Equações de Poisson e de Laplace - clovisalmeida.xpg.com.br · A região de fronteira é...

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Equações de Poisson e de Laplace A equação de Poisson é obtida a partir: V −∇ = E Da forma pontual da Lei de Gauss: Da definição de D: Da relação de gradiente: E D ε = V ρ = .D ε ρ ρ ε ε V V V V V = = = = = 2 ) ( ) ( . . E . .D Equação de Poisson

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Equações de Poisson e de Laplace

A equação de Poisson é obtida a partir:

V−∇=E

Da forma pontual da Lei de Gauss:

Da definição de D:

Da relação de gradiente:

ED ε=Vρ=∇.D

ερ

ρεε

V

V

VV

V

−=∇=∇∇∴

=∇−∇=∇=∇⇒

2

)()(

.

.E..D

Equação de Poisson

Equações de Poisson e de Laplace

A equação de Poisson é aplicável a uma região com distribuiçãoconhecida de cargas. Quando se tratar de uma região sem cargaslivres, a equação se transforma em:

02 =∇V Equação de Laplace

Operador Laplaciano

2

2

222

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

22

sen1sen

sen11

11

φθθθ

θθ

φρρρ

ρρ

∂∂

+

∂∂

∂∂

+

∂∂

∂∂

=∇

∂∂

+

∂∂

+

∂∂

∂∂

=∇

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∇

Vr

Vrr

Vrrr

V

zVVVV

zV

yV

xVV

Em coordenadas cartesianas:

Em coordenadas cilíndricas:

Em coordenadas esféricas:

Exercício – pág. 159 – E 7.1

Determine se os seguintes campos potenciais satisfazem àEquação de Laplace:

(a) V = x2 – y2 + z2;(b) V = ρ cos φ + z;(c) V = r cos θ + φ.

Teorema da unicidade

Da equação de Laplace , deveremos ter duas soluções, V1 e V2.02

Logo, e .

=∇V

02

2 =∇V01

2 =∇V

0)( 21

2 =−∇⇒ VV

Cada uma das soluções da Equação de Laplace será válida, também, paraas condições de contorno, onde temos o potencial Vb na região de fronteira.Assim, V1 será V1b e V2 será V2b , ambos na região de fronteira e que, por suavez, serão iguais a Vb . Vale dizer:

02121 =−∴== bbbbb VVVVV

Teorema da unicidade - continuação

A partir da relação vetorial

é válida para qualquer escalar (por exemplo, V) e qualquer vetor (por

exemplo, D). Logo, poderemos considerar (V1 - V2) como sendo o escalar

e como sendo o vetor. Portanto, )( VV −∇

)()()( VVV ∇+∇≡∇⇒ D..DD.

21

dvVVVVdvVVVV

dvVVVV

volvol

vol

∫∫

−∇−∇+−∇∇−≡

≡−∇−∇

)()()]()[(

)]()[(

21212121

2121

..

.

Teorema da unicidade - continuação

A região de fronteira é caracterizada por uma superfície que limita o volume.

Logo, o lado esquerdo da expressão anterior pode ser substituída por uma

integral de superfície fechada, ou seja:

0)]()[()]()[( 21212121 =−∇−=−∇−∇ ∫∫ S bbbbvoldVVaVVdvVVVV S..

O lado esquerdo da equação acima é zero, por hipótese, isto é:

=−∴=−∇⇒=−∇∴

=−∇⇒=−∇ ∫2121

2

21

2

2121

2

0)(0)]([

0)]([0)(

VVVVVV

dvVVVVvol

constante.

Teorema da unicidade - continuação

Considerando as condições de contorno na região de fronteira,

concluímos que a constante é zero, ou seja:

21 VV =

As soluções idênticas acima mostram o Teorema da Unicidade,

para as condições de contorno.

Exercício – pág. 161 – E 7.2

Os cones θ = π/6 e θ = π/3 estão com potenciais de –1,317 e–0,549 V, respectivamente.

(a) As funções potenciais V1 = ln [ tg (θ/2)] eV2 = -1/2 ln [ (1 + cos θ) / (1 - cos θ)] satisfazem às condições de contorno?

(b) V1 e V2 satisfazem à Equação de Laplace?(c) V1 e V2 são idênticas?

Soluções da Equação de Laplace - 1o. Exemplo(V é função apenas de x em coordenadas cartesianas)

002

2

2

2

=⇒=∂∂

dxVd

xV

A equação de Laplace fica reduzida a:

BAxVAdxdV

+=∴=

Como V varia apenas em x, as superfícies equipotenciais serão planosparalelos. A estrutura se assemelha a um capacitor de placas paralelas.Logo, as constantes A e B poderão ser calculadas a partir de duas placasparalelas com potenciais V1 (em x1) e V2 (em x2).

