Post on 14-Dec-2015
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Capıtulo 1
Eletrostatica
1.1
Pelas condicoes de equilıbrio ~T = ~P + ~FE , ou seja:
T · sin θ = FE
T · cos θ = P
Se l e o comprimento de cada linha, entao a distancia d entre as duaspartıculas e dada por d = 2 · l · sin θ, de modo que ~FE = q · ~E = q2
4πε0
(1d2
)A partir das equacoes acima, obtem-se que:
tan θ =FE
P
Rearranjando a expressao de modo a isolar θ:
tan θ sin2 θ =q2
16πε0mgl2
Lembrando que csc2 θ = 1 + cot2 θ, obtem-se:
tan3 θ
1 + tan2 θ=
q2
16πε0mgl2
1.2
Inicialmente q1 = 2, 0 · 10−9 C e q2 = −0, 5 · 10−9 C:
a) F12 = q1q24πε0d2 = −5, 62 · 10−6N ⇒ Forca Atrativa
1
2 CAPITULO 1. ELETROSTATICA
Quando as duas esferas sao postas em contato elas atingem o equilıbrioeletrostatico, de modo que suas cargas lıquidas ficam iguais, com q1 = q2 =1, 5 · 10−9 C:
b) F12 = q1q24πε0d2 = 1, 26 · 10−5N ⇒ Forca Repulsiva
1.3
As cargas sao todas iguais, com q = 3, 0 · 10−9 C, e o lado do quadrado ed = 15 cm. Calculando o campo:
~E =q
4πε0
(1d2
)ı +
q
4πε0
(1d2
) +
q
4πε0
(1
2d2
)(ı + )
= 1622 (ı + ) N/C
1.4
Seja um fio uniformemente carregado, com uma densidade linear λ de cargaeletrica e comprimento L.
O campo eletrico calculado no plano z = 0 e, por simetria, radial, ou seja,as contribuicoes das duas metades do fio em qualquer outra direcao anulam-se. Tomando um elemento de comprimento dz do fio, e facil verificar que suacontribuicao no campo eletrico em um ponto a uma distancia perpendicular rdo fio e D =
√r2 + z2 do elemento e dada por:
−→dE =
dq︷︸︸︷λdz
4πε0
cos θ
D2r
Fazendo uma transformacao de variavel
z = r tan θ ⇒ dz = r sec2 θdθ
e lembrando que sec2 θ = 1 + tan2 θ obtem-se:
−→dE =
λdz
4πε0rcos θdθ r
Definindo θ0 = arctan(
L2r
)e integrando, agora, sobre todo o fio:
1.5. 3
~Er =λ
4πε0r·∫ +θ0
−θ0
cos θdθ r
=λ
2πε0rsin θ0 r
Para o caso de um fio “infinitamente” longo pode-se verificar que quandoL →∞, θ0 → π/2, de modo que:
~Er =λ
2πε0rr
Portanto, o campo eletrico de um fio muito longo com uma densidade linearλ de carga eletrica e radial e inversamente proporconal a distancia ate ele.
1.5
a) Para calcular o campo eletrico produzido por um disco de densidade su-perficial de carga σ e raio R, localizado em z0, em um ponto z sobre seueixo, a uma distancia z− z0, basta calcular a contribuicao de cada anel deespessura dr e raio r ≤ R, no qual todas as cargas estao a uma distancia
D =√
r2 + (z − z0)2 do ponto em questao.
Por simetria, o campo eletrico e nao nulo apenas na direcao do eixo dodisco, devido a contribuicao oposta das cargas.
Entao, um elemento anular de area ds = 2πrdr contribui para o campoeletrico com:
−→dEz =
dq︷ ︸︸ ︷2πσrdr
4πε0
cos θ
D2k
Integrando sobre todos os aneis de r = 0 ate r = R (raio do disco):
~Ez =σ (z − z0)
2ε0·∫ R
0
r(r2 + (z − z0)
2)3/2
dr k
=σ (z − z0)
4ε0· −2√
r2 + (z − z0)2
∣∣∣∣∣∣
R
r=0
k
4 CAPITULO 1. ELETROSTATICA
Portanto:
~Ez =σ (z − z0)
2ε0· 1|z − z0| −
1√R2 + (z − z0)
2
k
Verifica-se tambem que conforme L →∞, ~Ez → σ/2ε0, que e o campo deum plano carregado de densidade superficial de carga eletrica σ.
b) O campo eletrico de um cilindro carregado e obtido atraves da soma dascontribuicoes de cada disco de espessura dz, raio R e volume πR2dz.
