Trabalho Computacional de Eletromagnetismo

Prof. Antonio Carlos Siqueira de Lima

Julho de 2012

Comentarios

Os exercıcios a seguir possuem solucao analıtica, i.e., ha uma expressao fechada que permite representar as grandezasenvolvidas. O objetivo e aplicar os metodos numericos para a solucao do campo e comparacao dos erros envolvidospela aproximacao numerica.

Para a resolucao da equacao de Laplace em coordenadas cartesianas considere o retangulo mostrado na Fig. 1.Seja ϕ(x, y) o potencial a ser calculado, onde as condicoes de fronteira sao apresentadas em (1).

ϕ(x, 0) = f1(x) 0 ≤ x ≤ aϕ(x, b) = f1(x) 0 ≤ x ≤ aϕ(0, y) = g1(y) 0 ≤ y ≤ bϕ(a, y) = g2(y) 0 ≤ y ≤ b

(1)

Figura 1: fronteira retangular para a solucao da equacao de Laplace

Utilizando-se o metodo de separacao de variavies e possıvel dividir a funcao resultante em duas parcelas, i.e.,ϕ(x) = u1(x) + u2(x) onde

u1(x, y) =2

a

∞∑k=1

(sinh(kπy/a)

sinh(kπb/a)sin(kπx/a)

∫ a

0

f2(ξ) sin(kπξ/a) dξ

+sinh(kπ/a(b− y))

sinh(kπb/a)sin(kπx/a)

∫ a

0

f1(ξ) sin(kπξ/a) dξ

)u2(x, y) =

2

b

∞∑k=1

(sinh(kπx/b)

sinh(kπa/b)sin(kπy/b)

∫ b

0

g2(ξ) sin(kπξ/b) dξ

+sinh(kπ/b(a− x))

sinh(kπa/b)sin(kπy/b)

∫ b

0

g1(ξ) sin(kπξ/b) dξ

)(2)

Caso haja contato entre as bordas e uma vez que o potencial deve ser contınuo as funcoes acima devem atender

1

tambem as seguintes condicoes

f1(0) = g1(0) = α

f1(a) = g2(0) = β

f2(a) = g2(b) = γ

f2(0) = g1(b) = δ

(3)

o que leva o potencial a ser definido por

ϕ(x, y) = u1(x, y) + u2(x, y) + u0(x, y) (4)

onde

u0(x, y) =1

sinh(πa/(2b))

[cos

πy

2b

(β sinh

πx

2b+ α sinh

π(a− x)

2b

)+ sin

πy

2b

(γ sinh

πx

2b+ δ sinh

π(a− x)

2b

)](5)

as funcoes u1(x, y) e u2(x, y) diferem daquelas em em (2) apenas pelos coeficientes das integrais conforme mostrado aseguir. ∫ a

0

(f2(ξ)− u0(ξ, b)) sin(kπξ/a)dξ∫ a

0

(f1(ξ)− u0(ξ, 0)) sin(kπξ/a)dξ∫ b

0

(g2(ξ)− u0(a, ξ)) sin(kπξ/b)dξ∫ b

0

(g1(ξ)− u0(0, ξ)) sin(kπξ/b)dξ

(6)

1 Campos Estacionarios

1. Considere a caixa cuja secao transversal e mostrada na Fig. 2. Calcule o potencial no interior da caixa sabe-seque dois dos lados sao mantidos num potencial V e os outros dois aterrados. Obtenha a resposta analıtica eplote o resultado final supondo a = 5 cm e b = 2 cm.

2a

Vx

y

V

0

0

b

Figura 2: Caixa condutora

resposta:

φ(x, y) =4V

π

∞∑n=0

(−1)n

2n+ 1

cosh [(2n+ 1)πx/b]

cosh [(2n+ 1)πa/b]cos (πy/b(2n+ 1)) (7)

A Fig. 3 apresenta o grafico da solucao apresentada em (7). Uma outra expressao e possıvel, nesse caso vamosadotar a origem dos eixos x − y coincidente com o ponto onde o eletrodo vertical com potencial V se une aoeletrododo horizontal aterrado. Para simplificar a notacao consideramos que nesse novo sistema de coordenadasa = 2a quando referido a Fig. 2. A expressao do potencial e mostrada na (8).

ϕ(x, y) =4

π

∞∑n=0

sin((2n+ 1)πy/b)

sinh((2n+ 1)πa/b)[sinh((2n+ 1)πx/b) + sinh((2n+ 1)π/b(a− x))] (8)

2

(a) usando (7) com a = 2.5 e b = 1 (b) usando (8) com a = 5, b = 1

Figura 3: Resposta exercıcio 1

0

a V

0

Figura 4: Retangulo semi-infinito

2. Considere a configuracao de um retangulo semi-infinito mostrado na Fig. 4. Obtenha a expressao do potencialdentro do retangulo e plote o resultado, considere a = 1 cm

resposta:

φ(x, y) =2V

πarctan

(sin(πy/a)

sinh(πx/a)

)(9)

A Fig. 5 apresenta o grafico da solucao apresentada em (9). E possıvel tambem obter a resposta para esseproblema fazendo b→∞ em (7).

Figura 5: Resposta exercıcio 2

3. Calcule o potencial para as configuracoes de eletrodos mostrados na Fig. 6. Calcule o potencial na regiao internadelimitada pelos eletrodos.

