Esfera de raio $R$ e carga $Q$ distribuída uniformemente, girando com velocidade angular $\omega$ em torno de um eixo:
a) ao longo de seu volume:
Campo magnético em seu centro:
\[
\mathbf{B}={\bf{\hat{z}}}\, \frac{\mu_0 \omega Q}{12\pi R}
\]
Momento de dipolo magnético:
\[
\mathbf{m}={\bf{\hat{z}}}\,\frac25\omega QR^2
\]
b) ao longo de sua superfície:
\[
\mathbf{B}={\bf{\hat{z}}}\, \frac{\mu_0 \omega Q}{6\pi R}
\]
Momento de dipolo magnético:
\[
\mathbf{m}={\bf{\hat{z}}}\,\frac{\omega QR^2}{3}
\]
quarta-feira, 20 de junho de 2012
domingo, 17 de junho de 2012
Fis403: Solução dos exercícios propostos (lei de Biot-Savart)
Um disco de raio $a$ e carga elétrica total $Q$ está girando em torno de seu eixo de simetria com velocidade angular $\omega$ constante. Determinar o campo magnético produzido num ponto qualquer de seu eixo de simetria, nas seguintes situações:
i) a carga $Q$ está distribuída uniformemente sobre sua superfície;
ii) A carga $Q$ está distribuída de maneira diretamente proporcional à distância ao seu centro.
Solução: em qualquer caso utilizaremos a lei de Biot-Savart na forma apropriada a correntes superficiais:
\[
\mathbf{B}(\mathbf{r})=\frac{\mu_0}{4\pi}\int_{S'}\frac{\mathbf{K}(\mathbf{r'}){\bf{\times}}(\mathbf{r}-\mathbf{r'})}{|\mathbf{r}-\mathbf{r'}|^3}\,dS',
\]
com
\[
\mathbf{K}(\mathbf{r'})=\sigma\mathbf{v}=\sigma\omega\rho'\,{\bf{\hat{\varphi}}}'
\]
No item (i), $\sigma=\frac{Q}{\pi a^2}$, uma constante. No segundo caso, (ii), temos $\sigma\propto\rho'$. Seja $\beta$ a constante de proporcionalidade. Teremos
\[
Q=\int_{S'}\sigma\,dS'=\int_0^{2\pi}\int_0^a\beta\rho'^2\,d\rho'\,d\varphi'=\frac{2\pi\beta a^3}{3}\quad\Rightarrow\quad\beta=\frac{3Q}{2\pi a^3},
\]
de modo que
Em qualquer caso, $\mathbf{r}=z\,{\bf{\hat{z}}}$, $\mathbf{r'}=\rho'\,{\bf{\hat{\rho}}}'$, implicando
\[
\mathbf{r}-\mathbf{r'}=z\,{\bf{\hat{z}}}-\rho'{\bf{\hat{\rho}}}',\qquad |\mathbf{r}-\mathbf{r'}| = (z^2+\rho'^2)^{1/2}
\]
i) a carga $Q$ está distribuída uniformemente sobre sua superfície;
ii) A carga $Q$ está distribuída de maneira diretamente proporcional à distância ao seu centro.
Solução: em qualquer caso utilizaremos a lei de Biot-Savart na forma apropriada a correntes superficiais:
\[
\mathbf{B}(\mathbf{r})=\frac{\mu_0}{4\pi}\int_{S'}\frac{\mathbf{K}(\mathbf{r'}){\bf{\times}}(\mathbf{r}-\mathbf{r'})}{|\mathbf{r}-\mathbf{r'}|^3}\,dS',
\]
com
\[
\mathbf{K}(\mathbf{r'})=\sigma\mathbf{v}=\sigma\omega\rho'\,{\bf{\hat{\varphi}}}'
\]
No item (i), $\sigma=\frac{Q}{\pi a^2}$, uma constante. No segundo caso, (ii), temos $\sigma\propto\rho'$. Seja $\beta$ a constante de proporcionalidade. Teremos
\[
Q=\int_{S'}\sigma\,dS'=\int_0^{2\pi}\int_0^a\beta\rho'^2\,d\rho'\,d\varphi'=\frac{2\pi\beta a^3}{3}\quad\Rightarrow\quad\beta=\frac{3Q}{2\pi a^3},
\]
de modo que
\[
\sigma=\frac{3Q}{2\pi a^3}\,\rho' \Rightarrow \mathbf{K}(\mathbf{r'})=\frac{3\omega Q}{2\pi a^3}\,\rho'^2\,{\bf{\hat{\varphi}}}'
