ELM Teoria 10 Cap6 - apostila caixeta capítulo 6 PDF

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CONCEITOS TEÓRICOS E EXERCÍCIOS PROPOSTOS DE ELETROMAGNETISM

Capítulo VI: EQUAÇÕES DE POISSON E DE LAPLAC

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Capítulo VI EQUAÇÕES DE POISSON E DE LAPLACE 6.1 – IMPORTÂNCIA DAS EQUAÇÕES DE POISSON E LAPLACE Veja no quadro abaixo uma comparação de 2 procedimentos usados para a determinação da capacitância de um capacitor. Os passos do primeiro são baseados nos conceitos teóricos desenvolvidos até o capítulo V, os quais dependem inicialmente do conhecimento da distribuição de carga, grandeza esta de difícil obtenção prática. Por outro lado, o segundo procedimento apresenta uma situação mais realística, a qual requer primeiramente a obtenção do potencial através das equações de Poisson ou Laplace. Essas equações e esse novo procedimento serão tratados a seguir. Quadro - Procedimentos para cálculo da CAPACITÂNCIA de um CAPACITOR Procedimento I – Antigo Procedimento II – Novo Considera-se conhecida a (expressão da) densidade Considera-se conhecida a expressão que fornece o Passo potencial V em todos os pontos do capacitor, superficial de carga ρS de um dos condutores do ou capacitor (Nota: Se a carga deste condutor não for incluindo a diferença de potencial V0 entre os 2 Etapa positiva, trabalhar com o módulo de ρ S). condutores. ! Calcula-se a carga do condutor: Calcula-se o vetor E no dielétrico: ! ! (i)

Q=

(ii)

∫

S

ρS dS

E = −∇V

! Calcula-se o vetor D no dielétrico:

! ! D • dS = Q S

"∫

E = D /ε

Calcula-se a densidade ρ S em um condutor (de preferência o condutor positivo):

! ρ S = DN = D

Calcula-se a ddp

V0 entre os condutores: A ! ! V0 = VAB = − ∫ E • d L

(iv)

D=εE

(Gauss)

! Calcula-se o vetor E no dielétrico: ! ! (iii)

! Calcula-se o vetor D no dielétrico: ! !

na superfície condutora

Calcula-se a carga total no condutor escolhido:

Q=

∫

S

ρ S dS

B

Calcula-se, finalmente, a capacitância do capacitor:

Calcula-se, finalmente, a capacitância do capacitor:

Q C= V0

(v)

C=

Q V0

6.1.1 – Equação de Poisson ! ! ∇ • D = ρv # ! ! % D=εE $ ! ! % E = − ∇V &

! ! ! ! ⇒ ∇ • #$ε −∇V %& = ρV ⇒ ∇ • "#ε ∇V $% = −ρV

(

)

( )

! ! ρ Se a permissividade ε for constante, obtemos: ∇ ⋅ ∇V = − V

ε

2 ou ∇ V = −

ρV ε

Poisson

6.1.2 – Equação de Laplace 2 Se ainda a densidade volumétrica ρ V for nula (dielétrico perfeito), obtemos: ∇ V = 0

Laplace

! ! ! Nota: ∇ 2 = ∇ ⋅ ∇ = divergência do gradiente = (div.)(grad.) = Laplaciano ou “nabla 2” 53

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6.2 – TEOREMA DA UNICIDADE “Se uma resposta do potencial satisfaz a equação de Laplace ou a equação de Poisson e também satisfaz as condições de contorno, então esta é a única solução possível.” 6.3 – EXEMPLOS DE SOLUÇÃO DA EQUAÇÃO DE LAPLACE A seguir serão mostrados vários exemplos de solução da Equação de Laplace para problemas unidimensionais, isto é, onde V é função somente de uma única variável. Os tipos de exemplos possíveis são: 1. V = f(x), sendo x coordenada cartesiana (válido também para V = f(y) e V = f(z)) 2. V = f( ρ ), sendo ρ coordenada cilíndrica 3. V = f( φ), sendo φ coordenada cilíndrica (válido também se φ é coordenada esférica) 4. V = f(r), sendo r coordenada esférica 5. V = f( θ), sendo θ coordenada esférica Ex.1: Cálculo de V = f(x), sendo x coordenada cartesiana ∂ 2V d 2V ⇒ =0 = 0 ∂x 2 dx 2 dV =A Integrando 1a vez: dx Integrando 2a vez: V = Ax + B

