3.18 A funç˜ao de Dirac - IFSC-USP

68
CAPÍTULO 3. INTRODUÇÃO E ELETROSTÁTICA
3.18
A função de Dirac
Mostre como as seguinte formulas da lei de Coulomb para distribuições de densidade um-, dois
e tri-dimensional,
Z
1
~r − ~r0
~
E(~r) =
ρ(~r0 )dV 0
4πε0 V |~r − ~r0 |3
Z
~r − ~r0
1
~
σ(~r0 )dA0
E(~r) =
4πε0 A |~r − ~r0 |3
Z
1
~r − ~r0
~
E(~r) =
λ(~r0 )dC 0
4πε0 C |~r − ~r0 |3
são relacionadas usando a noção da função δ de Dirac, definida por,


Z
 ∞ para x = 0 
1
tal
f (x)δ(x − a)dx = f (a)∞ = f (a) .
δ(x) =
 0 para x 6= 0 
∞
Utilise os exemplos de a. uma distribuição linear de carga ao longo do eixo x, dada por ρ(~r0 ) =
λ(x0 )δ(y 0 )δ(z 0 ), e b. uma distribuição superficial de carga no plano z = 0, dada por ρ(~r0 ) =
σ(x0 , y 0 )δ(z 0 ).
Solução: a. Temos
Z
Z ∞Z ∞Z ∞
~r − ~r0
~r − ~r0
1
0
0
~ r) = 1
ρ(~
r
)dV
=
λ(x0 )δ(y 0 )δ(z 0 )dx0 dy 0 dz 0
E(~
4πε0 V |~r − ~r0 |3
4πε0 −∞ −∞ −∞ |~r − ~r0 |3
Z ∞
Z ∞
1
~r − ~r0
1
~r − x0 êx
0
0
=
λ(x
)dx
=
λ(x0 )dx0 .
4πε0 −∞ |~r − ~r0 |3
4πε0 −∞ |~r − x0 êx |3
b. Temos
Z
Z ∞Z ∞Z ∞
1
~r − ~r0
1
~r − ~r0
0
0
ρ(~
r
)dV
=
σ(x0 , y 0 )δ(z 0 )dx0 dy 0 dz 0
0
3
4πε0 V |~r − ~r |
4πε0 −∞ −∞ −∞ |~r − ~r0 |3
Z ∞Z ∞
Z ∞Z ∞
~r − x0 êx − y 0 êy
1
~r − ~r0
1
0 0
0 0
=
σ(x
,
y
)dx
dy
=
σ(x0 , y 0 )dx0 dy 0 .
4πε0 −∞ −∞ |~r − ~r0 |3
4πε0 −∞ −∞ |~r − x0 êx − y 0 êy |3
~ r) =
E(~
3.19. CAMPO ELÉTRICO GERADO POR UMA DISTRIBUIÇÃO LINEAR DE CARGA 69
3.19
Campo elétrico gerado por uma distribuição linear de carga
Calcule o campo elétrico gerado por uma distribuição linear de carga. Analise o campo numa
região afastada.
Solução: Colocamos a distribuição de carga λ(x) = Q/L ao longo do eixo x e o ponto de
observação em x = 0. Seguindo a lei de Coulomb temos
   
