Apostila de Eletromagnetismo - Cap 5

Universidade Federal de Uberlândia

Faculdade de Engenharia Elétrica

Eletromagnetismo

Prof. Ivan Nunes Santos

95

5 – EQUAÇÕES DE POISSON E DE LAPLACE

5.1 Equações de Poisson e de Laplace

A obtenção da equação de Poisson é extremamente simples pois, a partir da forma pontual

da lei de Gauss,

vD ρ∇ ⋅ =

� �

da definição de D�

,

D Eε=� �

e da relação do gradiente,

E V= −∇� �

por substituição, temos

( ) ( ) vD E Vε ε ρ∇ ⋅ = ∇ ⋅ = ∇ ⋅ − ∇ =� � � � � �

ou

vVρ

ε∇⋅∇ = −� �

para a região homogênea na qual ε é constante. Em coordenadas cartesianas,

yx zAA A

Ax y z

∂∂ ∂∇ ⋅ = + +

∂ ∂ ∂

��

ˆ ˆ ˆx y z

V V VV a a a

x y z

∂ ∂ ∂∇ = + +

∂ ∂ ∂

�

e, portanto,

2 2 2

2 2 2

V V VV

x x y y z z

V V V

x y z

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∇ ⋅∇ = + +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂= + +

∂ ∂ ∂

� �



Eletromagnetismo


96

Usualmente, a operação ∇ ⋅∇� �

é abreviada para 2∇ (e pronunciado “nabla dois”), e temos

2 2 2

2

2 2 2

vV V VV

x y z

ρ

ε

∂ ∂ ∂∇ = + + = −

∂ ∂ ∂ (coordenadas cartesianas)

que é a nossa equação de Poisson, representada em coordenadas cartesianas.

Se 0v

ρ = , indicando densidade volumétrica de carga zero, mas permitindo a existência de

cargas pontuais e de distribuições lineares e superficiais de carga, então

20V∇ =

que é a equação de Laplace. A operação 2∇ é chamada de laplaciano de V .

Em coordenadas cartesianas, a equação de Laplace é

2 2 2

2

2 2 20

V V VV

x y z

∂ ∂ ∂∇ = + + =

∂ ∂ ∂ (coordenadas cartesianas)

Para as demais coordenadas a expressão do laplaciano será

2 2

2

2 2 2

1 10

V V VV

zρ

ρ ρ ρ ρ φ

∂ ∂ ∂ ∂∇ = + + =

∂ ∂ ∂ ∂ (coordenadas cilíndricas)

2

2 2

2 2 2 2 2

1 1 1sen 0

sen sen

V V VV r

r r r r rθ

θ θ θ θ φ

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∇ = + + =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ (coordenadas esféricas)

Para resolver estas equações laplacianas para um dado problema, outras informações são

necessárias, tais como certas condições de fronteira, conforme será visto logo a seguir.

Exemplo 01



Eletromagnetismo


97

5.2 Teorema da Unicidade

Vamos considerar que temos duas soluções para a equação da Laplace, o campo potencial 1

V

e o campo potencial 2

V , ambos funções genéricas das coordenadas usadas. Portanto,

2

10V∇ = e

2

20V∇ =

a partir das quais

( )2

1 20V V∇ − =

Cada solução também deve satisfazer as condições de fronteira, e se representarmos os

valores dos potenciais dados nas fronteiras por b

V , então o valor de 1

V na fronteira 1b

V e o valor de

2V na fronteira

2bV devem ser ambos idênticos a

bV .

1 2b b bV V V= =

então, deveremos ter

1 2V V=

Isto é baseado no teorema da unicidade que diz que “se uma resposta satisfaz a equação de

Laplace ou a equação de Poisson e também satisfaz as condições de fronteira, então ela é uma única

solução possível”.

Exemplo 02

5.3 Exemplos de Solução da Equação de Laplace

Diversos métodos foram desenvolvidos para resolver a equação diferencial parcial de

segunda ordem conhecida com a equação de Laplace. O primeiro e mais simples método é aquele da

integração direta.

