Eletromagnetismo, Notas de estudo de Engenharia Elétrica

Baixe Eletromagnetismo e outras Notas de estudo em PDF para Engenharia Elétrica, somente na Docsity! ELETROMAGNETISMO I 25 TRABALHO E POTENCIAL ELETROSTÁTICO 4 Nos capítulos anteriores nós investigamos o campo elétrico devido a diversas configurações de cargas (pontuais, distribuição linear, superfície de cargas e distribuição volumétrica de cargas), a partir da Lei de Coulomb, da Lei de Gauss e seu conseqüente Teorema da Divergência. No primeiro caso, as expressões para o vetor intensidade de campo elétrico eram obtidas à custa de integrações que, conforme a complexidade do problema, poderiam se tornar bastante complicadas. Já a Lei de Gauss, mais simples de ser utilizada, requer o conhecimento da simetria do problema. Nos casos em que isso não acontecia, a solução pela Lei de Coulomb ainda seria a mais recomendável. Ainda quando a simetria não podia ser atendida, o Teorema da Divergência era aplicado pontualmente, numa extensão da Lei de Gauss aplicada a todo um volume envolto por uma superfície fechada. Vamos agora procurar outra maneira de se resolver problemas de eletrostática, dessa vez a partir de uma função escalar, conhecida como potencial eletrostático, ou campo potencial. 4.1 - TRABALHO ENVOLVIDO NO MOVIMENTO DE UMA CARGA PONTUAL EM UM CAMPO ELÉTRICO Imagine um campo elétrico devido à presença de uma configuração de cargas qualquer (cargas pontuais, linhas superfícies ou volumes carregados) onde uma carga pontual de prova Q é colocada. Sobre essa carga pontual estará agindo uma força de origem eletrostática, dada por: )N(EQFe rr = (4.1) Se esta carga for deixada em um ponto desta região de campo elétrico ela será acelerada e se deslocará até uma distância infinita, onde a ação da força agente sobre ela não se faça mais sentir. Se quisermos mover essa carga contra a ação do campo elétrico, temos de exercer uma força mínima de intensidade igual àquela exercida pelo campo elétrico, mas com direção oposta, isto é, na direção do movimento. Isso exige o dispêndio de energia, ou seja, a realização de um trabalho (resistente) pela força externa aplicada na carga. Se o movimento desta carga se dá no sentido do campo elétrico, o dispêndio de energia é negativo, ou seja, a fonte externa não realiza trabalho; este é realizado pelo campo elétrico. Vamos supor agora o movimento da carga Q de uma distância elementar dL r no campo elétrico r uniforme, conforme pode ser mostrado pela figura 4.1. O gasto desta energia incremental dW será expresso pelo produto escalar da força aplicada E eFF rr −= pela distância: Assim, LdEQdW rr ⋅−= (4.2) FeF Q E Figura. 4.1 Carga Q em um campo elétrico E. UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino ELETROMAGNETISMO I 26 Como uma conseqüência e pela equação acima, podemos perceber facilmente que se desejarmos mover a carga perpendicularmente ao campo elétrico, o trabalho realizado será nulo. Considerando uma trajetória finita, o trabalho realizado pela força externa para mover uma carga pontual Q imersa num campo elétrico E r é dado pela integral: )J(Ld.EQW final.inic∫−= rr (4.3) Exemplo 4.1 Dado o campo elétrico zyx 2 â.y2â.z2â.x3E ++= r (N/C), determine o trabalho realizado para se mover uma carga de 20 µC ao longo de um percurso incremental 10-4 m de comprimento, na direção de localizado no ponto (2, –2, –5) m. zyx â.64,0â.48,0â.6,0 −+− Solução: No ponto (2, –2, –5) )C/N(â.4â.10â.12E â).2.(2â).5.(2â).2.(3E zyx zyx 2 −−= −+−+= r r Para LdEqdW rv ⋅−= vem: Como 1â.64,0â.48,0â.6,0 zyx =−+− )â.64,0â.48.0â.6,0(10 )â.4â.10â.12.(10.20dW zyx 4 zyx 6 −+− ⋅−−−= − − nJ88,18)56,28,42,7.