =

φ S2

⇒ B2 =

B1 S1 0,6 ⋅ 6 ⋅ 10 − 4 ⇒ B2 = ⇒ B 2 = 0,9 [T ] S2 4 ⋅ 10 − 4

Consultando a curva de magnetização do aço-silício em anexo, encontra-se:

[ ]

Para B 2 = 0,9 [T ] ⇒ H 2 = 160 Ae m

(05)

Substituindo (04) e (05) em (03), temos: Vm aco = 100 ⋅ 0,1 + 2 ⋅ 160 ⋅ 0,15 ⇒ Vm aco = 58 [Ae] c)

(06)


NI = 58 + 4297,18 ⇒ I =

4355,18 ⇒ I = 3,48 [A ] 1250

8.5) Uma espira filamentar quadrada de corrente tem vértices nos pontos (0; 1; 0), (0; 1; 1), (0; 2; 1) e (0; 2; 0). A corrente é de 10 [A] e flui no sentido horário quando a espira é vista do eixo +x. Calcule o torque na espira quando esta é submetida : a) a uma densidade de fluxo magnético B = 5a y ; b) ao campo produzido por uma corrente filamentar de 10 [A] que flui ao longo do eixo z no sentido + a z . Resolução:

a)

( )

dT = I dS × B ⇒ T = I S × B ⇒ T = 10 − a x × 5a y ⇒ T = −50a z – Página 8.5 –


–

CAPÍTULO 08

b)


dT = I dS × B; onde dS = −dxdya x

(01)

Cálculo de B :

B=

I

aφ ⇒ B =

I

−I ( − ax ) ⇒ B = ax 2πρ 2πρ

(02)

2πρ Substituindo (02) em (01), temos:

 −I  dT = I − dxdya x ×  a x  ⇒ dT = 0 ⇒ T = 0  2πρ 

(

)

8.6) Suponha que o núcleo do material magnético da figura abaixo possui uma permeabilidade relativa de 5000. O fluxo φ1 do braço esquerdo circula de a para b com um comprimento médio de 1 m. O comprimento médio do braço direito é igual ao do braço esquerdo. O braço central possui um comprimento médio de 0,4 m. Adotar a área da seção reta de cada caminho igual a 0,01 m2 e o fluxo de dispersão desprezível. Calcular a indutância própria da bobina 01 e a indutância mútua entre as bobinas 01 e 02.

Resolução: Analisando o circuito magnético acima, nota-se a existência de simetria entre seus braços direito e esquerdo. Portanto, ℜ1 = ℜ3.

Circuito elétrico análogo:

L1 =

N1φ1 I1

M12 =

N 2φ12 N φ = 2 2 I1 I1

(01)

(02)

Analisando o circuito elétrico análogo, extrai-se o seguinte conjunto de equações:

φ1 = φ 2 + φ 3    NI = ℜ1φ1 + ℜ 2φ 2 = ℜ1φ1 + ℜ 3φ 3 – Página 8.6 –

(03)


–

CAPÍTULO 08


Cálculo de ℜ1e de ℜ3:

ℜ1 = ℜ 3 =

1 1 = 3 ⇒ ℜ1 = ℜ 3 = µ S1 µ S3 5000 ⋅ 4π ⋅ 10 − 7 ⋅ 0,01

[

ℜ1 = ℜ 3 = 15915 Ae Wb

]

(04)

Cálculo de ℜ2: ℜ2 =

2 0,4 ⇒ ℜ2 = ⇒ ℜ 2 = 6366 Ae Wb −7 µ S2 5000 ⋅ 4π ⋅ 10 ⋅ 0,01

[

]

(05)

De (03), conclui-se que: ℜ 2φ 2 = ℜ 3φ 3

(06)

Substituindo (04) e (05) em (06), temos: 6366φ 2 = 15915φ 3 ⇒ φ 2 = 2,5φ 3

(07)


φ`1 = 2,5φ 3 + φ 3 ⇒ φ1 = 3,5φ 3

(08)

Substituindo (07) e (08) em (03), temos: N1I1 = 15915 ⋅ 3,5φ 3 + 6366 ⋅ 2,5φ 3 ⇒ 200I1 = 755702,5φ 3 + 15915φ 3 200I1 = 71617,5φ 3 ⇒ φ 3 = 2,79 ⋅ 10 − 3 I1

(09)

Substituindo (09) em (07) e em (08), temos:

φ1 = 9,77 ⋅ 10 − 3 I1 φ 2 = 6,98 ⋅ 10

−3

(10)

e (11)

I1

Substituindo (10) em (01), temos: N1 ⋅ 9,77 ⋅ 10 − 3 I1 ⇒ L1 = 200 ⋅ 9,77 ⋅ 10 − 3 ⇒ L1 = 1,95 I1 e Substituindo (11) em (02), temos: L1 =

M12 =

[H]

N 2 ⋅ 6,98 ⋅ 10 − 3 I1 ⇒ M12 = 300 ⋅ 6,98 ⋅ 10 − 3 ⇒ M12 = 2,09 I1

– Página 8.7 –

[H]


CAPÍTULO 08

–


8.7) Determinar a densidade de fluxo magnético ( B ) em cada uma das três pernas do circuito magnético da figura abaixo. Assumir que, dentro do material ferromagnético do núcleo, B é relacionado diretamente com H , através da expressão B = 200 H .