O método da integração direta se aplica apenas aos problemas unidimensionais ou nos quais

o campo potencial é função apenas de uma das três coordenadas. Como estamos trabalhando com

apenas três sistemas de coordenadas, pode parecer que há nove problemas a serem resolvidos, mas



Eletromagnetismo


98

um pouco de reflexão irá mostrar que o campo que varia somente com x é fundamentalmente o

mesmo que varia somente com y ou apenas com z . A rotação dos eixos não modifica o problema

físico. Na realidade, há cinco problemas a serem resolvidos, um em coordenadas cartesianas ( )x ,

dois em coordenadas cilíndricas ( ) e ρ φ e dois em coordenadas esféricas ( ) e r θ .

Exemplo de problema em função apenas de x .

A equação de Laplace se reduz a

2

20

V

x

∂=

∂

e a derivada parcial pode ser substituída pela derivada ordinária, já que V não é uma função de y

ou de z ,

2

20

d V

dx=

Integrando-se,

dVA

dx=

V Ax B= +

onde A e B são constantes de integração.

As superfícies equipotenciais são dadas por x = constante e são planos infinitos.

Considerando-se, como condições de fronteira, 1

V V= em 1

x x= e 2

V V= em 2

x x= . Estes valores

são então substituídos na equação anterior, fornecendo

1 2

1 2

V VA

x x

−=

− e 2 1 1 2

1 2

V x V xB

x x

−=

−

logo,

( ) ( )1 2 2 1

1 2

V x x V x xV

x x

− − −=

−



Eletromagnetismo


99

Uma resposta mais simples poderia ter sido obtida escolhendo-se condições de fronteira

mais simples. Se tivéssemos fixado 0V = em 0x = e 0

V V= em x d= , então

0V

Ad

= e 0B =

logo,

0V x

Vd

=

Exemplo de problema em função apenas de ρ .


10

Vρ

ρ ρ ρ

∂ ∂=

∂ ∂

e a derivada parcial pode ser substituída pela derivada ordinária,

10

d dV

d dρ

ρ ρ ρ

=

Excluindo-se 0ρ = e integrando-se,

dVA

dρ

ρ=

lnV A Bρ= +


As superfícies equipotenciais são dadas por ρ = constante e são cilindros. Escolhemos uma

diferença de potencial de 0

V considerando 0

V V= em aρ = e 0V = em bρ = , b a> e obtemos



Eletromagnetismo


100

( )0

ln /

VA

b a

−= e

( )0

ln

ln /

V bB

b a=

logo,

( )( )

0ln /

ln /

V bV

b a

ρ=

Exemplo de problema em função apenas de φ .


2

2 2

10

V

ρ φ

∂=

∂


2

2 2

10

d V

dρ φ=

Excluindo-se 0ρ = e integrando-se,

dVA

dφ=

V A Bφ= +




Eletromagnetismo


101

As superfícies equipotenciais são dadas por φ = constante e são planos radiais, conforme

ilustrados na figura anterior. Escolhemos uma diferença de potencial de 0

V considerando 0V = em

0φ = e 0

V V= em φ α= e obtemos

0V

Aα

= e 0B =

logo,

0V

Vφ

α=

Exemplo de problema em função apenas de r .


2

2

10

Vr

r r r

∂ ∂ =

∂ ∂


2

2

10

d dVr

r dr dr

=

Excluindo-se 0r = e integrando-se,

2 dVr A

dr=

AV B

r

−= +


As superfícies equipotenciais são dadas por r = constante e são esferas. Escolhemos uma

diferença de potencial de 0

V considerando 0

V V= em r a= e 0V = em r b= , b a> e obtemos

( )0

ln /

VA

b a

−= e

( )0

ln

ln /

V bB

b a=



Eletromagnetismo


102

logo,

0

1 1

1 1

r bV V

a b

−

=

−

Exemplo de problema em função apenas de θ .