Por simetria, o campo eletrico em qualquer ponto sobre o eixo do cilindrotem a direcao do eixo. Analisando o resultado obtido em a, percebe-se quea variavel agora e z0 e que z = 0, ja que o objetivo e calcular o campo nocentro do cilindro. Tendo isso em mente, a contribuicao de um elementode disco do cilindro para o campo eletrico e:
−→dE = −ρ (z0) z0
2ε0·(
1|z0| −
1√R2 + z2
0
)k
Por conveniencia, subsitui-se z0 por z. Resta, entao, realizar a integracao.Sabe-se que ρ (z) = ρ0 + βz, entao:
~E =∫ 0
−L/2
(ρ0 + βz
2ε0
)·(
1 +z√
R2 + z2
)dz k
−∫ L/2
0
(ρ0 + βz
2ε0
)·(
1− z√R2 + z2
)dz k
Analisando a paridade das funcoes dos integrandos, a expressao acimapode ser simplificada para:
~E =β
ε0
∫ L/2
0
(z2
√R2 + z2
− z
)dz k
Substituindo z por R tan θ e dz por R sec2 θdθ, obtem-se:
E = −βL2
8ε0+
βR2
ε0
∫ arctan L2r
0
(sec θ tan2 θ
)dθ
Como ja foi visto, sec2 θ = 1 + tan2 θ. Assim, uma integral da forma∫ (
sec θ tan2 θ)dθ
1.5. 5
pode ser dividida em duas integrais:
∫sec3 θ dθ −
∫sec θ dθ
Integrando por partes:
∫ (sec θ tan2 θ
)dθ =
∫sec θ d (tan θ)−
∫sec θ dθ
= sec θ tan θ − ln |sec θ + tan θ| −∫ (
sec θ tan2 θ)dθ
Ou seja:
∫ (sec θ tan2 θ
)dθ =
sec θ tan θ − ln |sec θ + tan θ|2
Substituindo em ~E:
~E =
[−βL2
8ε0+
(βR2
ε0
)· sec θ tan θ − ln |sec θ + tan θ|
2
∣∣∣∣arctan L
2r
0
]k
~E =
−βL2
8ε0+
(βR2
2ε0
)·
√1 +
(L
2R
)2L
2R− ln
∣∣∣∣∣∣
√1 +
(L
2R
)2
+L
2R
∣∣∣∣∣∣
k
~E = − β
2ε0
L
2
L
2−R
√1 +
(L
2R
)2 + R2 ln
√1 +
(L
2R
)2
+L
2R
k
Analisando, agora, o resultado obtido, conclui-se que:
- Quando β = 0, o cilindro possui uma densidade de carga unfiorme,de modo que nao ha campo eletrico resultante sobre o eixo em z = 0.
- E possıvel mostrar que, na expressao final, o termo entre colchetes esempre maior do que zero. Isso e evidente se for levado em conta quepara β > 0 a densidade de carga para z > 0 e maior que em z < 0 e,consequentemente, o campo e dirigido para z < 0 e vice-versa.
- Quando L → 0, no caso em que nao ha mais cilindro carregado,~E → 0.
- Quando R →∞, o campo eletrico ~E → −βL2
8ε0k.
6 CAPITULO 1. ELETROSTATICA
1.6
Seja uma casca esferica de densidade superficial de carga eletrica σ e raio R.
O objetivo do problema e calcular o campo eletrico a uma distancia D docentro da esfera, que, por simetria, e radial. Dividindo a esfera em aneis delargura Rdθ e raio R sin θ, ver consideracoes do exercıcio 2.5, a contribuicao decada um dos aneis e dada por:
−−→dEr =
dq︷ ︸︸ ︷2σπR2 sin θdθ
4πε0
cos φ
d2r
Em que d2 = (R sin θ)2 + (D −R cos θ)2 e cos φ = D−R cos θd .
