Considere o dipolo elétrico abaixo. Mostre que o módulo do campo elétrico no ponto P a uma distância r do centro do dipolo é dado por:
[tex3]E=\frac{p}{4\pi\epsilon _0r^3}\sqrt{4(\cos\theta)^2+(\sen\theta)^2}[/tex3]
Onde
- [tex3]p=q\ell[/tex3]
- [tex3]\epsilon_0[/tex3]
: permissividade elétrica
- [tex3]r>>\ell[/tex3]
Física III ⇒ (Farias Brito )Demonstrar valor do campo elétrico em situação dada Tópico resolvido
Moderador: [ Moderadores TTB ]
Abr 2017
12
10:40
(Farias Brito )Demonstrar valor do campo elétrico em situação dada
Última edição: Ardovino (Qua 12 Abr, 2017 10:40). Total de 3 vezes.
Ago 2017
11
20:39
Re: (Farias Brito )Demonstrar valor do campo elétrico em situação dada
Olá Ardovino. Essa questão envolve um conceito que estudei no ITA, Gradiente.
Veja a figura:
1) Lei dos cossenos:
[tex3]r^2_+=r^2+(\frac{l}{2})^2-2*r*\frac{l}{2}*cos\theta \\r^2_-=r^2+(\frac{l}{2})^2-2*r*\frac{l}{2}*cos(-\theta )[/tex3]
O cálculo do potencial é:
[tex3]V_p=\frac{Kq}{r_+}+\frac{K(-q)}{r_-}[/tex3]
[tex3]V_p=\frac{Kq}{(r^2+\frac{l^2}{4}-r*l*cos\theta )^\frac{1}{2}}-\frac{Kq}{(r^2+\frac{l^2}{4}+r*l*cos\theta )^\frac{1}{2}}[/tex3]
Só que é interessante saber que:
[tex3]r>>l~~;~~l^2=0[/tex3]
Pois:
[tex3](1+x)^n\approx 1+nx~~,~~x<<1[/tex3]
[tex3]V_p=\frac{Kq}{r(1-\frac{l}{r}*cos\theta )^\frac{1}{2}}-\frac{Kq}{r(1+\frac{l}{r}*cos\theta )^\frac{1}{2}}[/tex3]
[tex3]V_p=\frac{Kq}{r}(1-\frac{l}{r}*cos\theta )^{-\frac{1}{2}}-\frac{Kq}{r}(1+\frac{l}{r}*cos\theta )^{-\frac{1}{2}}[/tex3]
[tex3]V_p=\frac{Kq}{r}(1+\frac{l}{2r}*cos\theta )-\frac{Kq}{r}(1-\frac{l}{2r}*cos\theta )[/tex3]
[tex3]V_{(r,\theta )}=\frac{Kqlcos\theta }{r^2}[/tex3]
Mas, o campo elétrico é dado por:
[tex3]\vec{E}=\vec{\triangledown }*V[/tex3] OBS: esse delta de cabeça para baixo é o gradiente.
Em coordenadas polares :
[tex3]\vec{\triangledown }V=\frac{\partial V}{\partial r}\hat{r}+\frac{1}{r}\frac{\partial V}{\partial x}\hat{\theta }[/tex3]
[tex3]\vec{E}=-\frac{\partial }{\partial r}(\frac{Kqlcos\theta }{r^2})\hat{r }-\frac{1}{r}(\frac{\partial }{\partial \theta }(\frac{Kqlcos\theta }{r^2})\hat{\theta }[/tex3]
[tex3]\vec{E}=\frac{2Kql}{r^3}cos\theta \hat{r }+\frac{Kql}{r^3}sen\theta \hat{\theta }=\frac{Kql}{r^3}(2cos\theta \hat{r}+sen\theta \hat{\theta })[/tex3]
Como [tex3]\hat{r }[/tex3] é ortogonal a [tex3]\hat{\theta }[/tex3] :
[tex3]|\vec{E}|^2=|\vec{E_r}|^2+|\vec{E_\theta }|^2[/tex3]
[tex3]E=\frac{Kql}{r^3}\sqrt{(2cos\theta )^2+sen^2\theta }[/tex3]
[tex3]\boxed{\boxed {E=\frac{\rho }{4\pi \varepsilon _or^3}\sqrt{4cos^2\theta +sen^2\theta }}}[/tex3]
Entendido?