2

1sen 0

sen

V

rθ

θ θ θ

∂ ∂ =

∂ ∂


2

1sen 0

sen

d dV

r d dθ

θ θ θ

=

Excluindo-se 0r = , 0θ = ou π e integrando-se,

sendV

Ad

θθ

=

ln tan2

V A Bθ

= +




Eletromagnetismo


103

As superfícies equipotenciais são dadas por θ = constante e são cones (com exceção de

/2θ π= que é um plano), conforme ilustrado na figura anterior. Escolhemos uma diferença de

potencial de 0

V considerando 0V = em /2θ π= e 0

V V= em θ α= , /2α π< e obtemos

0

ln tan2

VA

α=

e 0B =

logo,

0

ln tan2

ln tan2

V V

θ

α

=

Exemplo 03

5.4 Exemplo de Solução da Equação de Poisson

Para selecionar um problema que possa ilustrar a aplicação da equação de Poisson, devemos

considerar que a densidade volumétrica de carga é especificada. Contudo, este não é usualmente o

caso; de fato, ela é muitas vezes a grandeza sobre a qual procuramos alguma informação. Todavia,

para fins didáticos, vamos considerá-la conhecida.

Como exemplo, escolhemos uma junção pn entre duas metades de uma barra

semicondutora, estendendo-se na direção x . Devemos considerar que a região 0x < é do tipo p

dopada e que a região 0x > é do tipo n também dopada. O grau de dopagem é idêntico em cada

lado da junção. O gráfico a seguir mostra a relação 0

/v v

ρ ρ ao longo da distribuição, onde v

ρ é a

densidade volumétrica de carga e 0v

ρ é a máxima densidade volumétrica de carga relacionada com

as concentrações dos aceitadores e doadores presentes no material.



Eletromagnetismo


104

Este gráfico pode ser expresso pela equação

02 sech tanh

v v

x x

a aρ ρ=

onde a é uma constante que altera as características de contorno do gráfico.

São especificadas duas condições de fronteira. A primeira é relacionada ao fato que

nenhuma densidade de carga líquida e nenhum campo podem existir longe da junção, como está

sugerido na figura anterior. Assim, quando x → ±∞ , 0x

E = . A segunda condição dada é que a

referência zero de potencial deve ser escolhida no centro da junção, em 0x = .

Vamos agora resolver a equação de Poisson,

2 vVρ

ε∇ = −

aplicando-se a distribuição de cargas dada,

2

0

2

2sech tanh

vd V x x

dx a a

ρ

ε= −

Como pode-se notar, este é um problema unidimensional no qual variações com y e z não

estão presentes.

Integrando a primeira vez,

0

1

2sech

vadV x

Cdx a

ρ

ε= +

Podemos obter a partir desta equação a intensidade de campo elétrico, pois tem-se, neste

caso, que ˆ ˆ ˆ0 0x y z

dVV a a a

dx∇ = + +�

, então ˆx

dVE V a

dx= −∇ = −� �

, logo



Eletromagnetismo


105

0

1

2sech

vx

a xE C

a

ρ

ε= − −

Levando-se em consideração a primeira condição de fronteira, a qual diz que quando

x → ±∞ , 0x

E = , encontramos 1

0C = . Portanto,

02

sechv

x

a xE

a

ρ

ε= −

O gráfico representativo desta intensidade de campo elétrico é

Integrando-se novamente a expressão,

02

sechv

adV x

dx a

ρ

ε=

2

/0

2

4arctan

x ava

V e Cρ

ε= +

Aplica-se agora a segunda condição de fronteira: 0V = em 0x = , tem-se

2

00

2

40 arctan

va

e Cρ

ε= +

2

0

2

4

4

va

Cρ π

ε= −

e, finalmente,

2

/04

arctan4

x ava

V eρ π

ε

= −

O gráfico representativo deste potencial é



Eletromagnetismo


106

A equação de Poisson entra em qualquer problema que envolva densidade volumétrica de

carga, tal como aqui exemplificado.

Exemplo 04

Exemplo 05

Documents

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