3

(a) Eletrodo finito (b) Eletrodo infinito – o potencial e nulo paray = ±b e x > a

Figura 6: Eletrodos retangulares

resposta: (a)

ϕ(x, y) = V

(x/a+

2

π

∞∑n=1

cosh(nπy/a)

cosh(nπb/a)

sin(nπx/a)

n

)(10)

A solucao e visualizada na Fig. 7 a seguir. Devido a simetria do problema e possıvel obter a solucao resolvendoa equacao de Laplace em apenas um dos eletrodos, i.e., utilizando apenas tres condicoes de fronteira.

Figura 7: Resposta exercıcio 3(a)

solucao parcial: (b) Como nos casos anteriores trata-se da resolucao da equacao de Laplace em coordenadascartesianas onde o potencial possui as seguintes condicoes de contorno

ϕ|x=0 = V

ϕ|y=±b = f(x)(11)

onde f(x) = V para 0 ≤ x < a e f(x) = 0 caso contrario. Dessa forma a solucao e do tipo

ϕ(x, y) =2

b

∞∑n=0

φ cos

(2n+ 1

2bπy

)(12)

onde

φ =

∫ b

0

ϕ(x, y) cos

(2n+ 1

2bπy

)dy (13)

o processo para determinar as funcoes desconhecidas φ e o mesmo da determinacao de coeficientes da serie deFourier. Apos a determinacao desse coeficientes a aplicacao direta dos mesmo resulta em

φ(x, y) =

4Vπ

∞∑n=0

cos((2n+1)πy/(2b))2n+1

[(−1)n + (−1)n+1 exp (−(2n+ 1)πa/(2b)) sinh

((2n+1)πx

2a

)]x < a

4Vπ

∞∑n=0

(−1)n2n+1 cosh

((2n+1)πa

2b

)exp (−(2n+ 1)πx/(2b)) cos

((2n+1)πy

2b

)x > a

(14)

4. Uma linha de carga com carga q por unidade de comprimento e colocada dentro de uma caixa metalica cujasecao reta e definida pelo “retangulo curvilıneo” a ≤ r ≤ b, 0 ≤ θ ≤ α. Calcule o potencial u(r, θ) dentro dacaixa.

4

resposta: para r ≤ r0

u(r, θ) = 4q

∞∑n=1

(br0

)nπ/α−(r0b

)nπ/α(ba

)nπ/α − (ab )nπ/αsin nπφ0

α

n

[( ra

)nπ/α−(ar

)nπ/α]sin

nπθ

α(15)

para r ≥ r0

u(r, θ) = 4q

∞∑n=1

(r0a

)nπ/α − ( ar0

)nπ/α(ba

)nπ/α − (ab )nπ/αsin nπφ0

α

n

[(b

r

)nπ/α−(rb

)nπ/α]sin

nπθ

α(16)

onde r0 e φ0 sao as coordenadas polares da linha de carga.

5. Considere um cilindro condutor infinito segmentado de forma que cada um dos hemisferios da secao circularestao em potenciais distintos, conforme mostra a Fig. 8. Calcule o potencial no interior do cilindro. O raio dasecao circular e de a = 1 m. Considere que o gap que separa os hemisferios e infinitesimal e possui um materialisolante capaz de suportar o gradiente de tensao.

Figura 8: Cilindro segmentado

resposta:

ϕ(r, φ) =V

2

(1 +

2

πarctan

(2 ar cosφ

a2 − r2

))(17)

6. Um eletrodo retangular possui um secao transversal definida por um retangulo de largura a e altura b e profun-didade h. Supondo que uma corrente I e injetada e drenada do eletrodo, conforme mostra a Fig. 9, calcule adistribuicao de potencial no interior do eletrodo. Suponho que o eletrodo e isotropico e uniforme com condutanciaσ.

Figura 9: Eletrodo retangular

resposta:

φ(x, y) = − I

2σh

[x

b+

2

π

∞∑n=1

sinh(nπx/b)

n cosh(nπa/b)cos(nπy/b)

](18)

solucao: Para resolver o problema e necessario supor que a corrente se distribui uniformemente com densidadeI/(2εh) numa pequena secao |y| < ε. Com isso o problema passa a ser a resolucao da equacao de Laplace emcoordenadas cartesianas

∂2φ

∂x2+∂2φ

∂y2= 0 (19)

5

com as condicoes de contorno

∂φ

∂y

∣∣∣∣y=±b

= 0

∂φ

∂x

∣∣∣∣x=±a

= 0 se |y| > ε

∂φ

∂x

∣∣∣∣x=±a

= −J/(2εσh) se |y| < ε

(20)

Utilizando a expansao em serie de Fourier do potencial leva a

φ = c0x+

∞∑n=1

cn sinh (nπx/b) cos(nπy/b) (21)

logo

c0 =1

b

∫ b

0

I/(2εσh)dy

cn =2

nπ cosh(nπa/b)

∫ b

0

I/(2εσh) cos(nπy/b)dy

(22)

para n = 1, 2, . . . e calculando o limite quando ε→ 0 obtemos os coeficientes para representar (18).

