Considere dois semiplanos infinitos que formam entre si um ângulo de 90^{\circ} e pos suem uma diferença de potencial V_{0}, não havendo cargas entre eles. Sobre est configuração, faça:
(a) Usando a equação de Laplace, determine o potencial elétrico entre os semi planos.
(b) Determine a densidade de carga superficial em cada um dos planos.
(c) Suponha que uma partícula +q está posicionada nas proximidades do plano positivo a uma distância d do eixo que une os planos. Esta partícula será acelerada em direção ao plano negativo. Qual a posição e velocidade com que esta partícula atinge o plano negativo? (considere que a carga q é tão pequena que seu valor não altera o campo potencial elétrico significativamente).
Dica: o vetor aceleração em coordenadas cilíndricas é dado por
\mathrm{a}=\left(\ddot{s}-s \dot{\varphi}^{2}\right) \hat{s}+(s \ddot{\varphi}+2 \dot{s} \dot{\varphi}) \hat{\varphi}+\ddot{z} \hat{z}=\frac{q}{m} \mathrm{E}

Passo 1

O enunciado dá duas superfícies condutoras planas infinitas que se encontram formando um ângulo de 90^\circ e entre elas há uma diferença de potencial constante V_0. Não há cargas no volume entre os planos. Pede-se:
(a) o potencial elétrico no domínio entre os planos;
(b) a densidade de carga superficial em cada plano condutor;
(c) supondo uma partícula positiva de carga +q colocada próxima ao plano de potencial positivo, a uma distância d do eixo de interseção (isto é, em coordenadas cilíndricas o seu raio s(0)=d), e partindo do repouso, determinar a posição e a velocidade com que ela atinge o plano de potencial menor (negativo). Não há perturbação do campo pela carga (partícula de prova).
Informações relevantes listadas explicitamente:
  • Ângulo entre os semiplanos: \alpha=\pi/2.
  • Diferença de potencial entre os planos: V(\varphi=0)=0 e V(\varphi=\alpha)=V_0 (escolha de referência compatível com o enunciado).
  • Não há dependência em z (semiplanos infinitos) e sim apenas no plano transversal; usaremos coordenadas polares/cilíndricas (r,\varphi,z) com r\equiv s distância ao eixo de união dos planos.
  • Para a partícula: carga +q, massa m, posição inicial (s(0)=d,\;\varphi(0)=\alpha) e velocidade inicial nula. O campo é o mesmo independente da partícula (aproximação de partícula de prova).
    A resolução começará agora.

Passo 2

Resolver a equação de Laplace no plano transversal para encontrar o potencial entre os planos (parte (a)). Vou explicar a técnica com calma.
A equação de Laplace em coordenadas polares (sem dependência de z) é
\nabla^2 V=\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\!\left(r\frac{\partial V}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial^{2}V}{\partial\varphi^{2}}=0.
Uma observação útil: procuramos uma solução regular no domínio entre os planos e que satisfaça condições de contorno em \varphi fixas e constantes (as superfícies condutoras têm potenciais constantes). Uma classe muito simples de soluções de Laplace é aquela independente de r: suponha V(r,\varphi)=f(\varphi). Substituindo na equação de Laplace temos
\frac{1}{r^{2}} f''(\varphi)=0 \quad\Rightarrow\quad f''(\varphi)=0,
ou seja f(\varphi) é uma função linear em \varphi: f(\varphi)=A + B\varphi. Essa função é harmônica em qualquer região que não inclua singularidade no eixo; portanto é admissível entre os planos (o problema é 2D e as fronteiras são somente em \varphi). Assim a solução geral regular e compatível com contornos constantes nas retas angulares é linear em \varphi.
Agora aplicamos as condições de contorno: escolhemos \varphi=0 para o plano com potencial 0 e \varphi=\alpha para o plano com potencial V_0. Então
V(\varphi=0)=A=0,\qquad V(\varphi=\alpha)=A+B\alpha=V_0.
Daí A=0 e B=V_0/\alpha. Concluímos:
\boxed{V(r,\varphi)=\frac{V_0}{\alpha}\,\varphi.}
Substituindo \alpha=\pi/2 (ângulo 90^\circ) obtemos a forma prática
\boxed{V(r,\varphi)=\frac{2V_{0}}{\pi}\,\varphi.}
Comentários didáticos: a razão física é que num “cune” (wedge) com limites angulares mantidos em potenciais constantes a solução harmônica básica é linear no ângulo; a dependência radial desaparece porque uma função linear em \varphi já é solução de Laplace sem precisar de variação em r. Isso simplifica muito o problema.

