EXERCÍCIO 1.26. Considere um capacitor de placas paralelas carregado, cuja densidade de carga é desconhecida. Sabendo-se que a distância entre as suas placas vale d e que V(x=0)=0 e V(x=d)=V_{0}, encontre o potencial e o campo elétrico entre as suas placas.

Passo 1

O enunciado dá um capacitor de placas paralelas com separação entre placas igual a \,d\, e as condições de contorno para o potencial:
  • \,V(x=0)=0\,,
  • \,V(x=d)=V_{0}\,.
O que se pede:
  • encontrar o potencial \,V(x)\, no interior (entre) as placas, para 0\le x\le d;
  • encontrar o campo elétrico \,\mathbf{E}(x)\, entre as placas.
Informações relevantes fornecidas: a distância d e os valores do potencial nas duas faces x=0 e x=d. A densidade de carga não foi dada no enunciado.

Passo 2

Equação que governa o potencial eletrostático (em uma dimensão espacial, no interior do espaço entre as placas): a equação de Poisson. Escreve-se assim:
\frac{d^{2}V}{dx^{2}} = -\frac{\rho(x)}{\varepsilon_{0}}.
Explicando cada símbolo:
  • \,V(x)\, é o potencial elétrico em função da posição x;
  • \,\rho(x)\, é a densidade volumétrica de carga (carga por unidade de volume) no ponto x;
  • \,\varepsilon_{0}\, é a permissividade do vácuo (constante física);
  • a derivada \dfrac{d^{2}V}{dx^{2}} é a segunda derivada de V em relação a x.
Agora, um ponto físico importante (justify rapidamente): em um capacitor de placas paralelas ideais, as cargas elétricas dos condutores estão localizadas nas superfícies das placas — isto é, não há carga volumétrica espalhada no espaço entre as placas (assumindo vácuo ou dielétrico sem cargas livres). Logo, no interior entre as placas podemos tomar
\rho(x)=0\quad\text{para }0<x<d.
Com isso a equação de Poisson reduce para a equação de Laplace em 1D:
\frac{d^{2}V}{dx^{2}} = 0.

Passo 3

Resolver a equação diferencial \dfrac{d^{2}V}{dx^{2}}=0.
Integramos uma vez em relação a x:
\frac{dV}{dx} = C_{1},
onde C_{1} é uma constante de integração (representa a derivada do potencial, relacionada ao campo).
Integramos uma segunda vez:
V(x) = C_{1}x + C_{2},
onde C_{2} é outra constante de integração.
Agora aplicamos as condições de contorno para determinar C_{1} e C_{2}.
Usando \,V(0)=0\,:
V(0)=C_{1}\cdot 0 + C_{2}=0 \quad\Rightarrow\quad C_{2}=0.
Usando \,V(d)=V_{0}\,:
V(d)=C_{1}d + 0 = V_{0} \quad\Rightarrow\quad C_{1}=\frac{V_{0}}{d}.
Portanto o potencial entre as placas é a função linear
V(x)=\frac{V_{0}}{d}\,x\qquad\text{para }0\le x\le d.
(Pequena intuição: com duas superfícies em potencial fixo e sem cargas no interior, o potencial varia de forma linear entre as superfícies — fica mais fácil na prova lembrar que é uma reta.)

Passo 4

Calcular o campo elétrico a partir do potencial. Relação fundamental entre campo elétrico e potencial:
\mathbf{E} = -\nabla V.
Em uma única direção x (problema unidimensional) isso vira
E_{x}(x) = -\frac{dV}{dx}.
Diferenciando a solução encontrada:
\frac{dV}{dx}=\frac{V_{0}}{d},
logo
E_{x}(x) = -\frac{V_{0}}{d}.
Como vetor (tomando \hat{\mathbf{x}} como versor na direção positiva x):
\mathbf{E}(x) = -\frac{V_{0}}{d}\,\hat{\mathbf{x}}.
Interpretação do sinal: se \,V_{0}>0\, a componente E_{x} é negativa, isto é, o campo aponta no sentido de diminuir x (do lado de maior potencial para o de menor potencial), conforme a regra geral de que o campo aponta na direção de decrescimento do potencial. O módulo do campo é constante e vale \dfrac{|V_{0}|}{d}.

Passo 5

Cheque rápido (consistência): a diferença de potencial entre as placas calculada a partir do campo deve ser
V(d)-V(0) = -\int_{0}^{d} \mathbf{E}\cdot d\mathbf{r} = -\int_{0}^{d} E_{x}\,dx = -\left(-\frac{V_{0}}{d}\right)d = V_{0},
o que confirma que as expressões são coerentes.
Dica pra prova: memorize que entre placas ideais sem carga volumétrica o potencial é linear e o campo é uniforme; isso economiza tempo.

Resposta

V(x)=\frac{V_{0}}{d}\,x
\mathbf{E}(x)=-\frac{V_{0}}{d}\,\hat{\mathbf{x}}

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