\]
\sigma=\frac{3Q}{2\pi a^3}\,\rho' \Rightarrow \mathbf{K}(\mathbf{r'})=\frac{3\omega Q}{2\pi a^3}\,\rho'^2\,{\bf{\hat{\varphi}}}'
\]
Em qualquer caso, $\mathbf{r}=z\,{\bf{\hat{z}}}$, $\mathbf{r'}=\rho'\,{\bf{\hat{\rho}}}'$, implicando
\[
\mathbf{r}-\mathbf{r'}=z\,{\bf{\hat{z}}}-\rho'{\bf{\hat{\rho}}}',\qquad |\mathbf{r}-\mathbf{r'}| = (z^2+\rho'^2)^{1/2}
\]
e, para o item (i)
\[
\mathbf{B}(z)=\frac{\mu_0\omega Q}{8\pi^2 a^2}\int_{0}^{2\pi}\int_0^a \frac{(\rho'\,{\bf{\hat{\varphi}}}'){\bf{\times}}(z\,{\bf{\hat{z}}}-\rho'{\bf{\hat{\rho'}}})}{(z^2+\rho'^2)^{3/2}}\,\rho'\,d\rho'\,d\varphi'
\]
\[
\mathbf{B}(z)=\frac{\mu_0\omega Q}{8\pi^2 a^2}\int_{0}^{2\pi}\int_0^a \frac{({z\,\bf{\hat{\rho}}}'+\rho'\,{\bf{\hat{z}}})}{(z^2+\rho'^2)^{3/2}}\,\rho'^2\,d\rho'\,d\varphi'
\]
Como $\hat{\rho}'={\bf{\hat{x}}}\,\cos\varphi'+{\bf{\hat{y}}}\sin\varphi'$, o integral em ${\bf{\hat{\rho}}}'\,d\varphi'$ se anula, nos deixando com
\[
\mathbf{B}(z)={\bf{\hat{z}}}\,\frac{\mu_0\omega Q}{4\pi a^2}\int_0^a \frac{ \rho'^3\,d\rho' }{(z^2+\rho'^2)^{3/2}}
\]
Resolvendo a integral, fica
\mathbf{B}(z)=\frac{\mu_0\omega Q}{8\pi^2 a^2}\int_{0}^{2\pi}\int_0^a \frac{(\rho'\,{\bf{\hat{\varphi}}}'){\bf{\times}}(z\,{\bf{\hat{z}}}-\rho'{\bf{\hat{\rho'}}})}{(z^2+\rho'^2)^{3/2}}\,\rho'\,d\rho'\,d\varphi'
\]
\[
\mathbf{B}(z)=\frac{\mu_0\omega Q}{8\pi^2 a^2}\int_{0}^{2\pi}\int_0^a \frac{({z\,\bf{\hat{\rho}}}'+\rho'\,{\bf{\hat{z}}})}{(z^2+\rho'^2)^{3/2}}\,\rho'^2\,d\rho'\,d\varphi'
\]
Como $\hat{\rho}'={\bf{\hat{x}}}\,\cos\varphi'+{\bf{\hat{y}}}\sin\varphi'$, o integral em ${\bf{\hat{\rho}}}'\,d\varphi'$ se anula, nos deixando com
\[
\mathbf{B}(z)={\bf{\hat{z}}}\,\frac{\mu_0\omega Q}{4\pi a^2}\int_0^a \frac{ \rho'^3\,d\rho' }{(z^2+\rho'^2)^{3/2}}
\]
Resolvendo a integral, fica
\[
\mathbf{B}(z)={\bf{\hat{z}}}\,\frac{\mu_0\omega Q}{4\pi a^2}\left[\frac{ 2z^2+\rho'^2}{(z^2+\rho'^2)^{1/2}}\right]_0^a = {\bf{\hat{z}}}\,\frac{\mu_0\omega Q}{4\pi a^2} \left(\frac{2z^2+a^2}{\sqrt{z^2+a^2}}-2z \right)
\]
\mathbf{B}(z)={\bf{\hat{z}}}\,\frac{\mu_0\omega Q}{4\pi a^2}\left[\frac{ 2z^2+\rho'^2}{(z^2+\rho'^2)^{1/2}}\right]_0^a = {\bf{\hat{z}}}\,\frac{\mu_0\omega Q}{4\pi a^2} \left(\frac{2z^2+a^2}{\sqrt{z^2+a^2}}-2z \right)
\]
O desenvolvimento do item (ii) é semelhante; você pode pegar aqui a solução da integral em $\rho'$. (Obs: na expressão retornada pelo site da Wolfram, $\log$ significa na verdade $\ln$, o logaritmo natural, base $e$)
quarta-feira, 13 de junho de 2012
Fis403: Problema 10 da Lista 4
O campo produzido por uma espira circular de raio $a$, localizada na origem do planp $xy$ de um sistema de coordenadas, percorrida por uma corrente $I$ num ponto de seu eixo de simetria (eixo $z$) é $$\vec B=\frac{\mu_0 Ia^2}{2(a^2+z^2)^{3/2}}\,\hat{z}$$. Nessa expressão, $\mu_0$ é uma constante (permeabilidade magnética do vácuo), culo valor no S.I. é $4\pi.10^{-7}$H/m.