Passo 3

A partir do potencial encontramos o campo elétrico e a densidade de carga superficial nas superfícies condutoras (parte (b)). Vou mostrar passo a passo.
O campo elétrico é \mathbf{E}=-\nabla V. Em coordenadas polares (ou cilíndricas, com s\equiv r) a componente angular é
E_{\varphi}=-\frac{1}{r}\frac{\partial V}{\partial\varphi}.
Como V(r,\varphi)=\dfrac{V_0}{\alpha}\varphi temos \\ partial V/\partial\varphi=V_0/\alpha constante. Assim
\boxed{\mathbf{E}(\,r,\varphi\,)=-\frac{1}{r}\frac{V_{0}}{\alpha}\,\hat\varphi.}
Observações: o campo aponta na direção -\hat\varphi, ou seja do plano de maior potencial ( \varphi=\alpha) em direção ao de menor potencial ( \varphi=0), como esperado. O módulo do campo é |\mathbf{E}|=V_0/(\alpha r).
Agora a densidade de carga superficial em um condutor é determinada pela componente normal do campo elétrico imediatamente fora da superfície: se \hat n é a normal que aponta do condutor para o espaço, então
\sigma=\epsilon_0\,\mathbf{E}_{\text{out}}\cdot\hat n.
No nosso problema as superfícies são as retas angulares \varphi=0 e \varphi=\alpha. A normal que aponta do condutor para o espaço entre os planos é \hat n=\hat\varphi em \varphi=0 (aumenta \varphi), e \hat n=-\hat\varphi em \varphi=\alpha (diminuir \varphi aponta para dentro da região). Calculamos:
  • Em \varphi=0: \mathbf{E}=-\dfrac{V_0}{\alpha r}\hat\varphi. Então
\sigma(\varphi=0)=\epsilon_0\,\mathbf{E}\cdot\hat n=\epsilon_0\left(-\frac{V_0}{\alpha r}\right)(\hat\varphi\cdot\hat\varphi)=-\frac{\epsilon_0 V_0}{\alpha r}.
  • Em \varphi=\alpha: \hat n=-\hat\varphi, portanto
\sigma(\varphi=\alpha)=\epsilon_0\,\mathbf{E}\cdot(-\hat\varphi)=\epsilon_0\left(-\frac{V_0}{\alpha r}\right)(-1)=+\frac{\epsilon_0 V_0}{\alpha r}.
Substituindo \alpha=\pi/2 dá as formas especiais:
\boxed{\sigma(\varphi=0)=-\dfrac{2\epsilon_0 V_0}{\pi r},\qquad \sigma(\varphi=\pi/2)=+\dfrac{2\epsilon_0 V_0}{\pi r}.}
Interpretação: a densidade superficial diverge como 1/r quando nos aproximamos da linha de encontro dos dois planos (o “fio” ou aresta), o que é típico de geometrias com ângulo agudo — a carga se concentra na aresta.

