Determine o potencial elétrico de um dipolo:
a ) Num ponto P qualquer, a uma distância r1 da carga positiva e a uma distância
r2 da carga negativa;
b) Obtenha a equação para pontos muito afastados do dipolo;
c) Determine o campo elétrico gerado pelo dipolo num ponto P muito distante do centro do dipolo em
coordenadas polares;
d) Determine o vetor campo elétrico gerado pelo dipolo num ponto P muito distante do centro do
dipolo em coordenadas cartesianas;
e) Determine o vetor campo elétrico gerado pelo dipolo para pontos da mediatriz muito afastados do
dipolo;
f) Determine o vetor campo elétrico gerado pelo dipolo para pontos, sobre a reta que une as duas cargas,
muito afastados do dipolo.
Solução:
a) Consideremos uma carga
q1 = +
q num ponto
x1 = +
d e
uma carga
q2 = −
q num ponto
x2 = −
d, estas
cargas produzem um potencial elétrico num ponto
P do espaço (Figura 1).
O potencial elétrico é dado pela soma do potencial elétrico gerado pelas cargas
\[
\begin{gather}
V=\sum_iV_i \\[5pt]
V=V_1+V_2 \\[5pt]
V=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q_1}{r_1}+\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q_2}{r_2} \tag{I}
\end{gather}
\]
substituindo os valores das cargas
\[
\begin{gather}
V=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{r_1}+\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{(-q)}{r_2} \\[5pt]
V=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{r_1}-\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{r_2} \\[5pt]
V=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}q\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{V=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}q\left(\frac{r_2-r_1}{r_1r_2}\right)}
\end{gather}
\]
b) Para o cálculo do potencial elétrico em pontos muito afastados do dipolo analisamos a região, próxima da
origem do sistema, onde estão as cargas que formam o dipolo (Figura 2-A em destaque). Os segmentos de reta
r1 e r2 são praticamente paralelos, então podemos traçar uma linha
auxiliar que vai da carga positiva perpendicularmente ao segmento r2, determinando o ponto
A, com isto temos o triângulo retângulo formado pelas cargas +q, −q e pelo ponto
A, onde temos um cateto dado pela a diferença de caminhos entre os segmentos r1 e
r2, dado por
\( r_2-r_1 \)
e a hipotenusa será a distância entre as cargas dada por
\( |\;d-(-d)\;|=2d \),
então o cosseno do ângulo θ será
\[
\begin{gather}
\cos\theta\simeq\frac{r_2-r_1}{2d} \\[5pt]
r_2-r_1\simeq 2d\cos\theta \tag{II}
\end{gather}
\]
Como o ponto P está muito afastado os segmentos r1 e r2 têm
praticamente o mesmo tamanho e são iguais ao segmento r que vai do ponto P à origem do
sistema (Figura 2-B)
\[
\begin{gather}
r_1r_2\simeq r^2 \tag{III}
\end{gather}
\]
Substituindo as equações (II) e (III) na solução do item anterior
\[
\begin{gather}
V=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}q\frac{2d\cos\theta}{r^2}
\end{gather}
\]
Sendo o momento de dipolo dado por
\( p=2dq \)
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{V=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p\cos\theta}{r^2}}
\end{gather}
\]
c) O vetor campo elétrico é dado por menos o gradiente do potencial
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf E=-\nabla V} \tag{IV}
\end{gather}
\]
onde
\( \nabla \)
é o operador nabla que em coordenadas polares é dado por
\( \left(\frac{\partial}{\partial r}\;{\mathbf e}_r+\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial \theta}\;{\mathbf e}_{\theta}\right) \), onde er e eθ são os vetores unitários nas direções r
e θ
\[
\begin{gather}
\mathbf E=-\left(\frac{\partial}{\partial r}\;{\mathbf e}_r+\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}\;{\mathbf e}_{\theta}\right)V \\[5pt]
\mathbf E=-\left(\frac{\partial V}{\partial r}\;{\mathbf e}_r+\frac{1}{r}\frac{\partial V}{\partial\theta}\;{\mathbf e}_{\theta}\right)
\end{gather}
\]
Cálculo das derivadas parciais do potencial elétrico dado na solução do item anterior
\( V=\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\dfrac{p\cos\theta}{r^2} \):
Derivada em
r
\[
\begin{align}
\frac{\partial V}{\partial r} & =\frac{\partial}{\partial r}\left(\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p\cos\theta}{r^2}\right)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}p\cos\theta\frac{\partial}{\partial r}\left(\frac{1}{r^2}\right)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}p\cos\theta\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{-2}\right)= \\
&= \frac{1}{4\pi\epsilon_0}p\cos\theta\left(-2r^{-2-1}\right)=-{\frac{1}{4\pi\epsilon_0}}\frac{2p\cos\theta}{r^3}
\end{align}
\]
na derivada em
r o valor de
θ é constante e o cosseno sai da derivada.
