(a)Um longo tubo de metal de corte transversal quadrado (lado a ) está com três lados aterrados, enquanto o quarto (que está isolado dos demais) é mantido num potencial constante V 0 . Encontre a carga líquida por unidade de comprimento no lado oposto a V 0 . [Dica: aproveite sua resposta do Problema 3.14 ou Problema 3.47]

(b) Um longo tubo de metal de corte transversal circular (raio R ) está dividido (no sentido do comprimento) em quatro seções iguais, três das quais são aterradas, enquanto a quarta é mantida a um potencial constante V 0 . Encontre a carga líquida por unidade de comprimento no lado oposto a V 0 . [Resposta para ambos (a) e (b): λ = - ϵ 0 V 0 / π   l n 2 ]

Passo 1

Fala, galera! Essa questão vai ser um pouquinho longa mas não se preocupe não que a gente Responde Aí juntos.

(a) Bom, lá do exercício 3.14, a gente sabe que o potencial para um tubo de corte transversal quadrado é dado por

V ( x , y ) = 4 V 0 π ∑ n   í m p a r s e n h   ( n π x / a ) s e n ( n π y / a ) n s i n h ( n π )

Podemos usar esse resultado para obter a densidade de carga na superfície do tubo (Eq. 2.49 para n = x ):

σ ( y ) = - ϵ 0 ∂ V ∂ x | x = 0 = - ϵ 0 4 V 0 π ∑ n   í m p a r s e n ( n π y / a ) n s i n h ( n π ) ∂ [ s e n h   ( n π x / a ) ] ∂ x | x = 0 = - 4 ϵ 0 V 0 π ∑ n   í m p a r n π a c o s   ( n π x / a ) s e n ( n π y / a ) n s i n h ( n π ) | x = 0

σ ( y ) = - 4 ϵ 0 V 0 a ∑ n   í m p a r s e n ( n π y / a ) s i n h ( n π )

Passo 2

Então, para calcular a carga líquida por unidade de comprimento, usamos a fórmula

λ = ∫ 0 a σ ( y ) d y = - 4 ϵ 0 V 0 a ∑ n   í m p a r 1 s i n h ( n π ) ∫ 0 a s e n ( n π y / a ) d y

Vamos calcular a integral separadamente. Começamos com a mudança de variáveis u = n π y / a . Então, d y = a   d u / ( n π ) , u = 0 , quando y = 0 e u = n π quando y = 0 . Assim, temos:

∫ 0 a s e n ( n π y / a ) d y = a n π ∫ 0 n π s e n   u   d u = - a n π c o s   u | 0 n π = - a n π c o s n π - c o s 0

Aqui é o seguinte, pessoal: quando n = 0,2 , 4 , . . . (ou seja, quando for par), temos c o s n π = 1 . Quando n = 1,3 , 5 , . . (ou seja, quando for ímpar), temos c o s n π = - 1 . Esse é exatamente o mesmo comportamento de ( - 1 ) n . Então,

∫ 0 a s e n ( n π y / a ) d y = - a n π ( - 1 ) n - 1 = a n π 1 - ( - 1 ) n

Como o somatório é só para n ímpar, já podemos escrever que a integral resulta em a n π 1 - ( - 1 ) = 2 a n π . Assim, ficamos com

λ = - 4 ϵ 0 V 0 a ∑ n   í m p a r 1 s i n h ( n π ) ∫ 0 a s e n ( n π y / a ) d y = - 4 ϵ 0 V 0 a ∑ n   í m p a r 2 a n π 1 s i n h ( n π ) = - 8 ϵ 0 V 0 π ∑ n   í m p a r 1 n s i n h ( n π )

Quando a gente joga essa série no WolframAlpha, ele retorna o número 0,0866 . . . que é justamente l n 2 / 8 . Então, a gente fica com

λ = - ϵ 0 V 0 π l n 2

Check!

