Questīo 2. A reginio 0 \leq x \leq d tem p_{x}=p_{0}(x-d) / d. Se V(x=0)=0 e V(x=d)=V_{0}, encontre a distribuição de potencial, o campo elétrico \mathbf{E} em todos os pontos e a densidade superficial em x=0 e x=d.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede o que está abaixo:
  • Região considerada: 0 \leq x \leq d.
  • Densidade de carga volumétrica (dada no enunciado): \rho(x)=p_{x}=p_{0}\,\dfrac{x-d}{d}.
  • Condições de contorno para o potencial: V(x=0)=0 e V(x=d)=V_{0}.
  • Pedidos:
    1. Encontrar a distribuição do potencial V(x) para 0\le x\le d.
    2. Encontrar o campo elétrico \mathbf{E}(x) em todos os pontos da região (ou seja, para 0\le x\le d).
    3. Encontrar as densidades de carga superficial em x=0 e em x=d.
Todas as quantidades elétricas estão no regime eletrostático. Não há outras informações sobre condutores fora da região, então vamos assumir que as superfícies em x=0 e x=d são superfícies metálicas (placas) mantidas nos potenciais indicados; por isso existirão densidades superficiais necessárias para satisfazer esses potenciais.

Passo 2

Qual equação relaciona \rho(x) e V(x)? Aqui usa-se a equação de Poisson unidimensional (obtida a partir da lei de Gauss na forma diferencial):
\frac{d^{2}V}{dx^{2}}=-\frac{\rho(x)}{\varepsilon_{0}}.
Explicação curta e prática: \rho(x) é a densidade de carga volumétrica (C·m^{-3}), \varepsilon_{0} é a permissividade do vácuo, e \dfrac{d^{2}V}{dx^{2}} indica como o potencial curva devido às cargas. Vamos substituir \rho(x)=p_{0}\dfrac{x-d}{d} nessa equação e resolver a equação diferencial com as condições V(0)=0 e V(d)=V_{0}.

Passo 3

Substituindo \rho(x) em Poisson:
\frac{d^{2}V}{dx^{2}}=-\frac{1}{\varepsilon_{0}}\;p_{0}\,\frac{x-d}{d} = -\frac{p_{0}}{\varepsilon_{0}d}\,(x-d).
Agora integramos uma vez em relação a x para obter V'(x). Integração passo a passo:
V'(x)=\int \frac{d^{2}V}{dx^{2}}\,dx = -\frac{p_{0}}{\varepsilon_{0}d}\int (x-d)\,dx + C_{1}.
Calcule a integral \int (x-d)\,dx = \tfrac{x^{2}}{2}-dx. Portanto
V'(x) = -\frac{p_{0}}{\varepsilon_{0}d}\left(\frac{x^{2}}{2}-dx\right) + C_{1}.
Simplificando os termos:
V'(x) = -\frac{p_{0}}{2\varepsilon_{0}d}\,x^{2} + \frac{p_{0}}{\varepsilon_{0}}\,x + C_{1}.

Passo 4

Integramos novamente para obter V(x). Integração termo a termo:
V(x)=\int V'(x)\,dx = -\frac{p_{0}}{2\varepsilon_{0}d}\int x^{2}dx + \frac{p_{0}}{\varepsilon_{0}}\int x\,dx + C_{1}\int dx + C_{2}.
Calculando as integrais:
\int x^{2}dx=\frac{x^{3}}{3},\qquad \int x\,dx=\frac{x^{2}}{2},\qquad \int dx = x.
Logo
V(x) = -\frac{p_{0}}{2\varepsilon_{0}d}\cdot\frac{x^{3}}{3} + \frac{p_{0}}{\varepsilon_{0}}\cdot\frac{x^{2}}{2} + C_{1}x + C_{2}.
Simplificando o primeiro coeficiente:
V(x) = -\frac{p_{0}}{6\varepsilon_{0}d}\,x^{3} + \frac{p_{0}}{2\varepsilon_{0}}\,x^{2} + C_{1}x + C_{2}.

Passo 5

Aplicamos as condições de contorno para determinar C_{1} e C_{2}.
Usando V(0)=0:
V(0) = -\frac{p_{0}}{6\varepsilon_{0}d}\,0 + \frac{p_{0}}{2\varepsilon_{0}}\,0 + C_{1}\cdot 0 + C_{2} = C_{2} = 0.
Portanto C_{2}=0.
Usando V(d)=V_{0}:
V(d) = -\frac{p_{0}}{6\varepsilon_{0}d}\,d^{3} + \frac{p_{0}}{2\varepsilon_{0}}\,d^{2} + C_{1}d = V_{0}.
Calcule os termos com d:
-\frac{p_{0}}{6\varepsilon_{0}d}\,d^{3} = -\frac{p_{0}d^{2}}{6\varepsilon_{0}},\qquad \frac{p_{0}}{2\varepsilon_{0}}\,d^{2}=\frac{p_{0}d^{2}}{2\varepsilon_{0}}.
Somando esses dois termos:
\frac{p_{0}d^{2}}{2\varepsilon_{0}} - \frac{p_{0}d^{2}}{6\varepsilon_{0}} = \frac{p_{0}d^{2}}{3\varepsilon_{0}}.
Então
\frac{p_{0}d^{2}}{3\varepsilon_{0}} + C_{1}d = V_{0}\quad\Rightarrow\quad C_{1} = \frac{V_{0}}{d} - \frac{p_{0}d}{3\varepsilon_{0}}.

