04 - equacoes de poisson e de laplace

7/18/2019 04 - Equacoes de Poisson e de Laplace

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Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo Equações de Poisson e de Laplace

Lei de Gauss (Forma Pontual) = 1ª Equação de Maxwell: V D ρ =⋅∇

Como E D

.ε = : ( ) V E ρ ε =⋅∇

.

ε

ρ V E =⋅∇

Mas como gradV E −=

: ( )ε

ρ V V =∇−⋅∇

Obs.: ( )V ∇⋅∇

é o divergente do gradiente, que é o Laplaciano 2∇

Logo:ε

ρ V V −

=∇2

Mudança de notação a partir deste ponto: “V” passa a ser identificado co-

mo “Φ ” (não confundir com φ das coordenadas cilíndricas e esféricas).

ε

ρ V −=Φ∇ 2 Equação de Poisson

Para 0=V ρ : Equação de Laplace02 =Φ∇

1



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo Cálculo do Laplaciano

1 - Coordenadas Cartesianas:

2

2

2

2

2

22

z y x ∂

∂+

∂

∂+

∂

∂=∇

2 - Coordenadas Cilíndricas:

2

2

2

2

2

2 11

z∂

∂+

∂

∂+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂

∂

∂=∇

φ ρ ρ ρ

ρ ρ

3 - Coordenadas Esféricas:

2

2

222

2

2

2

.

1

.

11

φ θ θ θ

θ θ ∂

∂+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

∂

∂

∂

∂+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

∂

∂

∂

∂=∇

senr sen

senr r r

r r

2



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo Exercícios Resolvidos

Exercício 1: No capacitor esférico na figura, o condutor interno é mantido no

potencial V, enquanto que o condutor externo está aterrado ( ). Usar a

equação de Laplace e as equações de contorno dadas para obter a distribuição

de potenciais e os campos elétricos no espaço entre os condutores. Obter tam-

bém a capacitância da montagem. Discutir os resultados.

0=Φ

Resolução:

Devido à simetria esférica, o potencial elétrico é independente de φ e θ ,

ou seja, o Laplaciano se torna:

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ Φ=Φ∇

dr

d r

dr

d

r 2

2

2 1

E: 01 2

2=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ Φ

dr

d r

dr

d

r Para 0≠r

A solução geral desta equação é da forma: Br

A+=Φ em que A e

B são duas constantes arbitrárias que serão determinadas a partir das condi-

ções de contorno.

3



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo Na superfície do condutor interno, r = a e V =Φ : B

a

AV += .

Pela segunda condição de contorno (fronteira), tem-se r = b e , logo:0=Φ

Bb

A+=0

Resolvendo o sistema de equações:⎪⎩

⎪⎨

⎧

=+

=+

0 Bb

A

V Ba

A

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=ba

V

A 11 e⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

−

=1

ab

V

B

O potencial Φ (distribuição de potenciais) resulta:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

=Φbr

ba

V 11

11

A distribuição de campos elétricos pode ser obtida a partir de: Φ∇−=

E .

Deste modo, tem-se:

r ar

E

∂

Φ∂−= , pois Φ varia apenas com r.

Logo: r ar

ba

V E

2

1.

11⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

=

Para o cálculo da capacitância, deveremos obter o valor da carga arma-

zenada no capacitor. Para isto, convém aplicar a Lei de Gauss:

4



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo

QS d D =⋅∫

QS d E =⋅∫

.0

ε

∫ ∫ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

ππ

φ θ θ ε

2

0 0

2

20 ....

1

.11 d d senaaba

V

Q

( )⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

−=

ba

V Q

11..2.cos

00 π θ ε π

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

=

ba

V Q

11

...40

ε π

A capacitância é a relação entre a carga e a ddp aplicada, ou seja:

V

QC =

⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ −

=

ba

C 11

..4 0ε π

5



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo Exercício 2: Considere um capacitor de placas planas e paralelas composto

por duas camadas dielétricas. Obtenha a distribuição de potenciais, campos

elétricos e capacitância empregando equações de Laplace e condições de con-

torno (fronteira).