quarta-feira, 7 de dezembro de 2011
Fis641: Segunda questão da segunda prova
Aqui vão alguns comentários sobre a segunda prova, especialmente sobre a segunda questão: fiquei extremamente preocupado com um erro que foi comum a vários alunos e que, a esta altura do campeonato, não deveria mais acontecer de forma alguma. Só para relembrar, na referida questão tínhamos um disco de raio $R$ e espessura não nula $T$, magnetizado uniformemente ao longo de uma direção fixa: $\mathbf{M}=M_0\,{\bf{\hat{x}}}$, implicando nas seguintes densidades de pólos de magnetização:
\[
\rho_M={-}{\bf\nabla\cdot}\mathbf{M}=0,\quad \sigma_M(\rho,\varphi,T/2)={\mathbf M}{\bf{\cdot\hat{z}}}=0,\quad\sigma_M(\rho,\varphi,{-}T/2)={\mathbf M}{\bf{\cdot}}({-}{\bf{\hat{z}}})=0,
\]
e a única não nula:
\[
\sigma_M(R,\varphi,z)={\mathbf M}{\bf{\cdot\hat{\rho}}}=M_0\cos\varphi.
\]
Também foram pedidas as densidades de correntes de magnetização:
\[
{\mathbf{J_M}}={\bf\nabla\times}{\mathbf{M}}=0, \quad{\mathbf{K_M}}(\rho,\varphi,T/2)={\mathbf M}{\bf{\times\hat{z}}}={-}M_0\,{\bf{\hat{y}}},\quad{\mathbf{K_M}}(\rho,\varphi,{-}T/2)={\mathbf M}{\bf{\times}}({-}{\bf{\hat{z}}})=M_0\,{\bf{\hat{y}}}
\]
e finalmente
\[
{\mathbf{K_M}(R, \varphi, z)}={\mathbf M}{\bf{\times\hat{\rho}}}=M_0\sin\varphi\,{\bf{\hat{z}}}.
\]
Até aqui tudo ia bem, já que são fórmulas de aplicação direta. O problema surgiu no cálculo dos campos no centro do disco (origem do sistema de coordenadas): isso poderia ser feito através do cálculo direto de $\mathbf{B}$ fazendo uso da lei de Biot-Savart para as densidades superficiais de corrente mostradas acima ou através dos potenciais ($\mathbf{A}$ para $\mathbf{B}$ ou $\phi_m$ para $\mathbf{H}$. A primeira alternativa foi delineada na solução publicada, mas muitos de vocês optaram por calcular um dos potenciais. Ora ao fazer isso, é necessário determinar o potencial num ponto genérico, pois o campo é a derivada do potencial. Não se pode de forma alguma determinar o potencial somente na origem se o objetivo é calcular o campo! Esse erro é básico e inadmissível para o nível de vocês! Muitos argumentaram ainda que, pelo fato do potencial escalar ter resultado zero na origem, o campo $\mathbf{H}$ seria também nulo...Simplesmente alarmante!
Segue um esboço de solução utilizando o potencial $\phi_m$. Sabemos, pela simstria, que os campos dentro do disco terão a mesma direção da magnetização, Em particular, na origem:
\[
\mathbf{H}(0)=H_0\,\bf{\hat{x}},
\]
de modo que basta determinarmos o potencial escalar num ponto genérico do eixo $x$, Lembrando que a única superfície com densidade não nula é a lateral do disco:
\[
\mathbf{r}=x\,{\bf{\hat{x}}}, \mathbf{r'}=R\,{\bf{\hat{\rho}'}}+z'\,{\bf{\hat{z}}}
\]
teremos
\[
\phi_m(x)=\frac1{4\pi}\int_{S'}\frac{\sigma_M({\mathbf{r'}})}{|\mathbf{r}-\mathbf{r'}|}\,dS'=\frac1{4\pi}\int_{{-}T/2}^{T/2}\int_0^{2\pi}\frac{M_0\cos\varphi'}{\sqrt{x^2+R^2+z'^2-2Rx\cos\varphi'}}\,R\,dz'\,d\varphi'.
\]
Completando-se o cálculo da integral, determinaremos o potencial escalar como função de $x$ e, aí então, poderemos determinar o pedido:
\[
\mathbf{H}(0)={-}{\bf{\nabla}}\phi_m\Big|_{x=0}={-}{\bf{\hat{x}}}\,\left(\frac{\partial\phi_m}{\partial x}\right)_{x=0}.
\]
Incidentalmente é, nesse caso, mais conveniente derivar com respeito a $x$ antes de realmente efetuar as integrais acima, pois como as variáveis de integração e $x$ são independentes, podemos inverter a ordem das operações:
\[
\mathbf{H}(x)={-}{\bf{\hat{x}}}\,\frac{\partial}{\partial x}\left( \frac1{4\pi}\int_{{-}T/2}^{T/2}\int_0^{2\pi}\frac{M_0\cos\varphi'}{\sqrt{x^2+R^2+z'^2-2Rx\cos\varphi'}}\,R\,dz'\,d\varphi' \right)
\]
resultando em
\[
\mathbf{H}(x)={\bf{\hat{x}}}\,\frac{M_0R}{4\pi} \int_{{-}T/2}^{T/2}\int_0^{2\pi}\frac{(x-R\cos\varphi')\cos\varphi'}{(x^2+R^2+z'^2-2Rx\cos\varphi')^{3/2}}\,R\,dz'\,d\varphi'.