7. Uma reta de carga com densidade linear q e colocada dentro de um cilindro condutor de raio a, conformemostrado na Fig. 10. Suponha que o cilindro e mantido aterrado. Utilize o metodo das imagens e obtenha aexpressao do potencial dentro do cilindro. Suponha agora que a carga e colocada no lado de fora do cilindro, i.e.b > a, suponha nesse caso que o cilindro possui uma carga Q por unidade de comprimento e calcule o potencialno exterior ao cilindro.

q

b

a Ri

bi

rφ

R

Figura 10: Cilindro condutor e reta de carga

solucao (a): O potencial na superfıcie do cilindro e nulo, deve haver um potencial u que anule o efeito dopotencial devido a linha de carga. Logo, a expresssao do potencial utilizando coordenadas polares (r, φ) enormalizando em relacao o termo 2π e dado por

ϕ(r, φ) = q lnR+ u (23)

onde R =√r2 + b2 − 2br cosφ . As condicoes de fronteira implicam que

u(r = a) = −q ln√a2 + b2 − 2ab cosφ (24)

que no caso de uma ponto generico pode ser escrito como

u = −q ln

a√

1− 2

(br

a2

)cosφ+

(br

a2

)2 = −q ln

(abRi

)(25)

onde Ri =√r2 + b2i − 2bir cosφ e bi = a2/b. Aplicando (25) em (23) e rearranjando os termos leva a

ϕ(r, φ) = q

[lnR

Ri+ ln

b

a

](26)

Por que esse resultado parece diferente daquele obtido utilizando coordenadas cartesianas e mostrado abaixo?

ϕ(x, y) =q

2ln

[(x− b)2 + y2

(x− bi)2 + y2

]=q

2lnR

Ri(27)

resposta (b):

ϕ(r, φ) = q lnR

Ri+ (q +Q) ln r (28)

onde as distancias sao mostradas na figura abaixo.

6

Figura 11: Imagem de uma linha de carga dentro de um cilindro condutor

8. Considere uma carga pontual q colocada entre dois planos condutores infinitos. O primeiro e colocado em y = 0e o segundo em y = d, as coordenadas da carga sao x0 e y0, vide Fig. 12. Calcule o potencial na regiao definidaentre os dois planos. O que mudaria nos resultado se ao inves de dois planos houvesse duas linhas condutoras ea carga fosse pontual?

Figura 12: Multiplas imagens

resposta:

φ(x, y) =1

2

n=+∞∑n=−∞

ln

((x− x0)2 + (y + y0 + 2nd)2

(x− x0)2 + (y − y0 + 2nd)2

)(29)

onde x0 e y0 representada as coordenadas da carga pontual e d a separacao entre os planos.

9. Um tubo definido por a ≤ r ≤ b feito por um material de permeabilidade relativa µr = 5 e colocada em campomagnetico constante H0. Calcule a distribuicao de potencial magnetico e plote o resultado suponha b/a = 1, 5.

solucao: O potencial escalar aqui e chamado de u para evitar possıveis confusoes com a coordenada φ. Oproblema se reduz a integracao de um sistema de equacoes diferenciais dado por

1

r

∂

∂r

(r∂ui∂r

)+

1

r2∂2ui∂φ2

(30)

onde os potenciais ui sao definidos por

b < r <∞, i = 1

a < r < b, i = 2, π < φ ≤ π0 < r < a. i = 3

(31)

e as condicoes de contorno sao dadas por

u1(r →∞)→ H0x

∂u1∂φ

∣∣∣∣r=b

=∂u2∂φ

∣∣∣∣r=b

∂u1∂r

∣∣∣∣r=b

= µ∂u2∂r

∣∣∣∣r=b

∂u2∂φ

∣∣∣∣r=a

=∂u3∂φ

∣∣∣∣r=a

µ∂u2∂r

∣∣∣∣r=a

= µ∂u3∂r

∣∣∣∣r=a

(32)

Levando-se em conta que devido a simetria do problema so havera funcoes pares as seguintes funcoes podem ser

7

usadas para representar os potenciais ui

u1 = H0r cosφ+

∞∑n=1

Anr−n cos(nφ)

u2 = C0 ln r +

∞∑n=1

(Bnr

n + Cnr−n) cos(nφ)

u3 =

∞∑n=1

Dnrn cos(nφ)

(33)

Devido as condicoes de contorno as contantes C0 e Cn para n ≤ 2 devem ser nulas. Para determinar as outrascontantes basta aplicar (33) em (32). Isso leva ao sistema de equacoes

A1 − b2B1 − C1 = −H0b2

A1 + µb2B1 − µC1 = H0b2

a2B1 + C1 − a2D1 = 0

µa2B1 − µC1 − a2D1 = 0

(34)

o que leva a

A1 = − H0b2(µ2 − 1)(b2 − a2)

b2(µ+ 1)2 − a2(µ− 1)2

B1 =2H0b

2(µ+ 1)

b2(µ+ 1)2 − a2(µ− 1)2

C1 =2H0a

2b2(µ− 1)

b2(µ+ 1)2 − a2(µ− 1)2

D1 =4H0b

2µ

b2(µ+ 1)2 − a2(µ− 1)2

(35)

A aplicacao de (35) em (33) leva a solucao do problema, conforme mostrado abaixo.

u(r, φ) =

H0 r cosφ

[1− (µ2−1)(b2−a2)

b2(µ+1)2−a2(µ−1)2 (b/r)2]

b ≤ r <∞

H0 r cosφ2b2((1+µ)+(µ−1)(a/r)2)b2(µ+1)2−a2(µ−1)2 a ≤ r ≤ b

H0 r cosφ 4µb2

b2(µ+1)2−a2(µ−1)2 0 ≤ r < a

(36)

A Fig. 13 mostra a visualizacao das linhas de forca. O processo para obter as linhas e o seguinte: calculeH = ∇u(rφ) e obtenha o vetor densidade de campo magnetico B. Calcule o fluxo de B e atraves dos tubos defluxo obtenha as linhas de forca.

