Eletromagnetismo e Ótica (MEAer/LEAN) Lei de Gauss
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Eletromagnetismo e Ótica (MEAer/LEAN) Lei de Gauss 3ª Semana Probl. 1) Escreva a expressão integral para o cálculo do fluxo Φ do campo eléctrico E duma carga Q através da face x = a de um cubo com arestas de comprimento 2 a que está centrado na carga. Use de seguida argumentos de simetria e a Lei de Gauss para confirmar o valor do integral em questão. 2a 2a ez ey 2a Q ⅆz rs z ex x a y ⅆy nⅆS E (r s ) Resposta R. 1-a) Φ= 1 4 π εo a a Qa 2 2 2 -a -a a +y +z 3/2 ⅆ yⅆz = 1 Q 6 εo Na face x = a os pontos têm posição r = a ex + y e y + z ez e a normal é sempre n = ex . O fluxo do campo E da carga Q na origem (centro do cubo) é: a Φ = E · ⅆ S = -a Q 1 Qa a a r · ex ⅆ y ⅆ z = ⅆ yⅆz -a 4 π εo r3 4 π εo -a -a a2 + y2 + z2 3/2 a 1 O fluxo através de outras faces é igual a este por simetria: se rodarmos tudo (campo e cubo) em torno dum dos eixos ex , e y ou ez , podemos trazer qualquer face e o respectivo campo elétrico à superfíce para a posição da face x = a, mas a carga fica na mesma posição. Isto indica que o campo rodado coincide com o campo original nessa face, i.e. o fluxo deve ser igual. Como existem 6 faces, o fluxo total através da superfície do cubo é Φtot = 6 Φ = Q Q ⟹ Φ= εo 6 εo V Probl. 2) Pretende-se determinar o fluxo do campo elétrico não-uniforme E = 2 ex + 3 y2 + 2 e y através dum cubo m com arestas de 2 m de comprimento, paralelas aos eixos de referência, com uma face assente no plano horizontal, outra no plano vertical e vértices em (1, 0, 0) e (3, 0, 0) m. Determine, justificando, o fluxo de E: a) Através da face superior z = 2. E na face inferior z = 0? b) Através da face x = 1. E na face x = 3? c) Através da face y = 0. E na face y = 2? d) Determine a divergência ∇ · E do campo e calcule o seu integral no volume delimitado pelo cubo. Compare com o fluxo total através do cubo. 1º Semestre 2014-2015 -1- ARS Resposta R. 2-a) Φz=0 = 0 = Φz=2 n = ± ez ⟹ E · n ⅆ S = 0 R. 2-b) Φx=1 = -8 = -Φx=3 Nm2 C n = ± ex ⟹ E · n ⅆ S = ± 2 ⅆ y ⅆ z R. 2-c) Φ y=0 = -24 Nm2 C Nm2 ; Φ y=2 = 72 C n = ± e y ⟹ E · n ⅆ S = ± 3 y2 + 2 ⅆ x ⅆ z R. 2-d) ∇ · E = 6 y ; ∇ · E ⅆ V = 48 cubo Probl. 3) Um eletrão é disparado na direcção perpendicular a uma superfície plástica uniformemente carregada. A m superfície é plana e de área muito grande. A velocidade inicial do eletrão é v o = 2 × 105 e ao fim de 7 picos segundos o eletrão pára e volta para trás. Qual é a densidade superficial de carga σ no plástico? Resposta R. 3-a) σ = 2.87 ×10-6 C m2 O electrão é uniformemente desacelerado no campo E = σ 2 εo sgn(z) ez do plano de cargas de densidade σ. A força que actua sobre o eletrão é F = qe E. A aceleração do eletrão é az = Δv Δt =- vo , Δt onde Δt = 7 × 10-12 s. Assim me a = F ⟺ -me vo Δt = qe onde me = 9.109383 ×10 σ 2 εo -31 ⟹ σ =- me 2 εo vo qe Δt kg e qe = 1.6021766 ×10-19 C . Probl. 