   
x0
x0
0
x
 − 
 − 
Z x2 y
Z x2
0
y
y0
1
0
0
~
λ(x
)dx
=
λ
E(~r) =
dx0 .
p
p
3
3
4πε0 x1
x1
(x − x0 )2 + (y − y 0 )2
x02 + y 2
Usando
Z
√
zdz
23
z2 + a
1
= −√
2
z + a2
e
Z
√
dz
z2 + a
23
=
a2
√
z
,
z 2 + a2
obtemos
λ
Ex (r) =
4πε0
Ey (r) =
λ
4πε0
Z
x2
x1
Z
x2
x1
p
p
x21 + y 2 − x22 + y 2
λ
λ
1
1
p
p
=
−
p
3 dx = 4πε
4πε0 r2 r1
0
x22 + y 2 x21 + y 2
x02 + y 2
p
p
λ x2 x21 + y 2 − x1 x22 + y 2
λ
y
x2
x1
0
p
p
=
−
.
p
3 dx = 4πε
4πε0 yr2 yr1
0
x22 + y 2 y x21 + y 2
x02 + y 2
−x0
0
q
com as abreviações rk ≡ x2k + y 2 . Em grandes distâncias ao longo do eixo x, x1 , x2 L,
temos Ey (x) = 0 por razões de simetria e
λ
1
−L
−Q
1
Q
Ex (x) =
−
'
=
.
4πε0 x2 x1
4πε0 L x1 (x1 + L)
4πε0 x21
Em grandes distâncias ao longo do eixo y, isto é, y L, temos Ex (x) = 0 e
p
p
p
p
λ (x1 + L) y 2 − x1 y 2
λ (x1 + L) x21 + y 2 − x1 (x1 + L)2 + y 2
Q L
p
p p
p
Ey (x) =
'
=
.
2
2
2
2
2
2
4πε0
4πε0
4πε0 y 2
x1 + y y (x1 + L) + y
y y y
Para uma distribuição de carga infinita, x2 = −x1 y,
p
p
λ
2x
λ 1
λ x2 x21 + y 2 − x1 x22 + y 2
p
p
p 2
=
'
.
Ey (x) =
2
2
2
2
2
2
4πε0
4πε0 y x2 + y
2πε0 y
x1 + y y x2 + y
70
3.20
CAPÍTULO 3. INTRODUÇÃO E ELETROSTÁTICA
Campo elétrico produzido por um anel e um disco carregado
Calcule o campo elétrico gerado por a. um anel e b. um disco de raio R carregado com a carga
Q.
Solução: a. Utilizamos coordenadas cilı́ndricas com eixo de simetria z,
  

R cos φ0
x
  

  

y  −  R sin φ0 
  

Z
Z
0
z
0
~r − ~r
Q
~ r) = 1
E(~
ρ(~r0 )r0 dr0 dφ0 dz 0 =
Rdφ0 .
p
0
3
4πε0 anel |~r − ~r |
4πε0 2πR anel (x − R cos φ0 )2 + (y − R sin φ0 )2 + z 2 3
No eixo de simetria temos Ex (z) = Ey (z) = 0 e
Z
Q
z
Ez (z) =
Rdφ0
p
4πε0 2πR anel R2 cos2 φ0 + R2 sin2 φ0 + z 2 3
Q
2πzR
z
Q
=
=
,
√
√
3
4πε0 2πR R2 + z 2
4πε0 R2 + z 2 3
Q
usando λ = 2πR
= const.
b. Campo elétrico produzido por um disco carregado
~ r) =
E(~
1
4πε0
Z
disco
~r − ~r0
Q
ρ(~r0 )r0 dr0 dφ0 dz 0 =
|~r − ~r0 |3
4πε0 πR2
Z
disco
  

x
R cos φ0

  
  