Figura 13: Cilindro oco imerso em campo magnetico

8

10. Uma esfera oca dada por a ≤ r ≤ b e imersa em um campo magnetico Hz = −H0. Calcule o potencial magneticoe plote o resultado, suponha a mesma permeabilidade relativa do caso anterior e a = 3 cm e b = 5 cm.

resposta:

ϕ(r, θ) =

9b3µH0r cos θ

b3(µ+2)(2µ+1)−2 a3(µ−1)2 0 ≤ r ≤ a3(b/r)3H0r cos θ[r3(2µ+1)+a3(µ−1)]

b3(µ+2)(2µ+1)−2 a3(µ−1)2 a < r ≤ b

H0 r cos θ +(b/r)3H0r cos θ[(a3−b3)(µ−1)(2µ+1)]

b3(µ+2)(2µ+1)−2 a3(µ−1)2 b < r <∞

(37)

A solucao desse problema pode ser encontrado no livro “Classical Electrodynamics,” J. D. Jackson, 3rd Ed.,Wiley. A Fig. 14 a seguir mostra o comportamento do campo magnetico. As rotinas utilizadas no grafico foramobtidas de:

"Spherical Shell in a Magnetic Field" from The Wolfram Demonstrations Project

http://demonstrations.wolfram.com/SphericalShellInAMagneticField/

Compare o resultado desse exercıcio com o anterior. O que muda de uma configuracao para outra? Poderia serutilizado o mesmo caso para a representacao das duas configuracoes?

Figura 14: Casca esferica em campo magnetico uniforme

11. Mostre que o potencial eletrostatico em coordenadas polares dentro de uma esfera de raio a se um hemisferio emantindo no potencial V , i.e.

ϕ(r, θ) = V 0 ≤ θ ≤ π/2 (38)

enquanto o outro hemisferio esta aterrado e dado por

ϕ(r, θ) =V

a

[1 +

∞∑n=0

4n+ 3

2n+ 2P2n(0) (r/a)

2n+1P2n+1(cos θ)

](39)

solucao: Da solucao da equacao de Laplace em coordenadas esfericas temos que as solucoes sao do tipo

ϕ(r, θ) =

∞∑k=0

(Akr

k +Bkrk

)Pk (cos θ) (40)

Como estamo interessados no potencial no interior da esfera Bk = 0. A condicao de contorno especifica opotencial na superfıcie da esfera, i.e. para r = a o potencial e dado por (38). Logo, (40) pode ser vista como umaexpansao em serie de Fourier do potencial na superfıcie da esfera. Uma vez que esse potencial e para 0 ≤ θ < π/2temos

Ak =1

ak

∫ 2π

0

∫ π/2

0

Pk(cos θ) sin θ dφ dθ (41)

9

para k impar. Do calculo sabemos que∫Pk(cos θ) sin θ dθ =

Pk−1 (cos θ)− Pk+1 (cos θ)

2k + 1(42)

Aplicando os limites a (42) e apos alguma manipulacao algebrica otemos a expressao em (39). A Fig. 15(a)apresenta o grafico de ϕ(r, θ) para r = a e a Fig. 15(b) traz o grafico da mesma funcao para 0 ≤ r ≤ 1 e0 ≤ θ < π/2.

(a) (b)

Figura 15: Graficos para a resposta (39)

Esse problema tambem pode ser resolvido utilizando a funcao associada de Legendre cuja a definicao e dada por(43).

Pmk (x) = (−1)m(1− x2)m/2dmPk(x)

dxm(43)

Nesse caso as solucoes sao dadas por

ϕ(r, θ, φ) =

∞∑k=0

k∑m=−k

(Akmrk+1

)exp(jmφ)Pmk (cos θ) (44)

Em diversas configuracoes e interessante combinar as funcoes de Legendre e a exponencial em φ. Esse tipo defuncao e tambem conhecido como harmonico esferico cuja definicao e mostrada em (45).

Yk,m (θ, φ) =

√2k + 1

4π

(k −m)!

(k +m)!Pmk (cos θ) exp(jmφ) (45)

Para o problema em questao ha simetria em relacao ao eixo φ, com isso m = 0. As funcoes a serem utilizadasna solucao sao mostradas em (46).

ϕ(r, θ, φ) =

∞∑k=0

Ak rk Yk,0 (θ, φ) (46)

Os coeficientes sao dados por

Ak =2π

ak

∫ π/2

0

Yk,0 (θ, φ) sin θ dθ = −a−k√π

√1 + 2k

k(k + 1)P 1k (0) (47)

A Fig. 16 sendo possıvel notar que as formas sao essencialmente iguais a diferenca fica apenas na escala dopotencial que no caso de harmonicos esfericos e normalizada.

10

Figura 16: Potencial dentro da esfera obtido utilizando harmonicos esfericos

Figura 17: Disco condutor e carga pontual

12. Utilizando o metodo dos momentos calcule a densidade de carga σ em um disco condutor de raio a devido a umacarga pontual q a uma distancia ` do eixo de simetria do disco, vide Fig. 17.

resposta:

σ = − q

4πa2

[(a/`)2

(1 + (a/`)2 sin2 β

)−3/2+

j2√π cosβ

∞∑n=0

(−1)n(4n+ 1)n!