4) Dois planos verticais paralelos, práticamente infinitos, estão separados por uma distância 2 d na direção ex . Um C dos planos está uniformemente carregado com uma densidade de carga σ1 m2 , enquanto o outro possui uma densidade de carga σ2 = 2 σ1 . a) Use a Lei de Gauss para determinar o campo elétrico E em todas as regiões do espaço. b) Determine a descontinuidade do campo elétrico E ao atravessar cada plano. c) Determine a força (magnitude, direção e sentido) por unidade de área sentida por cada plano. d) Determine o potencial elétrico ϕ em todas as regiões do espaço, assumindo que ϕ = 0 num ponto a igual distância dos planos. e) Qual é a energia cinética que um electrão ganharia se fosse largado do repouso de uma das armaduras e acelerado pelo campo até atingir a outra? Há diferença na posição inicial do eletrão se os planos estiverem positiva ou negativamente carregados? ey σ1 2 σ1 2d ex O ARS -2- 1º Semestre 2014-2015 Resposta 3 σ1 ex 2 εo σ - 1 ex 2 εo 3σ + 1 ex 2 εo - R. 4-a) E(r) = (x < -d) (-d < x < d) (d < x) O campo em cada região é a soma dos campos de cada plano separadamente nessa região. O campo do plano σ da esquerda é E1 (x) = 1 sgn(x + d) e x , i.e. troca de sinal quando x = -d , enquanto o campo do plano da 2 εo sgn(x - d) e x e troca de sinal quando x = d . Quando x < -d ambos os campos são dirigidos no sentido -ex e a sua soma é σ1 +σ2 E(x) = E1 (x) + E2 (x) = ex. σ2 2 εo direita é E2 (x) = 2 εo σ +σ Quando x > d temos ambos os campos na direcção ex , pelo que E(x) = 1 2 ex . 2 εo Numa posição entre os planos, -d < x < d , o campo total é E(x) = E1 (x) + E2 (x) = σ1 -σ2 2 εo ex. σ1 εo 2 σ1 εo ΔE x (-d) = R. 4-b) ΔE x (d) = Através de uma superfície carregada com densidade de carga σ a componente do campo elétrico normal à σ superfície sofre uma descontinuidade Δ E ·n = . εo R. 4-c) Δ F1 ΔS =- Δ F2 ΔS = σ1 2 εo σ1 2 εo ex ex A carga ⅆ q = σ ⅆ S de um elemento de área ⅆ S de cada plano está sujeita à força devida ao campo do outro plano. (As cargas do próprio plano não exercem uma força sobre ⅆ q. Porquê?) Assim: ⅆ F 1 (-d) = ⅆ q1 E2 (-d) = -σ1 R. 4-d) σ1 (2 d+3 x) 2 εo σ1 x 2 εo σ1 (4 d-3 x) 2 εo ϕ (x) = σ2 2 εo ⅆ S ex ; ⅆ F 2 (d) = ⅆ q2 E1 (d) = σ2 (x > d) σ1 <0 d -d φ(x) (V) φ(x) (V) ⅆ S ex (-d < x < d) d 0 2 εo (x < -d) σ1 >0 -d σ1 0 0 0 x→ x→ O potencial associado a um campo elétrico conhecido E é determinado em relação a um ponto de referência ro através da definição x ϕ (r) = ϕ (ro ) - E · ⅆ r ⟹ ϕ (x) = ϕ (xo ) - E x (s) ⅆ s ro ,r xo Como o campo só tem componente E x , as superfícies equipotenciais são planos perpendiculares a ex , ou seja paralelos aos planos de carga donde ϕ(r) ≡ ϕ(x). 1º Semestre 2014-2015 -3- ARS Como o campo muda de forma em x = ±d podemos começar por calcular ϕ(x) em x ∈ [-d, d] sabendo que ϕ(0) = 0 x ϕ (x) = ϕ (0) - 0 - σ1 ⅆs = 2 εo Isto significa que ϕ(-d) = x ϕ (x) = ϕ (-d) - -d 3 σ1 2 εo σ1 x (x ∈ [-d, d]) 2 εo σ1 d 2 εo ⅆs = - pelo que para x < -d podemos usar ro = -d ex para calcular σ1 d + 2 εo 3 σ1 2 εo (x + d) De forma idêntica se calcula ϕ(x) para x > d sabendo que ϕ(d) = R. 4-e) ΔK = -qe σ1 d 2 εo σ1 d εo Porque o campo elétrico é conservativo, a energia total do eletrão deve ser constante, ou seja a variação da energia potencial ΔU é igual em magnitude e de sinal contrário à variação da energia cinética ΔK . A diferença de potencial entre as armaduras é Δϕ = ϕ(d) - ϕ(-d) = σ1 d , εo pelo que a variação de energia potencial do eletrão é ΔU = qe Δϕ = -ΔK . Se as armaduras estiverem positivamente carregadas a posição inicial do eletrão deve ser junto da armadura menos carregada. A situação inverte-se se as armaduras estiverem negativamente carregadas, ou seja o eletrão deve sair junto à armadura mais carregada. Probl. 