Veja a figura:
1) Lei dos cossenos:
[tex3]r^2_+=r^2+(\frac{l}{2})^2-2*r*\frac{l}{2}*cos\theta \\r^2_-=r^2+(\frac{l}{2})^2-2*r*\frac{l}{2}*cos(-\theta )[/tex3]
O cálculo do potencial é:
[tex3]V_p=\frac{Kq}{r_+}+\frac{K(-q)}{r_-}[/tex3]
[tex3]V_p=\frac{Kq}{(r^2+\frac{l^2}{4}-r*l*cos\theta )^\frac{1}{2}}-\frac{Kq}{(r^2+\frac{l^2}{4}+r*l*cos\theta )^\frac{1}{2}}[/tex3]
Só que é interessante saber que:
[tex3]r>>l~~;~~l^2=0[/tex3]
Pois:
[tex3](1+x)^n\approx 1+nx~~,~~x<<1[/tex3]
[tex3]V_p=\frac{Kq}{r(1-\frac{l}{r}*cos\theta )^\frac{1}{2}}-\frac{Kq}{r(1+\frac{l}{r}*cos\theta )^\frac{1}{2}}[/tex3]
[tex3]V_p=\frac{Kq}{r}(1-\frac{l}{r}*cos\theta )^{-\frac{1}{2}}-\frac{Kq}{r}(1+\frac{l}{r}*cos\theta )^{-\frac{1}{2}}[/tex3]
[tex3]V_p=\frac{Kq}{r}(1+\frac{l}{2r}*cos\theta )-\frac{Kq}{r}(1-\frac{l}{2r}*cos\theta )[/tex3]
[tex3]V_{(r,\theta )}=\frac{Kqlcos\theta }{r^2}[/tex3]
Mas, o campo elétrico é dado por:
[tex3]\vec{E}=\vec{\triangledown }*V[/tex3] OBS: esse delta de cabeça para baixo é o gradiente.
Em coordenadas polares :
[tex3]\vec{\triangledown }V=\frac{\partial V}{\partial r}\hat{r}+\frac{1}{r}\frac{\partial V}{\partial x}\hat{\theta }[/tex3]
[tex3]\vec{E}=-\frac{\partial }{\partial r}(\frac{Kqlcos\theta }{r^2})\hat{r }-\frac{1}{r}(\frac{\partial }{\partial \theta }(\frac{Kqlcos\theta }{r^2})\hat{\theta }[/tex3]
[tex3]\vec{E}=\frac{2Kql}{r^3}cos\theta \hat{r }+\frac{Kql}{r^3}sen\theta \hat{\theta }=\frac{Kql}{r^3}(2cos\theta \hat{r}+sen\theta \hat{\theta })[/tex3]
Como [tex3]\hat{r }[/tex3] é ortogonal a [tex3]\hat{\theta }[/tex3] :
[tex3]|\vec{E}|^2=|\vec{E_r}|^2+|\vec{E_\theta }|^2[/tex3]
[tex3]E=\frac{Kql}{r^3}\sqrt{(2cos\theta )^2+sen^2\theta }[/tex3]
[tex3]\boxed{\boxed {E=\frac{\rho }{4\pi \varepsilon _or^3}\sqrt{4cos^2\theta +sen^2\theta }}}[/tex3]
Entendido?
Última edição: Helloynne (Sáb 12 Ago, 2017 07:42). Total de 1 vez.
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Mai 2020
04
11:23
Re: (Farias Brito )Demonstrar valor do campo elétrico em situação dada
Ardovino,
Helloynne,
Lembre que o momento de dipolo sempre aponta da carga negativa para a carga positiva e é paralelo à reta que une as duas cargas. Uma solução que não usa esse conceito de potencial, apenas a ideia de momento de dipolo.