Γ(n+ 1/2)Q2n(j`/a)P2n cosβ

](48)

onde β = arcsin(r/a), onde r e a distancia de um ponto numa posicao arbitraria na superfıcie do disco ao centrodo mesmo, Qn(.) e a funcao de Legendre de segunda especie, vide

http://mathworld.wolfram.com/LegendreFunctionoftheSecondKind.html

Esse problema tambem pode ser resolvido utilizando diretamente equacoes integrais, vide Weisstein, Eric W.”Integral Equation.”From MathWorld–A Wolfram Web Resource, cuja url e:

http://mathworld.wolfram.com/IntegralEquation.html

Isso leva a seguinte expressao para a densidade de carga na superfıcie mais proxima da carga pontual

σ(r) = − q`

2π2

(`2 + r2

)−3/2 [arctan

(√a2 − r2`2 + r2

)+

√`2 + r2

a2 − r2± π

2

](49)

11

dica: O problema deve ser resolvido considerando que o potencial num ponto arbitrario distando R da cargapontual e dado por

ϕ =q

R+ u1 (50)

e o potencial deve atender a equacao de Laplace

∇2ϕ = 0 (51)

otendo a expressao do potencial a densidade de carga pode ser obtida pela derivada do potencial.

2 Propagacao de Ondas

1. Uma onda plana possui apenas componente z dada por

Ez = E0 exp (jω t− jkz) (52)

onde k = ω/c. Essa onda incide num cilindro condutor perfeito de raio a. Mostre que o campo difratado e dadopor

Ez = E0 exp(jω t)

[exp(−jkr cosφ)− J0(ka)

H(2)0 (ka)

H(2)0 (kr)− 2

∞∑n=1

(−j)n Jn(ka)

H(2)n (ka)

H(2)n (kr) cos(nϕ)

](53)

solucao: Esse exercıcio consiste em achar a amplitude da onda de campo eletrico que satifaz a equacao de onda

1

r

∂

∂r

(r∂E

∂r

)+

1

r2∂2E

∂φ2+ k2E = 0 (54)

supondo um sistema de coordenadas cilindricas (r, φ, z) e cuja condicao de contorno e

Ed + E0 exp(−k a cosφ) = 0 (55)

onde Ed = E(r = a). Como se trata de uma onda temos que o campo deve ser regular no infinito, i.e., E → 0para r →∞. Aplicando o metodo de separacao de variaveis a (54) e sabendo que as funcoes devem ser periodicasem φ, as solucoes sao do tipo

En =(MnH

(1)n (kr) +NnH

(2)n (kr)

)cos(nφ) ou

En =(MnH

(1)n (kr) +NnH

(2)n (kr)

)sin(nφ)

(56)

onde H(1,2)n (.) sao funcoes de Hankel. Devido as condicoes de simetria do problema o campo eletrico e uma

funcao par de φ, logo as solucoes com sin(nφ) devem ser descartadas. Pela condicao de radiacao, i.e., funcoes

regulares no infinito, as funcoes de Hankel do tipo H(1)n (.) devem ser excluıdas o que e possıvel com Mn = 0.

Logo a solucao e do tipo

E =

∞∑n=0

NnH(2)n (kr) cos(nφ) (57)

pelas condicoes de contorno

E0 exp(−ka cosφ) +

∞∑n=0

NnH(2)n (kr) cos(nφ) = 0 (58)

e necessario expandir o termo exponencial conforme mostra (59)

exp(−ka cosφ) = J0(ka) + 2

∞∑n=1

(−j)nJn(ka) cos(nφ) (59)

Aplicando (59) em (58) implica em

N0H(2)0 (ka) = −E0J0(ka)

NnH(2)n (ka) = −2E0(−j)nJn(ka)

(60)

Logo o campo difratado pelo cilindro e da forma

Ed = −E0 exp(jωt)

[J0(ka)

H(2)0

H(2)0 (kr) + 2

∞∑n=1

(−j)n Jn(ka)

H(2)n

H(2)n (kr) cos(nφ)

](61)

O campo total e dado pela soma do campo incidente com a onda original. A Fig. 18 apresenta uma visualizacaodo campo total dado por (53).

12

Figura 18: Onda plana difratada de um cilindro condutor ideal, exercıcio 1

2. Repita o exercıcio anterior supondo agora que o material do cilindro e isotropico e uniforme com condutancia σe permitividade ε.

resposta:, para r ≥ a e onde k1 = ω√µε e k2 =

√ω2µε− jωµσ

Ez = E0 exp(jω t)

[exp(−jk1r cosφ) +H

(2)0 (k1r)

k1 J0(k2a)J1(k1a)− k2 J0(k1a) J1(k2a)

k2H(2)0 (k1a)J1(k2a)− k1J0(k2a)H

(2)1 (k1a)

+2

∞∑n=1

exp(−jnπ/2)H(2)n (k1r) cos(nφ)

k1 Jn(k2a)Jn+1(k1a)− k2 Jn(k1a) Jn+1(k2a)

k2H(2)n (k1a)Jn+1(k2a)− k1Jn(k2a)H

(2)n+1(k1a)

] (62)

3. Seja uma linha de transmissao conforme a fig. 19. A altura dos condutores e considerada constante e o compri-mento do circuito pode ser considerada infinito. Os condutores possuem raio r = 10 mm, σ = 30 · 106 S/m eεr − 10 e permeabilidade magnetica µ0. A prıncipio considere o solo ideal. Tensoes simetricas e equilibradas saoaplicadas nos condutores 1, 2 e 3, onde a tensao e a corrente no condutor 1 sao dadas por (63).

u1 = 200 103 cos(2π60 t) i1 = 500 cos(2π60 t) (63)

Supondo um condutor isolado cujo ponto P da secao transversal e mostrado na Fig. 19, calcule o campo eletricoe o campo magnetico no no ponto P , ambos em funcao do tempo. Determine o campo eletrico na superfıcie docondutor 1 em funcao do tempo. Calcule o campo eletrico no solo utilizando os fasores das tensoes fase-neutro.