Resolução:

Aplicando Laplace: 02

2

=∂

Φ∂

z

( ) B z A z +=Φ .1 para 1ε ε = ( ) V z ==Φ 01

( ) G zF z +=Φ .2 para 2ε ε = ( ) ( )1211 d zd z =Φ==Φ

( ) 02 ==Φ d z

Tem-se também: ( ) ( )1211 .. d z z Dd z z D ===

Como E D .ε = , resolvendo o sistema de quatro equações e quatro incóg-

nitas, lembrando que ( ) ( )1211 .. d z z Dd z z D === , corresponde a:

( ) ( )122111 .... d z zE d z zE === ε ε

Como :Φ−= grad E ( ) ( )11

2211 ..d zd z

grad grad ==

Φ=Φ ε ε

( ) ( ) z z aF a A

.... 21 ε ε =

Ou seja: F A .. 21 ε ε = e AF 2

1

ε

ε =

6



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo Tem-se então:

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

−=

2

1

21 .ε

ε d d

V A

V B =

2

1.ε

ε AF =

( )F d d G .21+−=

E: ( ) V d d

zV z +

+

−=Φ

2

1

21

1

.

.

ε

ε e ( )

( )[ ]

2

1

21

21

2

1

2

.

..

ε

ε

ε

ε

d d

d d zV

z

+

+−−

=Φ

( ) z z ad d

V E

2

1

21

11

.ε

ε +

=Φ∇−= e ( ) z z ad d

V

E

2

1

21

2

1

22

.

.

ε

ε

ε

ε

+

=Φ∇−=

Note que: S z D zE ρ ε ==

... 111

( )

2

1

21

1

1

.

.

2

ε

ε

ε ρ ρ

d d V

C V

Área

ddp

QC S

áreadeunidade por

m

S

+

==→==

7




Exercício 3: Análise do caso do capacitor cilíndrico.

Neste caso a equação de Laplace se simplifica de modo que:

01

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

Φ∂

∂

∂

ρ ρ

ρ ρ ou seja, 0

1=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ Φ

ρ ρ

ρ ρ d

d

d

d

Supondo que 0≠ ρ : 0=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ Φ

ρ ρ

ρ d

d

d

d

Integrando: Ad

d =

Φ

ρ ρ

Rearranjando e integrando mais uma vez, tem-se:

ρ ρ Ad d =Φ

( ) B A +=Φ ρ ln.

8



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo As superfícies equipotenciais são dadas por ρ = constante e são cilin-

dros. Para em0

V =Φ a= ρ e 0=Φ em b= ρ :

⎩⎨⎧

+=+= Bb A Ba AV

ln.0

ln.0

Resolvendo: ba

bV B ln.ln.0 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

a

bV A ln.0

Então: ba

bV

a

bV ln.ln.ln.ln. 00 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ =Φ ρ

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ =Φ

ba

bV

ρ ln.ln.

0

⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

=Φ

b

a

bV

ln

ln

0

ρ

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=Φ

a

b

b

V

ln

ln

0

ρ

Para o campo elétrico: ρ

ρ

a

d

d E

Φ−=Φ∇−=

ρ ρ ρ

a

a

bV

d

d

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

Φ

ln

110

Ou seja: ρ ρ

a

a

b

V E

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

ln

10

9



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo Cálculo da capacitância:

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

=

a

ba

V Dna

ln.

. 00ε ρ

La DnQa

...2. π ρ =

=

Assumindo L = 1m:

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

a

b

V a

a

ba

V Q

ln

.2....2

ln.

. 0000π ε

π ε

Como a capacitância é dada pela relação entre a carga armazenada e a

ddp aplicada:

0V

QC =

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

a

bC

ln

..20

ε π

Para um comprimento “L” genérico:

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

a

b

LC

ln

...20

ε π

10



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo Exercício 4: Considerando agora uma distribuição tal que Φ seja função ape-

nas de φ , em coordenadas cilíndricas, como mostra a figura:

Nota-se a presença de dois planos infinitos radiais com um ângulo interno

α . Há um isolante infinitesimal em 0= ρ . O campo potencial pode ser encon-

trado aplicando-se a equação de Laplace em coordenadas cilíndricas, conforme

descrito a seguir:

Equação de Laplace: 01

2

2

2=

∂

Φ∂

φ ρ

Supondo 0≠ ρ : 02

2

=Φ

φ d

d

A solução é do tipo B A +=Φ φ . . As condições de contorno permitem de-

terminar as constantes A e B:

⎩⎨⎧

+=

+=

B A

B AV

0.0

.0

α

α

0V A = e 0= B

11



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo Ou seja: φ

α

0V =Φ

Como eΦ−= grad E

za zaagrad

∂

Φ∂

+∂

Φ∂

+∂

Φ∂

=Φφ ρ

φ ρ ρ

1

Sendo que apenas as componentes emφ a

interessam:

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

Φ∂−= φ

φ ρ aE 1

Ou seja: ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −= φ

α ρ a

V E

01

Assim: φ ρ α

aV

E

.

