Questão 1.(10 Pontos)Um capacitor de placas paralelas consiste de duas placas circulares de raio R separadas de uma distância d. O espaço entre as placas é preenchido com ar. Considere que o capacitor está sendo carregado com uma carga dada por \mathrm{Q}(\mathrm{t}). Despreze os efeitos das bordas, isto é, assuma que a distribuição espacial do campo elétrico é uniforme. No interior do capacitor, a única fonte de campo elétrico são as cargas.
a)Calcule o campo elétrico e a indução magnética no plano central do capacitor para r<R e r>R
b)Mostre que o vetor de Poynting transporta energia para dentro do capacitor. Verifique se o teorema de Poynting pode ser satisfeito apenas a energia do campo elétrico.
c) Calcule as densidades de carga e corrente superficiais sobre as placas.
d)Mostre que o princípio da conservação da carga é verificado em (c).

Passo 1

O enunciado descreve um capacitor de placas paralelas de raio R e separação d, com carga dependente do tempo Q(t). O meio entre as placas é vácuo (ou ar) e desprezamos bordas, de modo que o campo elétrico entre as placas é uniforme e perpendicular às placas, e nulo fora delas. Vamos usar:
  • Lei de Gauss para achar \mathbf{E}.
  • Lei de Ampère–Maxwell para achar \mathbf{B}.
  • Definição do vetor de Poynting \mathbf{S}=(1/\mu_0)\,\mathbf{E}\times\mathbf{B}.
  • Densidade de carga superficial \sigma=Q/A e continuidade de carga na superfície.

Passo 2

a) Campo elétrico: entre as placas o módulo de \mathbf{E} é uniforme e dado por
E = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} = \frac{Q(t)}{\varepsilon_0\,\pi R^2}
direcionado de + para - placa ( \hat z se tomarmos +\hat z saindo da placa negativa). Logo, no plano médio ( z=0)
- para r<R:
\mathbf{E}(r)<\!R = \frac{Q(t)}{\varepsilon_0\,\pi R^2}\,\hat z,
- para r>R:
\mathbf{E}(r>R)=\mathbf{0}.
Campo magnético: escolha uma curva circular de raio r no plano médio e aplique
\displaystyle \oint \mathbf{B}\cdot d\mathbf{\ell} =\mu_0\,\varepsilon_0\frac{d}{dt}\Phi_E.
Como \Phi_E(r)=E\;\pi r^2, tem-se
\oint B\,dl =B(r)\,2\pi r =\mu_0\,\varepsilon_0\frac{d}{dt}\bigl(E\,\pi r^2\bigr) =\mu_0\,\frac{dQ/dt}{\pi R^2}\,\pi r^2
\Longrightarrow B(r)\,2\pi r =\mu_0\,\frac{dQ}{dt}\,\frac{r^2}{R^2} \quad\Rightarrow\quad B(r< R) =\frac{\mu_0}{2\pi R^2}\,\frac{dQ}{dt}\;r, \quad\hat\varphi
Para r>R, todo o fluxo E está dentro do círculo, então
B(r>R)\,2\pi r =\mu_0\,\frac{dQ}{dt} \quad\Rightarrow\quad B(r>R) =\frac{\mu_0}{2\pi r}\,\frac{dQ}{dt}, \quad\hat\varphi.

Passo 3

b) Vetor de Poynting
\mathbf{S}=\frac{1}{\mu_0}\,\mathbf{E}\times\mathbf{B}.
Para r<R, \mathbf{E}=E\,\hat z e \mathbf{B}=B\,\hat\varphi, logo
\mathbf{S}(r) =\frac{1}{\mu_0}\,E\,B\,\hat z\times\hat\varphi =-\frac{E\,B}{\mu_0}\,\hat r.
O sinal “–” mostra que \mathbf{S} aponta radialmente para dentro do capacitor, ou seja, há fluxo de energia entrando.
Para verificar o teorema de Poynting: o único fluxo não nulo é pela superfície lateral do “cilindro” de raio R e altura d. Tomando área lateral dA= d\ell\times d\!z=2\pi R\,dz,
\frac{dU_{\rm campo}}{dt} =-\oint\mathbf{S}\cdot d\mathbf{A} =\int_{0}^{d}\frac{E\,B}{\mu_0}\,(2\pi R)\,dz =d\,\frac{E\,B}{\mu_0}\,2\pi R.
Substituindo E=Q/(\varepsilon_0\pi R^2) e B(r=R)=\mu_0/(2\pi R)\,dQ/dt, obtemos
\frac{dU}{dt} =d\;\frac{Q}{\varepsilon_0\pi R^2}\; \frac{\mu_0}{2\pi R}\frac{dQ}{dt}\; 2\pi R =\frac{dQ}{dt}\,\frac{Q}{\varepsilon_0\pi R^2}\,d =\frac{dQ}{dt}\,V,
onde V=E\,d=Q/(\varepsilon_0\pi R^2)\,d. Isso coincide com a potência V\,I fornecida pela fonte, e não surgiu nenhuma perda extra: toda a energia que entra via \mathbf{S} vai para a energia do campo elétrico \tfrac12 C V^2.

Passo 4

c) Densidades sobre as placas:
Área de cada placa A=\pi R^2.
Carga superficial
\sigma(t)=\frac{Q(t)}{A} =\frac{Q(t)}{\pi R^2},
sendo positiva na placa que recebe +\!Q e negativa na oposta.
Como \sigma varia com o tempo, há corrente normal entrando na placa:
J_n =\frac{\partial\sigma}{\partial t} =\frac{1}{\pi R^2}\,\frac{dQ}{dt}.

Passo 5

d) Conservação de carga na superfície exige
\displaystyle \frac{\partial\sigma}{\partial t} +[\mathbf{J}_{\rm acima}\!\cdot\hat n -\mathbf{J}_{\rm abaixo}\!\cdot\hat n]=0.
Do lado interno (entre as placas) a “corrente” normal é a corrente de deslocamento
J_d =\varepsilon_0\frac{\partial E}{\partial t} =\frac{1}{\pi R^2}\,\frac{dQ}{dt},
e do lado de fora não há corrente (J_{\rm fora}=0). Assim
\frac{\partial\sigma}{\partial t} +[\;0 - J_d\;]=0 \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{d\sigma}{dt} =\;J_d,
que coincide exatamente com o resultado de J_n do enunciado. Logo, a conservação de carga está satisfeita.

Resposta

a)
\displaystyle \mathbf{E}(r<R)=\frac{Q(t)}{\varepsilon_0\pi R^2}\,\hat z,\quad \mathbf{E}(r>R)=\mathbf{0}.
\displaystyle \mathbf{B}(r<R)=\frac{\mu_0}{2\pi R^2}\,\frac{dQ}{dt}\,r\;\hat\varphi,\quad \mathbf{B}(r>R)=\frac{\mu_0}{2\pi r}\,\frac{dQ}{dt}\;\hat\varphi.
b) \mathbf{S}=(1/\mu_0)\,\mathbf{E}\times\mathbf{B} aponta radialmente para dentro, e o fluxo de \mathbf{S} através da lateral fornece exatamente dU_{\rm campo}/dt=V\,I, sem necessidade de outra forma de energia.
c) \displaystyle \sigma=\frac{Q}{\pi R^2},\quad J_n=\frac{1}{\pi R^2}\frac{dQ}{dt}.
d) A equação de continuidade na superfície reduz-se a \partial_t\sigma-J_d=0, que é satisfeita, pois J_d=\varepsilon_0\partial_tE=(1/\pi R^2)dQ/dt.

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