������������������������������������������������������������������������

������������������������������������������������������������������������

10 7 7

55

P

1 2 3

Figura 19: Circuito Simples de Linha de transmissao trifasica

Solucao Parcial: Considerando a aproximacao quase estacionaria a relacao entre as cargas de cada condutor ea tensao transversal dos condutores e do tipo

u = P · qq = C · u

(64)

onde u e o vetor das tensoes nos condutores e q o vetor de carga em cada um dos condutores. Da expressao em(64) temos que

P = C−1 (65)

13

A matriz P e do tipo

P =1

2πεP (66)

sendo

P =

ln 2h1

r ln D12

d12ln D12

d12

ln D12

d12ln 2h1

r ln D23

d23

ln D31

d31ln D32

d32ln 2h3

r

(67)

onde hi e a altura do condutor i, r o raio do condutor, Dij distancia entre o condutor i e a imagem do condutorj e dij a distancia do condutor i ao condutor j. Logo pela relacao em (64)

C = 2πεP−1 . (68)

Na literatura tecnica tanto P quanto P sao conhecidas como a matriz dos coeficientes de potencial de Maxwell.A formulacao utilizada em (67) e um pouco mais eficiente pois evita a utilizacao da permeabilidade na inversaoda matriz. Evitando-se assim lidar com numeros muito pequenos. Lembrem que a permeabilidade no ar e 8.854910−12. Aplicando-se os valores numericos do exercıcio temos

P−1 =

0.134797 −0.0186005 −0.00715904−0.0186005 0.136984 −0.0186005−0.00715094 −0.0186005 0.134797

(69)

Portanto, seja Ek o campo eletrico na superfıcie externa do condutor onde Ekn e o valor medio (ao longo doperımetro do condutor) da componente de Ek ortogonal a essa superfıcie temos os seguintes valores em kV/m

Ekn =1

2πε rq =

1

rP−1u =

29, 601 cos(ωt+ 0.0639877)31, 117 cos(ωt− 2.09440)29, 601 cos(ωt+ 2.02735)

(70)

Para analisar a variacao de Ekn ao longo do perımetro do condutor vamos decompor a carga qk do condutor kem cargas qkj sendo j o ındice dos condutores diferentes de k e das imagens desses condutores e do condutor k,conforme representado esquematicamente na Fig. 20, onde os condutores vermelhos representam as imagens (con-dutores 4 a 6). As expressoes para as cargas por unidade de comprimento nos condutores 1 a 6 sao apresentadasem (71).

Figura 20: Metodo das imagens para uma LT trifasica

q1q2q3q4q5q6

=

q1q2q3−q1−q2−q3

= 2πεr

E1n

E2n

E3n

−E1n

−E2n

−E3n

(71)

14

Como nao ha outras “fontes” de cargas temos ainda

6∑k=1

qk = 0 (72)

Consideremos o condutor k e decomponhamos a carga qk em cargas qkj conforme mencionado acima. Considere-mos o para de cargas constituıdo pela carga qkj no condutor k e a carga qj no condutor j. Desloquemos a cargaqkj no condutor j de forma que uma equipotencial do campo associado as duas cargas coincida com a superfıciedo condutor k.

Consideremos para analisar o campo associado ao par de cargas lineares qkj , qj o sistema apresentada na Fig, 21onde qkj e designado qi (i.e., carga interna) e a carga qj por qe (carga externa ao condutor). Para esse parde cargas temos um carga qe, por unidade de comprimento, numa linha de carga paralela ao condutor a umadistancia b desse eixo e a imagem dessa carga em relacao a superfıcie cilındrica do condutor constituıda por umalinha de carga a uma distancia a do eixo com carga por unidade de comprimento qi = −qe tal que o conjuntodas duas cargas lineares origina um campo em que uma equipotencial coincide com a superfıcie do condutor.Sabemos tambem que ab = r2, vide exercıcio 7.

Figura 21: Par de cargas (interna e externa) associada ao condutor

O potencial ϕ(x, y) associado ao par de carga lineares [qi = −qe, qe] e dador por

ϕ(x, y) =qi

4πεln

(x− b)2 + y2

(x− a)2 + y2(73)

e o campo eletrico no ar e dado por

E = −∇ϕ(x, y) =qi

2πε

[(x− a

(x− a)2 + y2+

x− b(x− a)2 + y2

)x +

(y

(x− a)2 + y2− y

(x− b)2 + y2

)y

](74)

Consideremos um ponto generico na superfıcie do condutor, definido pelo angulo α conforme apresentado naFig. 21, nesse caso o campo eletrico e obtido considerando x = r cosα e y = r sinα em xs(74).

A componente do campo eletrico ortogonal a superfıcie do condutor, En e dada por (75), lembremos que a = r2/b

En = Ex cosα+ Ey sinα

= − qi2πε

[r − b cosα

(r cosα− b)2 + (r sinα)2− r − a cosα

(r cosα− a)2 + (r sinα)2

]= − qi

2πε

[r − b cosα

r2 − 2rb cosα+ b2− r − (r2/b) cosα

r2 − 2r3/b cosα+ (r2/b)2

]= − qi

2πε

1

1− 2r/b cosα+ (r/b)2

[r

b2− 1

bcosα− 1

r+

1

bcosα

]=

qi2πε r

1− (r/b)2

1− 2r/b cosα+ (r/b)2

(75)

Supondo r/b� 1 o campo pode ser expresso por (76).