Rearranjando os termos, obtem-se:
−−→dEr =
σR2
2ε0·(
D sin θ
(R2 + D2 − 2DR cos θ)3/2− R sin θ cos θ
(R2 + D2 − 2DR cos θ)3/2
)dθ r
A integracao deve ser feita sobre toda a casca esferica, desde θ = 0 ate θ = π:
~Er =σR
4ε0
I1︷ ︸︸ ︷∫ π
0
(2DR sin θ
(R2 + D2 − 2DR cos θ)3/2
)dθ r
− σR2
4ε0D
∫ π
0
(2DR sin θ cos θ
(R2 + D2 − 2DR cos θ)3/2
)dθ
︸ ︷︷ ︸I2
r
A integral I1 e imediata. Basta verificar que atraves da substituicao devariaveis
u = R2 + D2 − 2DR cos θ
du = 2DR sin θdθ
obtem-se:
I1 =∫ (R+D)2
(R−D)2u−3/2du = 2
(1
|R−D| −1
|R + D|)
1.6. 7
A integral I2 pode ser resolvida por partes. Utilizando a mesma substituicaode I1:
I2 =2 cos θ√
R2 + D2 − 2DR cos θ
∣∣∣∣0
π
− 1DR
∫ (R+D)2
(R−D)2u−1/2du
= 2(
1|R−D| +
1|R + D|
)− 2
DR(|R + D| − |R−D|)
Substituindo na expressao para ~Er, obtem-se:
a) Para D < R, |R−D| = R−D, assim:
~Er =σR
2ε0
(1
(R−D)− 1
(R + D)
)r
− σR2
2ε0D
[(1
(R−D)+
1(R + D)
)− 1
DR((R + D)− (R−D))
]r
Desenvolvendo a equacao:
~Er =σR2
ε0·
[(D/R
R2 −D2
)−
(R/D
R2 −D2
)+
1DR
]r
=σR2
ε0·(
D2 −R2 + R2 −D2
(R2 −D2)DR
)r = 0
Como era esperado, o campo eletrico ~Er interno a esfera e nulo.
b) Para D < R, |R−D| = D −R, assim:
~Er =σR
2ε0
(1
(D −R)− 1
(R + D)
)r
− σR2
2ε0D
[(1
(D −R)+
1(R + D)
)− 1
DR((R + D)− (D −R))
]r
Desenvolvendo a equacao, obtem-se:
~Er =σR2
ε0D2r
Como σ = Q4πR2 , a expressao pode ser reescrita da seguinte forma:
~Er =Q
4πε0
r
D2
Ou seja, o campo eletrico de uma casca esferica carregada eletricamentee igual ao campo eletrico produzido por uma carga pontual de mesmamagnitude Q localizada no centro da esfera.
8 CAPITULO 1. ELETROSTATICA
1.7
O potencial eletrico ϕ (x, y, z) da distribuicao e dado por:
ϕ (x, y, z) =q
4πε0· 1/2√
(x− a)2 + y2 + z2
− 1√x2 + y2 + z2
Ao longo do eixo x (y = 0 e z = 0):
ϕ (x, 0, 0) =q
4πε0·(
1/2|x− a| −
1|x|
)
Sabe-se que ~E = −~∇ϕ, de modo que:
~E =q
4πε0·(
x− a
2 |x− a|3 −x
|x|3)
ı
Para ~E = 0:
x− a
2 |x = a|3 −x
|x|3
Isto e, em x = a(2±√2
)sobre o eixo, o campo eletrico se anula.
A superfıcie equipotencial que passa por x = a(2 +
√2)
e obtida substi-tuindo seu valor na expressao do potencial:
ϕ(2a +
√2a, 0, 0
)=
q
4πε0·(
2√
2− 32a
)
Assim, para obter a curva equipotencial no plano xy basta obter todos ospontos que satisfazem a relacao acima:
q
4πε0· 1/2√
(x− a)2 + y2
− 1√x2 + y2
=
q
4πε0·(
2√
2− 32a
)
Ou seja, essa equacao define a curva y = y (x).Resta agora descobrir se o ponto P =
(2a +
√2a, 0, 0
)esta situado em um
mınimo de potencial. Analisando ~∇ϕ e as derivadas parciais ∂2ϕ∂x2 , ∂2ϕ
∂y2 e ∂2ϕ∂z2 no
ponto P :
• ~∇ϕ = 0. Isto indica que P e um ponto de mınimo, maximo ou ponto desela da funcao potencial ϕ (x, y, z).
• ∂2ϕ∂x2 < 0, ∂2ϕ
∂y2 > 0 e ∂2ϕ∂z2 > 0. Isto indica que P e um ponto de sela da
funcao potencial ϕ (x, y, z).
1.8. 9
1.8
ϕ (x, y, z) =q
4πε0· 1/2√
(x− a)2 + y2 + z2
− 1√x2 + y2 + z2
= 0
Desenvolvendo a equacao acima obtem-se:
3x2 + 3y2 + 3z2 − 8ax + 4a2 = 0
Essa e a equacao de uma esfera de raio R = 2a3 e centro C =
(4a3 , 0, 0
).
1.9
Seja um cilindro circular reto, de raio R, comprimento L e densidade volumetricade carga eletrica ρ, com o centro na origem. O objetivo do exercıcio e calcularo potencial eletrico devido a essa distribuicao em um ponto fora do cilindro esobre seu eixo.