0
y  −  R sin φ 
  

z
0
r0 dr0 dφ0 .
p
3
(x − r0 cos φ0 )2 + (y − r0 sin φ0 )2 + z 2
No eixo de simetria temos Ex (z) = Ey (z) = 0 e
Z
z
Q
Ez (z) =
r0 dr0 dφ0
p
2
4πε0 πR disco r02 cos2 φ0 + r02 sin2 φ0 + z 2 3
R
Z
Q
r0
Q
−1
0
=
2πz
dr =
2πz √
√
3
2
2
4πε0 πR
4πε0 πR
r02 + z 2 0
disco
r02 + z 2
Q
−z
z
√
=
+
,
2πε0 R2
R2 + z 2 |z|
R
com √ udu
= − √u21+z 2 . Considerando um disco de extensão infinita, R −→ ∞, mas com
2
23
u +z
densidade superficial de carga constante, σ ≡ Q/πR2 = const, obtemos,
Ez (z) =
σ z
.
2ε0 |z|
Isto é, o campo elétrico é uniforme e contrário nos dois lados do disco.
3.21. CAMPO ELÉTRICO PRODUZIDO POR UMA CAMADA ESFÉRICA
3.21
71
Campo elétrico produzido por uma camada esférica
a. A carga +Q seja distribuı́da numa camada esférica infinitamente fina com raio R. Parametrize
a distribuição de carga ρ(~r).
b. Calcule o campo dentro e fora da esfera.
Gabarite:
Dentro Er = 0, fora Er =
Q 2
4π0 r .
Solução: a. A densidade de carga é dada por uma função δ: ρ(~r) = C · δ (3) (r − R), onde a
constante C deve ser determinada por integração sobre o espaço inteiro. Integrando a densidade,
esperamos obter a carga total:
Z
Z
δ (3) (r − R) ≡ Q .
ρ(~r) = C
V
V
Do outro lado, a integral sobre a função δ reproduz a superfı́cie total:
Z
δ (3) (r − R) = 4πR2 .
∂V
Q
Portanto, C = 4πR
2 = σ fica a densidade superficial de carga.
b. A partir da lei de Gauss sabemos,
I
~ · dA
~= Q .
E
0
S
Escolhendo como superfı́cie uma camada esférica com raio r, temos
I
~ · dA
~ = Er 4πr2 = Qr ,
E
0
S
onde Qr é a carga dentro do raio r. Se r < R temos
Er = 0 ,
e se r > R, temos,
Er =
o que é justamente a lei de Coulomb.
Q 2
r ,
4π0
72
CAPÍTULO 3. INTRODUÇÃO E ELETROSTÁTICA
3.22
Campo de uma esfera homogeneamente carregada
Calcule com a lei de Gauss o campo elétrico de uma esfera homogeneamente carregada (carga
Q, raio R)
a. para r < R e
b. para r ≥ R.
~ produzido pela carga deve mostrar raSolução: Por razões de simetria o campo elétrico E
dialmente para fora e o modulo E só pode depender de r. A densidade de carga
R da esfera é
~·
ρ(~r) = ρ0 = 4πRQ3 /3 para r ≤ R, senão ρ(~r) = 0. Seguinte a lei de Gauss, temos ∂ subesf era E
R
df~ = 1
ρ(~r)d3~r. Portanto, para r < R
ε0
subesf era
4πr2 Er =
ρ0
ε0
Z
r2 sin θdrdθdφ =
subesf era
4πρ0 3
r ,
3
e finalmente
Er =
Para r ≥ R temos
ρ0
4πr Er =
ε0
2
Z
Q
r.
4πε0 R3
r2 sin θdrdθdφ =
esf era
e finalmente
Er =
Q
.
4πε0 r2
4πρ0 3
R ,
3
74
CAPÍTULO 3. INTRODUÇÃO E ELETROSTÁTICA
und daher
~
E(r)
= êr Q



0
fürr < Ri
r3 −Ri3 1
3 −R3 r 2
Ra

i

1
r2
für Ri ≤ r ≤ Ra .
für r > Ra
Im Außenbereich erhalten wir also dasselbe Verhalten wie unter b. Hier hängt das Feld nur von
der kugelsymmetrisch verteilten Gesamtladung Q ab.
d. Wir wollen den Ursprung in den Mittelpunkt der großen Kugel (Vollkugel) legen. Ein beliebiger
Aufpunkt ~r hat dann bezüglich des Mittelpunkts der kleinen Kugel (Hohlkugel) den Vektor ~r0 =
~ Wir nehmen nun als Ladungsdichte
~r − d.
ρ1 =
Q
− Ri3 )
4π
3
3 (Ra
und benutzen, daß
~ =E
~ V ollkugel − E
~ Hohlkugel .
E
Nun gilt
~ V ollkugel
E
sowie
~ Hohlkugel
E
(
r
für r ≤ Ra
(
r0
für r 0 ≤ Ri
~r 4π
ρ1
=
r 3
~r 0 4π
= 0 ρ1
r 3
3
Ra
r2
Ri3
r02
für r > Ra
fürr 0 > Ri
.
Daraus folgt sofort