En ≈qi

2πε

[1 +

2r

bcosα

](76)

Vamos supor agora que a carga qe e colinear mas agora faz um angulo φ em relacao ao eixo utilizado anteriormente.Supondo ainda que r/b� 1 o campo pode ser representado por

En ≈qi

2πε

[1 +

2r

bcos(α− φ)

](77)

15

Logo para o conjunto de pares de cargas k, j que definem o campo na vizinhanca externa ao condutor k temos

Ekn ≈6∑

j=1,j 6=k

qkj2πε r

[1 + 2

r

bkjcos (α− φkj)

](78)

Para k = 1 temos

b1j =[7 14 20

√449

√596]T

φ1j =[0 0 −π2 − arctan(20/7) − arctan(20/14)

]Tqkj =

[q12 q13 q14 q15 q16

]T=[−q2 −q3 −q4 −q5 −q6

]T (79)

O campo eletrico para o primeiro condutor k = 1 e dado por (80) em kV/m onde θ = ωt. Da expressaomencionada podemos notar que ha diversas parcelas no campo eletrico. Para um dado instante de tempo, hauma parcela constante e outras duas funcao de α−θ e α+θ. Essas duas ultimas parcelas correspondem a camposgirantes um no sentido de α crescente e outro no sentido contrario.

E1n ≈ 2960, 1 cos(θ − 0, 06705) + 3, 33 cos(α− θ + 0, 84998) + 3, 52 cos(α+ θ + 0, 5409) (80)

A Fig. 22 apresenta diversas curvas de nıvel para o campo eletrico na superfıcie do condutor para diferentesvalores de θ proximas ao maximo do campo eletrico em funcao de α. O campo eletrico maximo para o condutor1 ocorre quando θ = 0, 06705 + 2πn, onde n e um numero inteiro. A Fig. 23 apresenta E1n correspondente aocampo eletrico na superfıce do condutor para θ = 0, 06705 + 2π.

Figura 22: Curvas de nıvel do campo eletrico na superfıcie do condutor 1

Da expressao (80) vemos que a amplitude da parcela correspodente ao valor medio e muito superior as parcelasdevidas aos campos girantes. O o valor maximo de E1n e muito proximo a soma dos valores maximo de cadaparcela. Em outras palavras, E1n e maximo para θ = 0, 06705+2πn e α = 0 que corresponde a aproximadamente2965,35 kV/m.

A componente do campo eletrico tangencial a superfıcie dos condutores e devida a variacao temporal do vetorpotencial, em outras palavras

E = −∇ϕ(x, y)− ∂A(x, y, t)

∂t(81)

16

Figura 23: Campo eletrico na superfıcie do condutor 1

Nas condicoes do problema, i.e., com distancias entre condutores e condutores e solo muito superiores ao raiodos condutores, a componente tangencial do campo eletrico tangencial a superfıcie dos condutores, Ekt, e apro-ximadamente paralela ao eixo dos condutores. Considerando variacoes temporais dadas por funcoes harmonicas,i.e exp(jωt) e supondo que nos condutores σ � ωε temos

Ekt = <(Ekt exp(jωt)) (82)

onde Ekt = ZinIk, sendo Zin a impedancia interna por unidade de comprimento e Ik a corrente que percorre ocondutor k. No caso de condutores cilındricos solidos de raio r temos

Zin =1

2πr

√jωµ

σ

I0(r√jωµσ

)I1(r√jωµσ

) (83)

sendo σ a condutividade do condutor e µ a permeabilidade magnetica do mesmo.Para as condicoes do enuciado,i.e., correntes simetricas e equilibradas e com valores de pico iguais a 500 A temos os valores para o campoeletrico tangencial em V/m apresentados em (84).

Ekt = 10−3[54, 42 cos(θ + 0, 17315) 54, 42 cos(θ − 1, 92124) 54, 42 cos(θ + 2, 26754)

]T(84)

Vejamos agora o campo eletrico no ponto P (nao ha relacao entre esse ponto e a matriz de coeficientes de Maxwelle so que as vezes faltam letras para o estudo do eletromagnetismo). Consideremos regime quase-estacionarioe para efeito da componente do campo eletrico no ar transversal a direcao dos condutores, o solo se comportacomo um meio de condutividade infinita. Essa restricao pode ser expressa tambem pela seguinte relacao

|σs + jωεs| � |jωε|

onde o indıce s indica os parametros do solo e ε e a permitividade do ar.

Nessas condicoes o campo eletrico no ar pode ser obtido utilizando-se o metodo das imagens. O campo eletricono ponto P no ar correspondente as cargas nos condutores e as respectivas imagens e dado por

E = −∇ϕ =1

2πε

6∑k=1

qk

[xp − xk

(xp − xk)2 + (yp − yk)2x +

yp − yk(xp − xk)2 + (yp − yk)2

y

](85)

sendo (xp, yp) as coordenadas do ponto P , (xk.yk) as coordenadas dos condutores e das respectivas imagens, eqk as cargas por unidade de comprimento dos condutores e das respectivas imagens. Aplicando-se os dados doenunciado obtemos o campo eletrico em kV/m conforme (86).