Uma forma alternativa de resolucao aquela do exercıcio 2.5 e calcular opotencial do cilindro dividindo-o diretamente em aneis de raio r, largura dz eespessura dr. Assim:
dϕ (z0) =dq
4πε0· 1√
r2 + (z0 − z)2
Em que dq = ρdv = 2πρrdrdz e z0 > L/2 e a distancia do ponto em opotencial sera calculado ate a origem.
Integrando sobre todo o cilindro:
ϕ (z0) =ρ
2ε0
∫ R
0
∫ +L/2
−L/2
rdrdz√r2 + (z0 − z)2
A integral em r e imediata. Assim a expressao pode ser reescrita da seguinteforma:
ϕ (z0) =ρ
2ε0
∫ +L/2
−L/2
(√R2 + (z0 − z)2 − (z0 − z)
)dz
Fazendo a substituicao de variaveis
z0 − z = R tan θ
−dz = R sec2 θdθ
10 CAPITULO 1. ELETROSTATICA
obtem-se:
ϕ (z0) = − ρ
2ε0
z0L + R2
∫ arctan(
z0+L/2R
)
arctan(
z0−L/2R
) sec3 θdθ
Como foi visto no exercıcio 2.5∫
sec3 θdθ = sec θ tan θ −∫
sec θ tan2 θdθ
= sec θ tan θ −∫
sec θ(sec2 θ − 1
)dθ
= sec θ tan θ −∫
sec3 θdθ + ln |sec θ + tan θ|
Ou seja:
∫sec3 θdθ =
12
(sec θ tan θ + ln |sec θ + tan θ|)
Substituindo na expressao do potencial obtem-se:
ϕ (z0) = − ρ
2ε0
z0L +
R2
2(sec θ tan θ + ln |sec θ + tan θ|)
∣∣∣∣arctan
(z0+L/2
R
)
arctan(
z0−L/2R
)
Como
sec(
arctan(
z0 − L/2R
))=
√1 +
(z0 − L/2
R
)2
e
sec(
arctan(
z0 + L/2R
))=
√1 +
(z0 + L/2
R
)2
entao:
ϕ (z0) =ρ
4ε0·
(z0 +
L
2
) √(z0 +
L
2
)2
+ R2
− ρ
4ε0·
(z0 − L
2
) √(z0 − L
2
)2
+ R2
+ρR2
4ε0ln
(z0 + L
2
)+
√(z0 + L
2
)2+ R2
(z0 − L
2
)+
√(z0 − L
2
)2+ R2
− ρz0L
2ε0
1.10. 11
1.10
~E (~r) = E (~r) ı
Sabe-se que
E (~r) ı = −(
∂ϕ
∂xı +
∂ϕ
∂y +
∂ϕ
∂zk
).
Como ∂ϕ∂y = ∂ϕ
∂z = 0, entao ϕ = ϕ (x). Consequentemente, E = E (x),independente de y e z.
Aplaicando a Lei de Gauss, obtem-se que:
~∇ · ~E =ρ (~r)ε0
=∂E
∂x
Portanto, quando ρ = 0, ∂E∂x = 0, ou seja, E nao depende de x.
1.11
O potencial eletrico ϕ (r) de um condutor esferico de raio R, carga Q e centrona origem e dado por:
ϕ (r) =Q
4πε0
1r
a)~E = −~∇ϕ (r) =
dϕ
drr
Nesse caso, ~E = ϕr r. Como o condutor tem um raio R de 10 cm, tem-se
que:
E ≤ 3 · 106 V/m → ϕ ≤ 3 · 105 V
b)
E =Q
4πε0
1r≤ 3 · 106 V/m
Para uma carga Q = 1C, obtem-se r ≥ 54, 7 m.
1.12
Como o campo eletrico dentro do condutor enulo, o fluxo atraves da superfıcie que limita a cavi-dade tambem e nulo. Ou seja:
∫∫
S
~E · −→dA =Qint
ε= 0
A carga interna Qint deve, entao, ser igual azero. Havendo, entao, uma carga pontual +q den-
tro da cavidade, deve haver uma carga −q distribuıda pela sua superfıcie interna.
12 CAPITULO 1. ELETROSTATICA
1.13
~∇ · ~E =ρ
ε
Supondo ρ constante, obtem-se que:
∂E
∂h=
ρ
ε= constante
Considerando ε ≈ ε0, obtem-se:
E (0 m)− E (1400 m)1400 m
=ρ
ε0
Ou seja, ρ ≈ 1, 1 · 10−12 C/m3. Como o campo eletrico na superfıcie edirigido para baixo (em direcao a superfıcie), ρ consiste, predominantemente,de ıons positivos.