∇ 2V = 0 ⇒

onde A e B são as constantes de integração que são determinadas a partir de condições de contorno (ou de fronteira) estabelecidas para a região em análise. Condições de contorno: x = constante ⇒ superfície plana !# V = V em x = x 1 1 Sejam: " V = V em x = x #$ 2 2 Substituindo acima, obtemos A e B como: V −V A= 2 1 x2 − x1 e V x −V x B= 1 2 2 1 x2 − x1 V −V V x −V x Logo: V = 2 1 x + 1 2 2 1 x2 − x1 x2 − x1 Suponha agora que as condições de contorno sejam estabelecidas da seguinte maneira: !# V = V = 0 em x = x1 = 0 1 " $# V = V2 = Vo em x = x2 = d Assim, temos: A =

V0 d

e B=0 ⇒ V =

V0 x d

(0 ≤ x ≤ d)

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Etapas de cálculo da capacitância C do capacitor de placas // formado: ! ! V ! E = −∇V = − o a x (i) d ! ! εV ! (ii) D = ε E = − o a x d ! ! ! εV (iii) ρ S = Dn = D = D = 0 x=0 x=d d εV0 S (iv) Q = ∫ S ρ S dS = ρS S = d εS Q εV S / d ⇒ C= (Mesmo resultado obtido na seção 5.8) (v) C = = 0 d V0 V0 Ex.2: Cálculo de V = f(ρ ), sendo ρ coordenada cilíndrica

∇ 2V = 0 ⇒

1 d # dV & (=0 %ρ ρ dρ $ d ρ '

Integrando 1a vez: ρ

( ρ ≠ 0)

dV =A dρ

Rearranjando e integrando 2a vez: V = A lnρ + B Condições de contorno: ρ = constante ⇒ superfície cilíndrica ! V = 0 em ρ = b (refer.) (b > a) " # V = V0 em ρ = a Daí, obtém-se A e B e substituindo acima:

V = V0

ln (b / ρ ) ln (b / a )

(a < ρ < b)

Etapas de cálculo da capacitância C do capacitor coaxial formado: ! ! ! −V0 aρ −b / ρ 2 Vo ∂V ! 1! = (i) ∇V = − aρ = aρ E =− ln(b / a ) b / ρ ln(b / a ) ρ ∂ρ ! ! εV0 1 ! aρ (ii) D = ε E = ln(b / a ) ρ εV0 (iii) ρ S = Dn ρ=a = (= densidade superficial no condutor interno c/ carga +Q) a ln(b / a) εV0 2π a L (iv) Q = ∫ ρ S dS = ρS S = S a ln(b / a) Q 2πεL (v) C = = (Mesmo resultado obtido na seção 5.8, Ex. 2) V0 ln(b / a ) 55

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Ex. 3: Cálculo de V = f(φ ), sendo φ coordenada cilíndrica

∇ 2V = 0 ⇒

1 d 2V =0 ρ 2 dφ 2 d 2V =0 dφ 2

Fazendo ρ ≠ 0 ⇒

Integrando 1a vez:

(ρ ≠ 0)

dV =A dφ

Rearranjando e integrando 2a vez: V = Aφ + B Condições de contorno: φ = constante ⇒ superfície semi-plana radial nascendo em z !V = 0 em φ = 0 " #V = V0 em φ = α Daí, obtém-se A e B e substituindo acima: V V = 0φ α Nota: Calcular a capacitância do capacitor formado por dois planos finitos definidos por: φ = 0, a < ρ < b, 0 < z < h (Adotar V = 0) φ = α, a < ρ < b, 0 < z < h (Adotar V = V0) εh b Desprezar os efeitos das bordas. (Resposta: C = ln ) α a

Ex. 4: Cálculo de V = f(r), sendo r coordenada esférica ∇ 2V = 0 ⇒

1 d # 2 dV & %r ( = 0 (r ≠ 0) r 2 dr$ dr '

Integrando 1a vez: r 2

dV =A dr

Re-arranjando e integrando 2a vez: A V =− +B r Condições de contorno: r = constante ⇒ superfície esférica !V = 0 em r = b (refer.) (b > a) " #V = V0 em r = a