0−=

Notar que E

é função de ρ mas não de φ , apesar de estar orientado se-

gundo . Notar também como as equipotenciais de distribuem, em planos in-

termediários que “cortam” as linhas de campo elétrico sempre perpendicular-

mente. Esta é uma característica básica do comportamento de

φ a

E

e Φ :

321V V V >>

12



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo Exemplo de Solução da Equação de Poisson

A região entre dois cilindros condutores coaxiais, com raios a e b, confor-

me mostrado na figura, contém uma densidade volumétrica de carga uniforme

V ρ . Se o campo elétrico E

e o potencial Φ são ambos nulos no cilindro inter-

no, determinar a expressão matemática que fornece o potencial Φ na região

entre os condutores assumindo que sua permissividade seja igual à do vácuo.

Resolução:

Equação de Poisson:

0

2

ε

ρ V −=Φ∇

0

1

ε

ρ

ρ ρ

ρ ρ

V −=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

Φ∂

∂

∂

Integrando: AV +−

=∂

Φ∂

2.

2

0

ρ

ε

ρ

ρ ρ

ρ ρ

ε

ρ

ρ

AV +−

=∂

Φ∂

0.2(I)

Sabe-se que: Φ∇−=

E

Logo: ρ ρ

aE

∂

Φ∂−=

E E −=∂

Φ∂=−

ρ

(II)

Substituindo (II) em (I): ρ

ρ ε

ρ

ρ

AE V +

−=−=

∂

Φ∂

0.2

13



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo 1ª Condição de contorno: obtenção de “A”: 0=E para a= ρ :

Logo:a

AaV +

−=

0.20

ε

ρ

2

0.2a A V

ε

ρ =

Então: ρ ε

ρ ρ

ε

ρ

ρ ..2

.

.2 0

2

0

aV V +−

=∂

Φ∂

Integrando: BaV V ++

−=Φ ρ

ε

ρ ρ

ε

ρ ln

.2

.

2.2 0

22

0

2ª Condição de contorno: obtenção de “B”: 0=Φ para a= ρ :

Baaa V V ++

−= ln

.2

.

2.20

0

22

0 ε

ρ

ε

ρ

aaa

B V V ln.2

.

.4

.

0

2

0

2

ε

ρ

ε

ρ −=

Concluindo: aaaa V V V V ln

.2

.

.4

.ln

.2

.

.4 0

2

0

2

0

2

2

0 ε

ρ

ε

ρ ρ

ε

ρ ρ

ε

ρ −++

−=Φ

( ) ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−=Φ

a

aa V V ρ

ε

ρ ρ

ε

ρ ln

.2

.

.4 0

2

22

0

Teorema da Unic idade

Qualquer solução das equações de Poisson e Laplace que também satis-

faz as condições de contorno deverá ser a única solução existente.

Exemplo: Plano condutor z = 0 com tensão de 100 V:

14




Tanto comoV 1001=Φ 100.52

+=Φ z , por exemplo, satisfaz a equação de

Laplace e a exigência de em z = 0.V 100=Φ

Conclusão: Uma única superfície condutora, com uma tensão especifica e ne-

nhuma referência dada, não forma uma caracterização completa das condições

de contorno de uma região definida. Mesmo dois planos condutores finitos pa-

ralelos não formam uma fronteira, já que não se pode determinar o espraiamen-

to do campo nas proximidades dos lados (bordas). Supondo que o espraiamen-

to seja desprezado, caracterizam-se por completo as condições de contorno

(fronteira) para dois planos condutores finitos e paralelos.

Teorema do Valor Médio e do Valor Máximo

A partir da equação de Laplace podem-se obter duas importantes proprie-

dades da função potencial, para regiões sem cargas:

1 - No centro de uma esfera ou círculo, o potencial Φ é igual à média dos valo-

res assumidos sobre o círculo ou esfera;

2 - O potencial não pode ter máximo (ou mínimo) dentro da região. Logo,

qualquer máximo de Φ deverá ocorrer na fronteira da região.

Φ

15



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo Exercícios Resolvidos

Exercício 1: O potencial vale em1V n1 do círculo e zero no resto do círculo.

Calcule o potencial no centro do círculo. Considere toda a região desprovida de

cargas.

Resolução:

(I): (II):

Seja o potencial no centro. A equação de Laplace permite superposi-

ção de soluções. Supondo n problemas do tipo (I), o resultado será do tipo indi-

cado (II). Devido à simetria rotacional, cada sub-problema de (II) fornecerá o

mesmo potencial no centro do círculo. O potencial total no centro será, as-

sim, . A solução única para (II) é

C V

C V

C V n. 1V =Φ para todos os pontos dentro do

círculo e, em particular, para o central.