E = 1, 14409 cos(ωt− 3.8664) x + 3, 15265 cos(ωt− 0.849943) y (86)

A Fig. 24 apresenta o comportamento do campo eletrico no ponto P em funcao das componentes Ex e Ey. Ja omodulo do campo eletrico varia no espaco no ponto P conforme mostra a Fig. 25. O modulo do campo eletricoe obtido por

|E| =√E2x + E2

y (87)

17

Figura 24: Extremidade do vetor de campo eletrico no ponto P em funcao do tempo

e o valor medio, no tempo do modulo (no espaco) do campo eletrico em kV/m e apresentando em (88).

E =1

2π

∫ 2π

0

√E2x + E2

y dθ = 2, 14043 (88)

Figura 25: Variacao temporal do modulo do campo eletrico no ponto P

Conforme mencionado anteriormente, a componente z do campo eletrico, Ez paralela ao eixo dos condutoresesta basicamente associada a -∂A/∂t. Em funcao das hipotese indicadas e por tratar-se de um regime de cargada linha com valor nulo da soma das correntes nos condutores 1, 2, 3, sendo portanto reduzidas as correntes nosolo, Ez tem amplitude muito inferior a amplitude de Et com ordem de grandeza igual ou inferior a ordem degrandeza da componente z do campo eletrico na superfıcie dos condutores. Fazendo-se o ponto P ficar na alturado solo, i.e. (xp = x, yp = 0), obtemos a expressao do campo eletrico no solo em funcao da coordenada x. AFig.26 apresenta o comportamento do valor eficaz do campo eletrico no solo para a configuracao em questao.

Para o caso do campo magnetico vamos supor, a prıncipio, que o solo se comporta como um meio de condutividadeinfinita. Nessas caso, o campo magnetico no solo e nulo. Como ∇ · B = 0 e supondo que a permeabilidade

18

Figura 26: Campo Eletrico no solo (valor eficaz)

magnetica relativa no ar e no solo e identica, a componente de H ortogonal a superfıcie que separa o solo eo ar e contınua ao atravessar a separacao entre os meios. Portanto, na vizinhanca que separa os meios H etangencial a superfıcie que separa os meios. Nessas condicoes e nas hipoteses do problema, a componente deHt do campo magnetico no transversal a direcao dos condutores pode ser obtida utilizando-se o metodo dasimagens. Passamos entao a ter seis correntes sendo i4 = −i1, i5 = −i2 e i6 = −i3. O campo magnetico numponto P e dada por

Ht =

6∑k=1

ik2π

[− yp − yk

(xp − xk)2 + (yp − yk)2x +

xp − xk(xp − xk)2 + (yp − yk)2

y

](89)

sendo xp, yk, xk, yk os mesmos no caso do campo eletrico e ik a corrente no condutor k. Aplicando-se ascondicoes dadas no problema obtemos a seguinte expressao para o campo magnetico em A/m

Ht = 56, 72 cos(ωt+ 2, 483) x + 10, 79 cos(ωt+ 2, 74) y (90)

A Fig. 27 apresenta a variacao das componentes x e y do vetor tangencial do campo magnetico no ponto P .

H =1

2π

∫ 2π

0

√H2x +H2

y dθ = 36, 9185 (91)

O modulo do campo magnetico no espaco no ponto P varia no tempo conforme apresentado na Fig. 28. O valorquadratico medio, no tempo, do modulo, no espaco de Ht e dado por (91) em A/m.

4. Repitir o procedimento do exercıcio anterior para as linhas de transmissao onde as coordenadas dos condutoressao

• Circuito de 345 kV convencional

−7.229 10.5−6.771 10.5−0.229 10.50.229 10.57.229 10.56.771 10.5

(92)

19

Figura 27: Extremidade do vetor de campo magnetico no ponto P em funcao do tempo

Figura 28: Variacao temporal do modulo do campo magnetico no ponto P

• Circuito convencional de 500 kV

−7.229 8.639−7.229 10.5−6.771 10.5−6.771 8.639−0.229 10.5−0.229 9.8760.229 9.8760.229 10.57.229 8.6397.229 10.56.771 10.56.771 8.639

(93)

20

• Circuito compacto de 500 kV

−4.271 10.771−4.271 11.229−4.729 11.229−4.729 10.7710.229 15.2710.229 15.729−0.229 15.729−0.229 15.2714.271 10.7714.271 11.2294.729 11.2294.729 10.771

(94)

• Circuito nao convencional de 500 kV

−7.229 8.639−7.229 10.5−6.771 10.5−6.771 8.639−0.229 10.5−0.229 9.8760.229 9.8760.229 10.57.229 8.6397.229 10.56.771 10.56.771 8.639

(95)

5. Considere um condutor vertical de aco,”muito longo”nao isolado, imerso no solo, suposto homogeneo e isotropico.Suponha uma corrente senoidal injetada na interface solo-ar de valor eficaz igual a 100 A, 1 kHz. Determine ovalor da corrente (amplitude e fase) no condutor em funcao da profundidade ate 100 m abaixo da superfıcie dosolo. Considere coordenadas cilindricas z, r, θ, onde z = 0 corresponde a superfıcie do solo e z > 0 no solo. Osdados sao:

Condutor σ = 3 · 106 S/m, εr = 10, µr = 1, r = 5 cm

Solo σ = 0.01 S/m, εr = 100, µr = 1

extra Reproduzir os resultados referentes a constante de propagacao para um condutor de comprimento infinito sobreum solo nao ideal apresentados no artigo: “Simulation Models of a Dissipative Transmission Line Above a LossyGround for a Wide-Frequency Range—Part I: Single Conductor Configuration,” IEEE Trans. on ElectromagneticCompatibility, Vol. 38, No. 2, May 1996.

21