\]
Tomando agora $x=0$, fica
\[
\mathbf{H}(0)={-}{\bf{\hat{x}}}\,\frac{M_0R^2}{4\pi} \int_{{-}T/2}^{T/2}\int_0^{2\pi}\frac{\cos^2\varphi'}{(R^2+z'^2)^{3/2}}\,dz'\,d\varphi',
\]
que é facilmente resolvida, resultando
\[
\mathbf{H}(0)={-}{\bf{\hat{x}}}\,\frac{M_0T}{2\sqrt{4R^2+T^2}},
\]
ou, na condição de $T<<R$:
\[
\mathbf{H}(0)={-}{\bf{\hat{x}}}\,\frac{M_0T}{4R}.
\]
Como consequência obtemos também a indução magnética:
\[
\mathbf{B}(0)=\mu_0(\mathbf{H}(0)+\mathbf{M})={\bf{\hat{x}}}\,\mu_0M\left(1-\frac{T}{4R}\right),
\]
\[
\rho_M={-}{\bf\nabla\cdot}\mathbf{M}=0,\quad \sigma_M(\rho,\varphi,T/2)={\mathbf M}{\bf{\cdot\hat{z}}}=0,\quad\sigma_M(\rho,\varphi,{-}T/2)={\mathbf M}{\bf{\cdot}}({-}{\bf{\hat{z}}})=0,
\]
e a única não nula:
\[
\sigma_M(R,\varphi,z)={\mathbf M}{\bf{\cdot\hat{\rho}}}=M_0\cos\varphi.
\]
Também foram pedidas as densidades de correntes de magnetização:
\[
{\mathbf{J_M}}={\bf\nabla\times}{\mathbf{M}}=0, \quad{\mathbf{K_M}}(\rho,\varphi,T/2)={\mathbf M}{\bf{\times\hat{z}}}={-}M_0\,{\bf{\hat{y}}},\quad{\mathbf{K_M}}(\rho,\varphi,{-}T/2)={\mathbf M}{\bf{\times}}({-}{\bf{\hat{z}}})=M_0\,{\bf{\hat{y}}}
\]
e finalmente
\[
{\mathbf{K_M}(R, \varphi, z)}={\mathbf M}{\bf{\times\hat{\rho}}}=M_0\sin\varphi\,{\bf{\hat{z}}}.
\]
Até aqui tudo ia bem, já que são fórmulas de aplicação direta. O problema surgiu no cálculo dos campos no centro do disco (origem do sistema de coordenadas): isso poderia ser feito através do cálculo direto de $\mathbf{B}$ fazendo uso da lei de Biot-Savart para as densidades superficiais de corrente mostradas acima ou através dos potenciais ($\mathbf{A}$ para $\mathbf{B}$ ou $\phi_m$ para $\mathbf{H}$. A primeira alternativa foi delineada na solução publicada, mas muitos de vocês optaram por calcular um dos potenciais. Ora ao fazer isso, é necessário determinar o potencial num ponto genérico, pois o campo é a derivada do potencial. Não se pode de forma alguma determinar o potencial somente na origem se o objetivo é calcular o campo! Esse erro é básico e inadmissível para o nível de vocês! Muitos argumentaram ainda que, pelo fato do potencial escalar ter resultado zero na origem, o campo $\mathbf{H}$ seria também nulo...Simplesmente alarmante!
Segue um esboço de solução utilizando o potencial $\phi_m$. Sabemos, pela simstria, que os campos dentro do disco terão a mesma direção da magnetização, Em particular, na origem:
\[
\mathbf{H}(0)=H_0\,\bf{\hat{x}},
\]
de modo que basta determinarmos o potencial escalar num ponto genérico do eixo $x$, Lembrando que a única superfície com densidade não nula é a lateral do disco:
\[
\mathbf{r}=x\,{\bf{\hat{x}}}, \mathbf{r'}=R\,{\bf{\hat{\rho}'}}+z'\,{\bf{\hat{z}}}
\]
teremos
\[
\phi_m(x)=\frac1{4\pi}\int_{S'}\frac{\sigma_M({\mathbf{r'}})}{|\mathbf{r}-\mathbf{r'}|}\,dS'=\frac1{4\pi}\int_{{-}T/2}^{T/2}\int_0^{2\pi}\frac{M_0\cos\varphi'}{\sqrt{x^2+R^2+z'^2-2Rx\cos\varphi'}}\,R\,dz'\,d\varphi'.
\]
Completando-se o cálculo da integral, determinaremos o potencial escalar como função de $x$ e, aí então, poderemos determinar o pedido:
\[
\mathbf{H}(0)={-}{\bf{\nabla}}\phi_m\Big|_{x=0}={-}{\bf{\hat{x}}}\,\left(\frac{\partial\phi_m}{\partial x}\right)_{x=0}.