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Daí, obtém-se A e B e substituindo acima: 1 1 − V = V0 r b 1 1 − a b Etapas de cálculo da capacitância C do capacitor esférico formado: ! ! ∂V ! −V0 $ 1 ' ! a E = −∇V = − (i) ar = &− 1 1 % r 2 )( r ∂r − a b ! ! εV0 1 ! (ii) D = ε E = a 1 1 r2 r − a b ε V0 1 (iii) ρ S = Dn ( r=a) = (= densidade superficial no condutor interno c/ carga +Q) 1 1 a2 − a b ε V0 1 (iv) Q = ∫ ρ S ds = 4π a 2 S 1 1 a2 − a b Q 4πε (Mesmo resultado obtido na seção 5.8, Ex. 3) (v) C = = 1 1 V0 − a b Ex. 5: Cálculo de V = f(θ ), sendo θ coordenada esférica

∇ 2V = 0 ⇒

d ! dV $ 1 # senθ &= 0 r senθ dθ " dθ % 2

(r ≠ 0, θ ≠ 0, θ ≠ π)

Fazendo r ≠ 0, θ ≠ 0, θ ≠ π: d ! dV $ # senθ &= 0 dθ " dθ % Integrando 1a vez: senθ

dV =A dθ

Rearranjando e integrando 2a vez: V = A ln!" tan (θ 2)$# + B Condições de contorno: θ = constante ⇒ superfície cônica !V = 0 em θ = π 2 (α < π /2) " #V = V0 em θ = α Daí, obtém-se A e B e substituindo acima: V=

V0 ln!" tan( θ / 2)#$ ln !" tan (α / 2 )$# 57

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Nota: Calcular a capacitância do capacitor formado por dois cones finitos definidos por: θ = π/2, 0 < r < r1, 0 < φ < 2π (Adotar V = 0) θ = α, 0 < r < r1, 0 < φ < 2π (Adotar V = V0) −2 πε r1 ) Desprezar os efeitos das bordas. (Resposta: C = ln "#tan (α 2)%$

6.4 – EXEMPLO DE SOLUÇÃO DA EQUAÇÃO DE POISSON Exemplo: A região entre dois cilindros condutores coaxiais com raios a e b, conforme mostrado na figura abaixo, contém uma densidade volumétrica de carga uniforme ρ V . Se o campo ! elétrico E e o potencial V são ambos nulos no cilindro interno, determinar a expressão matemática que fornece o potencial V na região, entre os condutores assumindo que sua permissividade seja igual à do vácuo. Solução: Equação de Poisson: ∇ 2V =

ρ 1 ∂ $ ∂V ' ⋅ &ρ )=− V ρ ∂ρ % ∂ ρ ( ε0

Integrando pela 1a vez: ∂V ρ ρ2 =− V ⋅ +A⇒ ρ ∂ρ ε0 2

∂V A ρ =− V ⋅ρ+ ∂ρ ρ 2ε 0

(01)

! ! ! ! ∂V ! ∂V ⇒ Porém, sabe-se que: E = − ∇V ⇒ E = − aρ ⇒ E = E = − ∂ρ ∂ρ

∂V = −E ∂ρ

(02)

Substituindo (02) em (01), temos:

∂V A ρ = −E = − V ⋅ ρ + ρ 2ε 0 ∂ρ 1a Condição de Contorno (Obtenção de A):

(03)

E = 0 para ρ = a.

(04)

Substituindo (04) em (03), temos:

0=

A ρV ρ ⋅ a − ⇒ A = V ⋅ a2 a 2ε0 2ε 0

(05)

Substituindo (05) em (01), temos:

∂V ρ ρ a2 =− V ⋅ρ + V ⋅ 2ε 0 2ε 0 ρ ∂ρ

(06)

Integrando pela 2a vez:

V =−

ρV ρ 2 ρV 2 ⋅ + ⋅ a ln ρ + B 2ε 0 2 2ε0

(07)

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2a Condição de Contorno (Obtenção de B):

V = 0 para ρ = a.