Resolução:

Circuito elétrico análogo:

I1 = I 2 = 70 [mA]   N = 500 ; N = 1000 [espiras] 2  1   Dados: S1 = 6 ; S 2 = 8 ; S 3 = 10 cm 2   = 12 ; = 10 ; = 5 [cm] 2 3  1   g = 1 [mm] 

[ ]

Se B = µ H e B = 200 H , então, µ = 200. Analisando o circuito elétrico análogo, extrai-se o seguinte conjunto de equações:

φ =  3   N 1 I1    N1I1

(01)

− ℜ1φ1 = N 2 I 2 − ℜ 2φ 2 = ℜ 3φ 3 + ℜ g φ 3 ou − H1 1 = N 2 I 2 − H 2 2 = H3 3 + H g g

Cálculo de ℜ1:

ℜ1 =

φ1 + φ 2

1 12 ⋅ 10 − 2 ⇒ ℜ1 = ⇒ ℜ1 = 1,0 Ae Wb −4 µ S1 200 ⋅ 6 ⋅ 10

[

]

(02)

Cálculo de ℜ2:

ℜ2 =

2 10 ⋅ 10 − 2 ⇒ ℜ2 = ⇒ ℜ 2 = 0,625 Ae Wb µ S2 200 ⋅ 8 ⋅ 10 − 4

[

– Página 8.8 –

]

(03)


–

CAPÍTULO 08


Cálculo de ℜ3:

3 5 ⋅ 10 − 2 ℜ3 = ⇒ ℜ3 = ⇒ ℜ 3 = 0,25 Ae Wb −4 µ S3 200 ⋅ 10 ⋅ 10

[

]

(04)

Cálculo de ℜg: ℜg =

g

µ Sg

⇒ ℜg =

1 ⋅ 10 − 3 4π ⋅ 10

−7

⋅ 10 ⋅ 10

−4

⇒ ℜ g = 7,957 ⋅ 10 5

[Ae Wb]

(05)

Substituindo (02), (03), (04) e (05) em (01), temos:

N1I1 − 1,0φ1 = N 2 I 2 − 0,625φ 2 = 0,25φ 3 + 7,957 ⋅ 10 5 φ 3 φ1 = 0,625φ 2 − 35 (06)  35 − φ1 = 70 − 0,625φ 2 = 7,957 ⋅ 10 φ 3 ⇒  70 − 0,625φ = 7,957 ⋅ 10 5 (φ + φ )  2 1 2 (07) Substituindo (07) em (06), temos: 5

70 − 0,625φ 2 = 7,957 ⋅ 10 5 (0,625φ 2 + φ 2 ) 70 − 0,625φ 2 = 12,935 ⋅ 10 6 φ 2 − 27,85 ⋅ 10 7 ⇒ φ 2 = 21,54 [Wb]

(08)


φ1 = 0,625 ⋅ 21,54 − 35 ⇒ φ1 = −21,54 [Wb]

(09)


φ 3 = −21,54 + 21,54 ⇒ φ 3 = 0

Cálculo de B1 :

φ − 21,54 B1 = 1 ⇒ B1 = ⇒ B1 = −3,59 ⋅ 10 4 − 4 S1 6 ⋅ 10

Cálculo de B 2 :

B2 =

[Wb]

φ2 S2

⇒ B2 =

21,54 8 ⋅ 10

−4

⇒ B 2 = 2,69 ⋅ 10 4

Cálculo de B 3 :

B3 =

φ3 S3

⇒ B3 = 0 – Página 8.9 –

[Wb]


–

CAPÍTULO 09

CAMPOS VARIÁVEIS NO TEMPO E AS EQUAÇÕES DE MAXWELL

CAPÍTULO 09 CAMPOS VARIÁVEIS NO TEMPO E AS EQUAÇÕES DE MAXWELL 9.1) A figura abaixo mostra uma barra condutora paralela ao eixo y, que completa uma malha através de contatos deslizantes com os condutores em y = 0 e em y = 0,05 [m]. a) Calcular a tensão induzida quando a barra está parada em x = 0,05 [m] e B = 0,30 sen 104 t [T ] . b) Repita o item acima v = 150 a x m . s

supondo

[ ]

que

a

barra

desloca-se

com

velocidade

Resolução:

fem =

v × B • dL −

∫(

)

∫ S

a)

∂B • dS , onde B = 0,30 sen 10 4 t a z ∂t

(01)