\]
Incidentalmente é, nesse caso, mais conveniente derivar com respeito a $x$ antes de realmente efetuar as integrais acima, pois como as variáveis de integração e $x$ são independentes, podemos inverter a ordem das operações:
\[
\mathbf{H}(x)={-}{\bf{\hat{x}}}\,\frac{\partial}{\partial x}\left( \frac1{4\pi}\int_{{-}T/2}^{T/2}\int_0^{2\pi}\frac{M_0\cos\varphi'}{\sqrt{x^2+R^2+z'^2-2Rx\cos\varphi'}}\,R\,dz'\,d\varphi' \right)
\]
resultando em
\[
\mathbf{H}(x)={\bf{\hat{x}}}\,\frac{M_0R}{4\pi} \int_{{-}T/2}^{T/2}\int_0^{2\pi}\frac{(x-R\cos\varphi')\cos\varphi'}{(x^2+R^2+z'^2-2Rx\cos\varphi')^{3/2}}\,R\,dz'\,d\varphi'.
\]
Tomando agora $x=0$, fica
\[
\mathbf{H}(0)={-}{\bf{\hat{x}}}\,\frac{M_0R^2}{4\pi} \int_{{-}T/2}^{T/2}\int_0^{2\pi}\frac{\cos^2\varphi'}{(R^2+z'^2)^{3/2}}\,dz'\,d\varphi',
\]
que é facilmente resolvida, resultando
\[
\mathbf{H}(0)={-}{\bf{\hat{x}}}\,\frac{M_0T}{2\sqrt{4R^2+T^2}},
\]
ou, na condição de $T<<R$:
\[
\mathbf{H}(0)={-}{\bf{\hat{x}}}\,\frac{M_0T}{4R}.
\]
Como consequência obtemos também a indução magnética:
\[
\mathbf{B}(0)=\mu_0(\mathbf{H}(0)+\mathbf{M})={\bf{\hat{x}}}\,\mu_0M\left(1-\frac{T}{4R}\right),
\]
sexta-feira, 4 de novembro de 2011
Solução da Terceira Questão (Prova 2/ECA)
Um feixe de elétrons de energia cinética $K$ é produzido por um acelerador. A uma distância $d$ da janela de saída do acelerador e perpendicular à direção do feixe, coloca-se uma placa metálica. Determine o valor mínimo do campo magnético que devemos aplicar na região para impedir que os elétrons atinjam a placa. Como deve estar orientado o vetor ${\bf{B}}$? Faça um desenho indicando claramente o campo magnético, a trajetória do elétron e a força que atua sobre ele. Considere conhecidas a massa $m$ e a carga $e$ do elétron.
Como a força magnética é sempre normal à velocidade da partícula em movimento, a trajetória do elétron num campo magnético uniforme e perpendicular à sua velocidade inicial será uma circunferência. Para que o elétron não atinja a placa, o máximo valor do raio da curvatura de sua trajetória será $d$. Assim:
\[
\frac{mv^2}{d}\le evB\Longrightarrow B_{\text{min}}=\frac{mv}{ed},
\]
sendo
\[
\frac12mv^2=K\Longrightarrow v=\sqrt{\frac{2K}{m}}\Longrightarrow B_{\text{min}}=\frac{1}{ed}\sqrt{2mK}
\]
A figura acima ilustra uma das possibilidades (observe que o elétron possui carga negativa, e a força magnética sobre ele tem sentido oposto ao produto ${\bf{v\times B}}$. A outra possibilidade seria o campo magnético saindo do plano da tela e o elétron sendo defletido para cima.
Um feixe de elétrons de energia cinética $K$ é produzido por um acelerador. A uma distância $d$ da janela de saída do acelerador e perpendicular à direção do feixe, coloca-se uma placa metálica. Determine o valor mínimo do campo magnético que devemos aplicar na região para impedir que os elétrons atinjam a placa. Como deve estar orientado o vetor ${\bf{B}}$? Faça um desenho indicando claramente o campo magnético, a trajetória do elétron e a força que atua sobre ele. Considere conhecidas a massa $m$ e a carga $e$ do elétron.
Como a força magnética é sempre normal à velocidade da partícula em movimento, a trajetória do elétron num campo magnético uniforme e perpendicular à sua velocidade inicial será uma circunferência. Para que o elétron não atinja a placa, o máximo valor do raio da curvatura de sua trajetória será $d$. Assim:
\[
\frac{mv^2}{d}\le evB\Longrightarrow B_{\text{min}}=\frac{mv}{ed},
\]
sendo
\[
\frac12mv^2=K\Longrightarrow v=\sqrt{\frac{2K}{m}}\Longrightarrow B_{\text{min}}=\frac{1}{ed}\sqrt{2mK}
\]
Solução da Segunda Questão (Prova 2/ECA)
Uma esfera dielétrica de raios interno e externo respectivamente iguais a $a$ e $2a$ encontra-se carregada com uma distribuição inversamente proporcional à distância ao seu centro. Além disso, o dielétrico da esfera não é homogêneo, mas varia de acordo com
\[
\epsilon (r)=2\epsilon_0\frac{a}{r},
\]
onde $r$ é a distância ao centro das esferas. Determine
a) O campo elétrico nas regiões $0 < r\le a$ e $a\le r \le 2a$, $r\ge 2a$.