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(08)

Substituindo (08) em (07), temos:

0=−

ρV a 2 ρ V 2 ρ ρ ⋅ a ln a + B ⇒ B = V ⋅ a 2 − V ⋅ a 2 ln a ⋅ + 2 ε 0 2 2ε 0 4ε0 2ε0

(09)

Substituindo (09) em (07), temos:

V =−

V=

ρV 2 ρ V 2 ρ ρ ⋅ρ + ⋅ a ln ρ + V ⋅ a 2 − V ⋅ a 2 ln a 4ε 0 2ε 0 4 ε0 2ε 0

#ρ & ρV ρ ⋅ ( a 2 − ρ 2) + V ⋅ a 2 ln % ( 4ε 0 2 ε0 $a '

[V ]

(10)

6.5 – SOLUÇÃO PRODUTO DA EQUAÇÃO DE LAPLACE Suponha o potencial seja função das variáveis x e y de acordo com a seguinte expressão: V = f (x) f (y) = XY

onde

X = f (x) e Y = f (y)

Aplicando a equação de Laplace, obtemos: ∂ 2V ∂ 2V + =0 ∇ 2V = 0 ⇒ ∂x 2 ∂y 2 (01) → (02): ∂ 2Y ∂2 X Y 2 +X 2 =0 ∂x ∂y

(01)

(02)

(03)

Dividindo (03) por XY: 1 ∂ 2 X 1 ∂ 2Y =0 + X ∂x 2 Y ∂y 2 Separando os termos somente dependentes de x dos termos somente dependentes de y, escrevemos: 2 1 d2X 1dY (04) =− 2 Y dy X dx 2 Como X = f (x) e Y = f (y) , então para que a equação (04) seja verdadeira, cada um dos membros de (04) deve resultar em uma mesma constante. Chamando esta constante de α2, temos: 1 d2X = α2 2 X dx 1 d 2Y = − α2 2 Y dy

(05) (06)

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0

Re-escrevendo (05) e (06) temos: d2X =α 2 X 2 dx d 2Y = − α 2Y 2 dy

(07) (08)

Solução da equação (07) pelo Método de Dedução Lógica: Basta responder a seguinte pergunta: “Qual é a função cuja segunda derivada é igual a própria função multiplicada por uma constante positiva?” Solução 1: Função trigonométrica hiperbólica em seno ou co-seno. Assim: X = A coshα x + B senhα x

(09)

Solução 2: Função exponencial. Assim: X = A !e αx + B!e− α x

(10)

Solução da equação (08) pelo Método de Dedução Lógica: Basta responder a seguinte pergunta: “Qual é a função cuja segunda derivada é igual a própria função multiplicada por uma constante negativa?” Solução 1: Função trigonométrica em seno ou co-seno. Assim: Y = C cosα y + Dsen α y

(11)

Solução 2: Função exponencial complexa. Assim: Y = C 'e jα y + D'e− jα y

(12)

Nota: Veja no Anexo I a solução da equação diferencial (07) por série infinita de potências. Solução final da equação (01): Substituindo (09) e (11) em (01), obtemos finalmente:

V = XY = ( A coshα x + Bsenhα x) ( C cosα y + Dsen α y)

(13)

sendo que as constantes A, B, C e D são determinadas pelas condições de contorno do problema. Exemplo: Calcule o potencial na região interna da calha retangular da figura. São conhecidos todos os potenciais nos contornos metálicos da calha. Observe que temos, neste caso, V = f(x) f(y). Partir da expressão (13) obtida acima. Solução:

Pela figura temos as condições de contorno: (i) V = 0 em x = 0, (ii) V = 0 em y = 0, (iii) V = 0 em y = d, 0 < x < c (iv) V = V0 em x = c, 0 < y < d

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Aplicando as condições (i) e (ii) em (13) obtemos A = C = 0 e chamando BD = V1, chegamos a: (14) V = XY = BDsenhα x sen α y = V1 senh α x senα y e aplicando a condição (iii), V = 0 em y = d, temos: nπ 0 = V1 senhα x senαd ⇒ α = (n = 0,1, 2,…) d Substituindo α de (15) em (14): nπ y nπ x V = V1 senh sen d d

(15)

(16)

Para a condição (iv) é impossível escolher um n ou V1 de modo que V = V0 em x = c, para cada 0 < y < d. Portanto, deve-se combinar um número infinito de campos de potenciais com valores diferentes de n e valores correspondentes de V1, isto é, V1n. Assim, genericamente devemos ter: ∞

V = ∑ V1n senh n=0

nπ y nπ x sen d d

0...