1.14
O campo eletrico de uma plano carregado eletricamente com uma densidadesuperficial de carga σ pode ser calculado de duas formas:
• Aplicando a lei de Gauss no plano:
∫∫
S
~E−→ds = 2EA =
Q
ε0
• Tomando o resultado obtido para o campo eletrico do disco e fazendoR →∞.
Em ambos os casos, obtem-se:
~E =σ
2ε0s
Em que σ e a densidade superficial de cargas e s e o versor perpendicular aoplano, “saindo” dele.
No exercıcio, supondo que os planos nao interfiram um na distribuicao decargas do outro, obtem-se:
E = 0 ,na regiao exterior as placas
=σ
ε0, na regiao entre as duas placas
A direcao de E e perpendicular aos planos e o sentido e da placa com σ < 0ate a placa com σ > 0.
1.15. 13
1.15
Lei de Gauss: ~∇ · ~E =ρ (~r)ε0
.
Em coordenadas esfericas:
~∇ · ~E =1r2
∂
∂r
(r2Er
)+
1r sin θ
∂
∂θ(sin θEθ) +
1r sin θ
∂Eφ
∂φ
Como as funcoes de distribuicao dependem apenas de r, as solucoes saofacilmente obtidas a partir da resolucao da equacao:
1r2
∂
∂r
(r2Er
)=
ρ (r)ε0
a)
ρ (r) ={
Ar 0 ≤ r ≤ R0 r > R
Resolvendo a equacao obtida pela Lei de Gauss:
– Para 0 ≤ r ≤ R
∂
∂r
(r2Er
)=
Ar
ε0
Assim obtem-se:
Er =A
2ε0+
c1
r2
O segundo termo do campo eletrico e nulo. Isso e justificado daseguinte forma. No limite quando r → 0, demonstra-se que a cargacontida na origem e nula atraves da integracao direta da densidadede cargas. Como esse termo e equivalente ao campo eletrico de umacarga contida na origem e, pela condicao acima, ϕ (r) → 0 quandor → 0, entao c1 = 0.Para o calculo do potencial eletrostatico ϕ (r), basta lembrar que~E = −~∇ϕ e, em coordenadas esfericas, ~E = −∂ϕ
∂r r, para dependenciaapenas em r, de modo que:
ϕ (r) = −Ar
2ε0+ ϕ0
– Para r > R
∂
∂r
(r2Er
)= 0
Integrando, obtem-se:
Er =c2
r2
Integrando novamente, obtem-se:
14 CAPITULO 1. ELETROSTATICA
ϕ (r) = −c2
r+ c3
Pelas condicoes do exercıcio, ϕ → 0 quando r → ∞. Assim c3 = 0.Pela condicao de continuidade da funcao do potencial eletrostatico
limr→R−
ϕ (r) = limr→R+
ϕ (r)
ou seja:
ϕ (r) =
{Aε0
(R− r
2
)0 ≤ r ≤ R
AR2
2ε0r r > R
Como a distribuicao tem simetria radial e esta contida em uma esferade raio R, o potencial eletrostatico para r > R deveria ser igual aopotencial de uma carga q na origem, dada por:
q =∫ R
0
(A
r
)4πr2 dr = 2πAR2
Assim, para r > R:
ϕ (r) =q
4πε0r
b)
ρ (r) ={
ρ0 0 ≤ r ≤ R0 r > R
Utilizando os mesmos procedimentos do exercıcio anterior, obtem-se:
Er =
{ρ0r3ε0
0 ≤ r ≤ Rρ0R3
3ε0r2 r > R
Atraves das condicoes de continuidade do potencial eletrostatico e limr→∞
ϕ (r) =0, obtem-se que:
ϕ (r) =
{ρ02ε0
(R2 − r2
3
)0 ≤ r ≤ R
ρ0R3
3ε0r r > R
1.16
Por simetria, o campo eletrico de um cilindro muito longo e radial. Tomandouma superfıcia cilındrica S de raio r do comprimento do cilindro eletricamentecarregado (raio R, densidade volumetrica de carga eletrica ρ e comprimento L)e coaxial a ele, e aplicando a lei de Gauss a essa superfıcie, obtem-se:
1.17. 15
• 0 ≤ r ≤ R
∫∫
S
~E−→ds =
1ε0
∫ r
0
ρ4πr′2dr′
︸ ︷︷ ︸carga interna
E · 2πrL =ρ
ε0πr2L
Assim, o campo eletrico ~E interno ao cilindro e dado por:
~E (r) =ρr
2ε0r
• r > R
∫∫
S
~E−→ds =
1ε0
∫ R
0
ρ4πr′2dr′
E · 2πrL =ρ
ε0πR2L
O campo eletrico externo ao cilindro e, entao, dado por:
~E (r) =ρR2
2ε0rr
1.17
• Divergente
~∇ ·(
xı + y + zk
rα
)=
∂
∂x
( x
rα
)+
∂
∂y
( y
rα
)+
∂
∂z
( z
rα
)
Como r =(x2 + y2 + z2
)1/2, derivando o produto obtem-se:
~∇ ·(
~r
(x2 + y2 + z2)α/2
)=
3− α
rα
• Rotacional
~∇×(
~r
rα
)=
[∂
∂y
( z
rα
)− ∂
∂z
( y
rα
)]ı
[∂
∂z
( x
rα
)− ∂
∂x
( z
rα
)]
[∂
∂x
( y
rα
)− ∂
∂y
( x
rα
)]k
16 CAPITULO 1. ELETROSTATICA
Derivando os termos entre colchetes, obtem-se:
~∇×(
~r
rα
)= 0
Esse resultado e, na verdade, um caso particular da seguinte equacao:
~∇× [~rF (r)] = 0
Desenvolvendo:
~∇× [~rF (r)] =[z∂F (r)
∂y− y
∂F (r)∂z
]ı
[x
∂F (r)∂y
− z∂F (r)
∂z
]
[y∂F (r)
∂y− x
∂F (r)∂z
]k
Substituindo ∂F (r)∂xi
= dF (r)dr · xi
r na expressao acima:
~∇× [~rF (r)] =dF (r)
dr
[zy
r− y
z
r
]ı
dF (r)dr
[x
z
r− z
x
r
]
dF (r)dr
[yx
r− x
y
r
]k
= 0
Para um campo eletrico ~E = q4πε0
~rrα obtem-se, por aplicacao direta da lei
de Gauss, que:
ρ (r) =q
4π~∇ ·
(~r
rα
)=
q
4π
(3− α
rα
)
Para obter o potencial eletrostatico ϕ (r), basta lembrar que ~E = −~∇ϕ:
~E =q
4πε0
~r
rα=
~r
r
(∂ϕ
∂r
)
Integrando a expressao:∫
dϕ =q
4πε0
∫ r0
r
r′(1−α)dr′ =q
(2− α) 4πε0
[r(2−α)0 − r(2−α)
]
Ou seja, para α 6= 2
ϕ (r) =q
(2− α) 4πε0
(1
rα−20
− 1rα−2
)+ ϕ (r0)
E bom lembrar que o ponto r0 e arbitrario devido ao carater geral da solucao.Sem o conhecimento de α nao e possıvel determinar que r0 = ∞, por exemplo,ja que no caso α < 2 a solucao seria divergente.
1.18. 17
1.18
Tomando a origem do sistema sobre a carga q, pelo teorema do divergenteobtem-se:
∫∫∫
V
~∇ · ~E dv =∫∫
S
~E−→ds
Para~E =
q
4πε0
~r
r3−δ
obtem-se:∫∫∫
V
~∇ · ~E dv =q
ε0rδ
Nota-se que, conforme δ → 0, a equacao recai na Lei de Gauss, como esper-ado.
1.19
ϕ (r) =q
4πε0
e−r/λ
r
Para obter o campo eletrico ~E basta tomar o gradiente da funcao potencial:
~E = −~∇ϕ =q
4πε0~∇
(e−r/λ
r
)
Como ~∇F (r) = dFdr
~rr , a expressao acima pode ser reescrita como:
~E =q
4πε0
d
dr
(e−r/λ
r
)~r
r
Derivando o termo entre parenteses obtem-se:
~E =q
4πε0e−r/λ
(1
λr2+
1r3
)~r
Pela lei de Gauss sabe-se que ~∇ · ~E = ρ/ε0. Assim:
ρ (r) =q
4π~∇ ·
[e−r/λ
(1
λr2+
1r3
)~r
]
As propriedades ~∇ ·(ψ ~F
)=
(~∇ψ
)~F + ψ~∇ · ~F e ~∇ · ~F (r) = ~r
rd~Fdr podem
ser bastante uteis aqui. Identificando ψ = e−r/λ e ~F = ~r(
1r3 + 1
λr2
), entao a
expressao acima pode ser reescrita da seguinte forma:
ρ (r) =q
4π
{e−r/λ~∇ ·
(~r
r3+
~r
λr2
)+
[~∇
(e−r/λ
)·(
~r
r3+
~r
λr2
)]}
Analisando cada termo separadamente, obtem-se:
18 CAPITULO 1. ELETROSTATICA
• ~∇ · ~rr3 = 3
r3 − ~r ·(
~∇ 1r3
)