Barra parada ⇒ v = 0 ⇒ ∫ ( v × B ) • dL = 0

∂B ∴ fem = − ∫ • dS , onde dS = dxdy a z ∂t S

0,05 0,05

fem = −

∫ ∫

y =0 x =0 0,05 0,05

fem = −

∫ ∫

∂ (0,30 sen 10 4 t) a z • dxdy a z ∂t (0,30 ⋅ 10 4 ⋅ cos 10 4 t) dxdy

y =0 x =0

fem = −0,30 ⋅ 10 4 ⋅ cos 10 4 t ⋅ (0,05) 2 ⇒ fem = −7,5 ⋅ cos 10 4 t [V ] b)

fem = ∫ (v × B) • dL − 7,5 ⋅ cos 10 4 t , onde dL = dy a y

Cálculo de v × B : v × B = vB sen 90°(−a y ) ⇒ v × B = −45 sen 10 4 t a y – Página 9.1 –

(02)

[T]

(03)


CAPÍTULO 09

–



fem = −45 sen 10 t ⋅

0,05

− 7,5 ⋅ cos 10 4 t

∫ a y • dy a y

y=0

fem = −45 sen 10 4 t ⋅ (0,05) − 7,5 ⋅ cos 10 4 t fem = −2,25 sen 10 4 t − 7,5 ⋅ cos 10 4 t [V ]

9.2) Para o dispositivo mostrado abaixo, são dados: d = 5

[cm], B = 0,25 a z

[T]

e

v = 20 y a y [m s] . Se y = 4 [cm] em t = 0 [s], determinar as seguintes grandezas no instante t = 0,06 [s]: a) a velocidade v ; b) a posição y da barra; c) a diferença de potencial V12 medida pelo voltímetro; d) A corrente I12 entrando pelo terminal 1 do voltímetro se a resistência deste é igual a 200 [KΩ].

Resolução:

Cálculo de v(t) :

dy dy = v = 20 y ⇒ = 20dt ⇒ dt y

∫

dy y

=

∫ 20dt ⇒ 2

y = 20 t + C

(01)

Substituindo y = 4 [cm] e t = 0 em (01), temos:

2 4 ⋅ 10 − 2 = 20 ⋅ 0 + C ⇒ C = 0,4

(02)

Substituindo (02) em (01), temos: 2 y = 20 t + 0,4 ⇒

y = 10 t + 0,2

∴ v = 20 ⋅ (10 t + 0,2) a y ⇒ v = (200 t + 4) a y [m s] a)

Substituindo t = 0,06 [s] em (04), temos:

v = 200 ⋅ 0,06 + 4 ⇒ v = 16 [m s] – Página 9.2 –

(03) (04)


CAPÍTULO 09

–


Substituindo t = 0,06 [s] em (03), temos:

b)

y = 10 ⋅ 0.06 + 0,2 ⇒

y = 0,8 ⇒ y = 0,64 [m ] (05)

V12 = fem

c)

Cálculo da fem: d

fem = ∫ (v × B) • dL ⇒ fem =

∫ (20

[

y a y × 0,25 a z ) • − dx a x

]

x =0 d

fem = −5 ⋅

∫

ydx ⇒ fem = −5d y

x =0

∴ fem = −5 ⋅ 0,05 ⋅ 0,64 ⇒ fem = −0,2 [V ]

(06)

Substituindo (06) em (05), temos: V12 = – 0,2 [V] d)

I12 =

V12 − 0,2 ⇒ I12 = ⇒ I12 = −1 [µA ] Rv 200 ⋅ 10 3

9.3) Uma bobina de 50 espiras tem uma área de 20 [cm2] e gira em torno de um eixo situado em um plano perpendicular a um campo magnético uniforme de 40 [mT]. a) Considerando que a bobina gira a uma velocidade de 360 [rpm], calcular o fluxo máximo que atravessa a espira e o valor médio da fem induzida nesta bobina; b) Considerando que a bobina está em repouso e seu plano é perpendicular ao campo, determinar o valor médio da fem induzida na bobina, quando se retira o campo em t = 0,004 [s]; c) Considerando que a bobina não se move e que seu plano forma um ângulo de 60o com a direção do campo de indução, calcular o valor médio da fem induzida na bobina, supondo que o campo de 40 [mT] se anula em t = 0,004 [s]. Resolução: a)

Cálculo de φmax:

φ max = BS ⇒ φ max = 40 ⋅ 10 − 3 ⋅ 20 ⋅ 10 − 4 ⇒ φ max = 80 [µWb] – Página 9.3 –


–

CAPÍTULO 09


Cálculo do valor médio da fem: fem med = − N ⋅

∆φ , onde ∆t é o tempo gasto para o fluxo variar de φmax até zero. (01) ∆t

Cálculo de ∆t: 1  360 ⋅ 60 voltas → 1s 1  ⇒ ∆t = [s]  24  1 volta → ∆t  4

(02)


b)

