1. Duas placas paralelas de metal, planas e infinitas, estão separadas por uma distância d. O espaço entre as placas é preenchido por dois meios condutores, sendo a interface entre os meios um plano que é paralelo às placas metálicas. O primeiro meio com condutívídade g_{1} e permissividade \varepsilon_{1} tem a espessura a e o segundo com condutividade g_{2}, permissivídade \varepsilon_{2} ) é de espessura d - a. As placas metálicas se mantêm a potenciais \varphi_{1} e \varphi_{2}, respectivamente. No estado estacionário, qual o potencial da interface que separa os doís meios? (16 pontos)

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações (tudo retirado do texto do problema):
  • Duas placas metálicas planas e infinitas, paralelas, separadas por uma distância d.
  • O espaço entre as placas é preenchido por dois meios condutores dispostos em camadas planas, paralelas às placas:
    • Meio 1: condutividade g_{1}, permissividade \varepsilon_{1}, espessura a.
    • Meio 2: condutividade g_{2}, permissividade \varepsilon_{2}, espessura d-a.
  • A interface entre os dois meios é um plano a uma distância a da placa que está no potencial \varphi_{1}.
  • As duas placas metálicas estão mantidas aos potenciais fixos \varphi_{1} (na placa à esquerda, digamos x=0) e \varphi_{2} (na placa à direita, x=d).
  • Estado estacionário (regime DC estacionário).
    O que o enunciado pede:
  • Determinar o potencial da interface que separa os dois meios (ou seja, \varphi no ponto x=a) no estado estacionário.

Passo 2

Definições e leis físicas que usaremos (explicadas de forma didática):
  • Coloco um eixo x perpendicular às placas, com x=0 na placa de potencial \varphi_{1} e x=d na placa de potencial \varphi_{2}. A interface está em x=a.
  • Potencial elétrico local: uso \varphi(x) para o potencial em qualquer x.
  • Campo elétrico unidimensional: E(x) = -\dfrac{d\varphi}{dx}. Isso vem da definição de campo elétrico como gradiente negativo do potencial (em 1D, derivada).
  • Lei de Ohm local em forma contínua: a densidade de corrente (vetorial) é \mathbf{J} = g\,\mathbf{E}. Em 1D (somente componente normal às placas), isso fica J(x) = g(x)\,E(x), onde g é a condutividade do meio (unidade: S/m). Aqui g(x) vale g_1 para 0<x<a e g_2 para a<x<d.
  • Continuidade de corrente no regime estacionário: \nabla\cdot\mathbf{J}=0 implica que, nesta geometria 1D, a densidade de corrente normal J é a mesma em toda a linha (não há acúmulo de carga volumétrica em regime estacionário). Logo J é constante no eixo x.
  • Importante: o potencial \varphi(x) é uma função contínua; mesmo se o campo E mudar de valor ao atravessar a interface (porque g muda), o potencial não tem salto descontínuo finito na interface (potencial é contínuo). Portanto existe um único valor \varphi_{\text{int}}=\varphi(a) a ser determinado.

Passo 3

Relacionar quedas de potencial às condutividades e a corrente (passo a passo das equações):
  • Como J é constante, em cada meio temos E_1 = \dfrac{J}{g_1} para 0<x<a e E_2 = \dfrac{J}{g_2} para a<x<d. Aqui E_1 e E_2 são as magnitudes do campo elétrico nos respectivos meios (sinais orientais serão tratados pelas equações de potencial abaixo).
  • Queda de potencial entre a placa esquerda ( x=0) e a interface ( x=a): \varphi_{1}-\varphi_{\text{int}} = \int_{0}^{a} E_1\,dx = E_1\,a = \frac{J}{g_1}\,a.Explicação: a diferença de potencial é a integral do campo; como E_1 é uniforme no meio 1, a integral é E_1\cdot a.
  • Queda de potencial entre a interface ( x=a) e a placa direita ( x=d): \varphi_{\text{int}}-\varphi_{2} = \int_{a}^{d} E_2\,dx = E_2\,(d-a) = \frac{J}{g_2}\,(d-a).
  • Somando as duas equações obtemos a diferença total entre as placas: \varphi_{1}-\varphi_{2} = \frac{J}{g_1}\,a + \frac{J}{g_2}\,(d-a) = J\left(\frac{a}{g_1}+\frac{d-a}{g_2}\right).
  • Isolando J: J = \frac{\varphi_{1}-\varphi_{2}}{\dfrac{a}{g_1}+\dfrac{d-a}{g_2}}.Interpretação física: \dfrac{a}{g_1} e \dfrac{d-a}{g_2} são análogos a “resistências por unidade de área” das camadas; o denominador é a resistência total por unidade de área e o numerador é a diferença de potencial aplicada.

Passo 4

Calcular explicitamente o potencial da interface usando J:
  • Use a expressão da queda na camada 1: \varphi_{\text{int}} = \varphi_{1} - \frac{J}{g_1}\,a.
  • Substituindo J encontrada no passo anterior: \varphi_{\text{int}} = \varphi_{1} - \left(\frac{\varphi_{1}-\varphi_{2}}{\dfrac{a}{g_1}+\dfrac{d-a}{g_2}}\right)\frac{a}{g_1}.
  • Podemos reorganizar essa expressão para uma forma mais simétrica e intuitiva (fórmula do divisor de tensão em série): \varphi_{\text{int}} = \frac{\varphi_{1}\,\dfrac{d-a}{g_2} + \varphi_{2}\,\dfrac{a}{g_1}}{\dfrac{a}{g_1}+\dfrac{d-a}{g_2}}.Verificação rápida do passo algébrico: multiplica-se numerador e denominador pela mesma quantidade para arranjar os termos; a expressão acima é algebricamente equivalente à anterior.

Passo 5

Interpretação e comentários didáticos (como usar isso numa prova):
  • A expressão encontrada mostra que a interface assume um potencial que é uma média ponderada dos potenciais das placas, com pesos dados pelas “resistências por unidade de área” das camadas, isto é, R_1 = \dfrac{a}{g_1} e R_2 = \dfrac{d-a}{g_2}. Assim: \varphi_{\text{int}} = \frac{\varphi_{1}R_2 + \varphi_{2}R_1}{R_1+R_2}.Essa é exatamente a regra do divisor de tensão em dois resistores em série, só que aqui são resistências por unidade de área (área das placas cancela).
  • Observações úteis para a prova:
    • As permissividades \varepsilon_1 e \varepsilon_2 não entram no resultado em regime estacionário DC com corrente ohmica; elas importariam se o problema envolvesse variações no tempo (corrente de deslocamento) ou capacitores em regime transiente, mas para corrente contínua e regime estacionário só a condutividade g importa.
    • Caso g_1=g_2 a interface tem potencial linear entre as placas: \varphi_{\text{int}}=\varphi_{1}-\dfrac{a}{d}(\varphi_{1}-\varphi_{2}).
    • Limites: se g_2\to\infty (meio 2 condutor ideal), então \varphi_{\text{int}}\to\varphi_{2} (nenhuma queda na camada 2). Se g_1\to\infty, então \varphi_{\text{int}}\to\varphi_{1}.

Resposta

\varphi_{\text{int}} = \varphi_{1} - (\varphi_{1}-\varphi_{2})\frac{\dfrac{a}{g_{1}}}{\dfrac{a}{g_{1}}+\dfrac{d-a}{g_{2}}} = \frac{\varphi_{1}\,\dfrac{d-a}{g_{2}}+\varphi_{2}\,\dfrac{a}{g_{1}}}{\dfrac{a}{g_{1}}+\dfrac{d-a}{g_{2}}}.

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