Passo 4

Agora a dinâmica da partícula carregada +q\). Vou ser didático: primeiro escrevo a força e as equações de movimento, depois uso conservação de energia para obter a velocidade final e, em seguida, mostro as integrais que permitem localizar a posição de impacto (parte \text{(c)}). A dica do enunciado fornece a forma do vetor aceleração em coordenadas cilíndricas: \[\mathbf{a}=\big(\ddot s - s\dot\varphi^{2}\big)\,\hat s + \big(s\ddot\varphi + 2\dot s\dot\varphi\big)\,\hat\varphi.
A força elétrica é \mathbf{F}=q\mathbf{E}. Já encontramos \mathbf{E} = -\dfrac{V_0}{\alpha r}\hat\varphi. Logo, as componentes da força por unidade de massa (aceleração) são
\frac{q}{m}\mathbf{E} = -\frac{qV_0}{\alpha m s}\,\hat\varphi.
Comparando com a expressão do vetor aceleração obtemos o sistema de equações diferenciais (componentes radial e angular):
\boxed{% \begin{aligned} m\big(\ddot s - s\dot\varphi^{2}\big)&=0,\\[4pt] m\big(s\ddot\varphi + 2\dot s\dot\varphi\big)&=-\dfrac{qV_0}{\alpha s}. \end{aligned} }
Explicando fisicamente: não há força radial ( F_s=0), portanto a variação radial vem do termo centrífugo s\dot\varphi^2; a força tangencial é não nula e igual a -qV_0/(\alpha s).
Passo importante (conservação de energia): como a força elétrica é derivada de um potencial V(\varphi)=\dfrac{V_0}{\alpha}\varphi, a energia mecânica total (energia cinética + energia potencial elétrica) é conservada. A energia potencial elétrica da partícula é
U(\varphi)=q\,V(\varphi)=q\frac{V_0}{\alpha}\varphi.
Portanto a conservação da energia dá, para qualquer tempo,
\frac{1}{2}m\big(\dot s^{2}+s^{2}\dot\varphi^{2}\big)+q\frac{V_0}{\alpha}\varphi=\text{const}.
Com as condições iniciais (partícula inicialmente em repouso em \varphi(0)=\alpha e s(0)=d) a constante é qV_0. Logo
\boxed{\frac{1}{2}m\big(\dot s^{2}+s^{2}\dot\varphi^{2}\big)=qV_0\Big(1-\frac{\varphi}{\alpha}\Big).}
Esse é um resultado extremamente útil e simples: a energia cinética em qualquer instante depende apenas da queda de potencial da partícula entre a posição angular inicial e a posição angular atual.
Dois resultados imediatos relevantes para a pergunta:
  1. Velocidade final ao atingir o plano negativo ( \varphi=0). Quando a partícula chega ao plano \varphi=0 a energia potencial é zero, então toda a energia qV_0 foi convertida em energia cinética. Assim
\frac{1}{2}m v^{2}=qV_0 \quad\Rightarrow\quad \boxed{v_{\text{final}}=\sqrt{\frac{2qV_0}{m}}.}
Esse resultado é intuitivo e importante: a velocidade de chegada depende apenas da diferença de potencial V_0 e não do caminho — é análogo à queda livre num campo conservativo elétrico.
  1. Posição radial de impacto s_{\text{impact}} (isto é, o valor de s quando a partícula atinge \varphi=0). Para obter s_{\text{impact}} precisamos integrar as equações de movimento; explico a forma prática de fazê-lo e escrevo a relação integral que determina s_{\text{impact}}. Vou mostrar o raciocínio e a equação implícita que o determina (que é a forma correta e suficiente para encontrar s_{\text{impact}}; pode ser resolvida numericamente se um valor numérico for dado).
Primeiro notamos uma equação simples para o momento angular (quantidade p_{\varphi}=m s^{2}\dot\varphi): a equação angular pode ser escrita como
\frac{d}{dt}\big(m s^{2}\dot\varphi\big)=-\frac{qV_0}{\alpha}\quad\Rightarrow\quad \frac{d p_{\varphi}}{dt}=-\frac{qV_0}{\alpha}.
Ou seja, o torque é constante e igual a -qV_0/\alpha — isso significa que o momento angular varia linearmente com o tempo:
\boxed{p_{\varphi}(t)=m s^{2}\dot\varphi(t)=-\frac{qV_0}{\alpha}\,t\quad(\text{com }p_{\varphi}(0)=0).}
Agora podemos usar esta expressão e a conservação de energia para eliminar \dot\varphi e escrever uma equação para s(t). Usando \dot\varphi=p_{\varphi}/(m s^{2}) e p_{\varphi}=-\dfrac{qV_0}{\alpha}t obtemos a relação energética
\frac{1}{2}m\dot s^{2}+\frac{p_{\varphi}(t)^{2}}{2m s^{2}}=qV_0\Big(1-\frac{\varphi}{\alpha}\Big).
A variação angular cumprida até o tempo t é
\varphi(t)-\alpha=\int_{0}^{t}\dot\varphi(t')\,dt'=\int_{0}^{t}\frac{p_{\varphi}(t')}{m s(t')^{2}}\,dt'.
Para achar a posição radial s no momento de impacto t_f (quando \varphi(t_f)=0) temos a condição
\boxed{\alpha=\int_{0}^{t_f}\frac{-\dfrac{qV_0}{\alpha}t'}{m\,s(t')^{2}}\,dt'=\frac{qV_0}{\alpha m}\int_{0}^{t_f}\frac{t'}{s(t')^{2}}\,dt'.}
Juntando essa integral com a equação de energia anterior (avaliada em cada t), obtemos um sistema autêntico que determina s(t) e, em particular, s(t_f)=s_{\text{impact}}. Em outras palavras, s_{\text{impact}} é dado implicitamente pela solução do sistema
\begin{cases} \displaystyle \frac{1}{2}m\dot s^{2}+\dfrac{1}{2m}\dfrac{(qV_0/\alpha)^{2}t^{2}}{s^{2}}=qV_0\Big(1-\dfrac{\varphi(t)}{\alpha}\Big),\\[6pt] \displaystyle \alpha=\frac{qV_0}{\alpha m}\int_{0}^{t_f}\dfrac{t'}{s(t')^{2}}\,dt',\qquad \varphi(t_f)=0. \end{cases}
Comentário prático e físico: a presença do termo centrífugo \dfrac{p_{\varphi}^{2}}{2m s^{2}}\] faz com que a partícula, ao ganhar velocidade angular em torno do eixo, seja lançada radialmente para fora (aumenta \(s); portanto o ponto de impacto em \varphi=0 estará, em geral, a uma distância radial s_{\text{impact}}>d. A posição exata s_{\text{impact}} exige resolver numericamente as equações acima (ou integrar explicitamente as ODEs dadas). Contudo a velocidade de chegada não depende disso e é dada de forma simples pela conservação de energia.
Resumo didático: para obter s_{\text{impact}} explicitamente para um d dado, o procedimento prático na prova seria (i) usar a equação para p_{\varphi}(t), (ii) substituir em \dot\varphi e na equação radial, e (iii) integrar numericamente (ou, se pedido, tentar integrar analiticamente por substituições), respeitando as condições iniciais s(0)=d,\;\dot s(0)=0,\;\varphi(0)=\alpha. Se o exame pede apenas expressão física, mencionar a integral implícita e a necessidade (em geral) de solução numérica é suficiente.]