(Ideia)
Considere a seguinte situação: Temos que o campo elétrico no ponto P nessa região do espaço vale:
[tex3]E=E_++E_-=\frac{q}{4πε_0}\[\frac{1}{\(r-\frac{l}{2}\)^2}-\frac{1}{\(r+\frac{l}{2}\)^2}\][/tex3]
Mas como [tex3]r>>>l\implies \(r\pm\frac{l}{2}\)^{-2}=r^2\(1\pm\frac{l}{2r}\)^{-2}\approx r^2\(1\mp\frac{l}{r}\)[/tex3]
Assim,
[tex3]E=\frac{q}{4πε_0r^2}\[1+\frac{l}{r}-1+\frac{l}{r}\]=\frac{2ql}{4πε_0r^3}=\frac{2p}{2πε_0r^3}[/tex3]
Agora, considere a seguinte situação: Temos que as componentes verticais se anularão e o campo resultante será dado por:
[tex3]E=2E'\senθ=\frac{2q}{4πε_0\(r^2+\frac{l^2}4\)}\cdot\frac{l}{\(r^2+\frac{l^2}{4}\)^{1/2}}=\frac{2ql}{4πε_0\(r^2+\frac{l^2}{4}\)^{3/2}}[/tex3]
Como [tex3]r>>>l\implies r^2+\frac{l^2}4\approx r^2[/tex3]
Assim, nessa situação:
[tex3]E=\frac{ql}{4πε_0r^3}=\frac{P}{4πε_0r^3}[/tex3]
Agora, vamos à situação problema: Podemos decompor o momento de dipolo na direção de r de modo a obtermos o campo no eixo perpendicular a r.
O campo produzido no eixo paralelo a r se relaciona com o campo que calculamos no início, pois ele está na mesma horizontal de r, e ο momento de dipolo nessa direção será dado por Pcosθ.
Seu valor será então:
[tex3]E_x=\frac{2P\cosθ}{4πε_0r^3}[/tex3]
Já o campo normal equivale ao segundo caso, sendo que o momento de dipolo vai valer nessa direção Psenθ.
Assim,
[tex3]E_y=\frac{P\senθ}{4πε_0r^3}[/tex3]
Logo, no ponto P da questão:
[tex3]\boxed{\boxed{E=\sqrt{E_x^2+E_y^2}=\frac{P}{4πε_0r^3}\sqrt{4\cos^2θ+\sen^2θ}}}[/tex3]
Helloynne,
Lembre que o momento de dipolo sempre aponta da carga negativa para a carga positiva e é paralelo à reta que une as duas cargas. Uma solução que não usa esse conceito de potencial, apenas a ideia de momento de dipolo.
(Ideia)
Considere a seguinte situação: Temos que o campo elétrico no ponto P nessa região do espaço vale:
[tex3]E=E_++E_-=\frac{q}{4πε_0}\[\frac{1}{\(r-\frac{l}{2}\)^2}-\frac{1}{\(r+\frac{l}{2}\)^2}\][/tex3]
Mas como [tex3]r>>>l\implies \(r\pm\frac{l}{2}\)^{-2}=r^2\(1\pm\frac{l}{2r}\)^{-2}\approx r^2\(1\mp\frac{l}{r}\)[/tex3]
Assim,
[tex3]E=\frac{q}{4πε_0r^2}\[1+\frac{l}{r}-1+\frac{l}{r}\]=\frac{2ql}{4πε_0r^3}=\frac{2p}{2πε_0r^3}[/tex3]
Agora, considere a seguinte situação: Temos que as componentes verticais se anularão e o campo resultante será dado por:
[tex3]E=2E'\senθ=\frac{2q}{4πε_0\(r^2+\frac{l^2}4\)}\cdot\frac{l}{\(r^2+\frac{l^2}{4}\)^{1/2}}=\frac{2ql}{4πε_0\(r^2+\frac{l^2}{4}\)^{3/2}}[/tex3]
Como [tex3]r>>>l\implies r^2+\frac{l^2}4\approx r^2[/tex3]
Assim, nessa situação:
[tex3]E=\frac{ql}{4πε_0r^3}=\frac{P}{4πε_0r^3}[/tex3]
Agora, vamos à situação problema: Podemos decompor o momento de dipolo na direção de r de modo a obtermos o campo no eixo perpendicular a r.
O campo produzido no eixo paralelo a r se relaciona com o campo que calculamos no início, pois ele está na mesma horizontal de r, e ο momento de dipolo nessa direção será dado por Pcosθ.
Seu valor será então:
[tex3]E_x=\frac{2P\cosθ}{4πε_0r^3}[/tex3]
Já o campo normal equivale ao segundo caso, sendo que o momento de dipolo vai valer nessa direção Psenθ.
Assim,
[tex3]E_y=\frac{P\senθ}{4πε_0r^3}[/tex3]
Logo, no ponto P da questão:
[tex3]\boxed{\boxed{E=\sqrt{E_x^2+E_y^2}=\frac{P}{4πε_0r^3}\sqrt{4\cos^2θ+\sen^2θ}}}[/tex3]
Dias de luta, dias de glória.
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