(0 − 80 ⋅ 10 − 6 ) fem med = −50 ⋅ ⇒ fem med = 96 [mV] 1 24 ∆φ fem med = − N ⋅ ∆t (φ − φ inicial ) fem med = − N ⋅ final ∆t

fem med = − N ⋅

(0 − φ max ) ∆t

fem med = −50 ⋅

(0 − 80 ⋅ 10 − 6 ) 4 ⋅ 10 − 3

fem med = 1 [V ] c)

fem med = − N ⋅

∆φ ∆t

fem med = − N ⋅

(φ final − φ inicial ) ∆t

(01)

Cálculo de φ inicial :

φ inicial =

∫ B • dS ⇒ φ inicial

=

S

∫ B⋅ d S⋅ cos 30° ⇒ φ inicial

= B⋅ S⋅ cos 30°

S

φ inicial = 40 ⋅ 10 − 3 ⋅ 20 ⋅ 10 − 4 ⋅ 0,866 ⇒ φ inicial = 69,282 [µWb] Substituindo (02) em (01), temos: fem med = −50 ⋅

(0 − 69,282 ⋅ 10 − 6 ) 4 ⋅ 10 − 3

⇒ fem med = 0,866 [V ]

– Página 9.4 –

(02)


CAPÍTULO 09

–


9.4) Determinar o campo elétrico E em função do tempo, se a densidade de fluxo magnético no espaço livre é B = K 1 sen(ω t − K 2 x) a x + K 1 K 2 y sen(ω t − K 2 x) a y onde k 1 , k 2 e ω são constantes.

Resolução:

∂D Equação de Maxwell: ∇ × H = J + b ∂t

(01)

 ρ = 0 ⇒ J = 0;   Para o vácuo, temos: D = ε o E;  B = µ H. o 

(02)

Substituindo o conjunto (02) em (01), temos:

1 ∂E ∂E ∂D ∇×H = ⇒ ⋅ ∇ × B = εo ⋅ ⇒ ∇ × B = µ oε o ⋅ ∂t ∂t ∂t µo

(03)

Cálculo de ∇ × B :  ∂ Bz ∂ By ∇×B =  −  ∂y ∂z 

 ∂ Bx ∂ Bz a x +   ∂z − ∂x   

 ∂ By ∂ Bx  a y +  −  ∂x ∂y  

 a z  

B x = K 1 sen(ω t − K 2 x) ⇒ B x = f (x);   onde: B y = K 1K 2 y cos(ω t − K 2 x) ⇒ B y = f (y);  B z = 0.

∂ By ∴∇× B = a z ⇒ ∇ × B = K 1K 22 y sen(ω t − K 2 x) a z ∂x Substituindo (04) em (03), temos:

∂E K 1K 22 y sen(ω t − K 2 x) a z = µ o ε o ⋅ ∂t 2 ∂ E K1K 2 y = ⋅ sen(ω t − K 2 x) a z µ oε o ∂t

K1K 22 y t E= ⋅ ∫ [sen(ω t − K 2 x)dt ] a z

µ oε o

E=

− K1K 22 y

µ oε o

0

⋅ cos(ω t − K 2 x) a z

[V m]

– Página 9.5 –

(04)


–

CAPÍTULO 09


9.5) Os trilhos da figura abaixo estão separados por uma distância de 24

[cm] e

B = 0,3 cos(120π t) a z [ Wb m] . Sendo y = 0 em t = 0, encontrar a tensão V12 para t = 2 [ms] , sendo: a) v = 12 a y

[m s] ;

b) v = 12 cos(10πt) a y [m s] . Resolução: (01)

V12 = fem a)

Cálculo de y para t = 2 [ms]: dy v= ⇒ y = dt

2 ⋅10− 3

∫ v dt ⇒ y = ∫ 12dt ⇒ y = 0,024 [m] t =0

Cálculo da fem: fem =

v × B • dL −

∫(

)

∫ S

∂B • dS ∂t

(02)

Cálculo de v × B : v × B = (12a y ) × [0,3 cos(120πt)] a z ⇒ v × B = 3,6 cos(120πt) a x

(03)

∂B Cálculo de : ∂t

∂B ∂ = [0,3 cos (120πt)] a z ⇒ ∂ B = −36π sen(120πt) a z ∂t ∂t ∂t

(04)

Substituindo (03) e (04) em (02), temos: fem =

∫ (3,6 cos(120πt) a x ) • [−dx a x ] − ∫ [−36π sen(120πt) a z ] • [dxdy a z ] S 0,24

fem = −3,6 cos(120πt)

0,24 0,024

∫ dx + 36π sen(120πt)

x =0

∫

∫ dxdy

x =0 y=0

fem = −0,864 cos(120πt) + 0,207π sen(120πt) [V ]

(05)

Substituindo t = 2 [ms] em (05), temos:

fem = −0,864 cos(120π ⋅ 0,002) + 0,207π sen(120π ⋅ 0,002) fem = −0,6299 + 0,4459 ⇒ fem = −0,184 [V ] Substituindo (06) em (01), temos: V12 = – 0,184 [V] – Página 9.6 –