b) As densidades de carga de polarização volumétrica e superficiais (interna e externa) no dielétrico.
c) A diferença de potencial entre as superfícies interna e externa da esfera, $V(a)-V(2a)$.
a) Sendo a distribuição inversamente proporcional a $r$, digamos,
\[
\rho(r)=\frac{\beta}{r},
\]
onde $\beta$ é uma constante, teremos
\[
Q=\int_v\rho\,dv=\int_0^{2\pi}\int_0^\pi\int_a^{2a}\frac{\beta}{r}r^2\text{sin}\,\theta\,dr\,d\theta\,d\varphi=4\pi\beta\frac{3a^2}2\Longrightarrow\beta=\frac{Q}{6\pi a^2}.
\]
Como os campos possuem simetria esférica, $\mathbf{E}=E(r)\bf{\hat r}$ e $\mathbf{D}=D(r)\bf{\hat r}$, considerando uma superfície gaussiana de raio $r$, teremos
\[
\oint_S\mathbf{E}{\bf\cdot\hat{n}}\,dS=E(r)4\pi r^2\quad\hbox{e}\quad\oint_S\mathbf{D}{\bf\cdot\hat{n}}\,dS=D(r)4\pi r^2.
\]
Para $0 < r < a$: a região é vácuo e não há carga interna à gaussiana. Assim
\[
\mathbf{E}=0.
\]
Para $a < r < 2a$: no dielétrico é mais conveniente usarmos a lei de Gauss para $\bf D$:
\[
4\pi r^2D=\int_0^{2\pi}\int_0^\pi\int_a^{r}\frac{Q}{6\pi a^2 r'}r'^2\text{sen}\,\theta'\,dr'\,d\theta'\,d\varphi'=\frac{Q}{6\pi a^2}4\pi\frac{(r^2-a^2)}{2}=\frac{Q(r^2-a^2)}{3a^2}
\]
\[
\Longrightarrow {\bf{D}}=\frac{Q(r^2-a^2)}{12\pi a^2r^2}\,{\bf{\hat{r}}}=\epsilon {\bf E}=\frac{2\epsilon_0 a}{r}{\bf E}\Longrightarrow {\bf E}=\frac{Q(r^2-a^2)}{24\pi\epsilon_0 a^3r}\,{\bf{\hat r}}
\]
Para $r\ge 2a$, a região é o vácuo e a carga interna à gaussiana é a própria carga total da esfera, $Q$:
\[
\mathbf{E}=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0r^2}\,{\bf{\hat r}}
\]
b) Precisamos do vetor de polarização no dielétrico: ${\bf P}=(\epsilon-\epsilon_0){\bf E}$:
\[
{\bf P}=\frac{(2a-r)}{r}\epsilon_0\,\frac{Q(r^2-a^2)}{24\pi\epsilon_0 a^3r}\,{\bf{\hat r}}=\frac{Q(2a-r)(r^2-a^2)}{24\pi a^3r^2}\,{\bf{\hat{r}}}
\]
As densidades de carga superficiais serão:
\[
\sigma_{P_a}={\bf P}(a){\bf\cdot}({-}{\bf{\hat{r}}})=0,\qquad \sigma_{P_{2a}}={\bf P}(2a){\bf\cdot}{\bf{\hat{r}}}=0.
\]
E a densidade volumétrica de cargas de polarização:
\[
\rho_P=-{\bf\nabla\cdot P}={-}\frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}(r^2P)={-}\frac{Q}{24\pi a^3r^2}\frac{d}{dr}[(2a-r)(r^2-a^2)]=\frac{Q(3r^2-4ar-a^2)}{24\pi a^3r^2}
\]
c) Como $\mathbf{E}=E(r)\,\mathbf{\hat{r}}$ e $d\mathbf{r}=dr\,\mathbf{\hat{r}}+r\,d\theta\,\pmb{\hat{\theta}}+r\,\text{sen}\,\theta\,d\varphi\,\pmb{\hat{\varphi}}$, a d.d.p. será
\[
V(a)-V(2a)=-\int_{2a}^{a}{\bf E\cdot}d\mathbf{r}=\int_a^{2a}E\,dr=\frac{Q}{24\pi\epsilon_0 a^3}\int_a^{2a}{\left(r-\frac{a^2}r\right)\,dr}=\frac{Q}{24\pi\epsilon_0 a}\left(\frac32-\ln2\right)
\]
Uma esfera dielétrica de raios interno e externo respectivamente iguais a $a$ e $2a$ encontra-se carregada com uma distribuição inversamente proporcional à distância ao seu centro. Além disso, o dielétrico da esfera não é homogêneo, mas varia de acordo com
\[
\epsilon (r)=2\epsilon_0\frac{a}{r},
\]
onde $r$ é a distância ao centro das esferas. Determine
a) O campo elétrico nas regiões $0 < r\le a$ e $a\le r \le 2a$, $r\ge 2a$.
b) As densidades de carga de polarização volumétrica e superficiais (interna e externa) no dielétrico.
c) A diferença de potencial entre as superfícies interna e externa da esfera, $V(a)-V(2a)$.
a) Sendo a distribuição inversamente proporcional a $r$, digamos,
\[
\rho(r)=\frac{\beta}{r},
\]
onde $\beta$ é uma constante, teremos
\[
Q=\int_v\rho\,dv=\int_0^{2\pi}\int_0^\pi\int_a^{2a}\frac{\beta}{r}r^2\text{sin}\,\theta\,dr\,d\theta\,d\varphi=4\pi\beta\frac{3a^2}2\Longrightarrow\beta=\frac{Q}{6\pi a^2}.