Passo 6

Escrevemos a solução final para o potencial V(x) substituindo C_{1} e C_{2}=0:
V(x)= -\frac{p_{0}}{6\varepsilon_{0}d}\,x^{3} + \frac{p_{0}}{2\varepsilon_{0}}\,x^{2} +\left(\frac{V_{0}}{d} - \frac{p_{0}d}{3\varepsilon_{0}}\right)x.
Esta é a distribuição de potencial para 0\le x\le d. Pequena verificação mental: para x=0 0; para x=d V_{0} por construção.

Passo 7

Agora obtemos o campo elétrico. Em eletrostática o campo está relacionado ao potencial por
\mathbf{E} = -\nabla V.
Aqui é unidimensional, logo \mathbf{E}(x)= -\dfrac{dV}{dx}\,\hat{\mathbf{x}}. Já tínhamos V'(x) na Passo 3; substituindo C_{1} obtemos:
\frac{dV}{dx} = -\frac{p_{0}}{2\varepsilon_{0}d}\,x^{2} + \frac{p_{0}}{\varepsilon_{0}}\,x + \left(\frac{V_{0}}{d} - \frac{p_{0}d}{3\varepsilon_{0}}\right).
Portanto
\mathbf{E}(x) = -\frac{dV}{dx}\,\hat{\mathbf{x}} = \left(\frac{p_{0}}{2\varepsilon_{0}d}\,x^{2} - \frac{p_{0}}{\varepsilon_{0}}\,x - \frac{V_{0}}{d} + \frac{p_{0}d}{3\varepsilon_{0}}\right)\hat{\mathbf{x}}.
Podemos reescrever os termos envolvendo p_{0}/\varepsilon_{0} juntos se quiser, mas a forma acima é explícita e direta.

Passo 8

Agora calculamos as densidades superficiais nas superfícies em x=0 e x=d.
Teoria rápida (Gauss/pillbox): a densidade superficial livre \sigma numa superfície condutora que separa uma região onde o campo é \mathbf{E}_{\text{diel}} do condutor (onde \mathbf{E}=0) satisfaz
\mathbf{E}_{\text{diel}}\cdot\hat{n} = \frac{\sigma}{\varepsilon_{0}},
onde \hat{n} é o versor normal que aponta do condutor para o dielétrico (ou região com campo). Usamos isso para cada face considerando o campo imediatamente fora da superfície (do lado do dielétrico), i.e., E_x(0^{+}) e E_x(d^{-}).
Em termos do componente E_x:
  • Para x=0: o normal do condutor (placa em x<0) apontando para a região é \hat{n}=+\hat{x}. Logo
\sigma(0)=\varepsilon_{0}\,E_{x}(0^{+}).
Do passo anterior E_{x}(x)=\dfrac{p_{0}}{2\varepsilon_{0}d}x^{2}-\dfrac{p_{0}}{\varepsilon_{0}}x - \dfrac{V_{0}}{d} + \dfrac{p_{0}d}{3\varepsilon_{0}}. Avaliando em x=0:
E_{x}(0^{+}) = -\frac{V_{0}}{d} + \frac{p_{0}d}{3\varepsilon_{0}}.
Logo
\sigma(0)=\varepsilon_{0}\left(-\frac{V_{0}}{d} + \frac{p_{0}d}{3\varepsilon_{0}}\right) = -\frac{\varepsilon_{0}V_{0}}{d} + \frac{p_{0}d}{3}.
  • Para x=d: o condutor à direita tem o versor normal apontando para a região 0\le x\le d igual a \hat{n}=-\hat{x} (do condutor para o dielétrico aponta para a esquerda). A relação de Gauss dá E_{x}(d^{-})\cdot(-1)=\sigma(d)/\varepsilon_{0}, ou seja
\sigma(d) = -\varepsilon_{0}\,E_{x}(d^{-}).
Avaliando E_{x} em x=d:
E_{x}(d^{-}) = \frac{p_{0}}{2\varepsilon_{0}d}\,d^{2} - \frac{p_{0}}{\varepsilon_{0}}\,d - \frac{V_{0}}{d} + \frac{p_{0}d}{3\varepsilon_{0}} = -\frac{p_{0}d}{2\varepsilon_{0}} - \frac{V_{0}}{d} + \frac{p_{0}d}{3\varepsilon_{0}}.
Combine os termos com p_{0}d/\varepsilon_{0}: -\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{3} = -\tfrac{1}{6}. Então
E_{x}(d^{-}) = -\frac{p_{0}d}{6\varepsilon_{0}} - \frac{V_{0}}{d}.
Logo
\sigma(d) = -\varepsilon_{0}\left(-\frac{p_{0}d}{6\varepsilon_{0}} - \frac{V_{0}}{d}\right) = \frac{p_{0}d}{6} + \frac{\varepsilon_{0}V_{0}}{d}.
Observação rápida: notamos que \sigma(0)+\sigma(d) mais a carga volumétrica total deveria satisfazer conservação de carga; pode-se checar se quiser, mas as expressões acima são consistentes com as derivadas obtidas.

Resposta

V(x)= -\frac{p_{0}}{6\varepsilon_{0}d}\,x^{3} + \frac{p_{0}}{2\varepsilon_{0}}\,x^{2} +\left(\frac{V_{0}}{d} - \frac{p_{0}d}{3\varepsilon_{0}}\right)x,\quad 0\le x\le d
\mathbf{E}(x)=\left(\frac{p_{0}}{2\varepsilon_{0}d}\,x^{2} - \frac{p_{0}}{\varepsilon_{0}}\,x - \frac{V_{0}}{d} + \frac{p_{0}d}{3\varepsilon_{0}}\right)\hat{\mathbf{x}},\quad 0\le x\le d
\sigma(0) = -\frac{\varepsilon_{0}V_{0}}{d} + \frac{p_{0}d}{3}
\sigma(d) = \frac{\varepsilon_{0}V_{0}}{d} + \frac{p_{0}d}{6}

Exercícios relacionados