(06)


CAPÍTULO 09

b)

–


Cálculo de y para t = 2 [ms]: dy v= ⇒ y= dt

2 ⋅10− 3

2 ⋅10− 3

 sen(10πt)  ∫ v dt ⇒ y = ∫ 12 cos(10πt)dt ⇒ y = 12 ⋅  10π  t =0 t =0

∴ y = 0,024 [m ] Cálculo da fem: fem = ∫ (v × B) • dL −

Cálculo de v × B :

∂B ∫ ∂ t • dS

(02)

S

v × B = [12 cos(10πt) a y ] × [0,3 cos(120πt)] a z v × B = 3,6 cos(10πt) cos(120πt) a x

(03)

∂B Cálculo de : ∂t

∂B ∂B ∂ = [0,3 cos(120πt)] a z ⇒ = −36π sen(120πt) a z ∂t ∂t ∂t

(04)


fem = ∫ [3,6 cos(10πt) cos(120πt) a x ] • [−dx a x ] − ∫ [−36π sen(120πt) a z ] • [dxdy a z ] S 0,24

fem = −3,6 cos(10πt) cos(120πt)

0,24 0,024

∫ dx + 36π sen(120πt) ∫

x =0

∫ dxdy

x =0 y=0

fem = −0,864 cos(10πt) cos(120πt) + 0,207π sen(120πt) [V ]

(05)

Substituindo t = 2 [ms] em (05), temos:

fem = −0,864 cos(10π ⋅ 0,002) cos(120π ⋅ 0,002) + 0,207π sen(120π ⋅ 0,002) fem = −0,864 ⋅ 0,998 ⋅ 0,729 + 0,651 ⋅ 0,684 ⇒ fem = −0,628 + 0,446 fem = −0,184 [V ]

(06)

Substituindo (06) em (01), temos: V12 = – 0,184 [V]

– Página 9.7 –


–

CAPÍTULO 09


9.6) Na figura abaixo, B é constante com o tempo, mas não é uniforme no espaço. Encontrar a leitura V12 do voltímetro no instante t = 0,2 [s] se L = 0,4 [m] e: a) y = 10t [m] e B =  y a z [T];  2 b) y = 50t2 [m] e B =  y a z [T];  2 c) y = 50t2 [m] e B = 1 (x − y ) a z [T]. 2

Resolução: (01)

V12 = fem para t = 0,2 [s] fem =

v × B • dL −

∫(

∴ fem = a)

)

v × B • dL

∫(

∂ B • dS ; B = cte ∫ ∂t

S

)

(02)

Cálculo de v(t ) : dy d v (t ) = a y ⇒ v (t ) = (10t ) a y ⇒ v (t ) = 10a y dt dt

[m s ]

Cálculo de v × B : y v × B = 10a y × a z ⇒ v × B = 5 ya x 2

(03)


fem =

(

L

)

∫ 5ya x • − dxa x ⇒ fem =

∫ − 5ydx ⇒ fem = −5yL x =0

∴ fem = −50tL [V]

(04)

Substituindo t = 0,2 [s] e L = 0,4 [m] em (04), temos:

fem = −50 ⋅ 0,2 ⋅ 0,4 ⇒ fem = −4,0 [V ]

(05)

Substituindo (05) em (01), temos: V12 = –4,0 [V] b)

Cálculo de v(t ) :

( )

dy d v (t ) = a y ⇒ v (t ) = 50 t 2 a y ⇒ v (t ) = 100 t a y dt dt – Página 9.8 –

[m s ]


CAPÍTULO 09

–


Cálculo de v × B : y v × B = 100 t a y × a z ⇒ v × B = 50 ty a x 2

(03)


fem =

∫ 50tya x

(

L

)

• − dxa x ⇒ fem =

∫ − 50tydx ⇒ fem = −50tyL x =0

∴ fem = −2500 t 3 L [V ]

(04)

Substituindo t = 0,2 [s] e L = 0,4 [m] em (04), temos: fem = −2500 ⋅ (0,2 )3 ⋅ 0,4 ⇒ fem = −8,0 [V ]

(05)

Substituindo (05) em (01), temos: V12 = –8,0 [V] c)

Cálculo de v(t) :

dy d v (t ) = a y ⇒ v (t ) = 50 t 2 a y ⇒ v (t ) = 100 t a y dt dt Cálculo de v × B :

( )

[m s ]

1 v × B = 100 t a y × (x − y ) a z ⇒ v × B = 50 t (x − y ) a x 2

(03)

Substituindo (03) em (02), temos: fem =

(

)

∫ 50t(x − y ) a x • − dxa x ⇒ fem =

L

∫ − 50t(x − y )dx x =0

fem = 50 tyL - 25tL2 ⇒ fem = 2500 t 3 L − 25tL2 [V ]

(04)