5) Um cilindro não-condutor, muito fino e comprido, tem 2 nC de carga uniformemente distribuída por cada metro de comprimento. O cilindro é coaxial com um tubo condutor ôco, descarregado, de raio interior a = 5 cm e exterior b = 10 cm. a) Qual é a magnitude e direcção do campo elétrico à distância d = 15 cm do eixo comum dos cilindros? b) Qual é a densidade superficial de carga na superfície interna do cilindro condutor? E na superfície externa? c) Qual é a carga por metro na superfície interior e exterior do cilindro condutor? Resposta R. 5-a) V E (d) = 240 er (θ) em coordenadas cilíndricas com ez coincidente com o eixo dos cilindros. m O fluxo através de um cilindro de Gauss, de altura h e raio d = 15 cm, coaxial com os outros cilindros, é apenas devido à superfície lateral S , uma vez que nas bases E ·n = 0. Pela simetria cilíndrica da distribuição de cargas, o campo deve ser E (r) = Er (r) er (θ) em coordenadas cilíndricas r, θ, z, com eixo ez coincidente com o cilindro não-condutor. A carga interior ao cilindro de Gauss é λ h porque o cilindro condutor ôco está descarregado. Φd = E · ⅆ S = Er (d) 2 π d h = λh S R. 5-b) σ (a) = - 20 π nC m2 ; σ (b) = 10 π ⟹ εo Er (d) = λ 2 π εo d nC m2 Se repetirmos o cálculo anterior com um cilindro de Gauss com raio r ∈ [a, b], i.e. com a superfície lateral dentro do cilindro condutor, devemos concluir que o fluxo total é zero uma vez que dentro dos condutores em equilíbrio eletrostático não há campo elétrico, E (r) = 0. Mas então a carga interior à superfície de Gauss deve somar zero, e como λ h é a contribuição do cilindro não-condutor, a contribuição das cargas na superfície interior do condutor deve ser -λ h para que o total se anule. Então a densidade superficial interior deve ser λh σ (a) = R. 5-c) 2πah λh λ =- 2πa λ (a) = -λ (b) = -2 ⟹ σ (b) = 2πbh λ = 2πb nC m Probl. 6) Um tubo cilíndrico ôco muito comprido é constituído por um material não-condutor, tem um raio interior R1 e C espessura constante a, e está uniformemente carregado com uma densidade de carga ρ m3 . Use a Lei de Gauss para determinar: a) O campo elétrico E o (r) dentro da cavidade do tubo, ou seja, para distâncias ao eixo r < R1 . b) O campo elétrico E 1 (r) entre as faces interior e exterior do tubo, assumindo que a permitividade elétrica aí é também εo . ARS -4- 1º Semestre 2014-2015 c) O campo elétrico E 2 (r) na vizinhança exterior do tubo não muito perto das extremidades. d) Determine o potencial elétrico ϕ(r) nas regiões mencionadas acima assumindo que ϕ=0 num ponto do eixo do tubo. Resposta R. 6-a) Eo (r) = 0 Devido à simetria cilíndrica E (r) = Er (r) er (θ). Para distâncias r < R1 o fluxo através de um cilindro de Gauss de raio r e altura h, coaxial com o tubo, é Φ (r) = E · ⅆ S = Er (r) 2 π r h = 0 ⟹ Er (r) = 0 porque não existem cargas na parte ôca do tubo. R. 6-b) ρ r2 -R1 2 N V E1 (r) = er (θ) ≡ C 2 εo r m Para distâncias r ∈ [R1 , R1 + a], o fluxo através de um cilindro de Gauss de raio r e altura h, coaxial com o tubo, é proporcional à carga interior ao cilindro de Gauss, ou seja a densidade de carga ρ × volume do cilindro entre R1 e r. Φ (r) = E · ⅆ S = Er (r) 2 π r h = ρ π r2 - R21 h εo R. 