\]
Como os campos possuem simetria esférica, $\mathbf{E}=E(r)\bf{\hat r}$ e $\mathbf{D}=D(r)\bf{\hat r}$, considerando uma superfície gaussiana de raio $r$, teremos
\[
\oint_S\mathbf{E}{\bf\cdot\hat{n}}\,dS=E(r)4\pi r^2\quad\hbox{e}\quad\oint_S\mathbf{D}{\bf\cdot\hat{n}}\,dS=D(r)4\pi r^2.
\]
Para $0 < r < a$: a região é vácuo e não há carga interna à gaussiana. Assim
\[
\mathbf{E}=0.
\]
Para $a < r < 2a$: no dielétrico é mais conveniente usarmos a lei de Gauss para $\bf D$:
\[
4\pi r^2D=\int_0^{2\pi}\int_0^\pi\int_a^{r}\frac{Q}{6\pi a^2 r'}r'^2\text{sen}\,\theta'\,dr'\,d\theta'\,d\varphi'=\frac{Q}{6\pi a^2}4\pi\frac{(r^2-a^2)}{2}=\frac{Q(r^2-a^2)}{3a^2}
\]
\[
\Longrightarrow {\bf{D}}=\frac{Q(r^2-a^2)}{12\pi a^2r^2}\,{\bf{\hat{r}}}=\epsilon {\bf E}=\frac{2\epsilon_0 a}{r}{\bf E}\Longrightarrow {\bf E}=\frac{Q(r^2-a^2)}{24\pi\epsilon_0 a^3r}\,{\bf{\hat r}}
\]
Para $r\ge 2a$, a região é o vácuo e a carga interna à gaussiana é a própria carga total da esfera, $Q$:
\[
\mathbf{E}=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0r^2}\,{\bf{\hat r}}
\]
b) Precisamos do vetor de polarização no dielétrico: ${\bf P}=(\epsilon-\epsilon_0){\bf E}$:
\[
{\bf P}=\frac{(2a-r)}{r}\epsilon_0\,\frac{Q(r^2-a^2)}{24\pi\epsilon_0 a^3r}\,{\bf{\hat r}}=\frac{Q(2a-r)(r^2-a^2)}{24\pi a^3r^2}\,{\bf{\hat{r}}}
\]
As densidades de carga superficiais serão:
\[
\sigma_{P_a}={\bf P}(a){\bf\cdot}({-}{\bf{\hat{r}}})=0,\qquad \sigma_{P_{2a}}={\bf P}(2a){\bf\cdot}{\bf{\hat{r}}}=0.
\]
E a densidade volumétrica de cargas de polarização:
\[
\rho_P=-{\bf\nabla\cdot P}={-}\frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}(r^2P)={-}\frac{Q}{24\pi a^3r^2}\frac{d}{dr}[(2a-r)(r^2-a^2)]=\frac{Q(3r^2-4ar-a^2)}{24\pi a^3r^2}
\]
c) Como $\mathbf{E}=E(r)\,\mathbf{\hat{r}}$ e $d\mathbf{r}=dr\,\mathbf{\hat{r}}+r\,d\theta\,\pmb{\hat{\theta}}+r\,\text{sen}\,\theta\,d\varphi\,\pmb{\hat{\varphi}}$, a d.d.p. será
\[
V(a)-V(2a)=-\int_{2a}^{a}{\bf E\cdot}d\mathbf{r}=\int_a^{2a}E\,dr=\frac{Q}{24\pi\epsilon_0 a^3}\int_a^{2a}{\left(r-\frac{a^2}r\right)\,dr}=\frac{Q}{24\pi\epsilon_0 a}\left(\frac32-\ln2\right)
\]
Solução da Primeira Questão (Prova 2/ECA)
Um cilindro condutor infinito oco, de raio interno $a$ e externo $2a$, encontra-se carregado com carga em excesso dada por
\[
\sigma = \frac{\lambda}{4\pi a}
\]
No eixo do cilindro existe um fio também infinito dotado de uma carga distribuída uniformemente com densidade $\lambda$.
Determine:
a) O campo elétrico em todas as regiões do espaço ($\rho<a$, $a<\rho<2a$, $\rho>2a$).
b) As densidades de cargas nas superfíces interna e externa do cilindro.