Substituindo t = 0,2 [s] e L = 0,4 [m] em (04), temos: fem = 2500 ⋅ (0,2 )3 ⋅ 0,4 − 25 ⋅ 0,2 ⋅ (0,4 )2 ⇒ fem = 8,0 − 0,8 ⇒ fem = 7,2 [V ] (05) Substituindo (05) em (01), temos: V12 = 7,2 [V]

– Página 9.9 –


CAPÍTULO 09

–


9.7) O circuito mostrado na figura abaixo representa uma bobina de N espiras, resistência total R ocupando uma área igual a S submetida a um campo de indução magnética B indicado. Se a magnitude original deste campo (Bo) for reduzida a um quinto num intervalo de tempo ∆t, determinar: a) O valor médio da fem induzida no circuito; b) A direção e sentido da fem induzida (indicar na figura); c) O valor médio da corrente; d) A carga total que flui neste intervalo de tempo; e) A quantidade de energia que foi requerida para mudar a magnitude do campo magnético.

 B inicial = B o  Dados:  Bo  B = final  5

Resolução: a)

1o modo:

fem = N ⋅ ∫

∂ B v × B • dL − N ⋅ ∫ • dS; v = 0 ∂t

(

)

S

dB ∂ B ∂B fem = − N ⋅ ∫ • dS ⇒ fem = − N ⋅ ∫ ⋅ d S ⇒ fem = − N S⋅ ∂t ∂t dt S

S

fem média = − N S⋅ fem média = −

NS ∆t

B − B inicial ∆B ⇒ fem média = − N S⋅ final ∆t ∆t 4N B o S B  ⋅  o − B o  ⇒ fem média = 5∆ t  5 

2o modo:

fem med = − N ⋅

∆φ , onde φ = BS ∆t

∴ fem média = − N S⋅ fem média = −

NS ∆t

B − B inicial ∆B ⇒ fem média = − N S⋅ final ∆t ∆t

4N B oS B  ⋅  o − B o  ⇒ fem média = 5∆ t  5  – Página 9.10 –


CAPÍTULO 09

–


b) A fem gerada na bobina deve apresentar uma orientação de modo a reforçar o campo de indução B . Portanto, conclui-se que esta orientação deve seguir o sentido horário, conforme indicado na figura. c)

I =

4N B oS fem ⇒ I = R 5R ∆ t

d) A carga total que flui no intervalo ∆t pode ser representada por QT = ∆Q. 4N B oS ∆Q Do item (c), sabemos que I = e que I = . 5R ∆ t ∆t Portanto: 4N B o S ∆Q 4 N B o S = ⇒ ∆Q = ∆t 5R ∆ t 5R e)

A energia fornecida ao circuito no intervalo ∆t pode ser representada por WT = ∆W. Sabemos que ∆W = P ⋅ ∆t e P = fem ⋅ I , onde P é a potência fornecida ao circuito no intervalo ∆t. Portanto:

4N B o S 4N B o S 15 N 2 B o2 S 2 ∆W = fem ⋅ I ⋅ ∆t ⇒ ∆W = ⋅ ⋅ ∆ t ⇒ ∆W = 5∆ t 5R∆ t 25R∆ t 9.8) Uma bobina retangular de 6×12 [cm2] com N = 100 espiras gira em um campo magnético variável dado por B = 0,6 sen(377 t ) [T ]. A velocidade angular da espira é de ω = 60 [rps]. Pede-se determinar a tensão induzida na bobina. Resolução:

[ s ]:

Cálculo de ω em rad

1 rps → 2π rad s  ⇒ ω = 377 rad  s 60 rps → ω  ∂ B fem = N ⋅ ∫ v × B • dL − N ⋅ ∫ • dS ∂t

[ ]

(

)

S


(01)


–

CAPÍTULO 09


A inspeção da figura relativa à visão frontal da bobina revela que os ângulos entre B e v e entre B e dS são iguais. Desta maneira, podemos designar este ângulo θ como sendo θ = ωt.

Cálculo de v × B • dL :

(

)

(v × B ) • dL = vB sen θ ⋅ dL cos 0° ⇒ (v × B ) • dL = ω R B dL sen ω t (v × B ) • dL = 0,6ω R sen2 (377t )dL

(02)

∂ B Cálculo de • dS : ∂t

∂ B ∂B ∂ B ∂ • dS = dS cos θ ⇒ • dS = [0,6 sen(377 t )]dS cos(ω t ) ∂t ∂t ∂t ∂t

∂ B ∂ B • dS = 0,6 ⋅ 377 cos 2 (377 t )dS ⇒ • dS = 226,2 cos 2 (377 t )dS ∂t ∂t

(03)


fem = 100 ⋅ ∫ 0,6ω R sen 2 (377 t )dL − 100 ⋅ ∫ 226,2 cos 2 (377 t )dS S

fem = 60ω R sen 2 (377 t ) ⋅ ∫ dL − 22620 S cos 2 (377 t ) 2

fem = 60ω R sen (377 t ) ⋅ 2 ⋅

0,12

2 ∫ dL − 22620 S cos (377 t )

