Resolução Reitz Cap2

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


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.


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.


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


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.


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:


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


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:


• ~∇ · ~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)

]


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


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

]

Resolução Reitz Cap2

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