04 - Equacoes de Poisson e de Laplace
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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
7/18/2019 04 - Equacoes de Poisson e de Laplace
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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
7/18/2019 04 - Equacoes de Poisson e de Laplace
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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
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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
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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
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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
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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
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Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo
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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo
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
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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
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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
7/18/2019 04 - Equacoes de Poisson e de Laplace
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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
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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
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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
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Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo
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
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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
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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
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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
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Equações de Poisson e de LaplaceEletromagnetismo
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
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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
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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 .