Aparentemente a expressao e identicamente nula. Mas e necessario avalia-la em todos o espaco. Em r = 0, o resultado e indeterminado. Uma formade contornar esse problema e integrar a expressao sobre todo o espaco, demodo que, atraves do teorema do divergente, obtem-se:
∫∫∫
V
(~∇ · ~r
r3
)dv =
∫∫
S
(~r
r3
)−→ds = 4π
Ou seja, a expressao tem a propriedade de filtragem equivalente a funcaodelta de Dirac, de modo que:
~∇ · ~r
r3= 4πδ (~r)
• ~∇ · ~rλr2 = 3
λr2 − ~r ·(
~∇ 1λr2
)
Desenvolvendo a expressao obtem-se:
~∇ · ~r
λr2=
1λr2
• ~∇ (e−r/λ
)= ~r
rddr
(e−r/λ
)= −~re−r/λ
λr
Substituindo as expressoes acima no calculo da distribuicao de cargas:
ρ (r) = q e−r/λ
(δ (~r)− 1
4πλr2
)
1.20
Seja um dipolo de momento ~p = px ı +py +pz k localizado na origem do sistemacoordenado. A expressao para o potencial eletrostatico devido ao dipolo e dadapor:
ϕ (~r) =1
4πε0
~p · ~rr3
Desenvolvendo a expressao:
ϕ (~r) =1
4πε0
(pxx + pyy + pzz
r3
)
As curvas equipotenciais localizadas, por exemplo, sobre o plano z = 0, saotais que ϕ (x, y, 0) = k, onde k e uma constante. Assim:
ϕk = k −→{
k(x2 + y2
)3/2= pxx + pyy
}
︸ ︷︷ ︸define as curvas de nıvel y(x)
Qualquer superfıcie de nıvel e obtida da mesma forma, fazendo ϕ (x, y, z) =k.
1.21. 19
1.21
Antes de entrar na resolucao propriamente dita, e importante mostrar como saofeitas as expansoes utilizadas.
Sejam dois pontos no espaco localizados em ~r e ~r +~l, e uma funcao ~G(~r) =Gx ı + Gy + Gz k. O objetivo e determinar a diferenca ~G(~r + ~l) − ~G(~r) parao caso em que |~l| << |~r|. Utilizando uma expansao em serie de Taylor para oprimeiro termo ~G(~r +~l), obtem-se, componente a componente:
Gi(x + lx, y + ly, z + lz) = Gi(x, y, z) + lx∂Gi
∂x+ ly
∂Gi
∂y+ lz
∂Gi
∂z+ . . .
Desprezando os termos de ordem superior a primeira, obtem-se que:
~G(~r +~l)− ~G(~r) ≈(~l · ~∇
)~G(~r)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Sejam duas cargas eletricas puntuais +q e −q ligadas, localizadas, em relacaoa origem do sistema, em ~r +~l e ~r, respectivamente. O momento de dipolo dessepar de cargas e dado por ~p = q~l. As cargas sao imersas em um campo eletrico~Eext(~r). Obtem-se, entao, para esse sistema:
a) Forca ~F sobre o dipolo
~F = q[~Eext(~r +~l)− ~Eext(~r)
]
No caso de um dipolo puntual, em que l << r, o resultado obtido acimapode ser utilizado, de modo que:
~F ≈ q(~l · ~∇
)~Eext =
(~p · ~∇
)~Eext
b) Torque ~τ sobre o dipolo
~τ = q[(
~r +~l)× ~E(~r +~l)− ~r × ~E(~r)
]
Rearranjando os termos:
~τ = q~r ×(
~E(~r +~l)− ~E(~r))
+ ~p× ~E(~r +~l)
Fazendo a expansao e desprezando termos de ordem superior, obtem-se:
~τ ≈[~r ×
(~p · ~∇
)~E + ~p× ~E(~r)
]
20 CAPITULO 1. ELETROSTATICA
1.22
O potencial eletrostatico ϕ (x, y, z) da distribuicao e facilmente obtido:
ϕ (~r) =q
4πε0
(1
|~r −~l|+
1
|~r +~l|− 2|~r|
)
Para simplificar a expressao acima no caso em que |~l| << |~r| a seguinteaproximacao pode ser utilizada:
(1 + e)n = 1 + ne +n (n− 1)
2e2 + . . .