Derivada em
θ
\[
\begin{gather}
\frac{\partial V}{\partial\theta}=\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p\cos\theta}{r^2}\right)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p}{r^2}\frac{\partial (\cos\theta)}{\partial\theta}=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p}{r^2}(-\operatorname{sen}\theta)=\frac{-{1}}{4\pi\epsilon_0}\frac{p\operatorname{sen}\theta}{r^2}
\end{gather}
\]
na derivada em
θ o valor de
r é constante e sai da derivada.
\[
\begin{gather}
\mathbf E=-\left(-{\frac{1}{4\pi\epsilon_0}}\frac{2p\cos\theta}{r^3}\;{\mathbf E}_r-\frac{1}{r}\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p\operatorname{sen}\theta}{r^2}\;{\mathbf E}_{\theta}\right)
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p}{r^3}\left(2\cos\theta\;{\mathbf E}_r+\operatorname{sen}\theta\;{\mathbf{\text{e}}}_{\theta}\right)}
\end{gather}
\]
e seu módulo será
\[
\begin{gather}
E=\sqrt{\left(\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p}{r^3}\right)^2\left[(2\cos\theta)^2+(\operatorname{sen}\theta)^2\right]}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p}{r^3}\sqrt{4\cos ^2\theta+\operatorname{sen}^2\theta}}
\end{gather}
\]
d) Da Figura 4 obtemos as seguintes relações
\[
\begin{gather}
r^2=x^2+y^2 \tag{V}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
r=(x^2+y^2)^{1/2} \tag{VI}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\cos\theta=\frac{x}{r} \tag{VII}
\end{gather}
\]
substituindo as equações (V) e (VII) na solução do item (b)
\[
\begin{gather}
V=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p}{(x^2+y^2)}\frac{x}{r} \tag{VIII}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (VI) na equação (VIII)
\[
\begin{gather}
V=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p}{(x^2+y^2)}\frac{x}{(x^2+y^2)^{1/2}} \\[5pt]
V=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{px}{(x^2+y^2)^{3/2}} \tag{IX}
\end{gather}
\]
Usamos novamente a equação (IV) no valor do potencial elétrico acima para calcular o vetor campo elétrico,
em coordenadas cartesianas o operador nabla será dado por
\( \left(\frac{\partial}{\partial x}\;\mathbf i+\frac{\partial}{\partial y}\;\mathbf j\;\right) \),
onde i e j são os vetores unitários nas direções x e y
\[
\begin{gather}
\mathbf E=-\left(\;\frac{\partial}{\partial x}\;\mathbf i+\frac{\partial}{\partial y}\;\mathbf j\right)V \\[5pt]
\mathbf E=-\left(\frac{\partial V}{\partial x}\;\mathbf i+\frac{\partial V}{\partial y}\;\mathbf j\right)
\end{gather}
\]
Cálculo das derivadas parciais do potencial elétrico dado pela equação (IX)
\( V=\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\dfrac{px}{(x^2+y^2)^{3/2}} \):
Derivada em
x:
\[
\begin{gather}
\frac{\partial V}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\;\left[\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{px}{(x^2+y^2)^{3/2}}\right]=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}p\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{x}{(x^2+y^2)^{3/2}}\right]
\end{gather}
\]
na derivada em
x o valor de
y é constante.
A derivada em
x é o quociente de duas funções, calculado pela regra
\[
\begin{gather}
\left(\frac{f}{g}\right)^{'}=\frac{f'g-f\;g'}{g^2}
\end{gather}
\]
com
\( f=x \)
e
\( g=(x^2+y^2)^{3/2} \),
a função
g é uma função composta
\( g[u(x)] \)
e sua derivada é dada pela regra da cadeia
\[
\begin{gather}
\frac{dg[u(x)]}{dx}=\frac{dg}{du}\frac{du}{dx}
\end{gather}
\]
com
\( g(u)=u^{3/2} \)
e
\( u(x)=x^2+y^2 \)
\[
\begin{align}
\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{x}{(x^2+y^2)^{3/2}}\right] & =\left(\frac{f}{g}\right)^{'}=\frac{\left(\frac{df}{dx}\right)g-f\left[\left(\frac{dg}{du}\right)\left(\frac{du}{dx}\right)\right]}{g^2}\Rightarrow \\[5pt]
& \Rightarrow\frac{1\times(x^2+y^2)^{3/2}-x\left[\frac{3}{2}\times(x^2+y^2)^{\frac{3}{2}-1}\times2x^{2-1}\right]}{\left[(x^2+y^2)^{3/2}\right]^2}\Rightarrow \\[5pt]
& \Rightarrow\frac{(x^2+y^2)^{3/2}-3(x^2+y^2)^{1/2}x^2}{(x^2+y^2)^3}\Rightarrow \\[5pt]
& \Rightarrow\frac{(x^2+y^2)^{1/2}}{(x^2+y^2)^3}(x^2+y^2-3x^2)\Rightarrow \\[5pt]
& \Rightarrow\frac{(y^2-2x^2)}{(x^2+y^2)^3(x^2+y^2)^{-1/2}}=\frac{(y^2-2x^2)}{(x^2+y^2)^{5/2}}
\end{align}
\]
\[
\begin{gather}
\frac{\partial V}{\partial x}=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}p\frac{(y^2-2x^2)}{(x^2+y^2)^{5/2}}
\end{gather}
\]
Derivada em
y:
\[
\begin{gather}
\frac{\partial V}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\left[\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{px}{(x^2+y^2)^{3/2}}\right]=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}px\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{1}{(x^2+y^2)^{3/2}}\right]
\end{gather}
\]
na derivada em
y o valor de
x é constante.