0

fem = 60ω R sen 2 (377 t ) ⋅ 0,24 − 22620 S cos 2 (377 t ) fem = 14,4ω R sen 2 (377 t ) − 22620 S cos 2 (377 t )  1 − cos(2 ⋅ 377 t )   1 + cos(2 ⋅ 377 t )  fem = 14,4ω R ⋅   − 22620 S⋅   2 2      1 − cos(754 t )   1 + cos(2 ⋅ 377 t )  fem = 14,4 ⋅ 377 ⋅ 0,03 ⋅   − 22620 ⋅ 72 ⋅ 10 − 4 ⋅   2 2      1 − cos(754 t )   1 + cos(754 t )  fem = 162,864 ⋅   − 162,864 ⋅   2 2     fem = −162,864 cos(754t ) [V ]



–

CAPÍTULO 09


9.9) Um campo magnético uniforme B = 100 [mT] estende-se sobre uma área quadrada de 100 [mm] de lado, como mostra a figura abaixo, com campo nulo do lado de fora do quadrado. Uma espira retangular de fio de 40 [mm] por 80 [mm], com velocidade v = 100 mm , é movimentada em direção à área de ação do campo (ver figura). s Determinar a fem induzida na espira, plotando os resultados em um gráfico de fem x distância x, para − 20 [mm] ≤ x ≤ 120 [mm] .

[

]

Resolução: fem =

∫ (v × B ) • dL

(01)

Cálculo de v × B : v × B = vB sen 90° − a y

( )

(02)

Cálculo da fem na região − 20 [mm] ≤ x < 0 : fem = 0, pois nesta região B = 0.

Cálculo da fem na região 0 ≤ x < 80 [mm] :

fem =

∫ (− vB a y ) • dya y

⇒ fem = − vB y

fem = −100 ⋅ 10 − 3 ⋅ 100 ⋅ 10 − 3 ⋅ 40 ⋅ 10 − 3 ⇒ fem = −0,4 [mV]

Cálculo da fem na região 80 [mm] ≤ x < 100 [mm] : fem =

∫ (− vB a y ) • dya y + ∫ (− vB a y ) • (− dya y ) ⇒ fem = − vB y + vB y

fem = −4 ⋅ 10 − 4 + 4 ⋅ 10 − 4 ⇒ fem = −0 – Página 9.13 –


–

CAPÍTULO 09


Cálculo da fem na região 100 [mm] ≤ x < 120 [mm] : fem =

∫ (− vB a y ) • (− dya y ) ⇒ fem = vB y

fem = 100 ⋅ 10 − 3 ⋅ 100 ⋅ 10 − 3 ⋅ 40 ⋅ 10 − 3 ⇒ fem = 0,4 [mV] Gráfico fem x distância x: fem [mV] 0,4 80 –20

20

40

60

100

120

x [mm]

–0,4 9.10) Uma espira retangular, girando na presença de um campo magnético uniforme B , está equipada com um comutador de dois segmentos, como na figura, e, por isso, pode funcionar tanto como um gerador cc como um motor cc. a) Se a espira girar a F [rps], encontre a tensão média cc gerada (gerador); b) Se uma corrente I fluir na espira, encontre o torque médio (motor); c) Se a corrente fluir como indicado na figura, encontrar o sentido de rotação.

Resolução: a)

fem =

∫(

∴ fem =

v × B • dL −

)

v × B • dL

∫(

∂ B • dS ; B = cte ∫ ∂t

S

)

(01)

Cálculo de v × B • dL :

(

)

(v × B ) • dL

= vB sen θ ⋅ dL cos 0 ° ⇒ v × B • dL = ω R B dL sen ω t (02)

(


)


CAPÍTULO 09

–



fem =

∫ ω R B dL sen ω t ⇒ fem = ω R B sen ω t ⋅ ∫ dL

fem = ω R B sen ω t ⋅ 2∫ dL ⇒ fem = 2ω R B sen ω t, onde ω = 2π F; 0

∴ fem(t ) = 4π F R B sen ω t T

2 2 fem média = ⋅ ∫ fem(t )dω t, onde T é o periodo; T 0

∴ fem média =

1

π

⋅

π

π

0

0

∫ 4π F R B sen ω t dω t ⇒ fem média = 4 F R B⋅ ∫ sen ω t dω t

fem média = 8 F R B b)

T =

∫ IdS × B ⇒ T = I ⋅ ∫ B dS sen ω t ⇒ T = I BS sen ω t S

S

T(t ) = 2RI B sen ω t T

2 2 Tmédio = ⋅ ∫ T(t )dω t, onde T é o periodo; T 0

∴ Tmédio = Tmédio =

1

π

π

⋅

∫ 2 RI B sen ω t dω t ⇒ Tmédio =

0

2 RI B

π

π

⋅ ∫ sen ω t dω t 0

4 RI B

π

c)

A Figura1 indica que não existe conjugado quando a espira está na posição vertical. As Figuras2 e 3 indicam que, em qualquer outra posição existe um conjugado resultante que tende a girar a espira no sentido horário. – Página 9.15 –


CAPÍTULO 09

–


9.11) A figura abaixo mostra a região de atuação dos campos elétrico e magnético dados, respectivamente, por: E = E o a y e B = B o a z , sendo Eo e Bo constantes. Uma pequena carga teste Q com massa m é colocada em repouso na origem no instante t = 0. Determinar: a) A equação da velocidade v (x; y; z ) da carga em um instante t qualquer; b) A equação da posição P(x; y; z ) da carga em um instante t qualquer.