Rearranjando as expressoes entre parenteses no potencial:
1
|~r −~l|=
1
r√
1 + l2−2zlr2
1
|~r +~l|=
1
r√
1 + l2+2zlr2
Denotando e+ = l2+2zlr2 e e− = l2−2zl
r2 , obtem-se:
1
|~r −~l|=
1r
(1 + e−)−1/2
1
|~r +~l|=
1r
(1 + e+)−1/2
A princıpio, se for considerado, em cada aproximacao, apenas o termo deprimeira ordem em e, obtem-se um potencial esfericamente simetrico, com sime-tria radial. Esse resultado e uma simplificacao um tanto grosseira para essesistema de dipolos, ja que nao leva em conta sua orientacao. Para contornaresse problema, sao desprezados apenas os termos de ordem superior a segundaem e na expansao, de forma que:
1
|~r −~l|≈
1r
[1− e−
2+
3e2−
8
]
1
|~r +~l|≈
1r
[1− e+
2+
3e2+
8
]
Substituindo o resultado na expressao do potencial ϕ, obtem-se:
ϕ (~r) =ql2
4πε0r3
(3z2
r2+
3l2
4r2− 1
)
Em coordenadas esfericas z = r cos θ. Assim:
ϕ (r, θ) =ql2
4πε0r3
(3 cos2 θ +
3l2
4r2− 1
)
1.23. 21
1.23
Definicao da componente Qij do tensor momento de quadrupolo:
Qij =∫∫∫
V
(3x′ix
′j − δijr
′2) ρ(~r′)dv′
Nesse caso, a densidade ρ de carga eletrica e dada por:
ρ(~r) = q(δ(~r − lk) + δ(~r + lk)− 2δ(~r)
)
Substituindo a densidade ρ na expressao para Qij obtem-se:
Qij = q[(
3xixj − δijr2)∣∣
~r=lk+
(3xixj − δijr
2)∣∣
~r=−lk− 2
(3xixj − δijr
2)∣∣
~r=0
]
O ultimo termo da expressao e nulo para todo par (i.j) por ser avaliado em~r = 0. Assim, a expressao e simplificada para:
Qij = q[(
3xixj − δijr2)∣∣
~r=lk+
(3xixj − δijr
2)∣∣
~r=−lk
]
Analisando a expressao acima verifica-se, diretamente, que para i 6= j,Qij = 0. Assim, resta analisar os casos em que i = j:
Q11 = −2ql2 Q22 = −2ql2 Q33 = 4ql2
Portanto, o tensor momento de quadrupolo Q e dado por:
Q = 2ql2
−1 0 00 −1 00 0 2
1.24
~p =∫∫∫
V
~r′ρ(~r′)dv′
Em um dipolo eletrico, a densidade de cargas e dada por:
ρ(~r) = q(δ(~r +~l)− δ(~r)
)
Pela definicao de momento de dipolo acima, obtem-se:
~p = q
∫∫∫
V
~r′(δ(~r +~l)− δ(~r)
)dv′
utilizando a propriedade de filtragem da funcao delta de Dirac:
~p = q(~r +~l − ~r
)= q~l
22 CAPITULO 1. ELETROSTATICA
1.25
Ha uma carga de magnitude −2q localizada na origem e outras duas de magni-tude q localizadas em ~l1 e ~l2, com
∣∣∣~l1∣∣∣ =
∣∣∣~l2∣∣∣ = l
a) Esse sistema pode ser representado por dois dipolos ~p1 = −q~l1 e ~p2 = −q~l2,de modo que o momento de dipolo eletrico total ~p e dado por:
~p = −q(~l1 +~l2
)
b) Denotando como θ o angulo formado entre ~l1 e ~l2, obtem-se que:
~p = 2ql cosθ
2s
Em que s = ~l1+~l2
|~l1+~l2| .Para a molecula de agua, H2O: θ = 105◦; l = 0, 958 · 10−10 m; |~p| =6, 14 · 10−30 C.m. Assim:
q = 0, 329e
Parece contraditorio que q seja menor que a carga e de um eletron. Poreme importante lembrar que o calculo foi baseado em uma derivacao classicado momento de dipolo eletrico, representando apenas uma carga efetiva.Para uma previsao teorica precisa, o tratamento quantico e necessario.
1.26
ϕ (~r) =1
4πε0
~p · ~rr3
Desenvolvendo a expressao:
ϕ (~r) =1
4πε0
(pxx + pyy + pzz
r3
)
Sabe-se que ~E = −~∇ϕ. Ou seja:
~E = −∂ϕ
∂xı− ∂ϕ
∂y− ∂ϕ
∂zk
Derivando os termos da equacao, obtem-se:
∂ϕ
∂xi=
q
4πε0r3
[pi − 3xi
(~p · ~rr2
)]
Assim, ~E pode ser escrito como:
~E = − 14πε0r3
3∑
i=1
[pi − 3xi
(~p · ~rr2
)]xi =
14πε0r3
[3~r
(~p · ~rr2
)− ~p
]