BAxVBAxV +=→+= 2211

Soluções da Equação de Laplace - 1o. Exemplo(V é função apenas de x em coordenadas cartesianas)

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1221

21

2112

21

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)()(

xxxxVxxVV

xxxVxVB

xxVVA

−−−−

=∴

−−

=−−

=

Simplificando-se a solução com situações ainda mais particulares, pode-seescolher V = 0 em x = 0 e V = V0 em x = d. Logo,

dxVVB

dVA 00 0 e =∴==

Soluções da Equação de Laplace - 2o. Exemplo(V é função apenas de ρ em coordenadas cilíndricas)

A equação de Laplace fica reduzida a:

0101=

⇒=

∂∂

∂∂

ρρ

ρρρρ

ρρ ddV

ddV

BAVAddV

+=∴= ρρ

ρ ln

Trata-se agora de uma estrutura semelhante a um capacitor coaxial.As constantes A e B poderão ser calculadas colocando-se V = V0 em ρ = ae V = 0 em ρ = b , para b > a. Assim,

)/ln()/ln(

0 abbVV ρ

=

Soluções da Equação de Laplace - 3o. Exemplo(V é função apenas de φ em coordenadas cilíndricas)

0012

2

2

2

2=

⇒=

∂∂

φφρ dVdV

A equação de Laplace fica reduzida a:

αφφ 0VVBAV =⇒+=∴

Trata-se agora de uma estruturasemelhante a planos radiais.As constantes A e B poderão sercalculadas colocando-se V = V0 emφ = α e V = 0 em φ = 0. Assim,

Soluções da Equação de Laplace - 4o. Exemplo(V é função apenas de r em coordenadas esféricas)

As variações em φ são semelhantes às anteriores (cilíndricas).

As condições de contorno são: V = V0 em r = a e V = 0 em r = b ,para b > a. Logo,

babrVV

/1/1/1/1

0 −−

=∴

Soluções da Equação de Laplace - 5o. Exemplo(V é função apenas de θ em coordenadas esféricas)

A equação de Laplace fica reduzida a:

AddV

=⇒θ

θsen0sensen1

2=

θθ

θθ ddV

dd

r

A segunda integralpassa a ser:

+=⇒+=∫ BtgAVBdAV ]2/(ln[

senθθ

θAs superfícies equipotenciais são cones tais que V = 0 em θ = π/2 e V = V0 em θ = α, para α < π/2. Logo,

]2/(ln[]2/(ln[

0 αθ

tgtgVV =

Exemplo de solução da Equação de Poisson

Exemplo de solução da Equação de Poisson - continuação

A junção pn de um semicondutor é um exemplo de onde é possível encontrar uma densidade de cargas não nula. A Equação de Poisson é aplicável, neste caso.Uma expressão simples para representar a distribuição de carga é:

0,881axax

ax

vv

vv

==

=

,

tanhsech2

max,0

0

ρρ

ρρ

dav eNeN ==0ρ

A densidade máxima ρ v0 está relacionada com as concentraçõesde doadores e receptores Na e Ndsegundo a relação:

Exemplo de solução da Equação de Poisson - continuação

Resolvendo-se a Equação de Poisson com a densidade de carga abaixo, teremos:

10

10

0

2

22

0

sech2

sech2

tanhsech2

tanhsech2

Caxa

dxdVE

Caxa

dxdV

ax

ax

dxVdV

ax

ax

vx

v

vv

vv

−−=−=⇒

+=∴

=⇒−=∇

=

ερ

ερ

ερ

ερ

ρρ

Exemplo de solução da Equação de Poisson - continuação

A constante C1 pode ser calculada considerando que o campoelétrico e a secante hiperbólica tendem a zero quando .Portando, C1 = 0, o que implica em:

±∞→x

2

/12

00

0

t4sech2

sech2

CeanaVaxa

dxdV

axa

dxdVE

axvv

vx

+=∴=

−=−=⇒

ερ

ερ

ερ

Exemplo de solução da Equação de Poisson - continuação

A constante C2 pode ser calculada considerando que a referênciazero para o potencial está no centro da junção, em x = 0, ou seja:

−=⇒+= −

4tan4

440 /1

2

02

2

0 πε

ρπε

ρ axvv eaVCa

A diferença de potencial V0 através da junção pode ser obtida apartir da fórmula acima, isto é:

επρ 2

00

2 aVVV vxx =−= −∞→∞→

Exemplo de solução da Equação de Poisson - continuação

A carga total em um dos lados da junção, bem como a capacitância na junção, podem ser calculados a partir de V0 e da área da seção reta da junção (S).

aS

VS

dVdQC

VSaSQ

dxax

axSdxSdvQ

v

vv

vvv

πε

περ

περρ

ρρρ

22

22

tanhsech2..

0

0

0

000

0 000

===

==∴

=== ∫∫∫∞∞∞