14 Duas placas circulares, de raio a, separadas por uma distância d, formam um capacitor ideal: Suponna que o dielétrico é um isolante perfeito com campo D uniforme (isto é, despreze o efeito do campo nas extremidades das placas). O capacitor está sendo carregado por uma corrente I constante.
(a) Encontre o campo H num ponto P sobre a superfície cilíndrica do dielétrico. (b) Encontre o módulo, a direção e o sentido do vetor de Poynting S em P. (c) Integre S \cdot n sobre a superfície cilíndrica do dielétrico e demonstre que o resultado é igual à taxa de variação, com o tempo, da energia eletrostática armazenada.

Passo 1

O enunciado descreve um capacitor formado por duas placas circulares de raio a, separadas por uma distância d, preenchido por um dielétrico perfeito com campo de deslocamento \mathbf{D} uniforme. O capacitor está sendo carregado por uma corrente constante I.
Conteúdo: usaremos a forma integral da Lei de Ampère–Maxwell para achar \mathbf{H}, e depois aplicaremos a definição do vetor de Poynting \mathbf{S}=\mathbf{E}\times\mathbf{H} para calcular fluxo de energia e comparar com a taxa de variação da energia armazenada.

Passo 2

Aplicamos a Lei de Ampère–Maxwell em sua forma integral:
\oint_{C}\mathbf{H}\cdot d\boldsymbol{\ell} =I_{\text{livre,\,enc}}+\frac{d}{dt}\int_{S}\mathbf{D}\cdot d\mathbf{S}.
Escolhemos C como um círculo de raio a sobre a superfície lateral do dielétrico e S como a placa interna fechada por C. Não há corrente livre passando pelo dielétrico, mas o termo de deslocamento fornece
\frac{d}{dt}\int_{S}\mathbf{D}\cdot d\mathbf{S} =\frac{d}{dt}\bigl(D\cdot \pi a^{2}\bigr)=I.

Passo 3

Como \oint_{C}\mathbf{H}\cdot d\boldsymbol{\ell}=H\,(2\pi a) e o lado direito vale I, obtemos
H\,(2\pi a)=I \qquad\Longrightarrow\qquad \mathbf{H} =\frac{I}{2\pi a}\,\hat{\boldsymbol\varphi}.

Passo 4

No interior do dielétrico o campo elétrico é uniforme e dado por
\mathbf{E} =\frac{\mathbf{D}}{\epsilon},
direcionado de uma placa para a outra (eixo z). Como \mathbf{D} é ao longo de z, dizemos \mathbf{E}=E\,\hat{\mathbf z} com E=D/\epsilon.

Passo 5

O vetor de Poynting é
\mathbf{S} =\mathbf{E}\times\mathbf{H} =E\,\hat{\mathbf z}\times\Bigl(\frac{I}{2\pi a}\,\hat{\boldsymbol\varphi}\Bigr) =\frac{D}{\epsilon}\,\frac{I}{2\pi a}\,\hat{\mathbf r}.
Logo o módulo é
S=\frac{D}{\epsilon}\,\frac{I}{2\pi a},
a direção é radial \hat{\mathbf r} e o sentido depende do sinal de D (fluxo de energia entrando ou saindo lateralmente).

Passo 6

Integramos o fluxo de \mathbf{S} sobre a superfície cilíndrica (área 2\pi a\,d):
\Phi_{S} =\int_{\text{lateral}}\mathbf{S}\cdot d\mathbf{A} =S\;(2\pi a\,d) =\frac{D}{\epsilon}\,\frac{I}{2\pi a}\;(2\pi a\,d) =\frac{D\,d}{\epsilon}\;I =E\,d\;I =V\,I.
A energia eletrostática armazenada no capacitor é U=\tfrac12CV^2 com C=\epsilon\pi a^2/d. Como I=dQ/dt e Q=CV, segue
\frac{dU}{dt} =C\,V\,\frac{dV}{dt} =C\,V\,\frac{I}{C} =V\,I.
Portanto o fluxo de \mathbf{S} pela lateral é igual à taxa de variação da energia armazenada.

Resposta

(a) \displaystyle \mathbf{H}=\frac{I}{2\pi a}\,\hat{\boldsymbol\varphi}.
(b) \displaystyle \mathbf{S}=\frac{D}{\epsilon}\,\frac{I}{2\pi a}\,\hat{\mathbf r}, com módulo S=\frac{DI}{2\pi a\,\epsilon}, direção radial e sentido determinado por D.
(c) \displaystyle \int_{\text{lateral}}\mathbf{S}\cdot\mathbf{n}\,dA=V\,I=\frac{dU}{dt}.

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