Passo 3

(b)Belezinha até aqui? Então vamos pro próximo item, seguindo o mesmo raciocínio. Lá no Problema 3.23, a gente conseguiu a seguinte expressão para o potencial num longo tubo circular:

V ( s , ϕ ) = a 0 + b 0 l n s + ∑ k = 1 ∞ a k s k + b k 1 s k [ c k   c o s   ( k ϕ ) + d k   s i n   ( k ϕ ) ]

Essa é a solução geral, ok? Nós queremos calcular esse potencial dentro do tubo para obter a carga líquida no lado oposto a V 0 . Mas dentro do tubo, quando s → 0 , as funções l n s e 1 s k explodem. Então, nessa região, temos que ter b 0 = b k = 0 para ficar tudo bem definido. Além disso, quando olhamos a seção transversal do tubo, temos três quartos do tubo aterrados e um em V 0 . Supondo que a porção com potencial V 0 seja - π / 4 < ϕ < π / 4 = 45 ° , então temos que ter V ( s , ϕ ) = V ( s , - ϕ ) . Quando colocamos essa propriedade na fórmula do potencial, obtemos

V ( s , ϕ ) = V ( s , - ϕ ) ⇒ c k   c o s   ( k ϕ ) + d k   s i n   ( k ϕ ) = c k   c o s   ( - k ϕ ) + d k   s i n   ( - k ϕ )

A gente já sabe que c o s   ( k ϕ ) = c o s   ( - k ϕ ) mas s i n   ( k ϕ ) ≠ s i n   ( - k ϕ ) . Então, a única forma de satisfazer a condição V ( s , ϕ ) = V ( s , - ϕ ) , é se d k   = 0 . Já que b 0 = b k = d k   = 0 , então a gente fica somente com

V ( s , ϕ ) = a 0 + ∑ k = 1 ∞ a k s k   c o s   ( k ϕ )

Os coeficientes c k “sumiram” porque eles foram incorporados a a k . Aqui, já podemos inserir a 0 no somatório porque s 0 = 1 ,   c o s   0 = 1 :

V ( s , ϕ ) = ∑ k = 0 ∞ a k s k   c o s   ( k ϕ )

Passo 4

Agora, vamos usar o fato de que na superfície do tubo temos V = V 0 se - π / 4 < ϕ < π / 4 e V = 0 nos demais casos. Ou seja,

V ( R , ϕ ) = ∑ k = 0 ∞ a k R k   c o s   ( k ϕ ) = V 0   s e - π / 4 < ϕ < π / 4   e   0   c a s o   c o n t r á r i o

Agora a gente vai usar o velho truque de Fourier. Não sabe o que é? Não tem problema, vamos fazer juntos. Vamos multiplicar por c o s   ( k ' ϕ ) nos dois lados e integrar. É muito importante usar k ' ao invés de k e você já vai entender o porquê. Fazendo isso, ficamos com

∑ k = 0 ∞ a k R k   ∫ - π π c o s   ( k ϕ ) c o s   ( k ' ϕ ) d ϕ = V 0 ∫ - π / 4 π / 4 c o s   ( k ' ϕ ) d ϕ

A integral da direita fica desse jeito

∫ - π / 4 π / 4 c o s   ( k ' ϕ ) d ϕ = 1 k ' s e n   ( k ' ϕ ) | π / 4 π / 4 = 1 k ' s e n   k ' π 4 - s e n   - k ' π 4 = 2 k ' s e n   k ' π 4 ,   s e   k ' ≠ 0

Se k ' = 0 , é um pouco diferente:

∫ - π / 4 π / 4 c o s   ( 0 ) d ϕ = ∫ - π / 4 π / 4 d ϕ = π 4 - - π 4 = π 2

Passo 5

Agora, vamos usar o resultado da integral da esquerda:

∫ - π π c o s   ( k ϕ ) c o s   ( k ' ϕ ) d ϕ = 0 ,   s e   k ≠ k ' ;   2 π ,   s e   k = k ' = 0 ;   π ,   s e   k = k ' ≠ 0

Então, para k ' = 0 , temos

a 0 R 0   ∫ - π π c o s   ( k ϕ ) c o s   ( k ' ϕ ) d ϕ | k = 0 = V 0 ∫ - π / 4 π / 4 c o s   ( k ' ϕ ) d ϕ | k = 0

⇒ 2 π a 0 = V 0 π 2 ⇒ a 0 = V 0 4

Para k = k ' ≠ 0 :

∑ k = 0 ∞ a k R k   ∫ - π π c o s   ( k ϕ ) c o s   ( k ' ϕ ) d ϕ = V 0 ∫ - π / 4 π / 4 c o s   ( k ' ϕ ) d ϕ

⇒ a k ' R k '   π = V 0 2 k ' s e n   k ' π 4 ⇒ a k = 2 V 0 k R k π s e n   k π 4