Resolução:

a)

 F = QE ; F = Q v × B M  E F E + F M = ma , onde:  .  a = d v ; v = v a x + v a y x y  dt

[ (

QE + v × B

) ] = m ddtv ⇒ Q[Eo a y + (v × B o a z ) ] = m dtd (v x a x + v y a y )

[(

)

]

Q Eo a y + Q v x a x + v y a y × B o a z = m Q E o a y − Q v x B o a y + Q v yB o a x = m Q v yB o a x + (Q E o − Q v x B o ) a y = m

(

d vx ax + vy ay dt

d vy d vx ax + m ay dt dt

d vy d vx ax + m ay dt dt

Igualando as componentes correspondentes de (01), temos:  Q Bo d vx d vx ⇒ = vy Q v y B o = m dt dt m   d vy d vy  Q Eo Q B o ⇒ = − vx Q E o − Q v x B o = m dt dt m m  – Página 9.16 –

)

(01)


–

CAPÍTULO 09


d v 1 d vx x  = α vy ⇒ vy = ⋅ α dt Q Bo  dt Seja α = ⇒ m d vy d v y Q Eo E = − α vx ⇒ = α ⋅ o − α vx  m dt Bo  dt

(02) (03)

Substituindo (02) em (03), temos: d dt

Eo E d2 vx  1 d vx   ⋅  = α ⋅ − α vx ⇒ = α 2 ⋅ o − α 2 vx 2 dt  Bo Bo α dt

(04)

Resolvendo (04), temos:

v x = A cos α t + B sen α t + C

(05)

d vx = − Aα sen α t + Bα cos α t dt

(06)

d2 vx

(07)

= − Aα 2 cos α t + Bα 2 sen α t

dt 2

Substituindo (05) e (07) em (04), temos: − Aα 2 cos α t + Bα 2 sen α t = α 2 ⋅ ∴C =

Eo − α 2 (A cos α t + B sen α t + C ) Bo

Eo Bo

(08)


v x = A cos α t + B sen α t +

Eo Bo

(09)

Substituindo (06) em (02), temos: vy =

1

α

⋅ (− A sen α t + B cos α t )

Condições iniciais para a solução de (09) e (10): vx = vy = 0 em t = 0

(10) (11)

Substituindo (11) em (09) e em (10), temos: Eo Eo  v x = 0 = A + 0 + B ⇒ A = − B o o   v y = 0 = 0 + B ⇒ B = 0   – Página 9.17 –

(12)


CAPÍTULO 09

–


Substituindo (12) em (09) e em (10), temos: Eo Eo Eo  v x = − B ⋅ cos α t + B ⇒ v x = B ⋅ (1 − cos α t ) o o o   Eo  ⋅ sen α t v y = Bo   v z = 0  

[

]

dx ⇒ x = ∫ v x dt ⇒ x = dt E E ∴ x = o t − o sen α t + D Bo α Bo

Eo ∫ B o ⋅ (1 − cos α t ) dt

Portanto:

b)

Eo ⋅ (1 − cos α t ) a x + sen α t a y Bo

vx =

vy =

v =

dy ⇒ y = dt

(01)

Eo

∫ v y dt ⇒ y = ∫ B o

sen α t dt ⇒ y = −

Condições iniciais para a solução de (01) e (02): x = y = 0 em t = 0

Eo cos α t + E α Bo

(02) (03)

Substituindo (03) em (01) e em (02), temos:  x = 0 = 0 − 0 + D ⇒ D = 0   Eo Eo  y = 0 = − α B + E ⇒ E = α B o o 

(04)

Substituindo (04) em (01) e em (02), temos: Eo   1  ⋅  t − ⋅ sen α t  x = α Bo     Eo  ⋅ (1 − cos α t ) y = α B o   z = 0   Portanto:

  E  Eo 1  P(x; y; z ) =  x = o ⋅  t − sen α t ; y = ⋅ (1 − cos α t ); z = 0 α α Bo Bo     – Página 9.18 –


Anexo 01 – CURVAS B-H

Curvas B – H para H < 400 A/m (para exercícios do Capítulo 08) (Cada pequena divisão significa 0,02 T para B e 5 A/m para H)

Curvas B – H para H > 400 A/m (para exercícios do Capítulo 08) (Cada pequena divisão significa 0,02 T para B e 50 A/m para H)

Apostila Eletromagnetismo UFU Exercicios

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