Resposta

(a) V(r,\varphi)=\dfrac{V_{0}}{\alpha}\,\varphi=\dfrac{2V_{0}}{\pi}\,\varphi.
(b) \displaystyle \sigma(\varphi=0)=-\dfrac{\epsilon_{0}V_{0}}{\alpha r}=-\dfrac{2\epsilon_{0}V_{0}}{\pi r},\quad \displaystyle \sigma(\varphi=\alpha)=+\dfrac{\epsilon_{0}V_{0}}{\alpha r}=+\dfrac{2\epsilon_{0}V_{0}}{\pi r}.
(c) Velocidade ao atingir o plano negativo: \displaystyle v_{\rm final}=\sqrt{\frac{2qV_{0}}{m}}.
Posição radial de impacto s_{\rm impact}: determinada implicitamente pela solução das equações de movimento, por exemplo através do sistema (com k=qV_{0}/\alpha)
p_{\varphi}(t)=m s^{2}\dot\varphi(t)=-k t,
\frac{1}{2}m\dot s^{2}+\frac{1}{2m}\frac{k^{2}t^{2}}{s^{2}}=qV_{0}\Big(1-\frac{\varphi(t)}{\alpha}\Big),
\alpha=\frac{k}{m}\int_{0}^{t_f}\frac{t'}{s(t')^{2}}\,dt',\qquad \varphi(t_f)=0,
onde s_{\rm impact}=s(t_f). Em geral s_{\rm impact}>d e obtém‑se numericamente resolvendo essas equações; a velocidade, porém, é a expressão fechada acima.

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