Por simetria, o campo elétrico é da forma $\mathbf{E}=E(\rho)\,{\pmb{\hat\rho}}$. Para uma superfície gaussiana cilíndrica de comprimento $L$ e raio $\rho$, coaxial ao fio, teremos
\[
\oint_S\mathbf{E}{\bf{\cdot\hat{n}}}\,dS=E(\rho)2\pi\rho L.
\]
Para $0 < \rho < a$, a carga interna à gaussiana será apenas a do fio:
\[
E(\rho)2\pi\rho L=\frac{\lambda L}{\epsilon_0}\quad\Longrightarrow\quad\mathbf{E}=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0\rho}\,\bf{{\pmb{\hat\rho}}}.
\]
Para $a < \rho < 2a$, $\mathbf{E}=0$, pois o campo é necessariamente nulo na situação de equilíbrio eletrostático. Para garantir isso, uma carga será induzida na superfície interna do cilindro condutor: seja $\sigma_a$ sua densidade. Para uma gaussiana de comprimento $L$ com raio $\rho$, $a < \rho < 2a$:
\[
Q_i=\lambda L+2\pi aL\sigma_a=0\Longrightarrow\sigma_a={-}\frac{\lambda}{2\pi a}.
\]
Como a carga se conserva, num mesmo comprimento $L$, uma carga adicional de igual módulo, porém de sinal oposto, será induzida na superfície externa. Sendo $\sigma'_{2a}$ sua densidade:
\[
2\pi 2aL\sigma'_{2a}=\lambda L\Longrightarrow \sigma'_{2a}=\frac{\lambda}{4\pi a}.
\]
Como o cilindro condutor já possui uma carga em excesso $\sigma=\lambda/(4\pi a)$, a densidade de cargas total $\sigma_{2a}$ na superfície externa será
\[
\sigma_{2a}=\sigma+\sigma'_{2a}=\frac{\lambda}{2\pi a}
\]
Para $\rho > 2a$, as cargas do fio e do cilindro estarão inclusas na gaussiana, de modo que:
\[
2\pi\rho LE=\frac{1}{\epsilon_0}\left(\lambda L+2\pi 2aL\frac{\lambda}{4\pi a}\right)\Longrightarrow\mathbf{E}=\frac{\lambda}{\pi\epsilon_0\rho}\,\pmb{\hat{\rho}}
\]
Um cilindro condutor infinito oco, de raio interno $a$ e externo $2a$, encontra-se carregado com carga em excesso dada por
\[
\sigma = \frac{\lambda}{4\pi a}
\]
No eixo do cilindro existe um fio também infinito dotado de uma carga distribuída uniformemente com densidade $\lambda$.
Determine:
a) O campo elétrico em todas as regiões do espaço ($\rho<a$, $a<\rho<2a$, $\rho>2a$).
b) As densidades de cargas nas superfíces interna e externa do cilindro.
Por simetria, o campo elétrico é da forma $\mathbf{E}=E(\rho)\,{\pmb{\hat\rho}}$. Para uma superfície gaussiana cilíndrica de comprimento $L$ e raio $\rho$, coaxial ao fio, teremos
\[
\oint_S\mathbf{E}{\bf{\cdot\hat{n}}}\,dS=E(\rho)2\pi\rho L.
\]
Para $0 < \rho < a$, a carga interna à gaussiana será apenas a do fio:
\[
E(\rho)2\pi\rho L=\frac{\lambda L}{\epsilon_0}\quad\Longrightarrow\quad\mathbf{E}=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0\rho}\,\bf{{\pmb{\hat\rho}}}.
\]
Para $a < \rho < 2a$, $\mathbf{E}=0$, pois o campo é necessariamente nulo na situação de equilíbrio eletrostático. Para garantir isso, uma carga será induzida na superfície interna do cilindro condutor: seja $\sigma_a$ sua densidade. Para uma gaussiana de comprimento $L$ com raio $\rho$, $a < \rho < 2a$:
\[
Q_i=\lambda L+2\pi aL\sigma_a=0\Longrightarrow\sigma_a={-}\frac{\lambda}{2\pi a}.
\]
Como a carga se conserva, num mesmo comprimento $L$, uma carga adicional de igual módulo, porém de sinal oposto, será induzida na superfície externa. Sendo $\sigma'_{2a}$ sua densidade:
\[
2\pi 2aL\sigma'_{2a}=\lambda L\Longrightarrow \sigma'_{2a}=\frac{\lambda}{4\pi a}.
\]
Como o cilindro condutor já possui uma carga em excesso $\sigma=\lambda/(4\pi a)$, a densidade de cargas total $\sigma_{2a}$ na superfície externa será
\[
\sigma_{2a}=\sigma+\sigma'_{2a}=\frac{\lambda}{2\pi a}
\]
Para $\rho > 2a$, as cargas do fio e do cilindro estarão inclusas na gaussiana, de modo que:
\[
2\pi\rho LE=\frac{1}{\epsilon_0}\left(\lambda L+2\pi 2aL\frac{\lambda}{4\pi a}\right)\Longrightarrow\mathbf{E}=\frac{\lambda}{\pi\epsilon_0\rho}\,\pmb{\hat{\rho}}
\]
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