No último passo nós já trocamos k ' por k para facilitar a vida. Agora que sabemos os valores dos coeficientes, a gente volta lá na expressão geral do potencial e substitui esses coeficientes:

V ( s , ϕ ) = ∑ k = 0 ∞ a k s k   c o s   ( k ϕ ) = V 0 4 + ∑ k = 1 ∞ 2 V 0 s k k R k π s e n   k π 4   c o s   ( k ϕ )

V ( s , ϕ ) = ∑ k = 0 ∞ a k s k   c o s   ( k ϕ ) = V 0 1 4 + 2 π ∑ k = 1 ∞ 1 k s R k s e n   k π 4   c o s   ( k ϕ )

Passo 6

Bom, isso tudo foi só pra descobrir o potencial, mas na verdade queremos a carga líquida. Então, vamos lá, temos

σ ( ϕ ) = - ϵ 0 ∂ V ∂ s = 2 V 0 π ∑ k = 1 ∞ k k s k - 1 R k s e n   k π 4   c o s   ( k ϕ ) = 2 V 0 ϵ 0 π R ∑ k = 1 ∞ s k - 1 R k - 1 s e n   k π 4   c o s   ( k ϕ )

Como nós queremos a carga líquida no lado oposto a V 0 , ou seja, 3 π / 4 < ϕ < 5 π / 4 , que é equivalente a separar em dois intervalos - π < ϕ < - 3 π / 4 e 3 π / 4 < ϕ < π :

λ = ∫ σ ( ϕ ) R d ϕ = 2 R ∫ 3 π / 4 π σ ( ϕ ) d ϕ = 4 V 0 ϵ 0 π ∑ k = 1 ∞ s k - 1 R k - 1 s e n   k π 4 ∫ 3 π / 4 π   c o s   ( k ϕ )

λ = 4 V 0 ϵ 0 π ∑ k = 1 ∞ s k - 1 R k - 1 s e n   k π 4 s e n   ( k ϕ ) k | 3 π / 4 π = - 4 V 0 ϵ 0 π ∑ k = 1 ∞ s k - 1 R k - 1 s e n   k π 4 s e n   ( 3 π k / 4 ) k

porque s e n   ( k π ) = 0 , sempre. Assim, temos :

λ = - 4 V 0 ϵ 0 π ∑ k = 1 ∞ s k - 1 R k - 1 s e n   k π 4 s e n   ( 3 π k / 4 ) k

Passo 7

Pronto, só falta a gente saber como fica a soma desta série usando x = s / R :

λ = - 4 V 0 ϵ 0 π 1 2 x x + x 3 3 + x 5 5 + ⋯ - 1 x x 2 2 + x 6 6 + x 10 10 + ⋯

λ = - 4 V 0 ϵ 0 π 1 2 x x + x 3 3 + x 5 5 + ⋯ - 1 2 x x 2 + x 6 3 + x 10 5 + ⋯

λ = - 2 V 0 ϵ 0 π x x + x 3 3 + x 5 5 + ⋯ - x 2 + x 6 3 + x 10 5 + ⋯

Quando a gente procura por tabela de série de Taylor, encontramos

l n 1 + x 1 - x = 2 x + x 3 3 + x 5 5 + ⋯ .

Então, para x 2 no lugar de x , temos l n 1 + x 2 1 - x 2 = 2 x 2 + x 6 3 + x 10 5 + ⋯ . Assim, nós ficamos com

λ = - 2 V 0 ϵ 0 π x 1 2 l n 1 + x 1 - x - 1 2 l n 1 + x 2 1 - x 2 = - V 0 ϵ 0 π x l n 1 + x 1 - x 1 - x 2 1 + x 2 = - V 0 ϵ 0 π x l n 1 + x 1 - x ( 1 + x ) ( 1 - x ) 1 + x 2

λ = - V 0 ϵ 0 π x l n ( 1 + x ) 2 1 + x 2

Para finalizar, vamos tomar o limite s → R (porque queremos a carga na superfície), que corresponde a x = s / R → 1 :

λ = - V 0 ϵ 0 π x l n ( 1 + x ) 2 1 + x 2 → - V 0 ϵ 0 π x l n 4 2 = - V 0 ϵ 0 π x l n   2

Ufa! Conseguimos!

Resposta

Veja a resolução acima.