Então:

1. V V n C =

Ou seja:

n

V V C

1=

16



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo Exercício 2: Mostrar que é possível extrair o teorema do valor médio a partir do

resultado anterior.

Resolução:

(III):

Considerando o caso especial apresentado em (III), onde o potencial as-

sume n valores diferentes em n segmentos iguais do círculo: a superposição

das soluções encontradas no problema anterior fornece para o potencial no

centro:

n

V

n

V

n

V

n

V

n

V V nn

C +++++= −1321 …

n

V V V V V V nn

C

+++++= −1321 …

Que é o teorema do valor médio nesse caso especial.

Comn

π φ

2=Δ , então:

π

φ

2

1 Δ=

n, ou seja:

( )φ φ φ φ φ π

Δ+Δ++Δ+Δ+Δ= − .....2

11321 nnC V V V V V V …

Com :∞→n ( ) φ φ π

π

d V C ..2

12

0

∫ Φ=

Que é a expressão geral do teorema do valor médio aplicado a um círculo.

17



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo Exercício 3: Provar que o potencial não pode possuir um valor máximo dentro

de uma região desprovida de cargas.

Resolução:

Supondo que um máximo possa ser obtido num ponto interior P. Então,

uma pequena esfera pode ser centrada em P tal que o potencial em P seja

maior que qualquer ponto na esfera. Portanto será maior que o valor médio

do potencial sobre a esfera, o que contraria o teorema do valor médio.

C V

C V

PV não pode ser maior que QV

18



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo Representação da equação de Laplace / Poisson

através de diferenças finitas

Solução numérica das equações de Poisson e Laplace:

- Método da diferença “para a frente”:

hdx x0

d 23Φ−Φ

≅Φ

- Método da diferença “para trás”:

hdx x0

d 12Φ−Φ

≅Φ

- Método da diferença “central”:

hdx x .20

d 13Φ−Φ

≅Φ

19



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo Representando a função potencial Φ através da série de Taylor:

( ) ( ) +Φ

+Φ

+Φ

+Φ=+Φ

000

3

33

2

22

0062

x x x dx

d h

dx

d h

dx

d h xh x termos de ordem superior (I)

Desprezando as derivadas de 3ª ordem bem como os termos de ordem

superior:

( ) ( )

00

2

2

00

2 x x dx

d h

h

xh x

dx

d Φ−

Φ−+Φ≅

Φ(II)

Note que a equação (II) corresponde com a diferença “para a frente”, ex-ceto pelo termos de segunda ordem.

Se assumirmos o termo

0

2

2

2 x

dx

d h Φcomo um “erro”, este será tanto menor

quanto mais reduzido for h.

Analogamente:

( ) ( ) +Φ−Φ+Φ−Φ=−Φ

000

3

33

2

22

0062

x x x dxd h

dxd h

dxd h xh x termos de ordem superior (III)

Desprezando os termos de 3ª ordem em diante:

( ) ( )

00

2

2

00

2 x x dx

d h

h

h x x

dx

d Φ+

−Φ−Φ≅

Φ(IV)

Note que a equação (IV) corresponde com a diferença “para trás”, exceto

pelo termo de 2ª ordem.

Fazendo agora (III) - (I), tem-se:

( ) ( ) …+Φ

+Φ

≅−Φ−+Φ

00

3

33

006

.2.2

x x dx

d h

dx

d hh xh x (V)

20




Ou seja:( ) ( )

00

3

32

00

6.2 x x dx

d h

h

h xh x

dx

d Φ−

−Φ−+Φ=

Φ(VI)

A equação (VI) é semelhante àquela correspondente a “diferença central”,

exceto pelo termo

0

3

32

6 x

dx

d h Φ− .

Para valores de h pequenos, frequentemente utilizados em engenharia

(0,1; 0,01; 0,001) o erro na utilização da “diferença central” é menor que aque-

les associados às diferenças “para trás” e “para a frente”.

