Engenharia eletrica

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Eletromagnetismo

Equações de Poisson e de Laplace

Equações de Poisson e de Laplace

Lei de Gauss (Forma Pontual) = 1ª Equação de Maxwell:

∇ ⋅ D = ρV

Como D = ε .E :

∇ ⋅ ε .E = ρV
∇⋅E =

( )

ρV ε

Mas como E = − gradV :

∇ ⋅ − ∇V =

(

)

ρV ε

Obs.: ∇ ⋅ ∇V é o divergente do gradiente, que é o Laplaciano ∇ 2

( )

( )

Logo:

∇ 2V =

− ρV

εMudança de notação a partir deste ponto: “V” passa a ser identificado como “ Φ ” (não confundir com φ das coordenadas cilíndricas e esféricas).

∇ 2Φ =

− ρV

ε

Equação de Poisson

Para ρV = 0 :

∇ 2Φ = 0

Equação de Laplace

1

Eletromagnetismo

Equações de Poisson e de Laplace

Cálculo do Laplaciano

1 - Coordenadas Cartesianas: ∂2 ∂2 ∂2 + 2 + 2 ∂x 2 ∂y ∂z

∇2 =

2 -Coordenadas Cilíndricas: 1 ∂ ⎛ ∂ ⎞ 1 ∂2 ∂2 ⎜ρ ⎟+ 2 + 2 ρ ∂ρ ⎜ ∂ρ ⎟ ρ ∂φ 2 ∂z ⎝ ⎠

∇2 =

3 - Coordenadas Esféricas: 1 ∂ ⎛ 2 ∂ ⎞ 1 1 ∂2 ∂ ⎛ ∂ ⎞ ∇ = 2 ⎜r ⎟+ ⎜ senθ ⎟+ ∂θ ⎠ r 2 .sen 2θ ∂φ 2 r ∂r ⎝ ∂r ⎠ r 2 .senθ ∂θ ⎝
2

2

Eletromagnetismo

Equações de Poisson e de Laplace

Exercícios Resolvidos

Exercício 1: No capacitor esférico na figura, o condutor interno é mantido no potencial V,enquanto que o condutor externo está aterrado ( Φ = 0 ). Usar a equação de Laplace e as equações de contorno dadas para obter a distribuição de potenciais e os campos elétricos no espaço entre os condutores. Obter também a capacitância da montagem. Discutir os resultados.

Resolução:

Devido à simetria esférica, o potencial elétrico é independente de φ e θ , ou seja, o Laplaciano se torna:
∇2Φ = 1 d ⎛ 2 dΦ ⎞ ⎜r ⎟ r 2 dr ⎝ dr ⎠

E:

1 d ⎛ 2 dΦ ⎞ ⎜r ⎟=0 r 2 dr ⎝ dr ⎠

Para r ≠ 0

A solução geral desta equação é da forma:

Φ=

A +B r

em que A e

B são duas constantes arbitrárias que serão determinadas a partir das condições de contorno.

3

Eletromagnetismo

Equações de Poisson e de Laplace

Na superfície do condutor interno, r = a e Φ = V :

V =

A + B. aPela segunda condição de contorno (fronteira), tem-se r = b e Φ = 0 , logo:

0=

A +B b

Resolvendo o sistema de equações:

⎧A ⎪a + B =V ⎨A ⎪ +B=0 ⎩b

A=

V ⎛1 1⎞ ⎜ − ⎟ ⎝a b⎠

e

B=

−V ⎛b ⎞ ⎜ − 1⎟ ⎝a ⎠

O potencial Φ (distribuição de potenciais) resulta:

Φ=

⎡1 1 ⎤ − ⎛ 1 1 ⎞ ⎢r b⎥ ⎣ ⎦ ⎜ − ⎟ ⎝a b⎠ V

A distribuição de campos elétricos pode ser obtida a partir de: E= −∇Φ . Deste modo, tem-se:
∂Φ a r , pois Φ varia apenas com r. ∂r

E=−

Logo:

E=

1 ar ⎛ 1 1⎞ r2 ⎜ − ⎟ ⎝a b⎠ .

V

Para o cálculo da capacitância, deveremos obter o valor da carga armazenada no capacitor. Para isto, convém aplicar a Lei de Gauss:

4

Eletromagnetismo

Equações de Poisson e de Laplace

∫ D ⋅ dS = Q
∫ε
Q = ε0
2π π
0

.E ⋅ d S = Q

∫∫⎛1

1 2 .a.senθ .dθ .dφ 1 ⎞ a2 0 0 ⎜ − ⎟ ⎝a b⎠ V .
π

Q = ε 0 (− cos θ )0 .2.π .

V ⎛1 1⎞ ⎜ − ⎟ ⎝a b⎠

Q=

4.π .ε 0 .V ⎛1 1⎞ ⎜ − ⎟ ⎝a b⎠

A capacitância é a relação entre a carga e a ddp aplicada, ou seja:

C=

Q V

C=

4.π .ε 0 ⎛1 1⎞ ⎜ − ⎟ ⎝a b⎠

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Eletromagnetismo

Equações de Poisson e de Laplace

Exercício 2: Considere um capacitor de placas planas e paralelas composto por duascamadas dielétricas. Obtenha a distribuição de potenciais, campos elétricos e capacitância empregando equações de Laplace e condições de contorno (fronteira).

Resolução:

Aplicando Laplace:

∂ 2Φ =0 ∂z 2
para ε = ε 1 para ε = ε 2

Φ1 ( z ) = A.z + B Φ 2 ( z ) = F .z + G

Φ 1 ( z = 0) = V Φ 1 ( z = d1 ) = Φ 2 ( z = d1 ) Φ 2 (z = d ) = 0

Tem-se também:

D1 .z ( z = d1 ) = D2 .z ( z= d1 )

Como D = ε .E , resolvendo o sistema de quatro equações e quatro incógnitas, lembrando que D1 .z ( z = d1 ) = D2 .z ( z = d1 ) , corresponde a:

ε 1 .E1 .z (z = d1 ) = ε 2 .E 2 .z (z = d1 )
Como E = − grad Φ :

ε 1 .grad (Φ 1 ) z = d = ε 2 .grad (Φ 2 ) z = d
1

1

ε 1 .( A.a z ) = ε 2 .(F .a z )
ε1 A ε2

Ou seja:

ε 1 . A = ε 2 .F

e

F=

6

Eletromagnetismo...
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