Reescrevendo
\[
\begin{gather}
f=\frac{1}{(x^2+y^2)^{3/2}}=(x^2+y^2)^{-3/2}
\end{gather}
\]
a função
f é uma função composta
\( f[u(x)] \)
e sua derivada é dada pela regra da cadeia
\[
\begin{gather}
\frac{df[u(x)]}{dx}=\frac{df}{du}\frac{du}{dx}
\end{gather}
\]
com
\( f(u)=u^{\frac{-{3}}{2}} \)
e
\( u(x)=x^2+y^2 \)
\[
\begin{gather}
\frac{\partial}{\partial x}\left[(x^2+y^2)^{-3/2}\right]=\left[-{\frac{3}{\cancel 2}}(x^2+y^2)^{-{\frac{3}{2}}-1}\right]\left(\cancel 2y^{2-1}\right)=-3y(x^2+y^2)^{-5/2}=-{\frac{3y}{(x^2+y^2)^{5/2}}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\frac{\partial V}{\partial y}=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}px\frac{\partial}{\partial x}\left[-{\frac{3y}{(x^2+y^2)^{5/2}}}\right] \\[5pt]
\frac{\partial V}{\partial y}=-{\frac{1}{4\pi\epsilon_0}}\frac{3pxy}{(x^2+y^2)^{5/2}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\mathbf E=-\left[\frac{1}{4\pi\epsilon_0}p\frac{(y^2-2x^2)}{(x^2+y^2)^{5/2}}\;\mathbf i-\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{3pxy}{(x^2+y^2)^{5/2}}\;\mathbf j\right] \\[5pt]
\mathbf E=-{\frac{1}{4\pi\epsilon_0}}p\frac{(y^2-2x^2)}{(x^2+y^2)^{5/2}}\;\mathbf i+\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{3pxy}{(x^2+y^2)^{5/2}}\;\mathbf j \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p}{(x^2+y^2)^{{5/2}}}\left[-(y^2-2x^2)\;\mathbf i+3xy\;\mathbf j\right]
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p}{(x^2+y^2)^{{5/2}}}\left[(2x^2-y^2)\;\mathbf i+3xy\;\mathbf j\right]}
\end{gather}
\]
e seu módulo será
\[
\begin{gather}
E=\sqrt{\left(\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p}{(x^2+y^2)^{{5/2}}}\right)^2\left[(2x^2-y^2)^2+(3xy)^2\right]} \\[5pt]
E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p}{(x^2+y^2)^{{5/2}}}\sqrt{4x^4-4x^2y^2+y^4+9x^2y^2\;}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p}{(x^2+y^2)^{{5/2}}}\sqrt{4x^4+5x^2y^2+y^4\;}}
\end{gather}
\]
e) Fazendo
x = 0 na solução do item anterior (Figura 5)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p}{(0^2+y^2)^{{5/2}}}\left[(2\times 0^2-y^2)\;\mathbf i+3\times 0.y\;\mathbf j\right] \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p}{(y^{\cancel 2})^{{5/{\cancel 2}}}}\left[-y^2\;\mathbf i\right] \\[5pt]
\mathbf E=-{\frac{1}{4\pi\epsilon_0}}\frac{p}{y^5y^{-2}}\;\mathbf i
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=-{\frac{1}{4\pi\epsilon_0}}\frac{p}{y^3}\;\mathbf i}
\end{gather}
\]
e seu módulo
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p}{y^3}}
\end{gather}
\]
f) Fazendo y = 0 na solução do item (d) (Figura 6)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p}{(x^2+0^2)^{{5/2}}}\left[(2x^2-0^2)\;\mathbf i+3 x\times 0\;\mathbf j\right] \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{p}{(x^{\cancel 2})^{{5/{\cancel 2}}}}\left[2x^2\;\mathbf i\right] \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{2p}{x^5x^{-2}}\;\mathbf i
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=\frac{1}{2\pi\epsilon_0}\frac{p}{x^3}\;\mathbf i}
\end{gather}
\]
e seu módulo
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{E=\frac{1}{2\pi\epsilon_0}\frac{p}{x^3}}
\end{gather}
\]