Para as derivadas de segunda ordem, e usando a “diferença central” e

processamento análogo ao aqui efetuado, chega-se a:

2

213

1223

22

2

2 .200

0

hhhh

h

dx

d

dx

d

dx

d h xh x

x

Φ−Φ+Φ≅

Φ−Φ−

Φ−Φ

≅

Φ−

Φ

≅Φ −+

Sabendo-se que o potencial Φ pode ser função de duas variáveis, x e y,

tem-se as derivadas:

2

2

x∂

Φ∂e

2

2

y∂

Φ∂

Genericamente:

21



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo O que nos leva a:

2

021

2

2 .2

h x

Φ−Φ+Φ=

∂

Φ∂e

2

043

2

2 .2

h y

Φ−Φ+Φ=

∂

Φ∂

∴ 2

04321

2

2

2

2

2 .4

h y x

Φ−Φ+Φ+Φ+Φ=

∂

Φ∂+

∂

Φ∂=Φ∇

Regras para uti lização deste resultado:

1 - Dividir o domínio de interesse (onde a distribuição de potenciais deve ser

determinada) em um gradeamento “fino”. A técnica em estudo fornecerá os va-

lores de Φ nos “nós” da grade considerada;

2 - Aplicar a equação do laplaciano em cada nó da grade, obtendo-se n equa-

ções associadas a n incógnitas (potenciais nos nós);

3 - Resolver o sistema de equações, iterativamente ou empregando técnicas

diretas.

22



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo Exercício Resolvido

Considere a região retangular mostrada na figura. Os potenciais elétricos

estão especificados nos contornos. Utilize a representação em diferenças finitas

obtendo os potenciais dentro da região.

Resolução:

1) Definição do gradeamento: supondo h = 5cm, tem-se uma geometria 2 x 4:

23



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo 2) Utilização da representação “diferenças finitas” para a equação de Laplace:

( ) 0.41

,1,1,,1,12=Φ−Φ+Φ+Φ+Φ −+−+ ji ji ji ji ji

h

3) Aplicação das equações em cada nó:

- Nó 1:( )

( ) 0.400005,0

1122

=Φ−Φ+++ ∴ 21.4 Φ=Φ

- Nó 2:( )

( ) 0.40005,0

12312

=Φ−++Φ+Φ ∴ 0.4321

=Φ+Φ−Φ

- Nó 3:( )

( 0.410005,0

1322

=Φ−+Φ ) ∴ 100.4 32 −=Φ−Φ

Tem-se assim 3 equações e 3 incógnitas que, se resolvidas, fornecem:

V 79,11=Φ , V 14,72

=Φ e V 79,263=Φ

4) Refazendo o problema com um “gradeamento mais fino”, por exemplo, h =

2,5cm, tem-se assim 21 equações e 21 incógnitas:

24




5) Representando matricialmente as 21 equações resultantes:

………

…

…

…

…

…

C B A

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

Φ

Φ

Φ

Φ

Φ

⋅

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

−

−

−

100

0

0

0

0

410000

00004100

00001410

00000141

10000014

21

4

3

2

1

A solução para o sistema de equações mostrado é (em volts):

210,43

663,19

153,9

296,4

010,2

913,0

353,0

7

6

5

4

3

2

1

=Φ

=Φ=Φ

=Φ

=Φ

=Φ

=Φ

177,53

289,26

654,12

019,6

832,2

289,1

499,0

14

13

12

11

10

9

8

=Φ

=Φ=Φ

=Φ

=Φ

=Φ

=Φ

210,43

663,19

153,9

296,4

010,2

913,0

353,0

21

20

19

18

17

16

15

=Φ

=Φ=Φ

=Φ

=Φ

=Φ

=Φ

25



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo Análise comparativa entre as técnicas analíticas e a numérica para o pro-

blema apresentado:

Valores dosPotenciais

Erros Valores dosPotenciais

Erros Solução AnalíticaNó

h = 5cm h = 2,5cm (manual)

9Φ 1,786 63% 1,289 17,8% 1,094

11Φ 7,143 30% 6,019 9,7% 5,489

13Φ 26,786 2,7% 26,289 0,75% 26,094

Quanto mais pontos, mais preciso será o resultado dos potenciais nos

pontos, ou seja, mais próximo da solução analítica.

26



Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo Exercício Proposto

Na região retangular 6 x 8 mostrada,2m 0=Φ nas fronteiras. A distribui-

ção de cargas é uniforme, sendo dada por 0.2 ε ρ =

V . Determinar a distribuiçãode potenciais na região. Adotar h = 2m.

Dica: 20

2−=

−=Φ∇ ε

ρ V

( ) 02.41

,1,1,,1,12=+Φ−Φ+Φ+Φ+Φ −+−+ ji ji ji ji ji

h

Resposta: V 56,46521 =Φ=Φ=Φ=Φ e V 72,543 =Φ=Φ .

04 - equacoes de poisson e de laplace

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