6-c) ⟹ Er (r) = ρ r2 - R1 2 2 εo r ρ a (a+2 R1 ) N V E2 (r) = er (θ) ≡ C m 2 εo r Fora do tubo, para r > R1 + a, a carga interior ao cilindro de Gauss de raio r e altura h é a carga na secção do tubo com altura h, ou seja Φ (r) = E · ⅆ S = Er (r) 2 π r h = ρ π (R1 + a)2 - R21 h εo 0 R. 6-d) ϕ (r) = ρ a (a + 2 R1 ) ⟹ Er (r) = 2 εo r (0 ≤ r ≤ R1 ) ρ R 21 1 + 2 log 4 εo ϕ (R1 + a) - r R1 - r R1 2 (R1 ≤ r ≤ R1 + a) ρ a (a+2 R1 ) r log R1 +a 2 εo (R1 + a ≤ r) Para pontos em que r ∈ [0, R1 ] o campo elétrico nulo implica que o potencial é constante, igual ao valor de ϕ (0) = 0. Entre r = R1 e r = R1 + a, ou seja, dentro do tubo, o potencial pode ser calculado a partir do campo elétrico tendo em conta que ϕ (R1 ) = 0. ϕ (r) = ϕ (R1 ) - R1 ,r E · ⅆ r = - r R1 Er (s) ⅆ s Para r > R1 , obtemos, usando ϕ (R1 + a) = ϕ (r) = ϕ (R1 + a) - R1 +a,r ⟹ ϕ (r) = ρ R 21 4 εo E · ⅆ r = ϕ (R1 + a) - r R1 +a ρ R21 2 εo r 1 R1 s s - 1 + 2 log R1 +a - R1 ρ a (a + 2 R1 ) 2 εo s R21 ⅆs R1 +a 2 R1 acabado de calcular, ⅆs Probl. 7) Uma esfera ôca, feita de um material não-condutor, tem raio interior a e exterior b, e uma carga total Q uniformemente distribuida pelo material. Determine o campo elétrico E nas seguintes regiões: a) Fora da esfera. b) Dentro do material da esfera. c) Na parte ôca no interior da esfera. Resposta R. 7-a) E= Q 1 4 π εo r 3 r quando r > b. Usando uma superfície de Gauss esférica r , de raio r > b, concêntrica com a esfera ôca, obtemos da simetria esférica da distribuição de carga que o campo deve ser radial, E = Er (r) er (θ, φ) em coordenadas esféricas. O fluxo através da superfície de Gauss r é assim, uma vez que Er (r) é aí constante, 1º Semestre 2014-2015 -5- ARS Φ (r) = r E · ⅆ S = Er (r) r ⅆ S = Er (r) 4 π r2 = Q εo ⟹ Er (r) = 1 Q 4 π εo r 2 Isto é idêntico ao campo, a distâncias r > b, de uma carga pontual de magnitude Q, posicionada no centro da esfera ôca. Para distâncias r < b o campo é diferente do da carga pontual. R. 7-b) E= Q 1 4 π εo r 3 r3 -a3 r b3 -a3 quando a ≤ r ≤ b. Como a esfera é não-condutora, a carga total Q está uniformemente distribuída pelo volume da esfera ôca com densidade ρ = Q 4 3 π b3 -a3 . Para distâncias r ∈ [a, b] uma esfera de Gauss de raio r apenas conterá uma fracção da carga total da esfera ôca, ou seja Qint (r) = ρ R. 7-c) 4 3 r 3 - a3 π r3 - a3 = Q b3 - a 3 ⟹ Φ (r) = Er (r) 4 π r2 = Q r 3 - a3 εo b3 - a 3 E = 0 quando r < a. Dentro da esfera ôca não existem cargas, logo o fluxo através de uma superfície de Gauss de raio r ∈ [0, a] deve ser nulo. Se existisse campo elétrico teria a mesma simetria esférica que no exterior, donde Φ (r) = Er (r) 4 π r2 = 0 ⟹ Er (r) = 0 Probl. 8) Uma esfera não-condutora de raio R tem uma carga distribuída em volume com uma densidade ρ = α r Determine: C . m3 a) A carga total Q da esfera. b) O campo elétrico E num ponto arbitrário fora da esfera. c) O campo elétrico E num ponto arbitrário dentro da esfera. d) As expressões do potencial elétrico dentro e fora da esfera, assumindo ϕ∞ = 0. Resposta R. 8-a) Q = α π R4 Para uma densidade ρ (r) = α r a carga total será, usando coordenadas esféricas com ⅆ V = r2 sin(θ) ⅆ r ⅆ θ ⅆ φ, 2π π R Q = R. 8-b) E= esf . ρ (r) ⅆ V = 0 1 α R4 4 εo r 2 α r3 sin(θ) ⅆ r ⅆ θ ⅆ φ 0 0 er Usando a lei de Gauss para uma esfera de raio r > R obtém-se Er (r) = R. 8-c) E= Q 1 4 π εo r 2 1 4 εo α r2 er Para uma superfície de Gauss esférica de raio r < R, a sua carga interior é r Qint (r) = s<r ρ (s) ⅆ V = 4 π α s3 ⅆ s = α π r4 0 pelo que o fluxo do campo elétrico através dessa superfície de Gauss é Φ (r) = Er (r) 4 π r2 = R. 8-d) α π r4 εo ⟹ Er (r) = 1 α R4 4 εo r 1 α 4 R3 - r3 12 εo ϕ (r) = 1 4 εo α r2 r>R r<R Do lado de fora da esfera o potencial comporta-se como o de uma carga pontual Q = α π R4 na origem, pelo que 1 ϕ (r) = Q 4 π εo r (r > R) Dentro da esfera o potencial pode ser calculado a partir do campo E e do potencial à superfície da esfera ARS -6- 1º Semestre 2014-2015 potencial pode 1 4 εo ϕ (R) = partir campo potencial superfície α R3 . 1 r ϕ (r) = ϕ (R) - R 4 εo 1 α s2 ⅆ s = α R3 - 4 εo 1 12 εo α r3 - R3 Probl. 9) Duas esferas condutoras, ôcas e concêntricas, de raios R1 = 2 cm e R2 = 6 cm e espessura desprezável são carregadas até atingirem potenciais ϕ1 = 6 V e ϕ2 = 1 V . a) Deduza a expressão para o potencial ϕ (r) em todas as regiões do espaço. b) Determine o campo eléctrico E nas mesmas regiões. Devem-se esperar descontinuidades no campo elétrico? Onde e porquê ? c) Calcule as cargas Q1 e Q2 de cada esfera. d) Determine a capacidade C deste sistema visto como um condensador. e) Qual é a pressão electroestática à superfície da esfera interior? Respostas: 6 R. 9-a) (r ≤ R1 ) 3 20 3 ϕ(r) = 1 r - 10 (R1 ≤ r ≤ R2 ) (V ) (R2 ≤ r) 50 r O potencial de cada esfera condutora é da forma (assumindo ϕ∞ = 0 e a1 = ϕ1 (r) = ϕ2 (r) = a1 r a2 r (r > R1 ) ; (r > R2 ) ϕ1 (r) = ; ϕ2 (r) = a1 q1 q ,a = 2 ) 4 πεo 2 4 πεo (r ≤ R1 ) R1 a2 (r ≤ R2 ) R2 Assim, nas várias regiões podemos somar o potencial das duas esferas, obtendo ϕ (r) = ϕ1 (r) + ϕ2 (r) com as condições fronteira ϕ (R1 ) = a1 R1 + a2 R2 = 6V Destas obtém-se a1 = 6 ϕ (r) = a1 a + 2 r R2 a1 +a2 r 0 R. 9-b) E (r ) = 3 20 r 2 3 50 r 2 ; a1 ϕ (R2 ) = 5 R 1 R2 R2 -R1 e a2 = R2 a2 + R2 = 1V (R2 -6 R1 ) R2 R2 -R1 pelo que (r < R1 ) (R1 ≤ r ≤ R2 ) (r > R2 ) (r ≤ R1 ) er (R1 ≤ r ≤ R2 ) V ; m er (R2 ≤ r) V V ΔE r (R1 ) = 375 m e ΔE r (R2 ) = -25 m O campo elétrico obtém-se do potencial a partir da definição E = -∇ϕ = - ∂ϕ (r) er . ∂r Há descontinuidade do campo elétrico sempre que atravessa uma superfície carregada. A descontinuidade da σ componente normal do campo é Δ E ·n = . εo ΔEr (R1 ) = Er R+ 1 - Er (R1 ) = R. 9-c) Q1 = 16.6667 (pC) 3 20 R21 ; ΔEr (R2 ) = Er R+ 2 - Er (R2 ) = 3 50 R22 3 - 20 R22 e Q2 = -10 (pC) Uma vez conhecidos a1 = 3 20 e a2 = - 9 100 obtém-se q1 = 4 π εo a1 = 16.6667 pC e q2 = 4 π εo a2 = -10 pC . Doutra forma, a partir das descontinuidades do campo pode-se obter a densidade superficial de carga em cada esfera, e a partir daí calcular a respectiva carga total. 1º Semestre 2014-2015 -7- ARS R. 9-d) C = 3.33 (pF) A capacidade dum condensador é a razão C = Q , V onde Q representa a carga na armadura positiva e V = ϕ+ - ϕ- é a tensão entre as armaduras positiva e negativa. Neste caso Q = Q1 = 16.6667 pC e V = 5 V , donde C = 3.33 em pico-Farads. R. 9-e) p1 = 6.217 ×10-7 Pa A pressão eletrostática é a força por unidade de área sobre as cargas da armadura interna devido às forças entre σ2 as cargas nessa armadura. Essa pressão é p1 = 1 = 6.21701 ×10-7 Pa. 2 εo ARS -8- 1º Semestre 2014-2015