d~



~
~ r) = 4π ρ1 ~r − ~r−~d3 Ri3
E(~
|~
r−d|

3

 ~r R3 − ~r−d~ R3
~3 i
r3 a
|~
r−d|
im Innenbereich der Hohlkugel
im Mantelbereich
im Außenbereich
.
3.24. CAMPO DE UMA DISTRIBUIÇÃO DE CARGA COM SIMETRIA ESFÉRICA
3.24
75
Campo de uma distribuição de carga com simetria esférica
Eine Kugel vom Radius R befinde sich im Vakuum. Sie bestehe aus einem Material mit konstanter Dielektrizitätskonstante und trage in ihrem Mittelpunkt die Ladung q.
~ innerhalb und außerhalb der Kugel.
a. Berechnen Sie das elektrostatische Feld E
b. Berechnen Sie das elektrostatische Potential Φ im gesamten Raum.
Solução:
76
3.25
Aufgabe 7 (Elektrostatische Energie)
Wie groß ist die elektrostatische Energie
(a) von vier gleichgroßen Ladungen Q, die sich an den Ecken eines Tetraeders mit Kantenlänge d befinden?
(b) einer mit der Ladung Q homogen geladenen dielektrischen Kugel mit Radius R?
CAPÍTULO 3. INTRODUÇÃO E ELETROSTÁTICA
Berechnen Sie hierzu das elektrische Feld innerhalb und ausserhalb des Kugelradius mit
dem Gauss-Satz.
Fluxo
Aufgabe
(Fluss)
Eine Punktladung
Q 8sitze
im Zentrum einer gedachten Kugel mit Radius R, die an einer Seite
Eine Punktladung Q sitze im Zentrum einer Kugel mit Radius R, die an einer Seite in~
in der Höhe der
h flach
abgeschnitten wurde. Wie groß ist der Fluss des elektrischen Feldes E
~ durch
Höhe h flach abgeschnitten wurde. Wie groß ist der Fluss des elektrischen Feldes E
die Schnittebene
A?
durch die Schnittebene A ?
A
A
h
Q
R
Figura 3.4:
Aufgabe 9 (Dipol im Feld)
Gegeben sei ein Molekül, das aus zwei starr miteinander verbundenen Massen m1 = m2 =
Solução: Das
elektrische
ist gegeben
durch
10−25
kg bestehe,Feld
die sich
im Abstand
von d = 10− 12 m befinden und Elementarladungen +e bzw.−e besitzen. Berechnen Sie das elektrische Dipolmoment d~ = d · êx dieser
1 durch
Q Anlegen eines homogenen elektrischen
Ladungsverteilung. Nun wird das Molekül
E(r) =
êr .
~
Feldes E = 100 V/m êz in Rotation versetzt.
Sie die Rotationsgeschwindigkeit
4πε0 Berechnen
r2
des Moleküls als Funktion des Winkels zwischen Dipolmoment und elektrischem Feld.
Weil im quellenfreien wirbelfreien Zentralfeld der Fluss erhalten bleibt, kann man statt des
Flusses durch die Schnittebene A den Fluss durch die Kugelkalotte betrachten. Der Fluß des
elektrischen Feldes ist dann
Z
Z
Z
1 Q
1 Q 2
Φ = E(r)df =
êr df =
R sin θdθdφ
2
4πε0 R2
a
a 4πε0 r
a
Q
Q
h
= 2π
cos θ|0arccos(h/R) =
.
1−
4πε0
2ε0
R
77
3.26. GERADOR DE VAN DE GRAAF
3.26
Gerador de Van de Graaf
Die Kugelschale (Radius R) eines Van de Graaf Generators soll auf eine Potentialdifferenz von
106 V aufgeladen werden. Welchen Durchmesser muss die mindestens Kugelschale haben, damit
keine Blitzentladungen auftreten?
Hinweis: Die Durchschlagfeldstärke von Luft betrage 3 · 106 V/m.
Solução: Aus dem Gaußschen Satz folgt
Er =
Q
4πε0 r2
e
φ=−
Q
.
4πε0 r
Die Potentialdifferenz gegenüber ∞ ist
V =
Q
.
4πε0 R
Das elektrische Feld an der Oberfläche ist
Rr =
Q
V
=
.
2
4πε0 R
R
daraus folgt
R=
V
V
106
>
=
m = 33 cm .
E
Edurch
3 · 106
78
3.27
CAPÍTULO 3. INTRODUÇÃO E ELETROSTÁTICA
Gaiola de Faraday
Zeigen Sie, dass in jedem durch eine geerdete Oberfläche eingeschlossenen ladungsfreien Raum
das elektrische Feld verschwindet.
~ = ρ/ε0 mit ρ = 0 und mit dem
Solução: Aus der zweiten Grundgleichung der Elektrostatik ÷E
~
Feld E = ∇Φ, folgt die Poisson-Gleichung
∆Φ = 0 .
Laut Randbedingung befindet sich die das Volumen einschließende Oberfläche auf festem Potential:
Φ|∂V = Φ0 = const .
Offensichtlich ist Φ(r) ≡ Φ0 eine Lösung. Diese Lösung ist eindeutig. Das Feld in dem Volumen
ist nun
~ = ÷Φ = 0 .
E