(10x2dW 9 =+−−−= − 4.2 - INTEGRAL DE LINHA Na análise vetorial, uma integral de linha é definida como sendo a integral do produto escalar de um campo vetorial por um vetor deslocamento diferencial Ld r ao longo de um caminho determinado, como é o caso da equação 4.3 expresso na seção anterior. Para entender melhor esse conceito, imagine que queiramos calcular o trabalho para mover uma carga Q em um campo elétrico E v ‚ partindo do ponto B e se dirigindo ao ponto A, percorrendo uma trajetória determinada na figura 4.2. A ∆L4 EL4 E∆L3 EL3∆L2 E EL2∆L1 E EL1 EB Figura 4.2 Carga pontual Q movendo-se de B até A por um caminho estabelecido. O caminho é então segmentado por inúmeros comprimentos elementares retilíneos L r ∆ . A componente do campo elétrico ao longo de cada segmento incremental é multiplicada pelo tamanho deste segmento, e os resultados para todos os segmentos são somados. Obviamente isso é um somatório. A integral é obtida quando o comprimento de cada segmento tender a zero. UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino ELETROMAGNETISMO I 29 A sua unidade é Joule por Coulomb, ou Volt (V). Se A é o ponto final e B o ponto inicial, a diferença de potencial VAB é dada por: V(LdEVVV )final(A )inicial(BBAAB ∫ ⋅−=−= rr (4.10) No exemplo da linha de carga da última seção, o trabalho para se deslocar a carga de r 2 para r 1 é: )J( r rln 2 QW 1 2 0 l πε ρ = (4.11) O campo elétrico desta linha de carga cria uma diferença de potencial entre r 1 e r 2 dada por: )V( r rln 2Q WV 1 2 0 l 12 πε ρ == (4.12) Exemplo 4.4 Calcular a diferença de potencial entre os pontos r 1 e r 2 , r 2 > r 1 , devido a uma carga pontual de Q Coulombs positivos. Mostrar que ela independe das posições θ e φ. Solução: )V(LdEV 1 2 r r12 ∫ ⋅−= rr Em coordenadas esféricas φθ φθ+θ+= âdrsenârdâdrLd r r rr2 0 â.drLd;â. r Q. 4 1E = πε = rr 2 0 r dr. 4 QLdE πε =⋅ rr ∫ πε−= 1 2 r r 2 0 12 r dr 4 QV 1r 2r 1 2 r 1 4 Q r dr 4 QV 0 r r 2 0 12 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ πε = πε −= ∫ )V( r 1 r 1 4 QV 210 12 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − πε = O potencial absoluto pode ser definido tomando um potencial de referência especificado que é considerado como tendo potencial zero. Usualmente esse potencial é tomado na superfície da terra ou no infinito. No exemplo anterior, se um dos pontos (ponto r2, por exemplo) estiver no infinito, o potencial (absoluto) no ponto r1 será: )V( r Q πε4 1V 10 1= (4.13) Se o potencial absoluto de A é VA, e o potencial absoluto de B é VB, a diferença de potencial VAB será então a diferença entre estes potenciais, ou seja: )V(VVV BAAB −= (4.14) UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino ELETROMAGNETISMO I 30 4.4 - O POTENCIAL DE UM SISTEMA DE CARGAS Para duas cargas pontuais, tomando-se o referencial dos potenciais no infinito, o potencial absoluto será: )V( R Q R Q 4 1V 2 2 1 1 0 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + πε = (4.15) Estendendo o raciocínio para n cargas vem: )V( R Q 4 1V n 1i i i 0 ∑ =πε = (4.16) Substituindo cada carga por ρ∆ : v )V( R v 4 1V n 1i i0 ∑ = ∆ρ πε = (4.17) Fazendo n → ∝ : )V( R dv 4 1V vol0 ∫ ρ πε = (4.18) Para uma distribuição superficial de cargas: ∫ ρ πε = s s 0 )V( R dS 4 1V (4.19) Para uma distribuição linear de cargas: )V( R dL 4 1V L l 0 ∫ ρ πε = (4.20) Exemplo 4.5 Calcular o potencial em um ponto no eixo de um anel de raio a m, com uma distribuição linear de carga ρ l C/m. Solução: V dL R Vl= ∫ 1 4 0πε ρ ( ) ∫∫ +πε ρ = + ρ πε = dL za4za dL. 4 1V 22 0 l 22 l 0 )V( za2 a. za a2. 4 V 22 0 l 220 l +ε ρ = + π πε ρ = UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino ELETROMAGNETISMO I 31 P Figura 4.4 Anel de cargas. Exemplo 4.6 Resolver o exemplo anterior, considerando uma coroa circular de raio interno a m, raio externo b m e densidade superficial ρ s C/m2. Solução: )V( R dS. 4 1V S s 0 ∫ ρ πε = dS r d dr R r z= =. . ;φ 2 2+ V rd dr r z s= + ∫∫ 1 4 0 2 2πε ρ φ. . V d rdr r z s a b = + ∫∫ ρ πε φ π 4 0 2 20 2 V rdr r z s a b = + ∫ ρ ε2 0 2 2 V r zs a b = + ρ ε2 0 2 2 V b z a zs= + − +⎡ ⎣⎢ ⎤ ⎦⎥ Vρ ε2 0 2 2 2 2 ( ) Figura. 4.6 Anel com distribuição superficial de cargas. ρs P ρl z a UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino