apostila de eletromagnetismo - cap 5
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Eletromagnetismo
Prof. Ivan Nunes Santos
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5 – EQUAÇÕES DE POISSON E DE LAPLACE
5.1 Equações de Poisson e de Laplace
A obtenção da equação de Poisson é extremamente simples pois, a partir da forma pontual
da lei de Gauss,
vD ρ∇ ⋅ =
� �
da definição de D�
,
D Eε=� �
e da relação do gradiente,
E V= −∇� �
por substituição, temos
( ) ( ) vD E Vε ε ρ∇ ⋅ = ∇ ⋅ = ∇ ⋅ − ∇ =� � � � � �
ou
vVρ
ε∇⋅∇ = −� �
para a região homogênea na qual ε é constante. Em coordenadas cartesianas,
yx zAA A
Ax y z
∂∂ ∂∇ ⋅ = + +
∂ ∂ ∂
��
ˆ ˆ ˆx y z
V V VV a a a
x y z
∂ ∂ ∂∇ = + +
∂ ∂ ∂
�
e, portanto,
2 2 2
2 2 2
V V VV
x x y y z z
V V V
x y z
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∇ ⋅∇ = + +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂= + +
∂ ∂ ∂
� �
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Usualmente, a operação ∇ ⋅∇� �
é abreviada para 2∇ (e pronunciado “nabla dois”), e temos
2 2 2
2
2 2 2
vV V VV
x y z
ρ
ε
∂ ∂ ∂∇ = + + = −
∂ ∂ ∂ (coordenadas cartesianas)
que é a nossa equação de Poisson, representada em coordenadas cartesianas.
Se 0v
ρ = , indicando densidade volumétrica de carga zero, mas permitindo a existência de
cargas pontuais e de distribuições lineares e superficiais de carga, então
20V∇ =
que é a equação de Laplace. A operação 2∇ é chamada de laplaciano de V .
Em coordenadas cartesianas, a equação de Laplace é
2 2 2
2
2 2 20
V V VV
x y z
∂ ∂ ∂∇ = + + =
∂ ∂ ∂ (coordenadas cartesianas)
Para as demais coordenadas a expressão do laplaciano será
2 2
2
2 2 2
1 10
V V VV
zρ
ρ ρ ρ ρ φ
∂ ∂ ∂ ∂∇ = + + =
∂ ∂ ∂ ∂ (coordenadas cilíndricas)
2
2 2
2 2 2 2 2
1 1 1sen 0
sen sen
V V VV r
r r r r rθ
θ θ θ θ φ
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∇ = + + =
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ (coordenadas esféricas)
Para resolver estas equações laplacianas para um dado problema, outras informações são
necessárias, tais como certas condições de fronteira, conforme será visto logo a seguir.
Exemplo 01
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5.2 Teorema da Unicidade
Vamos considerar que temos duas soluções para a equação da Laplace, o campo potencial 1
V
e o campo potencial 2
V , ambos funções genéricas das coordenadas usadas. Portanto,
2
10V∇ = e
2
20V∇ =
a partir das quais
( )2
1 20V V∇ − =
Cada solução também deve satisfazer as condições de fronteira, e se representarmos os
valores dos potenciais dados nas fronteiras por b
V , então o valor de 1
V na fronteira 1b
V e o valor de
2V na fronteira
2bV devem ser ambos idênticos a
bV .
1 2b b bV V V= =
então, deveremos ter
1 2V V=
Isto é baseado no teorema da unicidade que diz que “se uma resposta satisfaz a equação de
Laplace ou a equação de Poisson e também satisfaz as condições de fronteira, então ela é uma única
solução possível”.
Exemplo 02
5.3 Exemplos de Solução da Equação de Laplace
Diversos métodos foram desenvolvidos para resolver a equação diferencial parcial de
segunda ordem conhecida com a equação de Laplace. O primeiro e mais simples método é aquele da
integração direta.
O método da integração direta se aplica apenas aos problemas unidimensionais ou nos quais
o campo potencial é função apenas de uma das três coordenadas. Como estamos trabalhando com
apenas três sistemas de coordenadas, pode parecer que há nove problemas a serem resolvidos, mas
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um pouco de reflexão irá mostrar que o campo que varia somente com x é fundamentalmente o
mesmo que varia somente com y ou apenas com z . A rotação dos eixos não modifica o problema
físico. Na realidade, há cinco problemas a serem resolvidos, um em coordenadas cartesianas ( )x ,
dois em coordenadas cilíndricas ( ) e ρ φ e dois em coordenadas esféricas ( ) e r θ .
Exemplo de problema em função apenas de x .
A equação de Laplace se reduz a
2
20
V
x
∂=
∂
e a derivada parcial pode ser substituída pela derivada ordinária, já que V não é uma função de y
ou de z ,
2
20
d V
dx=
Integrando-se,
dVA
dx=
V Ax B= +
onde A e B são constantes de integração.
As superfícies equipotenciais são dadas por x = constante e são planos infinitos.
Considerando-se, como condições de fronteira, 1
V V= em 1
x x= e 2
V V= em 2
x x= . Estes valores
são então substituídos na equação anterior, fornecendo
1 2
1 2
V VA
x x
−=
− e 2 1 1 2
1 2
V x V xB
x x
−=
−
logo,
( ) ( )1 2 2 1
1 2
V x x V x xV
x x
− − −=
−
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Uma resposta mais simples poderia ter sido obtida escolhendo-se condições de fronteira
mais simples. Se tivéssemos fixado 0V = em 0x = e 0
V V= em x d= , então
0V
Ad
= e 0B =
logo,
0V x
Vd
=
Exemplo de problema em função apenas de ρ .
A equação de Laplace se reduz a
10
Vρ
ρ ρ ρ
∂ ∂=
∂ ∂
e a derivada parcial pode ser substituída pela derivada ordinária,
10
d dV
d dρ
ρ ρ ρ
=
Excluindo-se 0ρ = e integrando-se,
dVA
dρ
ρ=
lnV A Bρ= +
onde A e B são constantes de integração.
As superfícies equipotenciais são dadas por ρ = constante e são cilindros. Escolhemos uma
diferença de potencial de 0
V considerando 0
V V= em aρ = e 0V = em bρ = , b a> e obtemos
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( )0
ln /
VA
b a
−= e
( )0
ln
ln /
V bB
b a=
logo,
( )( )
0ln /
ln /
V bV
b a
ρ=
Exemplo de problema em função apenas de φ .
A equação de Laplace se reduz a
2
2 2
10
V
ρ φ
∂=
∂
e a derivada parcial pode ser substituída pela derivada ordinária,
2
2 2
10
d V
dρ φ=
Excluindo-se 0ρ = e integrando-se,
dVA
dφ=
V A Bφ= +
onde A e B são constantes de integração.
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As superfícies equipotenciais são dadas por φ = constante e são planos radiais, conforme
ilustrados na figura anterior. Escolhemos uma diferença de potencial de 0
V considerando 0V = em
0φ = e 0
V V= em φ α= e obtemos
0V
Aα
= e 0B =
logo,
0V
Vφ
α=
Exemplo de problema em função apenas de r .
A equação de Laplace se reduz a
2
2
10
Vr
r r r
∂ ∂ =
∂ ∂
e a derivada parcial pode ser substituída pela derivada ordinária,
2
2
10
d dVr
r dr dr
=
Excluindo-se 0r = e integrando-se,
2 dVr A
dr=
AV B
r
−= +
onde A e B são constantes de integração.
As superfícies equipotenciais são dadas por r = constante e são esferas. Escolhemos uma
diferença de potencial de 0
V considerando 0
V V= em r a= e 0V = em r b= , b a> e obtemos
( )0
ln /
VA
b a
−= e
( )0
ln
ln /
V bB
b a=
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logo,
0
1 1
1 1
r bV V
a b
−
=
−
Exemplo de problema em função apenas de θ .
A equação de Laplace se reduz a
2
1sen 0
sen
V
rθ
θ θ θ
∂ ∂ =
∂ ∂
e a derivada parcial pode ser substituída pela derivada ordinária,
2
1sen 0
sen
d dV
r d dθ
θ θ θ
=
Excluindo-se 0r = , 0θ = ou π e integrando-se,
sendV
Ad
θθ
=
ln tan2
V A Bθ
= +
onde A e B são constantes de integração.
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As superfícies equipotenciais são dadas por θ = constante e são cones (com exceção de
/2θ π= que é um plano), conforme ilustrado na figura anterior. Escolhemos uma diferença de
potencial de 0
V considerando 0V = em /2θ π= e 0
V V= em θ α= , /2α π< e obtemos
0
ln tan2
VA
α=
e 0B =
logo,
0
ln tan2
ln tan2
V V
θ
α
=
Exemplo 03
5.4 Exemplo de Solução da Equação de Poisson
Para selecionar um problema que possa ilustrar a aplicação da equação de Poisson, devemos
considerar que a densidade volumétrica de carga é especificada. Contudo, este não é usualmente o
caso; de fato, ela é muitas vezes a grandeza sobre a qual procuramos alguma informação. Todavia,
para fins didáticos, vamos considerá-la conhecida.
Como exemplo, escolhemos uma junção pn entre duas metades de uma barra
semicondutora, estendendo-se na direção x . Devemos considerar que a região 0x < é do tipo p
dopada e que a região 0x > é do tipo n também dopada. O grau de dopagem é idêntico em cada
lado da junção. O gráfico a seguir mostra a relação 0
/v v
ρ ρ ao longo da distribuição, onde v
ρ é a
densidade volumétrica de carga e 0v
ρ é a máxima densidade volumétrica de carga relacionada com
as concentrações dos aceitadores e doadores presentes no material.
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Este gráfico pode ser expresso pela equação
02 sech tanh
v v
x x
a aρ ρ=
onde a é uma constante que altera as características de contorno do gráfico.
São especificadas duas condições de fronteira. A primeira é relacionada ao fato que
nenhuma densidade de carga líquida e nenhum campo podem existir longe da junção, como está
sugerido na figura anterior. Assim, quando x → ±∞ , 0x
E = . A segunda condição dada é que a
referência zero de potencial deve ser escolhida no centro da junção, em 0x = .
Vamos agora resolver a equação de Poisson,
2 vVρ
ε∇ = −
aplicando-se a distribuição de cargas dada,
2
0
2
2sech tanh
vd V x x
dx a a
ρ
ε= −
Como pode-se notar, este é um problema unidimensional no qual variações com y e z não
estão presentes.
Integrando a primeira vez,
0
1
2sech
vadV x
Cdx a
ρ
ε= +
Podemos obter a partir desta equação a intensidade de campo elétrico, pois tem-se, neste
caso, que ˆ ˆ ˆ0 0x y z
dVV a a a
dx∇ = + +�
, então ˆx
dVE V a
dx= −∇ = −� �
, logo
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0
1
2sech
vx
a xE C
a
ρ
ε= − −
Levando-se em consideração a primeira condição de fronteira, a qual diz que quando
x → ±∞ , 0x
E = , encontramos 1
0C = . Portanto,
02
sechv
x
a xE
a
ρ
ε= −
O gráfico representativo desta intensidade de campo elétrico é
Integrando-se novamente a expressão,
02
sechv
adV x
dx a
ρ
ε=
2
/0
2
4arctan
x ava
V e Cρ
ε= +
Aplica-se agora a segunda condição de fronteira: 0V = em 0x = , tem-se
2
00
2
40 arctan
va
e Cρ
ε= +
2
0
2
4
4
va
Cρ π
ε= −
e, finalmente,
2
/04
arctan4
x ava
V eρ π
ε
= −
O gráfico representativo deste potencial é
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A equação de Poisson entra em qualquer problema que envolva densidade volumétrica de
carga, tal como aqui exemplificado.
Exemplo 04
Exemplo 05