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Fis403Fis403

Eduardo ResekEduardo Resek

UNIFEIUNIFEI

EletromagnetismoEletromagnetismo

∇×B =µ0J+1

c2

∂E

∂t

∇×B =µ0J+ 1

c2∂E∂t

∇×E =−∂B∂t∇×E =−∂B

∂t

∇2E− 1

c2

∂2E

∂t 2= 0

∇2

E−1

c2

∂2E

∂t 2 = 0 ∇·E =ρ

ε0

∇·E =ρ

ε0∇·B = 0∇·B = 0

∇· J+ ∂ρ

∂t= 0

∇· J+∂ρ

∂t = 0

Eletromagnetismo:Um Curso não tão Introdutório

Instituto de Física e QuímicaUniversidade Federal de Itajubá

Eduardo O. Resek

2013

Conteúdo

0 Cálculo vetorial: uma revisão 10.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2 Álgebra Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.3 Produtos entre Vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

0.3.1 Produto Escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30.3.2 Produto Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

0.4 Cálculo Diferencial e Integral com Vetores . . . . . . . . . . . . . . 60.4.1 Derivada Direcional e Gradiente . . . . . . . . . . . . . . . 60.4.2 Integração Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80.4.3 Divergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100.4.4 Rotacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110.4.5 Aplicações sucessivas de ∇ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130.4.6 Algumas Relações Úteis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

0.5 Sistemas de Coordenadas Curvilíneas . . . . . . . . . . . . . . . . 150.5.1 Sistemas de Coordenadas Cilíndricas (ρ,ϕ, z) . . . . . . . 160.5.2 Sistemas de Coordenadas Esféricas (r,θ,ϕ) . . . . . . . . 19

I Eletrostática 25

1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico 271.1 Carga elétrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271.2 Fatos experimentais importantes acerca da carga elétrica . . . . 281.3 Natureza dos materiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.4 Formas de eletrização . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.4.1 Eletrização por atrito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.4.2 Eletrização por contato ou condução . . . . . . . . . . . . 291.4.3 Eletrização por indução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.4.4 Eletrização por irradiação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.5 Lei de Coulomb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.6 Campo elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.7 Princípio da superposição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.8 Linhas de força . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321.9 Distribuições contínuas de cargas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321.10 Exemplos de cálculo de campo elétrico . . . . . . . . . . . . . . . 33

ii

CONTEÚDO iii

1.10.1 Um disco carregado não uniformemente . . . . . . . . . . 331.10.2 Linha reta carregada uniformemente . . . . . . . . . . . . 361.10.3 Uma semi-esfera carregada . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2 A Lei de Gauss 432.1 Fluxo de um vetor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.2 Ângulo Sólido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.3 A Lei de Gauss para o campo elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.3.1 Determinando diretamente o divergente do campo (opci-onal) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.3.2 Calculando o fluxo de uma carga pontual através de umasuperfície fechada arbitrária . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.4 Aplicações da lei de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482.4.1 Simetria esférica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482.4.2 Simetria cilíndrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512.4.3 Simetria cartesiana ou plana . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.5 Condutores em equilíbrio eletrostático . . . . . . . . . . . . . . . 54

3 Potencial eletrostático 613.1 Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3.1.1 Trabalho de uma força . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 613.1.2 Campo conservativo e energia potencial . . . . . . . . . . 613.1.3 Campo eletrostático é conservativo! . . . . . . . . . . . . . 63

3.2 Condutores em Equilíbrio Eletrostático . . . . . . . . . . . . . . . 643.3 O dipolo elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.3.1 Momento de dipolo elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . 673.3.2 Potencial e campo de um dipolo em pontos distantes . . 683.3.3 Momento de dipolo elétrico de uma distribuição contínua

de cargas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.3.4 Dipolo num campo externo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.4 Energia potencial elétrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 703.4.1 Sistema de cargas pontuais . . . . . . . . . . . . . . . . . . 713.4.2 Distribuição contínua de cargas . . . . . . . . . . . . . . . 72

4 Soluções de problemas em eletrostática 814.1 Equações de Poisson e Laplace em uma dimensão . . . . . . . . . 834.2 O método das imagens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 834.3 O Método da Separação de Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

4.3.1 Separação de Variáveis em Coordenadas Cartesianas emDuas Dimensões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

4.3.2 Separação de Variáveis em Coordenadas Esféricas comSimetria Azimutal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

4.3.3 Separação de Variáveis em Coordenadas Cilíndricas compotencial independente de z . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

4.3.4 Separação de Variáveis em Coordenadas Cilíndricas . . . 94

Unifei Eduardo Resek

iv CONTEÚDO

5 Capacitores 975.1 O que são . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 975.2 Capacitância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 975.3 Energia armazenada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

6 Dielétricos 996.0.1 Lei de Gauss na presença de dielétricos . . . . . . . . . . . 1016.0.2 Condições de contorno para o campo elétrico . . . . . . . 102

Index 103

Eduardo Resek Unifei

Capítulo 0

Cálculo vetorial: uma revisão

0.1 Introdução

No domínio da física elementar (clássica) encontramos diversos tipos de quan-tidades. Dentre elas, estaremos interessados na distinção entre quantidadesescalares e vetoriais. Visando estritamente nossos interesses futuros, é suficientedefiní-las da seguinte forma:

Escalares: grandezas que são completamente caracterizadas porsuas magnitudes. Exemplos: massa, volume, temperatura, tempo,etc.

Vetores: grandezas que são completamente caracterizadas por seusmódulos, direções e sentidos. Exemplos: velocidade, força, acelera-ção, posição a partir de uma origem fixa, etc.

A partir daí introduzimos os conceitos de campos escalares e vetoriais. Umcampo é basicamente uma função de ponto, isto é, depende da posição no espaçoe/ou no tempo. Assim, campos escalares são especificados fornecendo-se suasmagnitudes em todos os pontos do espaço; campos vetoriais exigem, além domódulo, a especificação da direção e sentido em todos os pontos do espaço.

Estas definições são não rigorosas e um tanto limitadas, mas serão adequadasaos nossos propósitos.1

Como todos já estão devidamente familiarizados com a álgebra de escalares,passamos ao estudo da álgebra vetorial.

0.2 Álgebra Vetorial

Como vimos, um vetor A será completamente caracterizado por seu módulo, di-reção e sentido. Representamos o módulo de A por |A| ou, às vezes, simplesmente

1Definições rigorosas envolvem propriedades de transformação sob mudança do sistema decoordenadas.

1

2 Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão

A. Sendo B e C outros vetores, são válidas as seguintes propriedades:

A+B = B+A

A+ (B+C) = (A+B)+C = (A+C)+B = A+B+C,

ou seja, a soma de vetores é definida, resulta em outro vetor e obedece às proprie-dades da comutatividade e distributividade. Por outro lado, sendo α um escalar(α ∈ R), αA é também um vetor,

B =αA,

com as seguintes características:

módulo: |B| = |α| |A|direção: a mesma de A

sentido:

o mesmo de A, se α> 0o oposto ao de A, se α< 0

Versor (ou vetor unitário) de uma direção é um vetor desta direção cujo móduloé igual a 1 (um). Dado um vetor A, é fácil determinar o versor de sua direção.Consideramos:

B =αA,

pois A e seu versor têm a mesma direção, sendo que |B| = 1. Assim,

|B| = |α| |A| = 1 =⇒ |α| = 1

|A| , ou α=± 1

|A| ,

sendo

+→ versor com direção e sentido de A−→ versor com direção de A mas sentido oposto.

Denotando por a oA

a

Fig. 0.1 Versor

versor de A, temos então:

a = A

|A|Também podemos escrever

A = |A|a,

isto é, todo vetor pode ser escrito como o produto de seu módulo pelo versor desua direção e sentido.

Para melhor visualisarmos os vetores introduzimos um sistema de coordena-das tridimensional, dotado de uma origem O e três eixos perpendiculares entre si,denotados por x, y , z ou x1, x2, x3. Um vetor V pode então ser especificado porsuas componentes em relação a este sistema de coordenadas:

Vx = |V|cosα

Vy = |V|cosβ

Vz = |V|cosγ,

ou,Vi = |V|cosαi , i = 1,2,3,


0.3 Produtos entre Vetores 3

ondeα, β, γ, são os ângulos formados por V com os eixos x, y , z, respectivamente(ou, αi é o ângulo formado por V com o eixo xi , i = 1,2,3).

x

y

z

xy

z

Vx

Vy

Vz

V

α1α2

α3

Fig. 0.2 Componentes do vetor eângulos diretores

No caso de campos vetoriais, cada uma das componentes é uma função de x,y , z.

Os versores dos eixos coordenados são comumente denotados pelos seguintessímbolos:

Eixo x: x, i, x1, e1

Eixo y : y, j, x2, e2

Eixo x: z, k, x3, e3

Em termos das componentes, podemos escrever:

V =Vx x+Vy y+Vz z

ou

V =3∑

i=1Vi xi

Dados dois vetores A =∑i Ai xi e B =∑

i Bi xi e α ∈ R, as propriedades de soma emultiplicação por escalar se escrevem em termos de componentes, da seguinteforma:

A+B = (Ax +Bx ) x+ (Ay +By ) y+ (Az +Bz ) z

αA = (αAx ) x+ (αAy ) y+ (αAz ) z

0.3 Produtos entre Vetores

São definidos basicamente dois tipos de produtos entre vetores: o produto escalare o produto vetorial. Podemos formar ainda outros tipos através de composiçõesdestes dois produtos básicos.

0.3.1 Produto Escalar

Como o nome já deixa a entender, o resultado deste tipo de produto entre doisvetores A e B dados não será um outro vetor, mas um escalar:

A·B = Ax Bx + Ay By + Az Bz =3∑

i=1Ai Bi .

Pode-se mostrar facilmente que esta definição é equivalente a

A·B = |A| |B|cosθ,

onde θ é o menor ângulo entre A e B.



Exercício Demonstre esta equivalência.Podemos observar que2

A·A = |A|2 = A2x + A2

y + A2z =

3∑i=1

A2i ≥ 0

A·A = 0 ⇐⇒ A = 0

(αA)·B = A·(αB) =αA·BA·B = B·A

(A+B)·C = A·C+B·C

0.3.2 Produto Vetorial

Neste tipo de produto entre vetores o resultado é um outro vetor:

A×B =∣∣∣∣∣∣

x y zAx Ay Az

Bx By Bz

∣∣∣∣∣∣= (Ay Bz − Az By ) x+ (Az Bx − Ax Bz ) y+ (Ax By − Ay Bx ) z

Esta definição, como também pode ser mostrado, é equivalente à conhecida regrado produto vetorial: C = A×B é um vetor

(i) perpendicular ao plano formado por A e B (ou seja, perpendi-cular a ambos os vetores);

(ii) de módulo igual a

|C| = |A| |B|senθ

(iii) de sentido dado pela regra da mão direita: gire A em direção aB com os dedos da mão direita segundo o menor ângulo entre eles: osentido de C = A×B é o indicado pelo polegar desta mão.

AB

C

Fig. 0.3 Regra da mão direitaExercícios

1) Os vetores da origem de um sistema de coordenadas até os pontos A, B , C , Dsão:

A = x+ y+ z

B = 2 x+3 y

C = 3 x+5 y−2 z

D = z− y

2Muitas vezes denominamos a operação A·A de elevar o vetor A ao quadrado.


0.3 Produtos entre Vetores 5

Mostre que as linhas AB e C D são paralelas e determine a razão de seus compri-mentos.

2) Mostre que os vetores

A = 2 x− y+ z, B = x−3 y−5 z, C = 3 x−4 y−4 z

formam os lados de um triângulo retângulo, e determine os demais ângulos destetriângulo.

3) Mostre que, sendo xi os versores dos eixos x1 ≡ x, x2 ≡ y , x3 ≡ z,

xi · x j = δi j ,

onde δi j =

1, se i = j0, se i 6= j

.

4) Considere a relação entre três vetores A, B, C:

C = A−B.

Demonstre, quadrando esta relação e interpretando geometricamente o resultado,a lei dos cossenos.

5) Sendo a um vetor constante e r o vetor posição de um ponto P (x, y, z) genérico(o vetor que vai da origem do sistema de coordenadas até P ), determine qual asuperfície representada pelas seguintes equações:

a) (r−a)·a = 0b) (r−a)·r = 0

6) Mostre quex× x = y× y = z× z = 0

x× y = z, y× z = x, z× x = y

y× x =− z, z× y =− x, x× z =− y

7) Determine um vetor unitário perpendicular simultaneamente aos vetores a eb, sendo

a = 2i+ j−k

b = i− j+k

8) Mostre que

A = xcosα+ ysenα

B = xcosβ+ ysenβ



são vetores unitários no plano x y formando ângulos iguais a α e β, respectiva-mente, com o eixo x. Obtenha por meio do produto escalar entre esses doisvetores, a fórmula para cos(α−β).

9) Deduza a lei dos senos:

senα

|A| = senβ

|B| = senγ

|C|

A

C

B

γ

α

β

Fig. 0.4 Lei dos senos

10) A força magnética sofrida por uma partícula de carga q em movimento comvelocidade v num campo de indução magnética B é dada por

F = qv×B.

Através de três experimentos, encontrou-se que

se v = 1,0 x,F

q= 2,0 z−4,0 y

se v = 1,0 y,F

q= 4,0 x−1,0 z

se v = 1,0 z,F

q= 1,0 y−2,0 x

(unidades MKS). A partir desses resultados, determine B na região do espaçoconsiderada.

0.4 Cálculo Diferencial e Integral com Vetores

Consideraremos agora a extensão das idéias anteriormente introduzidas ao cál-culo diferencial e integral. Estudaremos nesta seção os conceitos de derivadadirecional, gradiente, divergente e rotacional de uma função vetorial, bem comoos de integração ao longo de uma trajetória, de uma superfície ou volume, quandointroduziremos as idéias de fluxo e circulação (ou circuitação) de um vetor.

0.4.1 Derivada Direcional e Gradiente

A derivada direcional de uma função escalar φ(x, y, z) no ponto P (x, y, z) nadamais é que a taxa de variação de φ com respeito à distância, medida segundouma certa orientação (direção), no ponto P considerado.

A equação φ(x, y, z) = φ0 sendo φ0 uma constante, representa o lugar geo-métrico de todos os pontos (x, y, z) tais que φ = φ0, portanto uma superfície.Se a partir do ponto P ∈ φ0 imprimirmos um deslocamento ∆r numa direçãoqualquer, o ponto P ′ daí resultante pertencerá a uma outra superfície da mesma


0.4 Cálculo Diferencial e Integral com Vetores 7

família, definida pela equação φ=φ0 +∆φ. É evidente que, considerando o des-locamento entre as duas superfícies, |∆r| =∆r será mínimo quando a direção de∆r for perpendicular à superfície φ=φ0 (θ = 0). De acordo com a definição de

φ = φ0

φ = φ0 + ∆φ

P

P ′

∆r∆r cos θθ

n

Fig. 0.5 Derivada direcional

derivada direcional e com a figura 5, podemos então escrever para o ponto P :

dφ

dr: derivada direcional segundo a direção de ∆r, no limite em que ∆r → 0;

dφ

dr cosθ: derivada direcional segundo a direção de máxima variação de φ.

Definimos pois o gradiente da função escalar φ no ponto P como o vetorcom as seguintes características:

(i) intensidade: igual à da derivada direcional máxima de φ em P ;(ii) direção: a da derivada direcional máxima de φ naquele ponto,

ou seja, perpendicular à superfície φ=φ0 que contem o ponto P ;(iii) sentido: o dos φ crescentes.

Representamos o gradiente por ∇φ ou gradφ. Da definição, podemos escrever:

|∇φ| = dφ

dr cosθ

Então:

dφ=∇φ·dr oudφ

dr=∇φ·dr

drEsta equação define φ matematicamente. A partir dela, podemos determinar ∇φem qualquer sistema de coordenadas em que conheçamos a forma de d l.

φ = φ0

φ = φ0 + dφ

P

P ′

dr

∇φ

θ

n

Fig. 0.6 Gradiente

Por exemplo, em se tratando de coordenadas cartesianas:

dr = xd x + yd y + zd z

=⇒∇φ·dr = (∇φ)x d x + (∇φ)y d y + (∇φ)z d z

Por outro lado:

dφ

dr= ∂φ

∂x

d x

dr+ ∂φ

∂y

d y

dr+ ∂φ

∂z

d z

dr

dφ = ∂φ

∂xd x + ∂φ

∂yd y + ∂φ

∂zd z

Assim, com a definição de ∇φ,

∂φ

∂xd x + ∂φ

∂yd y + ∂φ

∂zd z = (∇φ)x d x + (∇φ)y d y + (∇φ)z d z.

Como as diferenciais d x, d y , d z são independentes, podemos igualar os co-eficientes correspondentes às diferenciais nos dois membros desta expressão,resultando

(∇φ)x = ∂φ

∂x, (∇φ)y = ∂φ

∂y, (∇φ)z = ∂φ

∂z,

ou

∇φ= ∂φ

∂xx+ ∂φ

∂yy+ ∂φ

∂zz.



Exemplo Determinar o gradiente de f = f (r ) = f (√

x2 + y2 + z2).

Solução De acordo com a expressão obtida para ∇ f ,

∇ f (r ) = x∂ f (r )

∂x+ y

∂ f (r )

∂y+ z

∂ f (r )

∂z

Mas∂ f (r )

∂x= d f (r )

dr

∂r

∂x= d f (r )

dr

x√x2 + y2 + z2

= d f (r )

dr

x

r.

Analogamente:∂ f (r )

∂y= d f (r )

dr

y

r,

∂ f (r )

∂z= d f (r )

dr

z

r

Então:

∇ f (r ) = d f

dr(x x+ y y+ z z)

1

r

∇ f (r ) = d f

drr

0.4.2 Integração Vetorial

Antes de continuarmos a discutir outros aspectos relativos a diferenciação de veto-res, é conveniente estudarmos alguns tópicos referentes a integração envolvendovetores.

Integral de Linha

A integral de linha de um campo vetorial F = F(r) = F(x, y, z) desde um ponto aaté um ponto b dados, ao longo de uma trajetória C é um escalar representadopor

b∫a

CF·dr,

onde dr é um vetor deslocamento infinitesimal ao longo da curva C . O cálculo daintegral é efetuado como o de uma integral Riemanniana ordinária: dividimosa porção da curva C entre a e b em N partes, calculamos Fi ·∆ri para cada umadelas e somamos tudo, tomando o limite em que N →∞ (ou ∆ri → 0).

b∫a C

F·dr = limN→∞

N∑i=1

Fi ·∆ri =

= limN→∞

N∑i=1

Fi ∆ri cosθi

Em geral, o resultado depende não somente dos pontos extremos a e b, mastambém da curva C que os une.

a

b

C

θi

∆ri

Fi

Fig. 0.7 Integração ao longo de umcaminho



O caso particular de integração ao longo de uma curva fechada é denotadode forma especial como ∮

CF·dr,

e denominado circulação ou circuitação de F em torno (ou ao longo) de C . Oresultado pode ou não ser nulo. A classe dos campos vetoriais para os quais aintegral acima se anula para qualquer que seja a curva fechada C é de especialimportância na física matemática.

Integral de Superfície — Fluxo

Dado um campo vetorial F numa região do espaço, definimos o fluxo ΦF docampo através de uma superfície S como a integral

ΦF =∫

SF· ndS

onde dS é um elemento infinitesimal de área e n um vetor unitário normal adS. É claro que ΦF é um escalar. O sentido de n é para fora da superfície, se Sfor uma superfície fechada; se S for aberta e finita, ela possui um contorno l ;

`

Sn

Fig. 0.8 Regra da mão direita parao versor normal

por convenção o sentido de n é indicado pelo polegar da mão direita quando osdemais dedos abraçam l no sentido escolhido com positivo para sua orientação(Figura 8)

S

dSi

Fi

θini

Fig. 0.9 Fluxo de um vetor

O cálculo da integral é semelhante ao caso anteriormente considerado daintegral de linha: ∫

SF· ndS = lim

N→∞

N∑i=1

Fi · ni ∆Si

= limN→∞

N∑i=1

Fi cosθi ∆Si

=∫

SF cosθdS

De forma análoga, o fluxo de F através de uma superfície fechada S é denotadopor ∮

SF· ndS.

Integral de Volume

Aqui não há nada de especial: a integral de volume de um vetor F através de umvolume V definido por uma superfície fechada S,∫

VFd v

reduz-se simplesmente a três integrais escalares, uma para cada direção do es-paço. Se F for expresso em coordenadas cartesianas, por exemplo, teremos∫

VFd v = x

∫V

Fx d v + y∫

VFy d v + z

∫V

Fz d v.



0.4.3 Divergência

Um outro importante operador, essencialmente uma derivada, é o operadordivergente. O divergente (ou a divergência) de um campo vetorial F, denotadopor ∇·F ou divF é definido como o limite do fluxo de F através de uma superfíciefechada S por unidade de volume, quando o volume V delimitado por S tende azero:

∇·F = limV →0

1

V

∮S

F· ndS

Vemos claramente que o divergente é uma função escalar de ponto (campoescalar) — ele representa, em cada ponto, o fluxo por unidade de volume quenasce de um elemento de volume coincidente com o ponto.

y

z

x

P

∆z

∆x∆y

z0

y0

x0

Fig. 0.10 Elemento de volumepróximo ao ponto P (x0, y0, z0)

A definição acima é independente da escolha do sistema de coordenadas,podendo pois ser usada para encontrar a forma específica de ∇·F em qualquersistema de coordenadas particular. Em coordenadas cartesianas retangulares,por exemplo, tomamos um elemento de volume ∆v = ∆x∆y∆z, localizado noponto (x0, y0, z0). O fluxoΦF de um campo vetorial F através deste paralelepípedoserá, desprezando infinitésimos de ordem superior:∮

SF · ndS =

∫Fx (x0 +∆x, y, z)d y d z −

∫Fx (x0, y, z)d y d z

+∫

Fy (x, y0 +∆y, z)d x d z −∫

Fy (x, y0, z)d x d z

+∫

Fz (x, y, z0 +∆z)d x d y −∫

Fz (x, y, z0)d x d y,

De acordo com o teorema de Taylor, desprezando novamente infinitésimos supe-riores:

Fx (x0 +∆x, y, z) = Fx (x0, y, z)+∆x∂Fx

∂x

∣∣∣(x0,y,z)

Fy (x, y0 +∆y, z) = Fy (x, y0, z)+∆y∂Fy

∂y

∣∣∣(x,y0,z)

Fz (x, y, z0 +∆z) = Fz (x, y, z0)+∆z∂Fz

∂z

∣∣∣(x,y,z0)

,

de modo que

∇·F = lim∆v→0

1

∆x∆y∆z

∆x

∫∂Fx

∂x

∣∣∣(x0,y,z)

d y d z

+∆y∫∂Fy

∂y

∣∣∣(x,y0,z)

d x d z +∆z∫∂Fz

∂z

∣∣∣(x,y,z0)

d x d y

.

Assim, tomando o limite e simplificando

∇·F = ∂Fx

∂x+ ∂Fy

∂y+ ∂Fz

∂z

Podemos agora enunciar um teorema extremamente importante da análisevetorial envolvendo o divergente:



Teorema do Divergente (Gauss): a integral do divergente de um campo vetorialsobre um volume v é igual ao fluxo deste vetor através da superfície S que limitav : ∫

v∇·Fd v =

∮S

F· ndS

Exemplo Determine ∇·r e ∇·[r f (r )].

Solução Aplicando diretamente a expressão encontrada acima,

∇·r =(

x∂

∂x+ y

∂

∂y+ z

∂

∂z

)·(x x+ y y+ z z) = ∂x

∂x+ ∂y

∂y+ ∂z

∂z

=⇒∇·r = 3

De modo mais genérico:

∇·[r f (r )] = ∂

∂x[x f (r )]+ ∂

∂y[y f (r )]+ ∂

∂z[z f (r )]

= 3 f (r )+ x2

r

d f (r )

dr+ y2

r

d f (r )

dr+ z2

r

d f (r )

dr

= 3 f (r )+ rd f

dr.

Em particular, se f (r ) = r n−1, ou seja, r f (r ) = r n ,

∇·( rr n) = 3r n−1 + (n −1)r n−1 = (n +2)r n−1.

Vemos que o divergente se anula para n = 2, fato que será importante futura-mente:

∇·( r

r 2

)= 0, para r 6= 0

0.4.4 Rotacional

Outro importante operador diferencial da análise vetorial é o rotacional, deno-tado por ∇×F ou rot F, quando aplicado a um vetor F. Analogamente ao modocomo definimos o divergente, na seção anterior, por

∇·F = limV →0

1

V

∮S

n·FdS

definimos o rotacional de um campo vetorial F, nas mesmas condições, por:

∇×F = limV →0

1

V

∮S

n×FdS

Esta definição, entretanto, é equivalente, pode-se mostrar, a uma outra que nosserá mais útil: considere no ponto P uma trajetória l fechada e contida num



plano cuja normal é n (o sentido de n é, como sempre, definido pela regra damão direita aplicada ao sentido convencionado como positivo para a trajetória l );a componente do vetor ∇×F na direção de n é então definida como o limite darelação entre a circulação de F ao longo de l e a área S delimitada por l , quando Stende a zero:

n·∇×F = limS→0

1

S

∮`

F·dr.

Exercício Mostre a equivalência dessas duas definições.Podemos determinar as componentes do vetor rotacional de um dado campo

F em qualquer sistema de coordenadas, através de uma das duas definiçõesapresentadas. Em coordenadas cartesianas o resultado é:

∇×F =(∂Fz

∂y− ∂Fy

∂z

)x+

(∂Fx

∂z− ∂Fz

∂x

)y+

(∂Fy

∂x− ∂Fx

∂y

)z,

ou, numa forma mnemônica, como a expansão de um determinante:

∇×F =

∣∣∣∣∣∣∣∣x y z∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zFx Fy Fz

∣∣∣∣∣∣∣∣O teorema de Stokes, enunciado a seguir, é também um resultado de importânciana análise vetorial:

Teorema de Stokes: A circulação de um campo vetorial ao longo de uma curvafechada l é igual à integral de superfície de seu rotacional sobre qualquer superfí-cie limitada pela curva: ∮

`F·dr =

∫S∇×F· ndS

Exemplo 1 Mostre que ∇×(f V

)= f ∇×V+ (∇ f)×V.

Solução De acordo com a expressão para o rotacional,

∇×(f V

)=∣∣∣∣∣∣∣∣

x y z∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zf Vx f Vy f Vz

∣∣∣∣∣∣∣∣ ,

assim:(∇×(f V

))x = ∂( f Vz )

∂y− ∂( f Vy )

∂z= f

∂Vz

∂y+ ∂ f

∂yVz − f

∂Vy

∂z− ∂ f

∂zVy =

= f

(∂Vz

∂y− ∂Vy

∂z

)+

(∂ f

∂yVz − ∂ f

∂zVy

)=

= (f ∇×V

)x +

(∇ f ×V)

x ,



de modo que∇×(

f V)= f ∇×V+ (∇ f

)×V

Exemplo 2 Encontre ∇×[r f (r )

].

Solução De acordo com a fórmula obtida no exemplo anterior, temos:

∇×[r f (r )

]= f ∇×r+∇ f ×r.

Mas

∇×r =

∣∣∣∣∣∣∣∣x y z∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zx y z

∣∣∣∣∣∣∣∣= 0,

e, além disso,

∇ f (r ) = d f

drr,

donde resulta, levando em conta que r×r = 0, que

∇×[r f (r )

]= 0

0.4.5 Aplicações sucessivas de ∇Vejamos o que resulta da aplicação sucessiva do operador ∇, de diversas formas ea diversos tipos de quantidades.

Laplaciano

É, por definição, o divergente do gradiente de uma função escalar φ:

∇2φ=∇·∇φO laplaciano de um campo escalar resulta numa outra função escalar. Em coor-denadas cartesianas, por exemplo, temos

∇2φ= ∂2φ

∂x2 + ∂2φ

∂y2 + ∂2φ

∂z2

Divergente do rotacional

Nesse caso, teremos:

∇·∇×V = ∇·

∣∣∣∣∣∣∣∣x y z∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zVx Vy Vz

∣∣∣∣∣∣∣∣=∂

∂x

(∂Vz

∂y− ∂Vy

∂z

)+ ∂

∂y

(∂Vx

∂z− ∂Vz

∂x

)+ ∂

∂z

(∂Vy

∂x− ∂Vx

∂y

)Unifei Eduardo Resek


Considerando que V é uma função contínua e lisa das variáveis x, y , z, as suas de-rivadas segundas com relação a estas variáveis podem ser tomadas em qualquerordem, isto é, por exemplo,

∂2Vz

∂x∂y= ∂2Vz

∂y∂x,

o mesmo acontecendo com as demais derivadas. Desse modo, resulta que

∇·∇×V =∇·

∣∣∣∣∣∣∣∣x y z∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zVx Vy Vz

∣∣∣∣∣∣∣∣= 0

Rotacional do gradiente

Pela expressão para o cálculo do rotacional, temos:

∇×∇φ=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x y z∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z∂φ

∂x

∂φ

∂y

∂φ

∂z

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0

Rotacional do rotacional e gradiente do divergente

Em geral, nenhuma dessas duas operações são nulas, mas existe a seguinterelação entre elas:

∇×∇×V =∇∇·V−∇2V,

onde o laplaciano de um vetor é o vetor cujas coordenadas cartesianas são oslaplacianos das componentes correspondentes do vetor original:

∇2V = (∇·∇Vx ) x+ (∇·∇Vy ) y+ (∇·∇Vz ) z

= ∇2Vx x+∇2Vy y+∇2Vz z.

Deve-se observar que esta última relação só é válida no sistema de coordenadascartesianas. Nos demais sistemas, ∇2V é definido pela primeira expressão.

Muitas vezes, escrevemos também, simbolicamente,

∇2V =∇·∇V.

0.4.6 Algumas Relações Úteis

Fornecemos, a seguir, algumas identidades freqüentemente necessárias no ma-nuseio de expressões em cálculo vetorial.

∇(uv) = u∇v + v∇u

∇·( f V) = f ∇·V+∇ f ·V


0.5 Sistemas de Coordenadas Curvilíneas 15

∇·(A×B) = B·∇×A−A·∇×B

∇×(f V

)= f ∇×V+ (∇ f)×V∮

Sφ ndS =

∫v∇φd v∮

φdr =∫

Sn×∇φdS∫

v(ϕ∇2φ−φ∇2ϕ)d v =

∮S

(ϕ∇φ−φ∇ϕ)· ndS

Exercícios

11) Mostre que, se A é um vetor constante,

∇(A·r) = A.

12) Mostre que, se ∇×A = 0, então ∇·(A×r) = 0.

13) Se ∇×f 6= 0 mas ∇×(g f) = 0, onde g = g (x, y, z) e f = f(x, y, z), mostre que

f·∇×f = 0.

14) Se A e B são vetores constantes, mostre que ∇(A·B×r) = A×B.

15) Mostre que ∇×(φ∇φ) = 0.

16) Mostre que a integral de linha de um campo F antre dois pontos a e b do es-

paço,∫ b

aF·dr, é independente da trajetória se a condição ∇×F = 0 for satisfeita.

0.5 Sistemas de Coordenadas Curvilíneas

Nas primeiras seções, embora tenhamos introduzido o vetor posição radial r,restringimo-nos quase que inteiramente ao uso de coordenadas cartesianas, cujagrande vantagem é a sua simplicidade, devida ao fato de serem seus vetoresunitários constantes e os mesmos em todos os pontos do espaço.

Infelizmente nem todos os problemas em física e engenharia se adaptam auma solução desenvolvida em um sistema de coordenadas cartesianas. Por exem-plo, num problema de força central, tal como a gravitacional ou a eletrostática,a simetria praticamente exige que façamos uso de um sistema de coordenadasem que a distância radial seja uma das coordenadas, ou seja, um sistema decoordenadas esféricas.



A escolha do sistema de coordenadas deve estar portanto, ligada à simetriapresente na situação analisada. Uma escolha adequada sempre facilita enorme-mente a solução do problema.

Estudaremos basicamente dois tipos de sistemas de coordenadas, por seremos mais comuns e os mais tratáveis: o sistema de coordenadas esféricas e o decoordenadas cilíndricas.

Poderíamos desenvolver a teoria de forma a obter expressões genéricas váli-das em qualquer sistema de coordenadas curvilíneas, como é feito na maioriados livros-texto sobre o assunto, particularizando depois os resultados para ossistemas de interesse. Não seguiremos essa abordagem por considerarmos que,analisando cada um deles separadamente e deduzindo ‘in loco’ as expressõesdesejadas, podemos obter uma maior familiaridade com o sistema em questão.

0.5.1 Sistemas de Coordenadas Cilíndricas (ρ,ϕ, z)

A figura 11 ilustra os elementos do sistema de coordenadas cilíndricas. Dado umponto P de coordenadas (ρ,ϕ, z), temos as seguintes interpretações:

ρ: distância perpendicular do ponto P ao eixo z (0 ≤ ρ <∞);ϕ: ângulo azimutal, isto é, o ângulo formado com o eixo x pela projeção do vetor posição

do ponto P sobre o plano x y (0 ≤ϕ< 2π);z: distância de P ao plano x y , ou seja, o mesmo que no sistema de coordenadas cartesianas.

Transformação de coordenadas

y

z

xP ′

ρ

P

z

ρ

ρ

ϕ

z

r

ϕ

Fig. 0.11 Coordenadas cilíndricase seus versores

A figura 12 mostra a projeção no plano x y da figura 11. Dela podemos escrever asseguintes relações entre as coordenadas cilíndricas e as cartesianas:

Transformação de coordenadas cilíndricas para cartesianas:

x = ρ cosϕ,

y = ρ senϕ,

z = z.

x

y

ρϕ

ρ

ϕ

y

x

ϕ

ϕ

P ′

Fig. 0.12 Projeção no plano x y

Transformação de coordenadas cartesianas para cilíndricas:

ρ =√

x2 + y2, 0 ≤ ρ <∞,

ϕ = arctany

x, 0 ≤ϕ< 2π,

z = z.



Transformação dos vetores unitários:

Os vetores unitários dos sistemas de coordenadas curvilíneas não são em geralconstantes, por isso merecem atenção especial quando envolvidos em operaçõescomo derivação e integração. Vejamos como se relacionam os versores do sistemade coordenadas cilíndricas com os de coordenadas cartesianas:

Versores cartesianos para cilíndricos: Da figura 12, decompondo os verso-res ρ e ϕ nos eixos x, y , observando que os ângulos indicados na figura são iguaisa ϕ, obtemos:

ρ = xcosϕ+ ysenϕ

ϕ = − xsenϕ+ ycosϕ

z = z

Note que os versores ρ, ϕ, z formam um sistema triortogonal: o produto escalarentre qualquer par desses versores (distintos entre si) é nulo e, além disso:

ρ×ϕ= z, ϕ× z = ρ, z× ρ = ϕ.

Versores cilíndricos para cartesianos: As transformações inversas são tam-bém facilmente obtidas e são deixadas como exercício. O resultado é:

x = ρ cosϕ− ϕsenϕ

y = ρ senϕ+ ϕcosϕ

Vetor posição: O vetor posição de um ponto P genérico do espaço, cujas co-ordenadas cilíndricas são (ρ,ϕ, z) e cartesianas (x, y, z), pode ser escrito, usandoapenas elementos de coordenadas cilíndricas, com:

r = ρ ρ+ z z;

se expressarmos ρ em termos dos versores cartesianos, teremos a forma maisadequada para o uso em integrações e derivadas,

r = ρ cosϕ x+ρ senϕ y+ z z.

Elementos de área e volume

A fim de entendermos mais facilmente como determinar os elementos de volumee superfície nos sistemas de coordenadas curvilíneas, vamos examinar como elessão formados no nosso velho sistema de coordenadas cartesianas. O elemento deárea no plano x y , por exemplo, é obtido mantendo z = cte. e imprimindo peque-nas variações d x e d y nas coordenadas (x, y) de um ponto P genérico (figura 13).Temos então construído um elemento de área no plano x y (ou paralelo a ele), ouseja, num plano z = constante. É claro que

x

y

dS = dx dy

Fig. 0.13 Elemento de área cartesi-ana no plano x y



(dS)z=cte = d x d y.

Um elemento de volume é facilmente obtido a partir daí, acrescentando agorauma variação infinitesimal d z da coordenada z: teremos um pequeno cubo dearestas d x, d y e d z, cujo volume é

d v = d x d y d z.

Em coordenadas cilíndricas basta agora repetirmos o raciocínio, acompa-nhando a figura 14. No plano z = cte, imprimimos às coordenadas ρ eϕ variaçõesinfinitesimais dρ e dϕ. Obtemos portanto um retângulo infinitesimal cujos ladossão dados por dρ e ρdϕ; sua área será portanto igual a

x

y

ρ

ϕ

dϕ

dρ

ρ dϕ

dS = ρ dρ dϕ

Fig. 0.14 Elemento de área polarno plano x y

(dS)z=cte = ρdρdϕ.

Podemos igualmente escrever os elementos de área obtidos quando mantemoscada uma das demais coordenadas constantes e permitimos às outras uma pe-quena variação. Temos:

(dS)ρ=cte = ρdϕd z,

correspondente a ρ = cte (elemento de área lateral do cilindro) e

(dS)ϕ=cte = dρd z.

correspondente a ϕ= cte.O elemento de volume, como a essa altura já deve ser óbvio, é conseguido

juntando-se, por exemplo, a variação d z àquela correspondente a z = cte:

d v = ρdρdϕd z

Forma dos operadores vetoriais

Para encerrar, listamos a seguir as formas assumidas no sistema de coordenadascilíndricas pelos diversos operadores diferenciais vetoriais estudados:

Gradiente

∇φ= ∂φ

∂ρρ+ 1

ρ

∂φ

∂ϕϕ+ ∂φ

∂zz

Divergente

∇·V = 1

ρ

∂

∂ρ(ρVρ)+ 1

ρ

∂Vϕ∂ϕ

+ ∂Vz

∂z

Rotacional

∇×V = 1

ρ

∣∣∣∣∣∣∣∣ρ ρ ϕ z∂

∂ρ

∂

∂ϕ

∂

∂zVρ ρVϕ Vz

∣∣∣∣∣∣∣∣Eduardo Resek Unifei


Laplaciano

∇2φ= 1

ρ

∂

∂ρ

(ρ∂φ

∂ρ

)+ 1

ρ2

∂2φ

∂ϕ2 + ∂2φ

∂z2

Laplaciano de um vetor

(∇2V)ρ = ∇2Vρ− 1

ρ2 Vρ− 2

ρ2

∂Vϕ∂ϕ

(∇2V)ϕ = ∇2Vϕ− 1

ρ2 Vϕ+ 2

ρ2

∂Vρ∂ϕ

(∇2V)z = ∇2Vz

0.5.2 Sistemas de Coordenadas Esféricas (r,θ,ϕ)

A figura 15 ilustra os elementos de coordenadas esféricas, r,θ,ϕ de um ponto Pgenérico do espaço, que possuem os seguintes significados:

r : módulo do vetor posição do ponto, ou seja, a distância do ponto P à origem do sistemade coordenadas (0 ≤ r <∞);

θ: ângulo que o raio vetor (vetor posição) de P faz com o semieixo positivo z (0 ≤ θ ≤ π),também conhecido como ângulo polar;

ϕ: ângulo azimutal, isto é, o ângulo formado com o eixo x pela projeção do vetor posiçãodo ponto P sobre o plano x y (0 ≤ϕ< 2π), ou seja, o mesmo significado que no sistemade coordenadas cilíndricas;

Transformação de coordenadas

Na figura 15 podemos extrair dois triângulos retangulos que nos possibilitarãoescrever as relações ligando o sistema de coordenadas esféricas e o de coorde-nadas cartesianas; são eles o triângulo OPP ′′, onde O é a origem do sistema decoordenadas, que é retângulo em P ′′ (ou OPP ′, retângulo em P ′, que é seme-lhante a OPP ′′), e o triângulo OMP ′, retângulo em M . A figura 16 mostra essesdois triângulos. Note que OMP ′ jaz no plano x y , enquanto OPP ′′ fica no planoϕ= cte e que, além disso, OP ′ = PP ′′ coincide com a definição do elemento ρ dascoordenadas cilíndricas.

x

y

z

Mx

y

P ′

P ′′P

θ

r

θ

ϕ

r

ϕ

Fig. 0.15 Coordenadas esféricasTransformação de coordenadas esféricas para cartesianas: Da figura 16(b)

vemos que

x = OP ′ cosϕ,

y = OP ′ senϕ,



enquanto, da figura 16(a),

z = r cosθ,

PP ′′ = r senθ

Como OP ′ = PP ′′ , as relações desejadas são

x = r senθcosϕ,

y = r senθ senϕ,

z = r cosθ,r

P

O

z

P ′′ ρ

θ (a)

O

P ′

Mx

yρ

ϕ

(b)

Fig. 0.16 Transformações de coor-denadas

Transformação de coordenadas cartesianas para esféricas: Do ∆OPP ′′, oteorema de Pitágoras fornece

r 2 = PP ′′ 2 + z2;

o mesmo teorema, aplicado a ∆OMP ′, conduz a

OP ′ 2 = PP ′′2 = x2 + y2,

de modo quer 2 = x2 + y2 + z2,

resultado que poderíamos obter diretamente a partir do produto escalar de rpor ele mesmo. Ainda, cada uma das figuras fornece um dos ângulos θ e ϕ; asexpressões finais são:

r =√

x2 + y2 + z2, 0 ≤ r <∞,

θ = arccosz

r, 0 ≤ θ ≤π,

ϕ = arctany

x, 0 ≤ϕ< 2π.

Transformação dos vetores unitários:

Versores cartesianos para esféricos: Da figura 15 percebemos que o versorϕ é sempre paralelo ao plano x y , não possuindo componente na direção do eixoz. Percebemos também que este vetor é exatamente aquele que já determinamosquando estudamos o sistema de coordenadas cilíndricas e, portanto já temospronta sua expressão de transformação:

ϕ=− xsenϕ+ ycosϕ.



O versor r é facilmente encontrado lembrando que

r = r

r= x

rx+ y

ry+ z

rz

Assim, usando as expressões obtidas para x, y e z,

r = senθcosϕ x+ senθ senϕ y+cosθ z.

O meio mais fácil de determinar θ é observando que, como os três versoresformam um sistema triortogonal,

θ = ϕ× r =∣∣∣∣∣∣

x y z−senϕ cosϕ 0

senθcosϕ senθ senϕ cosθ

∣∣∣∣∣∣Assim, desenvolvendo e simplificando,

θ = cosθcosϕ x+cosθ senϕ y− senθ z

Como já foi observado, os versores r, ϕ, θ formam um sistema triortogonal:o produto escalar entre qualquer par desses versores (distintos entre si) é nulo e,além disso:

r× θ = ϕ, ϕ× r = θ, θ×ϕ= r.

Versores esféricos para cartesianos: As transformações inversas são tam-bém facilmente obtidas e são deixadas como exercício. O resultado é:

x = senθcosϕ r+cosθcosϕθθθ− senϕϕϕϕ

y = senθ senϕ r+cosθ senϕθθθ+cosϕϕϕϕ

z = cosθ r− senθθθθ

Vetor posição: O vetor posição de um ponto P genérico do espaço, cujascoordenadas esféricas são (r,θ,ϕ) e cartesianas (x, y, z), pode ser escrito, usandoapenas elementos de coordenadas esféricas, com:

r = r r,

pois r é um dos elementos de coordenadas esféricas. Expressando em termos dosversores cartesianos, teremos a forma mais adequada para o uso em integraçõese derivadas,

r = r senθcosϕ x+ r senθ senϕ y+ r cosθ z.



Elementos de área e volume

Em coordenadas esféricas o elemento de superfície mais importante é aqueleobtido mantendo r constante e permitindo a θ e ϕ variarem infinitesimalmente(figura 15). Da figura podemos determinar os lados do retângulo infinitesimalassim formado: mantendo inicialmente ϕ fixo e variando θ de dθ, obtemos umarco de comprimento r dθ. Se, por outro lado, mantivermos θ fixo e variarmos ϕde dϕ, teremos um arco de uma circunferência de raio r senθ, cujo comprimentoé portanto r senθdϕ. Logo, a área do elemento considerado será

(dS)r=cte = r 2 senθdϕdθ.

y

z

x

r sin θ dϕ

r dθ

dϕ

dθ

Fig. 0.17 Elemento de superfície

O elemento de volume é então facilmente encontrado a partir daí, bastandopermitir agora também ao raio vetor uma pequena variação dr : teremos umcubo infinitesimal de lados dr , r senθdϕ e r dθ, cujo volume é

d v = r 2 senθdr dθdϕ

Podemos, ainda, novamente escrever os elementos de área obtidos quandomantemos cada uma das demais coordenadas constantes e permitimos às outrasuma pequena variação. Temos:

(dS)θ=cte = r senθdr dϕ

correspondente a r = cte (elemento de área lateral de um cone com vértice naorigem semi-abertura θ) e

(dS)ϕ=cte = r dr dθ.

correspondente a ϕ= cte.

Forma dos operadores vetoriais

Em coordenadas esféricas os operadores diferenciais vetoriais estudados assu-mem a seguinte forma:

Gradiente

∇φ= ∂φ

∂rr+ 1

r

∂φ

∂θθ+ 1

r senθ

∂φ

∂ϕϕ

Divergente

∇·V = 1

r 2 senθ

[senθ

∂

∂r(r 2Vr )+ r

∂

∂θ(senθVθ)+ r

∂Vϕ∂ϕ

]



Rotacional

∇×V = 1

r 2 senθ

∣∣∣∣∣∣∣∣r r θ r senθ ϕ∂

∂r

∂

∂θ

∂

∂ϕVr r Vθ r senθVϕ

∣∣∣∣∣∣∣∣Laplaciano

∇2φ= 1

r 2 senθ

[senθ

∂

∂r(r 2 ∂φ

∂r)+ ∂

∂θ(senθ

∂φ

∂θ)+ 1

senθ

∂2φ

∂ϕ2

]É interessante notar que

1

r 2

∂

∂r

(r 2 ∂φ

∂r

)= 1

r

∂2

∂r 2 (rφ)

Laplaciano de um vetor

(∇2V)r =∇2Vr − 2

r 2 Vr − 2

r 2

∂Vr

∂θ− 2cosθ

r 2 senθVθ−

2

r 2 senθ

∂Vϕ∂ϕ

,

(∇2V)θ =∇2Vθ−1

r 2 sen 2θVθ+

2

r 2

∂Vr

∂θ− 2cosθ

r 2 sen 2θ

∂Vϕ∂ϕ

,

(∇2V)ϕ =∇2Vϕ− 1

r 2 sen 2θVϕ+ 2

r 2 senθ

∂Vr

∂ϕ+ 2cosθ

r 2 sen 2θ

∂Vθ∂ϕ

,

Estas expressões para ∇2V são inegavelmente confusas, mas algumas vezes sãonecessárias (não há uma garantia expressa de que a natureza seja sempre simples).Na verdade, não a utilizaremos no decorrer do nosso curso; apresentâmo-la aquiapenas por questão de completeza.

Exercícios

x

y

(a,−a)

(a, a)(−a, a)

(−a,−a)

Fig. 0.18 Exercício 17

17) O campo elétrico de uma partícula carregada localizada na origem do sistemade coordenadas é da forma:

E = K

r 3 r, K = cte.

a) Calcule o fluxo de E através da superfície esférica de raio a com centro naorigem.b) Determine ∇·E e integre este resultado sobre o volume definido pela superfícieesférica, comparando os resultados. Você já esperava por isto?c) Calcule a integral de linha do vetor E ao longo da trajetória no plano x y mos-trada na figura.d) Use o teorema de Stokes para verificar o resultado.

18) Usando os resultados dos teoremas integrais apresentados, encontre umafórmula para o volume de uma região em termos de uma integral sobre suasuperfície. Cheque seu resultado para uma esfera e para um paralelepípedo.


Parte I

Eletrostática

25

Capítulo 1

A Lei de Coulomb e o CampoElétrico

1.1 Carga elétrica

Dá-se o nome de carga elétrica a uma propriedade da matéria introduzidapara entendermos qualitativa e quantitativamente um tipo de interação obser-vada na natureza que, por razões históricas foi denominada interação elétrica oueletrostática. Desse modo, assim como a noção de massa gravitacional permite oestudo da interação ou força gravitacional, a carga nos permite descrever as forçaselétricas entres corpos materiais. Entretanto, ao contrário da força gravitacional,que é sempre atrativa, observou-se que a força elétrica pode ser de atração ourepulsão. Assim, torna-se necessário admitir que existem duas espécies distintasde carga elétrica, que convencionamos chamar de carga elétrica positiva e cargaelétrica negativa. Cargas elétricas de mesma espécie se repelem, ao passo que asde espécies distintas se atraem.

+ +

+ −

− −

Fig. 1.1 Cargas elétricas

A carga elétrica é uma propriedade fundamental das partículas elementaresque constituem a matéria. De fato, a matéria é um aglomerado de átomos oumoléculas, e átomos são constituídos por prótons, nêutrons e elétrons; duasdessa partículas apresentam carga elétrica (o próton possui carga elétrica positiva,enquanto a carga do elétron é negativa). Entretanto, em escala macroscópica,os efeitos da carga elétrica tendem a ser mascarados pelo fato que, na média,há iguais quantidades de carga de ambas as espécies num corpo macroscópico.Dizemos que o corpo, nestas condições, encontra-se eletricamente neutro. Se, poroutro lado, há um excesso de prótons ou um excesso de elétrons, ele se encontraránum estado que denominamos (eletricamente) carregado.

27

28 Capítulo 1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico

1.2 Fatos experimentais importantes acerca da carga elé-trica

Conservação da carga A carga elétrica total de um sistema isolado é constante(a carga não pode ser criada nem destruída). Nunca foi observado qualquerfenômeno que contrariasse esse fato. Mesmo em fenômenos "radicais"como o dacriação de um par elétron-pósitron, ou sua reação inversa, a aniquilação mútuaentre elétron e pósitron, originando radiação eletromagnética,

e−+e− γ,

onde γ representa um fóton de raios gama, a carga elétrica, ao contrário da massa,é conservada, pois pósitron tem carga oposta à do elétron, enquanto um fóton,radiação eletromagnética, não possui carga elétrica.

A carga é quantizada A carga elétrica só é encontrada na natureza em múltiplosinteiros de uma carga fundamental (o quantum de carga). A menor carga livreencontrada na natureza é, em valor absoluto, a do próton:

e = 1,602 ·10−19 C (1.1)

Um elétron possui carga exatamente oposta à esta, de modo que, para um corpomacroscópico qualquer, teremos

q =±ne, n ∈N. (1.2)Charles Augustin de Coulomb (1736-1806, Francês) Em sua homenagem,deu-se seu nome à unidade de cargaelétrica, o coulomb. Engenheiro de for-mação, Coulomb foi principalmentefísico. Publicou 7 tratados sobre eletri-cidade e magnetismo, e outros sobretorção, atrito entre sólidos, etc.[3] Ex-perimentador genial e rigoroso, realizouuma experiência histórica com uma ba-lança de torção para determinar a forçaexercida entre duas cargas elétricas (leide Coulomb). Durante os últimos qua-tro anos da sua vida, foi inspetor geraldo ensino público e teve um papel im-portante no sistema educativo da época.(Wikipedia)

1.3 Natureza dos materiais

Do ponto de vista elétrico podemos classificar os materiais basicamente comocondutores, isolantes (ou dielétricos) e semicondutores.

Isolantes são aqueles onde a carga elétrica não possui liberdade de movi-mento, ou seja, oferecem alta resistência ao fluxo de carga elétrica. Exemplossão os não metais, plásticos, madeiras, vidros, porcelanas, nylons, etc. Nessesmateriais a estrutura atômica/molecular é tal que todos os elétrons encontram-sefortemente ligados aos seus respectivos átomos ou moléculas.

Já nos Condutores as cargas podem se mover com relativa liberdade. Exem-plos são os metais, o corpo humano ou de animais, a terra, soluções salinas. Nossólidos a condução se dá porque existem alguns elétrons onde a ligação com osátomos é muito fraca (última camada da distribuição eletrônica), de modo queeles se tornam praticamente livres.

Os semicondutores, por outro lado, possuem propriedades intermediárias,não sendo tão condutivos quanto os metais, mas consideravelmente mais que osdielétricos. O mecanismo de condução dos materiais dessa classe é bem distintodo dos condutores e não será abordado nesse curso.

Um outro tópico que não será endereçado nesse curso é o da supercondutivi-dade, propriedade apresentada por alguns materiais a baixíssimas temperaturas,quando a resistência à condução se torna praticamente nula.


http://pt.wikipedia.org/wiki/Charles_Augustin_de_Coulomb

1.4 Formas de eletrização 29

1.4 Formas de eletrização

Sendo constituídos por átomos, os corpos são naturalmente neutros do pontode vista elétrico. Entretanto, eles podem adquirir carga elétrica através de algunsprocessos que discriminaremos a seguir, cujo efeito final é dotar o corpo deuma carga líquida negativa (o corpo adquire elétrons) ou positiva (o corpo perdeelétrons):

1.4.1 Eletrização por atrito

Funciona bem para corpos isolantes. Se esfregarmos um material com outro,há uma tendência dos elétrons se transferirem de um corpo para outro. Porexemplo, esfregando um corpo de vidro com um pano de seda fará com que ovidro ceda elétrons para o pano, fazendo com que o vidro apresente uma cargalíquida positiva e a seda negativa.

1.4.2 Eletrização por contato ou condução

Apropriada para carregar metais ou outros condutores. Se um corpo previamentecarregado toca um outro originalmente neutro, uma parte de sua carga se trans-ferirá para o último, deixando-o carregado com carga de mesma natureza que asua.

1.4.3 Eletrização por indução

Também apropriada para condutores. Utilizamos também um corpo previamentecarregado, mas desta vez sem tocar o corpo que desejamos carregar. Aproximandoo objeto carregado do condutor e aterrando esse último1, elétrons fluirão de oupara a terra (corpo carregado positivamente atrairá elétrons para o condutor,negativamente expulsará alguns dos elétrons para a terra). Se, antes de afastarmoso objeto carregado, cortarmos a ligação do condutor com a terra, ele terá secarregado com uma carga oposta à do objeto auxiliar.

Fig. 1.2 Eletrização por indução1.4.4 Eletrização por irradiação

Submeter um corpo a radiação eletromagnética pode ter como consequência aejeção de elétrons de sua estrutura atômica. Um exemplo bem conhecido é oefeito fotoelétrico, no qual até mesmo a luz visível pode causar a liberação deelétrons ao incidir sobre uma superfície de, por exemplo, alumínio. Radiaçãoeletromagnética de frequência mais elevada (mais energética), pode até expelirelétrons de camadas mais internas da estrutura atômica do material.

1Significa conectar, através de um fio condutor, o corpo a um grande reservatório de carga, comcapacidade para ceder e/ou receber elétrons (geralmente a própria Terra, daí a denominação.)



1.5 Lei de Coulomb

Lei experimental obtida por Charles Augustin de Coulomb em 1785, quedescreve quantitativamente a interação eletrostática, isto é, a força entre duascargas elétricas em repouso relativo. Essencialmente, ela estabelece que estaforça atua sobre a reta que contem as duas partículas, é diretamente proporcionalao produto das carga e inversamente proporcional ao quadrado da distância queas separa. Matematicamente,

O

r1

r2

r2 − r1 = R12

R12

q1

q2

F21

Fig. 1.3 Lei de Coulomb

F21 = kq1q2

R212

R12 = kq1q2

R312

R12, (1.3)

é a força que q1 exerce sobre q2, onde R12 = r2 − r1 é o vetor com origem na cargaq1 e extremidade na carga q2. A constante k é frequentemente escrita em termosda permissividade do vácuo, ε0:

k = 1

4πε0= 8,9874 ·109 N.m2/C2, ε0 = 10−9

36πF/m = 8,85 ·10−12 F/m (1.4)

Essa expressão vetorial já fornece o sentido correto do vetor força quando ascargas são consideradas com o sinal algébrico adequado.

Exemplo 1.1 Duas cargas elétricas idênticas de 2,5µC e massas iguais a200g cada uma, são suspensas de um mesmo ponto no teto através de umfio leve e inextensível de comprimento 1,0m. Qual o ângulo que cada umdos fios formará com a vertical na posição de equilíbrio?

Solução:

q1 q2 F21F12

T2

mg

α

Fig. 1.4 Cargas suspensas

Adotando o sistema de eixos tal como na figura, podemos escrever as forçasque atuam sobre a carga q2 como

F21 = 1

4πε0

q1q2[`senα x−`senα(− x)]

(2`senα)3 = q1q2

16πε0`2 sen 2αx,

P =−mg z,

T = T (−cosα x+ senα z)

A condição de equilíbrio é que F12 +P+T = 0, implicando em(q1q2

16πε0`2 sen 2α−T cosα

)x+ (T senα−mg ) z = 0

=⇒ T senα= mg , T cosα= q1q2

16πε0`2 sen 2α.

Dividindo uma pela outra, encontramos

tanα= 1

cotα= q1q2 csc2α

16πε0`2mg= 6,25 ·10−12 ×9 ·109

4× (1,0)2 ×0,200×9,81csc2α= 7,17·10−3(1+cot2α),


1.6 Campo elétrico 31

ou seja,cot3α+cotα−139,52 = 0.

Resolvendo esta equação encontramos cotα= 5,12229, donde

α= 10,8°

1.6 Campo elétrico

A experiência mostra que as cargas elétricas não interagem diretamente sobre asoutras; Quando o estado de uma determinada carga elétrica se altera (sua posição,por exemplo), essa informação não é imediatamente pela sua vizinhança, masse propaga através do espaço com uma velocidade finita. Para melhor descreveressa interação, faz-se necessário admitir a existência de um agente intermediárioque carrega essas informações a respeito do estado de um sistema de cargas. Esseagente denominado campo elétrico.

Para definirmos o campo elétrico num ponto do espaço, adotamos o seguinteprocedimento: colocamos neste ponto uma carga teste q e determinamos a forçaelétrica F que atua sobre ela. O campo elétrico é a razão F/q no limite de qtendendo a zero:

E = limq→0

F

q. Definição de Campo Elétrico(1.5)

O limite é necessário para garantir que a influência da carga teste sobre a distri-buição original de cargas cujo campo queremos definir seja a menor possível. Éclaro que, devido à quantização da carga elétrica, o processo de limite descritona equação acima nunca pode ser realizado estritamente em conformidade coma definição matemática de limite (processo contínuo de varição da carga), nemtampouco pode a carga chegar a valores menores que o quantum de carga.

1.7 Princípio da superposição

Fin

qnFi1

q1

Fij

qj

Fi3

q3Fi2

q2Fi

Fig. 1.5 Princípio da superposição

Para um sistema de muitas partículas, a força total sobre a i -ésima carga é obtidapelo princípio da superposição, somando-se todas as forças devido a cada umadas outras partículas como se as demais não existissem:

Fi = 1

4πε0

N∑j 6=i

Fi j = qi

4πε0

N∑j 6=i

q j

R2j i

R j i = qi

4πε0

N∑j 6=i

q j (ri − r j )

|ri − r j |3(1.6)

O campo elétrico na posição ocupada pela carga de teste será, portanto:

E(ri ) = 1

4πε0

N∑j 6=i

Fi j

qi= 1

4πε0

N∑j 6=i

q j

R2j i

R j i = 1

4πε0

N∑j 6=i

q j (ri − r j )

|ri − r j |3A força elétrica é linear


http://www.wolframalpha.com/input/?i=x%5E3+%2Bx+-+139.52+%3D+0


1.8 Linhas de força

Fig. 1.6 Linhas de força

Desde o princípio dos estudos sobre eletricidade foi introduzida a ideia de linhasde força para representar visualmente o abstrato conceito de campo elétriconuma certa região do espaço. São linhas orientadas no sentido do campo elétricoem cada ponto do espaço, traçadas de modo a serem sempre tangentes ao campoem cada ponto. As figuras a seguir ilustram alguns casos simples envolvendocargas pontuais. Note que as linhas de força são apenas uma forma intuitiva devisualizar o campo; por exemplo, se por um lado existe em geral campo em todosos pontos do espaço, nunca conseguiremos fazer passar uma linha de força portodos os pontos. Na verdade, só conseguimos traçar um número finito arbitráriode linhas, interpretando a concentração dessas linhas ao redor de certo pontocomo um indicativo da magnitude do campo naquele ponto.

1.9 Distribuições contínuas de cargas

No mundo real encontramos a propriedade carga elétrica presente nas partículaselementares, tais como o elétron e o próton. Átomos e moléculas são, em seuestado natural, eletricamente neutros. Corpos macroscópicos apresentam algumexcesso de carga quando, por algum processo, ocorre uma transferência de cargade um corpo para outro (usualmente na forma de elétrons). Geralmente o númerode cargas elementares em excesso é muito grande e, associado ao fato que asdimensões moleculares são muito pequenas, constitui em geral uma aproximaçãoexcelente ignorar a natureza discreta da carga elétrica quando analisamos umasituação envolvendo corpos macroscópicos. Trabalhamos então com o conceitode distribuição contínua de cargas, isto é, com a hipótese que a carga elétricase distribui continuamente sobres volumes ou superfícies. Definimos então asdensidades de cargas:

O

rdv′

r′

P

r−r′

dE

Fig. 1.7 Distribuição volumétrica

Densidade volumétrica de cargas

ρ(r′) = lim∆v ′→0

∆q

∆v ′ =d q

d v ′ (1.7)

Densidade superficial de cargas

σ(r′) = lim∆s′→0

∆q

∆s′= d q

d s′(1.8)

Densidade linear de cargas

λ(r′) = lim∆`′→0

∆q

∆`′= d q

d`′(1.9)

Para cada um desses tipos de distribuição de carga, podemos determinar a cargatotal do objeto carregado como

Qv ′ =∫

v ′ρ(r′)d v ′ QS′ =

∫S′σ(r′)dS′ Q`′ =

∫`′λ(r′)dr′. (1.10)


1.10 Exemplos de cálculo de campo elétrico 33

Do ponto de vista macroscópico, mesmo um volume tendendo a "zero"conteráum número muito grande de átomos ou moléculas, o que nos garante uma apro-ximação boa procedendo dessa forma. Tratamos então um elemento de carga

dS′

O

r

r′P

r− r′

dE

Fig. 1.8 Distribuição superficial

d`′

O

r

r′P

r− r ′

dE

Fig. 1.9 Distribuição linear

como uma carga pontual, de modo que o campo elétrico em um ponto P do es-paço descrito pelo vetor posição r devido a uma distribuição arbitrária de cargasseria

E(r) = 1

4πε0

[N∑

j=1

q j

R2j

R j +∫

v ′

ρ(r′)R2 Rd v ′+

∫S′

σ(r′)R2 RdS′+

∫l ′

λ(r′)R2 Rdl ′

], (1.11)

onde R é o vetor do elemento de carga em questão até a carga q0, e R j a partir daj -ésima carga pontual.

Pode-se mostrar que uma carga pontual q num ponto r′ pode ser expressapor uma densidade de cargas ρ(r) = qδ(r− r′). Além disso, as contribuições dosdiversos tipos de densidades de cargas são estruturalmente idênticas, de modoque não há perda de generalidade se escrevermos o campo elétrico genericamentecomo

E(r) = 1

4πε0

∫v ′

ρ(r′)R2 Rd v ′ = 1

4πε0

∫v ′

ρ(r′)(r− r′)|r− r′|3 d v ′. (1.12)

1.10 Exemplos de cálculo de campo elétrico

1.10.1 Um disco carregado não uniformemente

Um disco de DVD possui raios interno e externo respectivamente iguais a 1,0cm e8,0cm, encontrando-se carregado com carga total 5,0µC, distribuída de maneirainversamente proporcional à distância ao centro do disco. Determinar o campoelétrico produzido por essa distribuição num ponto do eixo de simetria do DVD(eixo perpendicular ao seu plano, passando pelo seu centro).Solução: Como se trata de uma distribuição superficial de cargas, devemos pri-meiramente determinar a sua expressão. Como a carga encontra-se distribuídade maneira não uniforme, não podemos dizer que a densidade é simplesmente acarga total do disco (que é conhecida) dividida pela sua área total. O que sabemosé que a distribuição de cargas (ou seja, sua densidade superficial, neste caso)é inversamente proporcional à distância de cada elemento de cargas ao centrodo disco. Se adotarmos um sistema de eixos cuja origem coincide com o centrodo disco, e eixo z perpendicular ao plano do disco, podemos identificar essadistância coma a coordenada ρ do sistema de coordenadas cilíndricas. Assim

σ(r′) ∝ 1

ρ′ =β

ρ′ , Carga distribuída de maneirainversamente proporcional:isso se refere à densidade dadistribuição!

onde β é uma constante a ser determinada. Isso é realizado Escrevendo a cargatotal como em (1.8):

Q =∫

S′σ(r′)dS′ =

∫ 2π

0

∫ b

a

β

ρ′ ρ′ dρ′ dϕ′ = 2πβ(b −a),



onde a e b são os raios interno e externo, respectivamente, teremos

β= Q

2π(b −a)= 5,0 ·10−6

2π×7,0 ·10−2 = 1,14 ·10−5 C/m.

A densidade de cargas fica

σ(ρ′) = Q

2π(b −a)ρ′ .

Lembrando que a lei de Coulomb se aplica para cargas pontuais ou infinitesimais,

x

y

z

r′

rr− r′

dE

Fig. 1.10 Disco carregado

devemos determinar, para cada elemento de carga possível sobre a distribuição,o campo que ele produz, somando para toda a distribuição. Devemos, para isso,sempre escolher um elemento de cargas suficientemente genérico para repre-sentar todo e qualquer possível elemento de cargas da distribuição. Não escolha,por exemplo, um elemento de cargas sobre algum dos eixos, na periferia do disco(nesse caso, pois a distribuição de cargas é superficial) e, jamais, na origem. Afigura ilustra o elemento de carga escolhido, cujo vetor posição escrevemos como

r′ = ρ′ ρ′, a ≤ ρ′ ≤ b.

Desejamos calcular o campo sobre um ponto qualquer do eixo z, assim escreve-mos sucessivamente

r = z z, r− r′ = z z−ρ′ ρ′, |r− r′| = (z2 +ρ′2)1/2.

A lei de Coulomb fornece então

E(r) = E(z) = 1

4πε0

∫ 2π

0

∫ b

a

β

ρ′(z z−ρ′ ρ′)(z2 +ρ′2)3/2

ρ′ dρ′ dϕ′.

Todo cuidado agora é pouco. Um erro muito comum cometido pelo estudante éescrever, a partir daí que

Atenção para o erro muitocomum: tratar o versorcomo constante!

E(z) = β

4πε0

(z z

∫ 2π

0

∫ b

a

dρ′ dϕ′

(x2 +ρ′2)3/2− ρ′

∫ 2π

0

∫ b

a

ρ′dρ′ dϕ′

(x2 +ρ′2)3/2

)u ERRADO!

O erro é que ρ′ é um vetor que varia de ponto para ponto, não pode portantoser retirado para fora do integral acima. Devemos escrevê-lo em termos deversores de coordenadas cartesianas:

ρ′ = cosϕ′ x+ senϕ′ y,

o que resulta

E(z) = β

4πε0

(z z

∫ 2π

0

∫ b

a

dρ′ dϕ′

(x2 +ρ′2)3/2

− x∫ 2π

0

∫ b

a

ρ′ cosϕ′ dρ′ dϕ′

(x2 +ρ′2)3/2− y

∫ 2π

0

∫ b

a

ρ′ senϕdρ′ dϕ′

(x2 +ρ′2)3/2

)



Ora, os integrais em x e y se anulam, pois num intervalo completo de 0 a 2πtanto o seno como o cosseno, integrados, se anulam:∫ 2π

0cosϕ′ dϕ′ =

∫ 2π

0senϕ′ dϕ′ = 0.

No integral restante,∫ 2π

0dϕ′ = 2π e

∫dρ′

(z2 +ρ′2)3/2= ρ′

z2√

z2 +ρ′2 .

O integral foi resolvido perfazendo-se a mudança de variáveisρ′ = z tanα ou, maisfácil ainda, consultando este site. Resta-nos agora apenas completar o cálculointroduzindo os limites do integral. Reintroduzindo o β calculado anteriormente,fica:

E(z) = zQ

4πε0(b −a)z

(bp

z2 +b2− ap

z2 +a2

)Com os valores numéricos, para z em cm, ficaria:

E(z) = z5,63 ·103

z

(8p

z2 +64− 1p

z2 +1

)kV/mm

u Simetria!Vamos discutir um pouco mais esse resultado, com particular atenção à sime-tria apresentada pela distribuição de cargas que, sem mesmo realizar nenhumcálculo, nos permitiria prever que o único componente do campo elétrico seria olongo do eixo de simetria do disco (eixo z).

x

y

z

r′

rr− r′

dE

dE′

Fig. 1.11 Elemento de carga simé-trico

O cálculo do campo envolve a soma das contribuições de todos os possíveiselementos de carga infinitesimais sobre a superfície do disco. Por isso devemosescolher um elemento de carga suficientemente genérico sobre a distribuição,para que ele possa representar qualquer possível elemento infinitesimal do disco,tal como fizemos na figura. Ora, no processo de soma das contribuições, vamosencontrar a de um elemento de carga simetricamente disposto, em relação aoeixo z, ao elemento considerado. Sua contribuição dE′ para o campo em P seráum vetor de mesmo módulo que dE, pois sua distância ao ponto P é a mesmaque a do primeiro elemento e sua carga também é a mesma daquele! Isso sedeve ao fato de que a densidade de cargas sobre a superfície do disco, emboranão seja uniforme, depende apenas da distância do elemento ao centro do disco;como o segundo elemento considerado está numa posição simétrica ao primeiro,relativamente ao cento do disco, suas coordenadas ρ′ são idênticas. Além disso,essa mesma geometria nos garante que os ângulos formados pelas contribuiçõesdE e dE′ com o eixo z são iguais, implicando que a soma vetorial de ambos seráao longo desse eixo!

z

dS′dS′′

dE

r′

r

dE′

r′r′′

r− r′r− r′′

dE‖ dE′‖

Fig. 1.12 Cancelamento de compo-nentes do campo

Poderíamos portanto, com base nessa análise, ter-nos poupado do cálculodos demais componentes, embora eles não tenham sido (nesse caso) difíceis (poroutro lado, uma escolha infeliz da ordem em que os integrais foram realizadospoderia ter mudado radicalmente esse panorama — tente, por exemplo, fazerprimeiramente o integral em ρ′ dos componentes em x ou y acima!).


http://integrals.wolfram.com/index.jsp?expr=%28x%5E2%2Bz%5E2%29%5E%7B-3%2F2%7D&random=false


1.10.2 Linha reta carregada uniformemente

Determinar o campo elétrico produzido, num ponto qualquer do espaço, poruma distribuição retilínea infinita de cargas, carregada com uma densidade linearuniforme de cargas λ. Adotemos o eixo z de forma que ele coincida com alinha carregada Como a linha é infinita e a distribuição uniforme, percebemos

Se houver alguma direçãoprivilegiada em termos desimetria na geometria da dis-tribuição, é sempre vantajosoadotá-la como sendo o eixoz.

que o campo não deve depender da coordenada z do ponto de observação. Éaparente também que a direção do campo em cada ponto deve ser na direção daperpendicular baixada do ponto até a linha carregada, nesse caso portanto, deρ. A não ser pela direção do campo, este não depende tampouco da coordenadaazimutal (que especifica a posição do ponto de observação ao redor da linhade cargas). Assim, sem perda de generalidade, podemos calcular o campo numponto genérico do plano x y :

r = ρ ρ.

Escolhendo um elemento de carga genérico tal como o da figura, temosρ

z

Pr

d`′

r′r− r′

dE

Fig. 1.13 Linha infinita carregada

r′ = z ′ z =⇒ r− r′ = ρ ρ− z ′ z, |r− r′| =√

z ′2 +ρ2,

e a lei de Coulomb fica

E(r) = 1

4πε0

∫`′

λ(r′)(r− r′)|r− r′|3 dr′ = λ

4πε0

∫ ∞

−∞ρ ρ− z ′ z

(z ′2 +ρ2)d z ′.

Nesse caso, o versor ρ é fixo, pois refere-se ao ponto de observação, e não aovetor posição do elemento de carga da distribuição. Já vimos que, por forçada simetria da distribuição, o campo deve resultar ao longo da direção axial, eportanto o integral relativo ao componente z deve se anular. De fato, o integrandoé uma função ímpar e os limites de integração simétricos com respeito à origem,garantindo um resultado nulo para a integração. Resta-nos

ρ

z

Pr

d`′

r′r− r′

dE

d`′′

r′′r− r′′

dE′

Fig. 1.14 Simetria

E = ρλρ

4πε0

∫ ∞

−∞d z ′

(z ′2 +ρ2)3/2

A substituição z ′ = ρ tanα transforma o integral acima em ρ−2 cosα, pois d z ′ =

f(z′)

z′

Fig. 1.15 Integrando em z

ρ sec2αdα e o denominador é equivalente a [ρ2(1+ tan2α)]3/2 = (ρ2 sec2α)3/2 =ρ3 sec3α, agora com os limites de −π/2 e π/2. Claro que, se você preferir, semprese pode consultar este site. Resulta

E = λ

2πε0ρρ (1.13)

1.10.3 Uma semi-esfera carregada

Uma semi-esfera maciça de raio R encontra-se carregada com um densidadevolumétrica de cargas não uniforme dada por

ρ = ρ0r

Rsenθ,


http://integrals.wolfram.com/index.jsp?expr=1%2F%28a%5E2%2Bx%5E2%29%5E%7B3%2F2%7D&random=false


onde θ é o ângulo medido com respeito ao eixo de simetria da semi-esfera. Deter-minar o campo elétrico no seu centro de curvatura.

y

z

x

dv′

r′ = r′ r′

dEθ′

Fig. 1.16 Semiesfera

A figura ilustra a disposição dos eixos do sistema de coordenadas. Escolhemosum elemento de carga tal como o ilustrado na figura, para o qual podemosescrever:

r′ = r ′ r′ = r ′(senθ′ cosϕ′ x+ senθ′ senϕ′ y+cosθ′ z)

Para um ponto qualquer no eixo de simetria da distribuição, fora dela, teremos

r = z z.

Desse modo

r− r′ = z z− r ′ r′ = (z − r ′ cosθ) z− r ′ senθ′ cosϕ′ x− r ′ senθ′ senϕ′ y

=⇒ |r− r′| = (z2 + r ′2 −2zr ′ cosθ′)1/2,

e a lei de Coulomb fornece

E(r) = 1

4πε0

∫v ′

ρ(r′)(r− r′)|r− r′|3 d v ′

= 1

4πε0

∫ 2π

0

∫ π

π/2

∫ R

0ρ0

r ′ senθ′

R×

[(z − r ′ cosθ′) z− r ′ senθ′ cosϕ′ x− r ′ senθ′ senϕ′ y]

(z2 + r ′2 −2zr ′ cosθ′)3/2r ′2 senθ′ dr ′ dθ′ dϕ

Os componentes em x e y novamente se anulam devido aos integrais na coor-denada azimutal ϕ (você consegue justificar fisicamente através de argumentosde simetria, o porquê disso?). Na direção de z, o integral em ϕ resulta em 2π.Ficamos então com

E(z) = zρ0

2ε0R

∫ π

π/2

∫ R

0

r ′3(z − r ′ cosθ′)sen 2θ′

(z2 + r ′2 −2zr ′ cosθ′)3/2dr ′ dθ′.

O cálculo do integral acima é bem complicado, mas nossa tarefa consiste emdeterminar o campo elétrico no centro de curvatura da distribuição, que é exata-mente a origem. Para z = 0, a expressão acima fica

E(0) =− zρ0

2ε0R

∫ π

π/2

∫ R

0

r ′4 cosθ′ sen 2θ′

r ′3 dr ′ dθ′ =− zρ0

2ε0

R2

2

[sen 3θ

3

]ππ/2

,

ou

E(0) = ρ0R2

12ε0z



Questões sobre o Capítulo 1: A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico

Q1.1 Você dispõe de um bastão de vidro, um lenço de seda e duas esferas demetal (condutoras), inicialmente neutras, montadas em um suportede plástico (isolante). Descubra um modo de carregar as esferas comcargas iguais e opostas. Não é permitido tocar com o bastão nas esferas.é necessário que as esferas sejam do mesmo tamanho?

Q1.2 Se você friccionar vigorosamente um bastão de ebonite (um plásticoisolante) com uma flanela, o bastão ficará eletrizado. Entretanto, sevocê friccionar uma moeda entre os dedos, ela não irá adquirir cargaalguma. Por que?

Q1.3 Depois de caminhar algum tempo sobre um carpete, você freqüen-temente sente um “choque” ao tocar na maçaneta de metal da porta.Qual a causa disso?

Q1.4 a) Defina linhas de força de um campo elétrico. b) Duas linhas deforça nunca se cruzam. Explique por que.

Q1.5 Uma carga pontual q é solta numa região de campo elétrico não uni-forme. A trajetória que ela segue necessariamente coincide com umadas linhas de força?

Q1.6 Duas cargas pontuais de mesmo módulo e sinais opostos encontram-se sobre uma reta separadas por uma distância d . Determine a direçãoe sentido do campo elétrico: a) sobre a reta e entre as cargas; b) sobrea reta, fora das cargas, próximo à carga positiva; c) idem, próximo àcarga negativa; d) fora da reta, no plano mediatriz das cargas (planoperpendicular à reta e que passa pelo ponto médio entre as cargas).

Problemas do Capítulo 1: A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico

P1.1 Duas cargas de −10µC e 20µC encontram-se separadas por uma dis-tância de 20cm. Onde deve ser colocada uma terceira carga de modoque, sob a ação dessas duas, fique em repouso? Resp: Ao longo da reta suporte

das duas cargas, a 48,5cm da carga negativa e 68,5cm da positiva

P1.2 Dez cargas pontuais de 500µC estão colocadas sobre uma circunferên-cia de raio 2 m, todas igualmente afastadas entre si. Calcule a forçaexercida por esse conjunto sobre uma carga pontual de −20µC , situ-ada sobre o eixo, dois metros afastada do plano da circunferência.

P1.3 Duas esferas condutoras idênticas possuem cargas de sinais opostos ese atraem mutuamente com uma força de 0,108 N, quando separadaspor uma distância de 50 cm. Elas são ligadas por um fio condutor, queé removido logo a seguir, passando então a se repelir com uma força



de 0,036 N. Quais eram os valores iniciais das cargas das esferas? Resp:

±3,0µC e ∓1,0µC

P1.4 Uma carga Q deve ser dividida em duas: q e Q − q . Qual deve ser ovalor de q para que a repulsão coulombiana entre as duas novas cargasseja máxima? Resp: q =Q/2

P1.5 Duas cargas pontuais de valor q e −q são fixadas nos pontos P1(0, a) eP2(0,−a) respectivamente, de um sistema de coordenadas cartesianas,formando o que se denomina um dipolo elétrico. Uma terceira cargapositiva e de mesmo valor, é colocada em algum ponto sobre o eixodos x.a) Qual a intensidade e orientação da força exercida sobre a terceiracarga quando esta se encontra na origem?b) Qual é a força sobre ela quando sua abcissa é x?c) Esboce o gráfico da força sobre a terceira carga em função de x, paravalores de x entre −4a e 4a.d) Mostre que quando a abcissa x da terceira carga for grande compa-rada à distância a, a força sobre ela é inversamente proporcional aocubo da sua distância ao centro do dipolo.e) Situando agora a terceira carga sobre o eixo dos y , a uma ordenaday grande comparada com a distância a, mostre que a força sobre elatambém é inversamente proporcional ao cubo de sua distância à ori-gem do dipolo.

Resp: a) − yq2

2πε0a2(= F0) b)

a3

(a2 +x2)3/2F0

d) F '− yq2a

2πε0x3e) F ' y

q2a

πε0 y3

P1.6 Três cargas pontuais de mesma massa m = 200g e carga elétrica q sãopenduradas por fios sem massa e inextensíveis, todos de comprimentoL = 1,0m, a partir de um ponto comum no teto. Na posição de equilí-brio, a distância entre cada uma delas vem a ser de 20cm. Determine ovalor de cada carga. Resp: 0,765µC

P1.7 A cunha cilíndrica limitada pelas superfícies z = 0, z = 3(m), ϕ= 300,ϕ = 600 e ρ = 5(m) tem densidade volumétrica de cargas dada porρv = ρ sen2ϕ(nC/m3). Determinar a carga elétrica total encerrada pelacunha. Resp: 62,5nC

P1.8 Seja uma distribuição (infinita) de cargas com densidade ρ, dada nosistema de coordenadas esféricas por

ρ = Ke−ar

r 2 , K = cte.

a) Considerando uma esfera de raio R centrada na origem do sistema,determine a carga de um hemisfério.



b) Qual o raio R ′ da esfera que contem metade da carga total da distri-buição (que é infinita!)?

Resp: a)2kπ(1− e−aR )

ab) R ′ = 1

aln2z

λ

++++++++++++++++++

P

α2

α1

Fig. 1.17 Linha finita (P1.9)

P1.9 Mostre que o campo elétrico produzido por uma linha carregada comdensidade de cargas uniforme λ e disposta ao longo do eixo zé dadopor

E = λ

4πε0ρ

[(cosα1 +cosα2) ρ+ (senα2 − senα1) z

],

onde α1 e α2 são os ângulos mostrados na figura.

P1.10 Considere uma barra muito fina de comprimento L , uniformementecarregada, com uma densidade linear de cargas λ.

a) Determine o campo eletrostático E produzido pela barra numponto situado no seu eixo mediatriz. Calcule E para os seguintescasos: z >> L e z << L (ou L →∞, fio retilíneo infinito uniforme-mente carregado).

b) Determine o campo num ponto sobre o eixo perpendicular àbarra que passa por uma de suas extremidades.

Resp: E = λL

2πε0zp

L2+4z2z. Para z >> L, E = q

4πε0z2 z, e, para z << L, (ou L →∞), E = λ2πε0z z.

P1.11 Uma barra muito fina de comprimento L = 1,0m é carregada comuma densidade linear de cargas λ que varia linearmente ao longo dabarra, desde um valor −λ0 numa extremidade, até o valor λ0 no outroextremo, sendo λ0 = 0,50µC/m. Determine o campo eletrostáticoproduzido pela barra num ponto situado: a) no seu eixo mediatriz, ap

2m da barra; b) no prolongamento da reta que contem a barra, a 2m da extremidade. Resp: a) E =−0,24 xkV/m b) E = 0,10 xkV/m

P1.12 Usando a lei de Coulomb (integração direta), determine o campo pro-duzido por um fio de carga Q e comprimento L, dobrado em formade um arco de circunferência de 60r, no seu centro de curvatura; Resp:

E = q

12ε0L2, ao longo da bissetriz do arco da circunferência.

P1.13 Um fio não condutor muito fino forma uma circunferência de raio a eestá localizado no plano x y , com seu centro na origem. O fio possuiuma densidade linear de cargas dada por λ = λ0 senϕ, onde ϕ é oângulo medido a partir do eixo x positivo. Determine: a) a carga totaldo fio; b) E na origem. c) Você acha alguma incoerência entre osresultados de a) e b)? Resp: a) Zero b) E = (− y)

λ0

4ε0a

P1.14 Considere um disco de raio a, uniformemente carregado, com densi-dade superficial de carga σ;a) Determine o campo eletrostático E num ponto qualquer do eixo



de simetria deste disco; b) Uma partícula de carga Q e massa m ésolta do eixo z a partir do repouso, de uma distância z0 do disco.Determine a velocidade que ela possuirá quando atingir uma dis-tância (i ) 4z0, (i i ) ∞ do disco. c) Calcule E para os seguin-tes casos: z >> a e z << a ( ou a → ∞, isto é, o disco se torna umplano infinito uniformemente carregado). d) Qual o máximo valorde z para que se possa usar a aproximação de plano infinito (istoé, considerar E ≈ σ/(2ε0)), cometendo um erro de no máximo 5%?Resp: a) ~E(z) = σ

2ε0[1− zp

z2+a2] z, para z > 0 , ~E(z) = σa2

4ε0z2 z = Q4πε0z2 z (carga puntiforme) e

~E(z) = σ2ε0

z, (plano infinito).

P1.15 Determine o campo e o potencial eletrostáticos produzidos por umdisco de raio a carregado com σ=σ0 sen 2ϕ num ponto qualquer deseu eixo de simetria.

P1.16 Uma carga está distribuída sobre o eixo z com densidade λ0 para |z| >4m e λ = 0 para |z| < 4m. Determine o campo elétrico no pontoP (0,2,0)m.

P1.17 Um quadrado, que possui lado 2m , está centrado na origem e situa-seno plano z = 0, encontra-se carregado com uma densidade superficialde cargas

σ= |x|nC/m2.

Determine: a) a carga total da distribuição; b) o campo E no pontoP (0,0,1)m. Resp: a) Q = 2,0nC b) 8,02 z (V/m)

P1.18 Um quadrado de lado 2m jaz no plano x y delimitado por 0 ≤ x ≤ 2m e0 ≤ y ≤ 2m, carregado com carga superficial

σ= 2x(x2 + y2 +4)3/2µC/m2.

Determine o campo elétrico no ponto do eixo z situado a 2m acima doplano.

P1.19 Uma esfera não condutora de raio R está carregada com uma densi-dade de cargas não uniforme dada por ρ = kr senθ, onde r é a distânciamedida a partir do centro da esfera e θ é o ângulo a partir de um eixo dereferência. A esfera é cortada exatamente ao meio, num plano normalao referido eixo, e uma das partes jogada fora. Determine:a) A carga total da semiesfera; b) O campo elétrico no centro de curva-tura da semiesfera em função da carga total desta. Resp: b) E = 2Q

3π2ε0R2z

P1.20 Uma esfera condutora de raio R encontra-se carregada com uma den-sidade superficial de cargas dada por σ=Q cosθ/R2. Determine:a) Sua carga total;b) Seu momento de dipolo total, definido como o vetor

p =∫

S′σ(r′)r′ dS′



c) O campo que ela produz em seu centro (para quem gosta de desafios,tente calcular o campo num ponto qualquer do eixo z, tanto para z < Rquanto para z > R). Resp: a) Q = 0, b) p = z4πRQ/3, c) E = z

Q

3ε0R2


Capítulo 2

A Lei de Gauss

2.1 Fluxo de um vetor

A palavra fluxo transmite a idéia de movimento através de uma região, por exem-plo, o fluxo de um rio em seu leito, fluxo de ar (vento!), etc. Matematicamente, o

dS

n

A

B

Fig. 2.1 Fluxo

conceito de fluxo está associado a um campo vetorial que atravessa uma dadasuperfície. Dado um campo vetorial A numa região do espaço, definimos o fluxoΦA do campo através de uma superfície S como o integral

ΦA =∫

SA· ndS,

onde dS é um elemento infinitesimal de área e n um vetor unitário normal a dS.O cálculo do integral é o usual: dividimos a superfície S em um número muito

grande de pequenos elementos de superfície, calculamos a contribuição em cadaum desses elementos, A· ni ∆Si e, tomando o limite de N →∞, somamos tudo:∫

SA· ndS = lim

N→∞

N∑i=1

Ai · ni ∆Si

= limN→∞

N∑i=1

Ai cosθi ∆Si

=∫

SA cosθdS

Observe que a definição é compatível com a idéia do campo atravessando asuperfície: na figura, o vetor B é perpendicular ao vetor normal à superfície, n,jaz rente à superfície e não a atravessa: o produto escalar na expressão garanteque isso se traduz num fluxo zero, pois B· n = B cos(π/2) = 0 (naquele elementode superfície ilustrado).

É claro queΦA é um escalar, podendo ser positivo, negativo ou nulo, depen-dendo do ângulo formado entre o vetor e a normal à superfície em cada ponto.O sentido de n é, em geral, arbitrário, mas para superfícies fechadas n é sempreorientado para fora da superfície. Nesse caso especial é usual representarmos o

43

44 Capítulo 2 A Lei de Gauss

integral com um circulo, indicando que a superfície S é fechada:

ΦA =∮

SA· ndS,

2.2 Ângulo Sólido

É uma medida da abertura espacial determinada por uma superfície em relação aum ponto de referência que não pertença a ela. Comecemos com uma superfícieem forma de uma calota esférica de raio R. O ângulo sólido, medido em esfero-radianos ou stereo-radianos (sr) é, por definição

Ω= A

R2 ,

sendo independente do raio da esfera, pois a área é proporcional ao quadrado doraio. Para generalizar, consideremos um elemento de área ∆S muito pequeno;Sendo R a distância do ponto de referência P ao centro de ∆S, e ∆S′ a calota deuma esfera de raio R com centro em P , o ângulo sólido será

∆Ω≈ ∆S′

R2 ≈= ∆S · nR

R2 ,

onde n é o versor perpendicular as ∆S′. No limite ∆S′ → 0, temos

O

rn

dΩ

dS′

dS

Fig. 2.2 Definição de ângulo sólido

dΩ= · nR

R2 dS =⇒ Ω=∫

S

· nR

R2 dS.

Denotando por r′ o vetor posição de P , a expressão geral fica

Ω=∫

S

·(r− r′) n

|r− r′|2 dS.

O ângulo sólido total ao redor de um ponto qualquer é 4πsr. Assim, temos que∮S

·(r− r′) n

|r− r′|2 dS = 4π.

Em coordenadas esféricas, dΩ= senθdθdϕ.

Fig. 2.3 Ângulo sólido em coorde-nadas esféricas

Exercício proposto 1. No cubo ilustrado a seguir, determine o ângulo espacialsubtendido pela face azul com respeito ao vértice P.

P

Fig. 2.4 Exercício proposto 1


2.3 A Lei de Gauss para o campo elétrico 45

2.3 A Lei de Gauss para o campo elétrico

A famosa Lei de Gauss constitui uma das quatro equações básicas do eletromagne-tismo e é talvez a mais importante ferramenta do estudante de eletromagnetismoa esse nível introdutório. Pode ser obtida diretamente da lei de Coulomb tanto naforma diferencial quanto na forma integral, embora a primeira exija o domíniodas ideias da teoria de distribuições (o delta de Dirac).

2.3.1 Determinando diretamente o divergente do campo (opcional)

A lei de Gauss na forma diferencial diz respeito ao divergente do campo elétrico.Vamos determiná-lo partindo da forma mais genérica possível para o campoeletrostático,

E = 1

4πε0

∫v ′

ρ(r′)(r− r′)|r− r′|3 d v ′,

pois qualquer distribuição de cargas pode ser expressa em termos de algumadensidade volumétrica ρ. Tomando o divergente, segue

∇·E = 1

4πε0∇·

∫v ′

ρ(r′)(r− r′)|r− r′|3 d v ′

= 1

4πε0

∫v ′ρ(r′)∇· (r− r′)

|r− r′|3 d v ′

= 1

4πε0

∫v ′ρ(r′)4πδ(r− r′)d v ′ = ρ(r)

ε0,

que é a almejada lei de Gauss. Para expressá-la em forma integral basta integrarsobre um volume v finito:∫

v∇·Ed v = 1

ε0

∫vρ(r)d v = Qint

ε0,

e utilizar o teorema de Gauss no primeiro membro. Acima, Qint é a carga totalinterna ao volume v . Sendo S a superfície que o delimita, tem-se∮

SE· ndS = Qint

ε0.

2.3.2 Calculando o fluxo de uma carga pontual através de uma super-fície fechada arbitrária

Calculemos o fluxo elétrico produzido por uma carga isolada q através de umasuperfície fechada arbitrária que a contém,

ΦE =∮

SE· ndS

Escolhendo a origem do sistema de coordenadas coincidindo com a carga q ,

q

rn

dΩ

dS′

dS

Fig. 2.5 Ângulo sólidoteremos:

ΦE = q

4πε0

∮S

r

r 2 · ndS = q

4πε0

∮S

r· nr 3 dS = q

4πε0

∮dΩ,



onde dΩ é o ângulo sólido infinitesimal delimitado pela área dS, em relação àorigem O. Como

∮dΩ representa o ângulo sólido total em torno da origem (4πsr),

segue que

ΦE =∮

SE· ndS = q

ε0.

Por outro lado, podemos mostrar facilmente que, para uma superfície S que nãoengloba a carga q , obteríamos ∮

S, q 6⊂SE· ndS = 0.

Vemos pela figura que uma mesma linha de força, subtendendo o mesmo ângulo

q dΩ

r

dS

n

dS′r′

n′

Fig. 2.6 Carga fora do corpo: fluxototal é nulo

sólido, produz um fluxo positivo no elemento de superfície dS quando sai docorpo, pois o ângulo formado pelo versor normal e o radial é agudo, enquantoque no elemento dS′, onde a linha de força penetra no corpo, o fluxo é negativo,pois o ângulo entre n′ e r′ é maior que 90.

Ora, pelo princípio da superposição, segue imediatamente que, para uma dis-tribuição arbitrária de cargas, o fluxo elétrico total através de qualquer superfíciefechada S será proporcional à carga total contida na superfície. Isto é exatamentea forma integral da lei de Gauss:∮

SE· ndS = Qint

ε0= 1

ε0

∫vρd v, (2.1)

onde é o v o volume e Qint a carga total (soma algébrica), delimitados pela su-perfície S, muitas vezes denominada superfície gaussiana. Usando o teorema dodivergente (Gauss), obtemos sucessivamente∮

SE· ndS =

∫v∇·Ed v = 1

ε0

∫vρd v =⇒

∫v

(∇·E− ρ

ε0

)d v = 0.

Como o volume de integração é arbitrário, necessariamente

∇·E = ρ

ε0, (2.2)

que é a lei de Gauss na forma diferencial.

Exemplo 2.1 Comprove a lei de Gauss para o fluxo do campo elétricode uma carga q na origem do sistema de coordenadas, através de umasuperfície cilíndrica formada pelas superfícies ρ = R e z =±h/2.

Solução: Sejam 1 e 2 as tampas superior e inferior do cilindro e 3 suasuperfície lateral. Os versores normais a essas superfícies são

n1 = z, n2 =− z, n3 = ρ.


2.3 A Lei de Gauss para o campo elétrico 47

Em coordenadas cilíndricas, o vetor posição de um ponto qualquer é escritocomo

r = ρ ρ+ z z,

e o campo elétrico de uma carga pontual na origem fica

E = 1

4πε0

qr

r 3 = q(ρ ρ+ z z)

4πε0(ρ2 + z2)3/2

Os fluxos através dessas superfícies são:

ΦE1 =q

4πε0

∫ 2π

0

∫ R

0

(ρ ρ+ 12 h z)· z

[ρ2 + (h/2)2]3/2ρdρdϕ,

ΦE2 =q

4πε0

∫ 2π

0

∫ R

0

(ρ ρ− 12 h z)· (− z)

[ρ2 + (h/2)2]3/2ρdρdϕ,

e

ΦE3 =q

4πε0

∫ h/2

−h/2

∫ 2π

0

(R ρ+ z z)· ρ(R2 + z2)3/2

R dϕd z

Pela simetria, os fluxos através das superfícies ±h/2 serão idênticos: ΦE1 =ΦE2. Podemos escrever

ΦE = 2ΦE1 +ΦE3,

q

n1

E

n3

E

Fig. 2.7 Carga pontual e superfíciecilíndrica

onde

ΦE1 =qh

8πε0

∫ 2π

0

∫ R

0

1

(ρ2 +h2/4)3/2ρdρdϕ

= qh

4ε0

[− 1√

ρ2 +h2/4

]R

0

= q

2ε0

(1− hp

4R2 +h2

)e

ΦE3 =qR2

4πε0

∫ h/2

−h/2

∫ 2π

0

dϕd z

(R2 + z2)3/2

= qR2

2ε0

[z

R2p

R2 + z2

]h/2

−h/2= qh

ε0

p4R2 +h2

;

O fluxo total perfaz, portanto

ΦE = q

ε0,

em concordância com a lei de Gauss.



2.4 Aplicações da lei de Gauss

Algumas aplicações óbvias e imediatas da lei de Gauss são:

• forma integral: conhecida a distribuição, determinar o fluxoΦE do campoelétrico através de uma superfície fechada, ou em alguns casos, aberta.

• forma integral: conhecido o campo E(r), determinar a carga total contidaem uma certa região do espaço ()delimitada por uma dada superfície).

• forma diferencial: conhecido o campo E(r), determinar detalhadamentea distribuição de cargas em cada ponto da região, ou seja sua densidadevolumétrica de cargas ρ(r).

Uma terceira (e talvez a mais importante) aplicação da lei de Gauss na formaintegral, é a de permitir determinar o campo elétrico em todos os pontos de umaregião a partir do conhecimento da distribuição de cargas. Para isso é necessárioque a distribuição seja dotada de certas simetrias que permitam simplificar ointegrando da equação (2.1) de modo a isolar o campo elétrico.

Basicamente, três tipos de simetria podem ser identificados na prática, quetrataremos a seguir.

2.4.1 Simetria esférica

De uma maneira geral, um campo elétrico pode ser escrito em coordenadasesféricas como

E(r) = Er (r,θ,ϕ) r+Eθ(r,θ,ϕ) θ+Eϕ(r,θ,ϕ) ϕ

Um campo é dito esfericamente simétrico quando ele possui apenas o compo-nente radial e com intensidade dependente apenas da distância à origem dosistema de coordenadas (coordenada r ):

t Simetria esféricaE(r) = E(r ) r (2.3)

Nessa situação, se escolhermos uma superfície esférica para a aplicação da leide Gauss, para a qual n = r, o fluxo do campo elétrico através desta se simplificacomo a seguir:∮

SE· ndS =

∮S

E(r ) r· r︸︷︷︸=1

dS =∮

SE(r )

∣∣∣∣S

dS = E(r )∮

SdS = E(r )4πr 2,

onde pudemos retirar o módulo do campo para fora do integrando por ser eleavaliado sobre a superfície gaussiana esférica, onde r é sempre o mesmo e, por-tanto, E(r ) também. Em problemas que envolvam simetria esférica do campo,tudo o que precisamos portanto é determinar a carga Qint contida pela superfícieesférica gaussiana que passa em cada ponto de interesse. Então

4πr 2E(r ) = Qint

ε0=⇒ E(r) = Qint

4πε0r 2 r . (2.4)


2.4 Aplicações da lei de Gauss 49

Num problema geralmente é necessário aplicar a lei de Gauss a várias superfíciesgaussianas, uma para cada região fisicamente distinta onde desejamos obter ocampo elétrico.

Situações de simetria esférica

Quando ocorre esse tipo de simetria? Um caso óbvio é o da carga pontual locali-zada na origem. Além desse, podemos ter

• Distribuições superficiais de cargas centradas na origem cujas densidadessejam uniformes.

• Distribuições volumétricas de cargas cujas densidades sejam uniformes oudependentes da coordenada r apenas.

• Superposições de todos as possibilidades descritas.

Exemplo 2.2 Uma distribuição de cargas esférica oca, cujos raios internoe externo são 2a e 3a, respectivamente, encontra-se carregada com cargatotal Q distribuída em seu volume de maneira inversamente proporcional àdistância ao seu centro. Exatamente em seu centro, encontra-se uma outradistribuição esférica, de raio a, cuja carga total é −Q, porém distribuídauniformemente sobre seu volume. Determine o campo elétrico em todasas regiões do espaço.

Solução: A distribuição de cargas satisfaz aos quesitos de simetria esférica,

Q

−Qa

3a

2a

Fig. 2.8 Exemplo 2.2: simetriaesférica

isto é, o campo elétrico será da forma E = E(r ) r. Temos quatro regiõesdistintas claramente delimitadas: r ≤ a, a < r < 2a, 2a ≤ r ≤ 3a e r > 3a.Para cada uma delas utilizaremos uma superfície gaussiana esférica distinta,cada qual com um raio adequado a fim de possibilitar-nos calcular o camponum ponto genérico da respectivamente região. De acordo com a equação(2.4), devemos simplesmente obter a carga total delimitada pela gaussianaem cada caso:

a) r ≤ a (superfície gaussiana S1) Nessa região a carga elétrica total (−Q)se encontra distribuída uniformemente sobre a esfera de volume 4

3πa3,portanto a densidade de cargas ρ1 é facilmente obtida:

ρ1 = −Q43πa3

=− 3Q

4πa3 .

Entretanto, a carga englobada pela gaussiana S1 não é, em geral, (−Q),pois queremos o campo num ponto qualquer da região 0 ≤ r ≤ a, e agaussiana deve ser tal como a mostrada na figura 2.9, com raio r menorque o raio a da esfera. Para essa gaussiana, temos

E = E r

n = r

rS1

Fig. 2.9 Região 0 ≤ r ≤ a



Qint =∫

v1

ρ1 d v = (−3Q)

4πa3

4

3πr 3 =−Qr 3

a3 ,

implicando em

E =− Qr

4πε0a3 r, r ≤ a.

E = E r

n = r

r

S2

Fig. 2.10 Região a < r < 2a

b) a < r < 2a (superfície gaussiana S2) Como não há carga na região r > a,a carga englobada pela gaussiana S2 será a carga total da esfera de raioa, isto é:

Qint =−Q =⇒ E =− Q

4πε0r 2 r, a < r < 2a.

E = E r

n = r

r

S3

Fig. 2.11 Região 2a ≤ r ≤ 3a

c) 2a < r < 3a (superfície gaussiana S3) Para determinarmos a carga en-globada pela gaussiana S3, demos antes obter a densidade de cargasna região 2a ≤ r ≤ 3a, que não é uniforme, mas varia inversamenteproporcional à distância r ao centro da distribuição, isto é

ρ3 ∝ 1

r=⇒ ρ3 = β

r,

onde β é tal que ∫v3

ρ3 d v =Q,

ou seja,

Q =∫ 2π

0

∫ π

0

∫ 3a

2a

β

rr 2 senθdθdϕ=β4π

[1

2r 2

]3a

2a= 10πa2β =⇒β= Q

10πa2 .

A carga delimitada pela gaussiana S3 é então

Qint =−Q +∫ 2π

0

∫ π

0

∫ r

2a

Q

10πa2r ′ r ′2 senθ′ dθ′ dϕ′

Qint =−Q + Q

5a2 (r 2 −4a2) =−Q(9a2 − r 2)

5a2

A primeira contribuição refere-se à carga da esfera de raio a, pois elatambém está contida em S3! Resulta

E =−Q(9a2 − r 2)

20πε0a2r 2 r, 2a ≤ r ≤ 3a.

E = E r

n = r

r

S4

Fig. 2.12 Região r > 3ad) r > 3a (superfície gaussiana S4) A carga englobada por S4 é a soma das

cargas totais das duas regiões (r ≤ a e 2a ≤ r ≤ 3a), sendo portanto nula.Assim

E = 0, r > 3a.



2.4.2 Simetria cilíndrica

De uma maneira geral, um campo elétrico pode ser escrito em coordenadascilíndricas como

E(r) = Eρ(ρ,ϕ, z) ρ+Eϕ(ρ,ϕ, z) ϕ+Ez (ρ,ϕ, z) z.

Diz-se que um campo possui simetria cilíndrica quando ele possui apenas ocomponente radial e com intensidade dependente apenas da distância ao eixo zdo sistema de coordenadas (coordenada ρ):

u Simetria cilíndrica

E(r) = E(ρ) ρ (2.5)

Nessa situação é natural escolhermos uma superfície cilíndrica para a aplicaçãoda lei de Gauss. O cilindro deve ser coaxial ao eixo de simetria da distribuição(eixo z) e passar pelo ponto onde desejamos determinar o campo elétrico. Ainda,embora as distribuições de cargas que exibam esse tipo de simetria sejam teo-ricamente infinitas em extensão (na dimensão paralela ao eixo z), a superfíciegaussiana precisa ser fechada, de modo que devemos atribuir um comprimentofinito arbitrário ` a esse cilindro gaussiano. Para determinarmos o fluxo atravésdessa gaussiana, dividimo-la em três partes: as faces planas (base e topo) e a facelateral. Para as faces planas,

n =± z =⇒ E· n = E(ρ) ρ·(± z) = 0,

isto é, não há fluxo através delas. Para a superfície lateral (S`) temos∫S`

E· ndS` =∫

S`E(ρ) ρ· ρ︸︷︷︸

1

dS` = E(ρ)∫

S`dS` = 2πρ`E(ρ).

Observe que, como o campo depende apenas de ρ, E(ρ) se torna uma constantena integração acima, pois a superfície em questão é a lateral do cilindro, na qualρ tem um valor fixo. Assim, o campo pode ser facilmente calculado pela lei deGauss:

E(r) = Qint

2πε0ρ`ρ (2.6)

Situações de simetria cilíndrica

Quando ocorre esse tipo de simetria? Já vimos (seção 1.10.2) um caso que apre-senta esse tipo de simetria: o do fio retilíneo infinito uniformemente carregado.Além desse, podemos ter

• Cascas cilíndricas infinitas com eixo coincidente com z cujas densidadessejam uniformes.

• Cilindros infinitos cujas densidades sejam uniformes ou dependentes dacoordenada ρ apenas.



• Superposições de todos as possibilidades descritas.

Exemplo 2.3 Fio retilíneo infinito uniformemente carregado com densi-dade linear de cargas λ.

+ + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + +

ρ

E

nλ

ρ

`

S

Fig. 2.13 Superfície gaussiana cilíndrica para a linha infinita

Utilizamos nesse caso uma superfície gaussiana cilíndrica tal como a dafigura. A lei de Gauss se aplica a superfícies fechadas, de modo que a super-fície gaussiana deverá ser necessariamente fechada. É necessário atribuirum comprimento arbitrário ao cilindro que escolhemos como gaussiana,mas não se preocupe: o resultado final obviamente não dependerá do com-primento adotado. Não haverá fluxo sobre as tampas do cilindro, haja vistaque E é perpendicular ao fio (ao eixo do cilindro, portanto na direção deρ) e portanto nenhuma linha de força as atravessa (matematicamente, osversores normais às tampas são ± n, e ± n· ρ = 0). Sobre a superfície lateral∮

SE· ndS =

∫S`

E· ndS` =∫

S`E(ρ) ρ· ρdS` = E(ρ)

∫S`

dS` = E(ρ)2πρ`.

A carga contida por esta gaussiana é aquela do fio carregado que se encontradentro dos limites delimitados pelas tampas do cilindro, Qint =λ`, dondedecorre imediatamente

E = λ

2πε0ρρ

2.4.3 Simetria cartesiana ou plana

Esse tipo de simetria ocorre quando um campo apresenta componente ao longode uma direção fixa do espaço, dependendo apenas da coordenada ao longo da-quela direção. Podemos tratar tal simetria em coordenadas cartesianas, de modo



que o campo poderia ter como expressão, escolhendo a sua direção coincidindocom a de algum dos eixos coordenados:

E = E(x) x, ou E = E(y) y, ou E = E(z) z.

Esse tipo de simetria ocorrerá apenas para uma distribuição que seja de extensãoinfinita paralelamente a um dos planos coordenados, ou seja

• um plano infinito carregado uniformemente;

• uma camada de cargas de extensão plana infinita e espessura finita uni-forme, cuja densidade volumétrica dependa apenas da coordenada per-pendicular às suas superfícies planas.

• Superposições dessas possibilidades descritas.

Exemplo 2.4 Plano infinito carregado uniformemente com densidadesuperficial de cargas σ.

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S1

S2

Qint = σA

E

n

E

n

n

E

Fig. 2.14 Superfície gaussiana para um plano infinito

Escolhemos o eixo z perpendicularmente ao plano e uma superfície gaussi-ana cilíndrica de seção reta A tal como a da figura, disposta de tal forma aser perpendicular ao plano de cargas e que suas tampas estejam à mesmadistância do plano carregado. Desse modo, não haverá fluxo através dasparedes laterais do cilindro, pois n = ρ e E = E z. Através das duas faces osfluxos serão iguais, pois∫

S1

E· ndS1 =∫

S1

E(z) z· zdS1 = E(z)∫

S1

dS1 = E A,



e, para a tampa inferior, o campo tem sentido oposto ao da região acimado plano, mas mesmo módulo, já que escolhemos a gaussiana com suastampas equidistantes do plano. Assim∫

S1

E· ndS2 =∫

S2

E(−z) (− z)· zdS2 = E(z)∫

S2

dS2 = E A,

O fluxo elétrico total através da gaussiana é então 2E A. A carga total deli-mitada por ela é

Qint =∫

SσdS =σA,

de modo que a magnitude do campo será

E = σ

2ε0.

A direção do campo é normal ao plano, seu sentido sempre saindo do plano(supondo a carga positiva). Denotando tal versor por n, escrevemos

E = σ

2ε0n.

É interessante observar que, ao se passar de um lado para o outro doplano, o campo elétrico sofre uma descontinuidade de σ/ε0. Isso nãoé coincidência, mas um caso particular de uma das condições de contornogenéricas que governam o comportamento do campo elétrico ao redor dasuperfície de separação entre dois meios distintos.

2.5 Condutores em equilíbrio eletrostático

Um condutor possui cargas com liberdade de movimento que podem responderprontamente a estímulos externos aplicados. Por exemplo, conectando os ter-minais de uma bateria a um condutor será estabelecida uma corrente elétricaatravés dele, que durará enquanto estiver aplicada a tensão pela bateria. Uma vezdesligada a bateria, entretanto, não há mais uma fonte externa de energia capazde manter o movimento dos elétrons, e a corrente eventualmente cessará. Essasituação (ausência de fontes externas de energia) é denominada equilíbrio ele-trostático. É claro que, uma vez atingido o equilíbrio eletrostático, não pode havercampo elétrico no interior do condutor, pois do contrário esse campo provocariacorrentes elétricas em seu interior.

+++++++++

++++++++++++++++++

++++++++++++++++++

+++

+++++++++++++++++

+++

++++

+++++++E = E n

E

E

E

E = 0

Qint = 0

S

σ

1Fig. 2.15 Não há campo no inte-rior de um condutor em equilíbrioeletrostático!

E = 0 (2.7)

Podemos concluir também que não pode haver cargas no interior do condutor emequilíbrio. Para um condutor em equilíbrio tal como o da figura, considere umasuperfície S inteiramente interna ao condutor, tal como a ilustrada. A aplicação


2.5 Condutores em equilíbrio eletrostático 55

da lei de Gauss mostra imediatamente que a carga por ela delimitada tem que sernula:

Qint = ε0

∮S

E· ndS = 0,

0 pois o campo é nulo em todos os pontos de S (interior do condutor). Dessemodo, qualquer carga em excesso obrigatoriamente se distribuirá sobre a su-perfície externa do condutor, na situação de equilíbrio.

Mesmo que o condutor possua uma cavidade e dentro dessa cavidade existauma carga q , o campo no interior do condutor deve ser nulo na situação deequilíbrio. Como a carga interna à gaussiana deve ser nula, isso significa quena superfície da cavidade será induzida uma carga exatamente oposta à cargaexistente na cavidade, pois não pode haver carga em excesso no volume docondutor:

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++++++++++++++++++

++++++++++++++++++

+++

+++++++++++++++++

+++

++++

+++++++E = E n

E

E

E

---------------------------------------

-------------

---------

------

------------------

q

E = 0

Qint = 0

S

σ

1Fig. 2.16 Condutor oco

t Indução de carga numacavidade do condutor

Qint = ε0

∮S

E· ndS = q +qind = 0 =⇒ qind =−q.

Na superfície externa poderá haver uma distribuição superficial de cargasσ, já que não pode haver cargas no volume interno do condutor. Pode tambémexistir um campo elétrico não nulo na superfície, desde que este não possua com-ponentes tangenciais à superfície: se houvesse componente do campo tangenteà superfície, haveria correntes superficiais, contrariando a hipótese de equilíbrio.Desse modo, na superfície

E = E n,

ou seja, o campo é sempre perpendicular à superfície em cada ponto. É possívelaté estabelecer uma relação entre o campo muito próximo à superfície externacom a densidade superficial de cargas no local. Utilizamos para isso uma pe-quena superfície cilíndrica tal como a da figura, disposta de forma a atravessar asuperfície do condutor perpendicularmente, e de seção reta A tão pequena quepodemos: i) desprezar a curvatura local da superfície do condutor; ii) considerara densidade σ e o campo E praticamente uniformes nesse local. A face plana dagaussiana que se encontra fora do condutor deve estar arbitrariamente próximada superfície deste, mas não coincidindo com ela. Só haverá fluxo através destaface, pois a outra face plana e a superfície lateral estão dentro do condutor, ondeo campo é nulo: ∮

SE· ndS =

∫S1

E n· ndS = E A.

Por outro lado, a carga delimitada pela gaussiana encontra-se na superfície do

+++

++++

++++

++++

++++

++++

++++

++++++++++

+++

+++++++++++++++++++++++++++++++++ +

σ

A

E

Fig. 2.17 Campo próximo à super-fície

condutor:

Qint =∫

SσdS =σA.

A lei de Gauss então forneceu Campo próximo à superfí-

cie do condutorE = σ

ε0n (2.8)



Questões sobre o Capítulo 2: A Lei de Gauss

Q2.1 Explique a diferença entre potencial elétrico e energia potencial ele-trostática.

Q2.2 Uma carga positiva é liberada, em repouso, num campo elétrico. Acarga se desloca para a região de potencial elétrico mais alto ou maisbaixo?

Q2.3 Se o potencial elétrico for constante numa região do espaço, o que sepode dizer sobre o campo elétrico nessa região?

Q2.4 Se ~E for conhecido num único ponto, é possível determinar V nesseponto?

Q2.5 Em que direção será possível um deslocamento num campo elétricode modo que não haja alteração do potencial elétrico?

Q2.6 O campo elétrico que aparece na lei de Gauss,∮S

E· ndS = q

ε0,

é devido à presença da carga q?

Q2.7 Suponha que seja nula a carga total contida no interior de uma su-perfície gaussiana. Podemos concluir, da Lei de Gauss, que o campodeva ser zero em todos os pontos da superfície? Será verdadeira a recí-proca desta afirmação, isto é, se E for nulo em todos os pontos de umasuperfície fechada, então também é nula a carga total nela contida?

Q2.8 Um condutor oco, grande e isolado está carregado com +q . Atravésde uma pequena abertura no topo desse condutor, introduz-se umapequena esfera metálica de carga −q , a qual permite-se que toque asuperfície interna do condutor, sendo então retirada. Quais serão ascargas no condutor e na esfera depois disso?

Q2.9 Aplicando-se a lei de Gauss a um condutor isolado em equilíbrio ele-trostático, pode-se concluir que todos os elétrons de condução destese encontram necessariamente em sua superfície?

Q2.10 Com base na mesma análise, pode-se concluir que os elétrons existen-tes na fiação elétrica de uma casa se deslocam ao longo das superfíciesdesses fios? Em caso negativo, por que não?



Problemas do Capítulo 2: A Lei de Gauss

P2.1 Duas cargas de −10µC e 20µC encontram-se separadas por uma dis-tância de 20cm. Onde deve ser colocada uma terceira carga de modoque, sob a ação dessas duas, fique em repouso? Resp: Ao longo da reta suporte

das duas cargas, a 48,5cm da carga negativa e 68,5cm da positiva

P2.2 Determinar a densidade volumétrica de cargas na origem quando:a) E = x2 y2z2 x+9sen y y+ (y + z) z N/C Resp: ρ(0) = 88,5pC/m2

b) E = 2ρ2 senϕ ρ+3ρ2 senϕ ϕ+7z z N/C Resp: ρ(0) = 62,0pC/m2

c) E = 3r 2 senϕ r+2r 2 senθcosϕ θ+5r 2 senθ senϕ ϕ N/C. Resp: ρ(0) =0

P2.3 Uma região do espaço está impregnada com carga elétrica de tal modo

que o campo elétrico nela é dado por E = E0ρ2

R2 ρ, paraρ ≤ R e E = E0R

ρρ,

para ρ > R, onde ρ é o versor perpendicular ao eixo de simetria dadistribuição, e R e E0 são constantes.a) Que tipo de simetria possui esta distribuição?b) Determinar a densidade volumétrica de cargas nas regiões ρ ≤ R eρ > R.c) Determinar a carga total contida entre os planos z = 0 e z = L destaregião, supondo que o meio seja o vácuo.

Resp: a) Cilíndrica. b) ρv (ρ) =

3ε0E0ρ

R2 , ρ ≤ R

0, ρ > Rc) Q = 2πε0RLE0.

P2.4 Três cargas pontuais q1 = 2,5µC, q2 =−1,5µC e q3 = 4,0µC estão loca-lizadas respectivamente nos pontos P1(1,0,0), P2(1,2,2) e P3(−1,1,−1),com todas as coordenadas dadas em metros. Além disso, há um arameinfinito muito fino, carregado com uma densidade linear de cargasλ não uniforme e situado sobre o eixo z deste sistema de coordena-das. Calcule o fluxo elétrico através da superfície esférica dada porx2 + y2 + z2 = R2 nos seguintes casos:a) λ= 0,75 |z|µC/m e R = 2m. Resp: ΦE = 1,1.106 V.m

b) λ= 0,75 zµC/m e R = 3,5m. Resp: ΦE = 0,56.106 V.m

P2.5 Um bloco condutor tem em seu interior uma cavidade de formatoqualquer. Um pequeno corpo com carga elétrica q é introduzido nestacavidade. Provar que a carga induzida na superfície interior do condu-tor é −q .

x

y

za

Fig. 2.18 Problema 2.6P2.6 Na figura ao lado o cubo de aresta a = 10cm está imerso numa região

onde o campo é descrito por E = bx1/2 x, com b = 800V/m3/2. Deter-mine:a) O fluxo através do cubo. Resp: ΦE = 1,05V.m

b) A carga em seu interior. Resp: Qi = 9,27.10−12 C

c) A densidade de cargas em cada vértice do cubo. Resp: ρ(x = a) = 11,2nC/m3, ρ(x = 2a) = 7,9nC/m3.



P2.7 Um cilindro não condutor, de raio a, se encontra uniformemente car-regado com uma densidade volumétrica de cargas ρv . Determine ocampo E em pontos externos (ρ > a) e internos (0 < ρ < a) ao cilindro.Exprima os resultados também em termos de λ (carga por unidade de

comprimento). Resp: E = ρv a2

2ε0ρρ = λ

2πε0ρρ, para ρ > a e E = ρvρ

2ε0ρ = λρ

2πε0a2ρ, para

(0 < ρ < a).

P2.8 Uma camada infinita de cargas com densidade uniformeσ= 12ε0(C/m2)está localizada na superfície definida por 2x − y +2z = 4, num sistemade coordenadas no vácuo. Calcular o campo elétrico E em todos ospontos do espaço. Resp: E =±(4 x−2 y+4 z)N/C

P2.9 Uma carga Q é distribuída uniformemente ao longo do volume de umaesfera de raio R. Determine:a) o campo E em pontos externos (r > R) e internos (r < R) à esfera.b) o potencial em pontos externos (r > R) e internos (r < R) à esfera.

Resp: Para r > R, E = Q

4πε0r 2r V (r ) = Q

4πε0r, para r ≤ R, E = Qr

4πε0R3r V (r ) = Q(3R2 − r 2)

8πε0R3

P2.10 Em um modelo atômico para o Ferro (Fe) cujo número atômico éZ = 26, considerou-se o seu núcleo, de carga +Z e (e a carga funda-mental), puntiforme e envolvido por uma “nuvem"de elétrons, decarga −Z e, uniformemente distribuída em uma região esférica de raioa. Determine o campo e o potencial elétrico ~E dentro e fora deste

átomo. Resp: Para r > a, E = 0, para r ≤ a, E = Z e

4πε0r 2(1− r 3

a3) r.

P2.11 Uma carga Q é distribuída num volume esférico de raio R com densi-dade de carga dada por ρv = A(R − r ) (C /m3). Determinar:a) A em termos de Q e R. No S.I., qual é sua unidade?b) O campo eletrostático ~E em todas as regiões do espaço (dentro efora da região esférica). Resp: a) A = 3Q

πR4(C /m4). b) Para r > R, E = Q

4πε0r 2r, e para

r ≤ R, E = Qr

4πε0R4(4R −3r ) r.

P2.12 Uma esfera oca de raio interno a e raio externo 2a está carregada comuma carga distribuída não uniformemente de acordo com a equaçãoρv = Ar 2, sendo A uma constante conhecida. Determinar o campo

eletrostático ~E em todas as regiões do espaço. Resp: E = A

5ε0(r 3 − a5

r 2) r

P2.13 Uma distribuição volumétrica de cargas é dada em coordenadas esféri-cas por ρ = ρ0a/r .a) Use a lei de Gauss para calcular E; Resp: E = aρ0

2ε0r

b) A partir do resultado obtido em (a), determine V (r ), tomando V = 0em r = 0. Resp: − aρ0r

2ε0

P2.14 Se o campo elétrico no ar atmosférico for da ordem de 3×106N/C, oar se ioniza e se torna condutor. O valor do campo em que ocorre esta



ionização é a rigidez dielétrica do ar. Imaginemos que uma carga de18 µC seja colocada numa esfera condutora. Qual o raio mínimo daesfera que pode reter essa carga, no ar, sem haver ionização?

a

c

b

Fig. 2.19 Problema 2.15

P2.15 Uma esfera de raio a possui uma distribuição de cargas esfericamentesimétrica dada por:

ρV = ρ0a

r,

onde ρ0 é uma constante. Esta distribuição está concentricamenteenvolvida por uma camada metálica esférica de raios interno e externorespectivamente iguais a b e c , sendo b > a. Determine E nas seguintesregiões:a.1) r ≤ a a.2) a < r < b a.3) b < r < cb) A leitura de um voltímetro cujos terminais são colocados em contatocom o centro e a superfície externa da camada metálica (V0 −Vc ).c) A densidade de cargas na superfície interna da camada metálica.

Resp: a.1) E = ρ0a

2ε0r a.2) E = ρ0a3

2ε0r 2r a.3) E = 0 b) ∆V = ρ0a2

2ε0b(2b −a) c)

σ=−ρ0a3

2b2

P2.16 Numa certa região do espaço o campo elétrico possui componentes

Ex = ax2 y Ey = x3 + y Ez = 0,

onde x, y e z são dados em metros e E em V/m.]bit a Determine a constante a para que o campo acima seja eletrostá-tico.b) Determine a diferença de potencial entre a origem e o ponto x =3, y = 0, z = 0.c) Determine a diferença de potencial entre a origem e o ponto x =0, y = 2, z = 1.

P2.17 Em suas célebres experiências de 1906 que levaram à descoberta do nú-cleo atômico, Rutherford bombardeou uma fina folha de ouro (númeroatômico 79) com partículas α (núcleos de He, de carga 2e), produzidaspor uma fonte radioativa, e observou que algumas delas chegavam aser defletidas para trás. A energia cinética inicial das partículas α erade 7,69 MeV. Considere uma colisão frontal entre uma partícula α eum núcleo de ouro, na qual ela é retroespalhada. Qual é a distância demínima aproximação entre as duas partículas carregadas? Rutherfordestimou que o raio do núcleo deveria ser da ordem dessa distância.Resp: 3×10−14 m


Capítulo 3

Potencial eletrostático

3.1 Campos conservativos

3.1.1 Trabalho de uma força

A

B

`dr

F

Fig. 3.1 Trabalho de uma força

O trabalho realizado por uma força F sobre uma partícula ao transportá-la de umponto a outro no espaço ao longo de uma trajetória ` é

WA→B ,` =∫ B

A,`F·dr,

onde dr é um deslocamento infinitesimal tangente à curva ` em cada ponto. Deuma maneira geral, esse trabalho poderá depender da trajetória trilhada pelapartícula entre um ponto e outro, de modo que

WA→B ,`1=

∫ B

A,`1

F·dr 6=WA→B ,`2=

∫ B

A,`2

F·dr.

Exemplos de tais forças são as de atrito ou qualquer outro tipo de força dissipativa.

A

B

`1dr

F

`2

dr

F

Fig. 3.2 Trabalho de uma força aolongo de trajetórias distintas

Entretanto, para uma classe importante de forças na natureza, esse trabalho éindependente da trajetória. Essas forças são denominadas conservativas. Exem-plos importantes foram estudados no curso de Física I: força gravitacional, forçaelástica de mola, etc.

3.1.2 Campo conservativo e energia potencial

De uma maneira geral, um campo F (não necessariamente representando umaforça) é denominado conservativo se seu integral de linha de um ponto a outrono espaço é a mesma qualquer que seja a trajetória trilhada do ponto inicial aofinal, ou seja, é completamente independente da trajetória:∫ B

A,`1

F·dr =∫ B

A,`2

F·dr, ∀`1,`2.

61

62 Capítulo 3 Potencial eletrostático

Então, se formos de A a B através de `1 e voltarmos de B até A ao longo de `′2, atrajetória inversa de `2, a integração no percurso de volta terá o mesmo resultadodo percurso de ida, só que de sinal oposto. Assim, o integral completo no percursofechado é nulo: ∮

`F·dr = 0,∀`,

qualquer que seja o percurso fechado. Uma forma equivalente de expressar queo campo é conservativo surge se aplicarmos o teorema de Stokes à circulaçãoacima. De acordo com esse teorema, a circulação de um vetor é igual ao fluxo dorotacional desse vetor através de qualquer superfície delimitada pelo percursofechado em questão:∮

`F·dr =

∫S∇×F· ndS = 0 =⇒∇×F = 0.

Vimos também que é nulo o rotacional do gradiente de qualquer função escalarcujas segundas derivadas existam; é sempre possível portanto, encontrar umafunção escalarΨ cujo gradiente coincida com o campo F,

F =∇Ψ.

Fisicamente, se F representar uma força, essa função tem o significado físicode energia potencial associada ao campo conservativo em questão. De fato,definimos a variação da energia potencial sofrida por uma partícula, quandodeslocada de um ponto a outro no espaço, como o trabalho realizado por umagente externo para transportá-la entre os referidos pontos sem aceleração!, pois sehouver aceleração poderá haver uma mudança na velocidade escalar da partícula,tendo como consequência uma variação também de sua energia cinética.

∆UAB =∆UA→B =U (B)−U (A) =∫ B

A,`FAgExt·dr.

Ora, para transportar a partícula sem aceleração, é necessário que a força desen-volvida pelo agente externo seja exatamente oposta à do campo, para que a forçaresultante seja nula:

FAgExt =−F.

Assim

∆UAB =−∫ B

A,`F·dr.

Por outro lado, vimos que

∆ΨAB =∫ B

A∇Ψ·dr,

mostrando que, identificandoΨ com −U , decorre

∆UAB =∫ B

A,`∇U ·dr =−

∫ B

A,`F·dr =⇒ F =−∇U .


3.1 Campos conservativos 63

3.1.3 Campo eletrostático é conservativo!

Pode-se mostrar facilmente que o campo elétrico, tal como definido acima (lei deCoulomb, eq. (1.12)), é irrotacional:

∇×E = 1

4πε0∇×

∫v ′

ρ(r′)(r− r′)|r− r′|3 d v ′ = 1

4πε0

∫v ′ρ(r′)∇× (r− r′)

|r− r′|3 d v ′

Usando a identidade vetorial ∇×( f A) =∇ f ×A+ f ∇×A, tem-se

∇× (r− r′)|r− r′|3 =∇ 1

|r− r′|3 ×(r− r′)+ 1

|r− r′|3 ∇×(r− r′)︸︷︷︸=0

O primeiro termo do segundo membro também é nulo porque

∇ 1

|r− r′|3 =−3(r− r′)|r− r′|5

=⇒∇ 1

|r− r′|3 ×(r− r′) =− 3

|r− r′|5 (r− r′)×(r− r′) = 0,

logo

∇× (r− r′)|r− r′|3 = 0,

o que implica∇×E = 0. (3.1)

Como, para qualquer função escalarϕ(r) com segundas derivadas, ∇×∇ϕ(r) =0, o resultado acima indica que sempre existirá alguma função escalar para a qualse possa escrever

E(r) =−∇V (r). (3.2)

A função V (r) é denominada potencial eletrostático.É fácil mostrar que o potencial devido a uma carga pontual q localizada em r′

é

V (r) = 1

4πε0

q

|r− r′| . (3.3)

Para tal, basta observar que

∇1

r=− 1

r 2 r =− r

r 3 =⇒∇ 1

|r− r′| = − r− r′

|r− r′|3 .

Isso mostra que o campo elétrico de uma carga pontual fora da origem pode serescrito como

E = 1

4πε0

q(r− r′)|r− r′|3 =− 1

4πε0q∇ 1

|r− r′| = −∇(

1

4πε0

q

|r− r′|)

,

o que comprova a assertiva acima. Por outro lado,∫v ′

ρ(r′)(r− r′)|r− r′|3 d v ′ =−

∫v ′ρ(r′)∇ 1

|r− r′| d v ′ =−∇(∫

v ′

ρ(r′)|r− r′| d v ′

),



mostrando que, para uma distribuição genérica de cargas:

V (r) = 1

4πε0

[N∑

j=1

q j

r− r′ j+

∫v ′

ρ(r′)|r− r′| d v ′+

∫S′

σ(r′)|r− r′| dS′+

∫l ′

λ(r′)|r− r′| dl ′

], (3.4)

Integrando ((3.2)), obtem-se∫ r

r0

E(r′)·dr′ =−∫ r

r0

∇V ·dr′ =−∫ r

r0

dV , (3.5)

onde r0 é um ponto tomado como referência para o potencial. Assim

V (r)−V (r0) =−∫ r

r0

E(r′)·dr′ (3.6)

Se, por outro lado, considerarmos uma superfície aberta arbitrária, podemosescrever a partir de (3.1) ( n é um versor perpendicular à superfície S em cadaponto desta): ∫

S∇×E· ndS = 0,

o que, pelo teorema de Stokes acarreta∮`

E ·dr = 0, (3.7)

onde l é o perímetro de S. Considerando uma carga q sendo transportada aolongo deste percurso fechado, o trabalho realizado pelo campo elétrico sobre elaé nulo (o campo eletrostático é conservativo).

Podemos associar ao campo eletrostático uma energia potencial U (r). Como aenergia potencial é o trabalho realizado contra o campo, a relação entre potenciale energia potencial eletrostática claramente é

U = qV (3.8)

3.2 Condutores em Equilíbrio Eletrostático

Vimos que o campo elétrico no interior de condutores em equilíbrio eletrostáticoé necessariamente zero e, na sua superfície, perpendicular à ela. Assim, a dife-rença de potencial entre quaisquer dois pontos no interior do condutor ou suasuperfície é nula. Isso significa que todo o condutor em equilíbrio se encontraa um único potencial, não necessariamente zero, definindo o que poderíamosdenominar uma região equipotencial.

V = cte, no interior e superfícies de condutores em equilíbrio.


3.2 Condutores em Equilíbrio Eletrostático 65

Exemplo 3.1 Determinar a diferença de potencial entre o centro e umponto da camada externa da distribuição de cargas descrita no exemplo2.2.

Solução: A distribuição possui simetria esférica, de modo que E = E(r ) r.Assim, o potencial será também função apenas de r , V =V (r ). A diferençade potencial entre dois pontos é dada pelo integral de linha do campoelétrico. Sendo O a origem (r = 0) e C um ponto da superfície externa dadistribuição (r = 3a), temos

∆V =VO −VC =V (0)−V (3a) =−∫ 0

3aE·dr︸︷︷︸E dr

=∫ 3a

0E dr.

É necessário dividir o cálculo em três regiões: 0 ≤ r ≤ a, a < r ≤ 2a e2a < r ≤ 3a, onde em cada uma delas devemos utilizar o campo obtido nasolução do exemplo 2.2. Fica

∆V =∫ a

0

(−Q)r

4πε0a3 dr +∫ 2a

a

(−Q)

4πε0r 2 dr +∫ 3a

2a

(−Q)(9a2 − r 2)

20πε0a2r 2 dr.

Um cálculo direto conduz a

∆V =− 5Q

24πε0a

Exemplo 3.2 Considerando o disco vazado do exemplo da seção 1.10.1,determine o potencial e (novamente) o campo elétrico num ponto do eixode simetria do disco. Se soltarmos uma partícula de massa m e carga Qde mesma natureza que a do disco em repouso no ponto (0,0, a), com quevelocidade ela chegará ao infinito? Se a carga for negativa, que tipo demovimento ela executará? Quais as condições para que o movimento sejaharmônico? Nesse caso, qual será a frequência do movimento?

Solução: O potencial produzido pelo disco num ponto qualquer é dadopor

V (r) = 1

4πε0

∫S′

σ(r′)|r− r′| dS′,

onde r′ é o vetor posição de um elemento de carga genérico da distribuição.Desejamos obter o campo e potencial num ponto qualquer do eixo desimetria do disco, que escolhemos como sendo o eixo z:

r = z z, r′ = ρ′ ρ′ =⇒ r− r′ = z z−ρ′ ρ′, |r− r′| = (z2 +ρ′2)1/2.

A densidade de cargas já foi determinada na seção 1.10.1:

σ(ρ′) = Q

2π(b −a)ρ′ ,



de modo que

V (z) = 1

4πε0

∫ 2π

0

∫ b

a

Q

2π(b −a)ρ′(z2 +ρ′2)1/2ρ′ dρ′ dϕ′ = Q

4πε0(b −a)

∫ b

a

dρ′

(z2 +ρ′2)1/2

resultando

V (z) = Q

4πε0(b −a)

[ln(b+

√z2 +b2)−ln(a+

√z2 +a2))

]= Q

4πε0(b −a)ln

(b +

pz2 +b2

a +p

z2 +a2

)

O campo elétrico é obtido através do gradiente:

E =−∇V = ∂V

∂zz,

e somos levados ao mesmo resultado anterior (obviamente):

E(z) = zQ

4πε0(b −a)z

(bp

z2 +b2− ap

z2 +a2

).

Na análise do movimento das cargas, vamos tomar b = 2a para facilitaro algebrismo. Se uma carga for abandonada no campo do disco, que éconservativo, seu movimento se dará com energia total constante. Noponto inicial da trajetória ela se encontrava em repouso (energia cinéticanula), enquanto sua energia potencial pode ser obtida de (3.8)

Ui = qV (a) = Q2

4πε0aln

2a +p

a2 +4a2

a +p

a2 +a2= Q2

4πε0aln

(2+p

5

1+p2

).

À medida que a carga se distancia do disco, sua energia cinética aumentae sua energia potencial diminui. A uma distância muito grande do disco(virtualmente infinita), a partícula terá atingido sua velocidade terminal esua energia potencial se anulará:

U=Ec f ,1

2mv2 = Q2

4πε0aln

(2+p

5

1+p2

)=⇒ v =Q

√√√√ 1

2πε0amln

(2+p

5

1+p2

).

O argumento que utilizamos foi de natureza bastante física, pois umadistribuição finita de cargas necessariamente produz um potencial nulono infinito. Entretanto, como não poderia deixar de ser, a função potencialacima realmente tende a zero no limite z →∞. Verifique!

Se a carga for de natureza oposta à do disco, a força sobre ela será deatração, e ela será acelerada no sentido negativo do eixo z. Ao passar porz = 0 a força sobre ela será nula, mas ela terá adquirido uma velocidadee seu movimento continua ao longo do eixo z negativo. Entretanto, ocampo nessa região se inverte, e a partícula será freada e puxada de volta,e assim por diante. O movimento é oscilatório e periódico, mas não é um


3.3 O dipolo elétrico 67

movimento harmônico simples, pois a força não é em geral, proporcional àdistância da partícula à posição de equilíbrio.

Porém, se a partícula for solta de uma posição inicial z0 << a, podemosfazer as aproximações (lembre-se que, devido à conservação da energia, |z|nunca será maior que a distância inicial z0)

bpz2 +b2

=(1+ z2

b2

)−1/2

'(1− 1

2

z2

b2

),

idem para o termo envolvendo a. Assim

E ' zQ

4πε0az

[z2

2a2 − z2

2(2a)2

]'− z

3Qz

32πε0a3 .

A força sobre a carga fica

F '− z3Q2

32πε0a3 z,

que é proporcional à distância à posição de equilíbrio do movimento. Adenotando por k esta constante de proporcionalidade, sabemos que a solu-ção da equação de movimento conduz a uma solução harmônica (funçãoseno ou cosseno) com frequência angularω=p

k/m. Portanto, pelo menosnessa aproximação o movimento será harmônico simples, com frequênciaangular

ω= Q

4a

√3

2πε0am

3.3 O dipolo elétrico

−q

a

q

Fig. 3.3 Dipolo elétrico simples

3.3.1 Momento de dipolo elétrico

Um dipolo elétrico é definido, na sua forma mais simples, como um sistema quecompraz cargas elétricas pontuais iguais, porém de naturezas opostas. Digamosque duas cargas pontuais, q e −q , encontrem-se separadas por uma distância a;define-se como momento de dipolo elétrico desse sistema o vetor

p = qa a, (3.9)

onde a é o vetor unitário que jaz sobre a reta que contem as cargas, sentido danegativa para a positiva.



3.3.2 Potencial e campo de um dipolo em pontos distantes

z

O

−q

q

P

r1

r2

r

12a

− 12a

Fig. 3.4 Dipolo elétrico na origem

Seja um dipolo de cargas ±q e a o vetor posição da carga positiva relativamente àcarga negativa. Para calcularmos o potencial em pontos muito distantes do dipolo(distâncias >> a), adotemos a origem do sistema de coordenadas no centro dodipolo, de modo que as posições das cargas positiva e negativa do dipolo sejamindicadas pelos vetores 1

2 a e −12 a, respectivamente, O potencial num ponto P

qualquer do espaço será

V (r) = q

4πε0|r−a/2| +(−q)

4πε0|r+a/2| =q

4πε0

(1

|r−a/2| −1

|r+a/2|)

Como r >> a, podemos expandir os termos entre parêntesis (binômio ou Ma-cLaurin),

1

|r±a/2| = (r 2 ±a·r+a2/4)−1/2 = r−1(1± a·r

r 2 + a2

4r 2

)−1/2

.

Mantendo apenas os termos de primeira ordem em a/r , temos aproximadamente

1

|r±a/2| ≈1

r∓ 1

2

a·rr 3 ,

de modo que

V (r) = q

4πε0

a·rr 3 ,

ou

V (r) = 1

4πε0

p·rr 3 .

O campo elétrico é obtido através do gradiente do potencial. Utilizando a identi-dade

∇(φψ) =φ∇ψ+ψ∇φ,

comφ= p·r =⇒∇φ=∇(

px x +py y +pz z)= px x+py y+pz z = p

e

ψ= 1

r 3 = r−3 =⇒∇ψ= ∂ψ

∂rr =− 3

r 4 r =−3r

r 5

resulta em

E(r) = 1

4πε0

3(p·r)r− r 2p

r 5 .

É claro que, para o caso geral de um dipolo fora da origem, basta trocar r por r−r′

nas equações acima, onde r′ é o vetor posição do centro do dipolo:

V (r) = 1

4πε0

p·(r− r′)|r− r′|3 , (3.10)

E(r) = 1

4πε0

3[p·(r− r′)]r− r′−|r− r′|2p

|r− r′|5 . (3.11)


3.3 O dipolo elétrico 69

3.3.3 Momento de dipolo elétrico de uma distribuição contínua de car-gas

Para uma distribuição contínua de cargas, o momento de dipolo elétrico dadistribuição é definido como

p =∫

r′ d q,

onde d q pode ser expresso como

d q =

ρ(r′)d v ′, para uma distribuição volumétrica de cargasσ(r′)dS′, para uma distribuição superficial de cargasλ(r′)d`′, para uma distribuição linear de cargas

Como sabemos, é possível expressar qualquer distribuição de cargas como umadensidade volumétrica, de modo que a expressão mais geral seria

p =∫

v ′r′ρ(r′)d v ′.

Para o dipolo de cargas pontuais, por exemplo,

ρ(r′) = qδ(r′− r2)−qδ(r′− r1),

de modo que

p = q∫

v ′r′δ(r′− r2)d v ′−q

∫v ′

r′δ(r′− r1)d v ′ = q(r2 − r1) = qa,

ou seja, coincide com a definição anterior.As expressões para potenciais e campos distantes do dipolo se mantêm inal-

teradas.

3.3.4 Dipolo num campo externo

E

−q

q F2

F1

O r2r1

Fig. 3.5 Dipolo elétrico numcampo externo uniforme

Se um dipolo formado por duas cargas pontuais for colocado num campo externouniforme, tal como indicado na figura, é claro que a força total sobre ele será nula,haja vista que cada carga sofrerá forças de igual intensidade e direção, mas desentidos opostos. Isso não significa que o dipolo não irá interagir com o campo,pois ele sofrerá um torque (também conhecido como conjugado ou momentobinário), dado por

τ= r2×F2 + r1×F2 = q(r2 − r1)×E = qa×E =⇒τ= p×E

Isso significa que o dipolo tende a girar sob a ação do campo externo, mesmo queuniforme. A variação da energia potencial sofrida pelo sistema quando o dipologirar de um ângulo dθ será

dU =τ·dθ = p×E·dθ = pE senθdθ



Para uma rotação de um ângulo θi a um ângulo θ f , a correspondente variação daenergia potencial é

∆U =U f −Ui =∫ θ f

θi

pE senθdθ =−pE(cosθ f −pE cosθi ).

Podemos então escrever a energia potencial como

U =−pE cosθ, ou U =−p·E

E

−q

q F2

F1

O r2r1

Fig. 3.6 Dipolo elétrico numcampo externo não uniforme

Se o dipolo for colocado num campo externo não uniforme, mas que variasuavemente dentro da região ocupada pelo dipolo, ou de maneira equivalente, sea dimensão característica do dipolo for pequena comparada à ordem de grandezada variação do campo elétrico,

E(r2) = E(r1)+∆E,

com ∆E pequeno em relação a E(r1), a força sobre o dipolo será

F = q[E(r2)−E(r1)] =−q[∇V (r2)−∇V (r1)] =−q∇(V2 −V1) =−q∇(∆V12).

Por outro lado, como

dV =∇V ·dr, ou ∆V ≈∇V ·∆r =−E·∆r,

F ≈ q∇(E·∆r12) = q∇(E·a).

Assim,F =∇(p·E),

e como F =−∇U ,U =−p·E

3.4 Energia potencial elétrica

Nessa seção vamos determinar uma relação mais interessante entre a energiapotencial e o campo elétrico de uma distribuição de cargas. Como a energiapotencial de um sistema não depende da história pregressa dos componentesdesse sistema, mas somente do seu estado atual, podemos determinar essa ener-gia potencial partindo de uma situação inicial hipotética onde todas as cargasestão infinitamente afastadas entre si. Vamos então trazendo as cargas, uma auma, do infinito até a posição por elas de fato ocupada no sistema. A energia dosistema será o trabalho total desenvolvido pelo agente externo para realizar essaoperação.


3.4 Energia potencial elétrica 71

3.4.1 Sistema de cargas pontuais

Seja inicialmente uma carga q1 na origem do sistema de coordenadas. Umasegunda carga será trazida do infinito até o ponto r2, situado a uma distânciafinal R12 de q1 O trabalho realizado por um agente externo para fazer isso será

W =−∫ r2

∞F21·dr.

Adotando o referencial na origem apenas para efetuar essa integração, temos

F21 = 1

4πε0

q1q2

r 2 r, ,dr = dr r+ r dθ θ+ r senθdϕ ϕ =⇒ F·dr = 1

4πε0

q1q2

r 2 dr,

e

W = q1q2

4πε0

∫ R12

∞dr

r 2 = q1q2

4πε0R12=U12,

será a energia do par de cargas, q1 e q2.Para acrescentar uma terceira carga q3 ao sistema, colocando-a no ponto r3,

o agente externo deverá agora desenvolver um trabalho contra as forças F31 e F32

que, respectivamente, as cargas q1e q2 exercem sobre q3. O trabalho adicionalW3 requerido é

W3 =−∫ r3

∞(F31 +F32)·dr =

∫ r3

∞F31·dr−

∫ r3

∞F32·dr.

O cálculo de cada integral é idêntico ao já realizado, bastando trocar os nomesdas cargas envolvidas:

W3 = q1q3

4πε0R13+ q2q3

4πε0R23.

A energia potencial total armazenada no sistema será portanto:

U = q1q2

4πε0R12+ q1q3

4πε0R13+ q2q3

4πε0R23.

Esse resultado pode ser facilmente generalizado para um sistema de N cargas:cada par de cargas (qi , q j ) contribui com um termo do tipo

qi q j

4πε0Ri j.

A energia total é

U = 1

4πε0

N∑i=1

N∑j=i+1

qi q j

Ri j= 1

2

1

4πε0

N∑i=1

N∑j=1j 6=i

qi q j

Ri j.

Por que o fator 1/2 na segunda igualdade? Ela foi obtida estendendo o somatórioem j para começar em j = 1. Com isso, todos os pares de cargas serão somados



duas vezes e, para compensar, dividimos o resultado geral por 2. A expressãoacima pode ser convenientemente reescrita como

U = 1

2

N∑i=1

qi

N∑j=1j 6=i

1

4πε0

q j

Ri j︸︷︷︸V (ri )

,

poisN∑

j=1j 6=i

1

4πε0

q j

Ri j

é justamente a soma dos potenciais de cada uma das demais cargas (exceto qi )no ponto ri . Desse modo,

U = 1

2

N∑i=1

qi V (ri ). (3.12)

3.4.2 Distribuição contínua de cargas

Uma distribuição contínua de cargas pode ser dividida em um número N muitogrande de pequenos elementos de cargas, para as quais 3.12 nos permite escrever

U ≈ 1

2

N∑i=1

V (ri )∆qi .

No limite em que N →∞ teremos

U = 1

2

∫V (r′)d q.

Para uma distribuição volumétrica de cargas, fica

U = 1

2

∫v ′ρ(r′)V (r′)d v ′. (3.13)

É mais conveniente escrever a energia potencial em termos do campo elétrico.Para isso, usando a lei de Gauss na forma diferencial,

∇·E = ρ

ε0,

eliminamos a densidade volumétrica de cargas da relação anterior:

U = 1

2ε0

∫v ′

V ∇·Ed v ′.

Por outro lado, fazendo ψ=V e A = E na identidade vetorial

∇·(ψA) =∇ψ·A+ψ∇·A,



obtemos∇·(V E) =V ∇·E+∇V ·E =⇒V ∇·E =∇·(V E)+E 2,

pois −∇V = E. Substituindo acima, resulta

U = 1

2ε0

(∫v ′∇·(V E)d v ′+

∫v ′

E 2 d v ′)

.

O teorema do divergente de Gauss nos habilita a escrever o primeiro integralde volume como o fluxo através da superfície que delimita o volume v ′. Antes,observemos que o volume de integração acima pode ser qualquer volume v quepelo menos contenha o da distribuição, pois fora dela, ρ = 0 e a contribuição dovolume externo a v ′ é nula. Vamos escolher o volume v ′′ delimitado por umasuperfície esférica S′′, com centro em algum lugar dentro da distribuição decargas, e de raio R suficientemente grande para abranger toda ela:

U = 1

2ε0

(∮S′′

V E· ndS′+∫

v ′′E 2 d v ′

).

Para valores de R muito maiores que a maior dimensão da distribuição, o poten-cial e o campo dessa distribuição se aproximam assintoticamente dos de umacarga pontual igual à carga total da primeira, ou seja

|E| ∼ 1

R2 , V ∼ 1

R=⇒ |V E| ∼ 1

R3 .

Por outro lado, o elemento de superfície do integral de fluxo varia proporcional-mente a R2. O conjunto varia com R−1, de modo que, no limite em que R →∞:

limR→∞

∮S′′

V E· ndS′ → 0.

A energia total, nesse limite, se torna

U = 1

2ε0

∫Todo oespaço

E 2 d v ′. (3.14)

Essa relação mostra que a energia potencial pode ser considerada como arma-zenada no campo elétrico. Podemos definir a densidade de energia potencialelétrica como

uE = dU

d v= 1

2ε0E 2, (3.15)

que é uma função de ponto relacionada à quantidade de energia potencialarmazenada num elemento de volume ao redor de cada ponto no espaço.

Exemplo 3.3 Determine a energia armazenada no campo de uma esferade raio R e carga Q distribuída uniformemente sobre seu volume.

Solução:



Podemos calcular essa energia usando a expressão 3.13 ou através de 3.14.De uma forma ou de outra vamos precisar dos campos elétricos dentro efora da esfera, facilmente obtidos através da lei de Gauss, haja vista que estegoza de simetria esférica, E = E(r ) r. Utilizando uma superfície gaussianade raio r < R , lembrando que a densidade volumétrica de cargas é uniforme,ρ =Q/(4πR3/3),

4πr 2E(r ) = 1

ε0ρ

4

3πr 3 = 1

ε0Q

r 3

R3 =⇒ Eint = Qr

4πε0R3 r, r < R.

Para r > R , a carga elétrica envolvida pela gaussiana é a carga total da esfera,de modo que

Eext = Q

4πε0r 2 r, r > R.

O potencial eletrostático num ponto interno à esfera, adotando o referen-cial nulo no infinito, é dado por 3.6:

V (r ) =−∫ r

∞E(r′)·dr′.

Em coordenadas esféricas,

dr = dr r+ r dθ θ+ r senθdϕ ϕ =⇒ E·dr = E dr.

Aqui, embora estejamos realizando o percurso de integração a partir doinfinito em direção a um ponto próximo à origem do sistema, não escre-vemos dr =−dr r+·· · , pois preferimos expressar esse fato nos limites deintegração. Assim

V (r ) =−∫ R

∞Eext(r ′)dr ′−

∫ r

REint(r ′)dr ′ = Q

4πε0

(∫ ∞

R

dr

r 2 +∫ R

r

r ′

R3 dr

),

resultando em

V (r ) = Q(3R2 − r 2)

4πε0R3 .

Com isso, o cálculo da energia como em 3.13 é direto:

U = 1

2

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ R

0

3Q

4πR3

Q(3R2 − r 2)

4πε0R3 r 2 senθdr dθdϕ,

ou

U = 3Q2

20πε0R

A alternativa através de 3.14 também é trivial:

U = 1

2ε0

[∫ 2π

0

∫ π

0

∫ R

0

(Qr

4πε0R3

)2

r 2 senθdr dθdϕ

+∫ 2π

0

∫ π

0

∫ ∞

R

(Q

4πε0r 2

)2

r 2 senθdr dθdϕ

],



que obviamente também conduz a

U = 3Q2

20πε0R

Questões sobre o Capítulo 3: Potencial eletrostático

Q3.1 Explique a diferença entre potencial elétrico e energia potencial ele-trostática.

Q3.2 Uma carga positiva é liberada, em repouso, num campo elétrico. Acarga se desloca para a região de potencial elétrico mais alto ou maisbaixo?

Q3.3 Se o potencial elétrico for constante numa região do espaço, o que sepode dizer sobre o campo elétrico nessa região?

Q3.4 Se E for conhecido num único ponto, é possível determinar V nesseponto? E o oposto: se conhecermos V num único ponto, podemosdeterminar E?

Q3.5 Defina superfície equipotencial.

Q3.6 O vetor campo eletrostático é sempre normal à superfície equipoten-cial, isto é, linhas de campo e superfícies equipotenciais são sempreperpendiculares, e, portanto duas superfícies equipotenciais nuncapodem se cruzar. Além disso, E aponta no sentido de potenciais de-crescentes. Explique por que.

Q3.7 Considerando um condutor maciço e de formato irregular, qual deveser a relação entre o valor do potencial elétrico em pontos do seu inte-rior e em pontos da sua superfície? Responda novamente considerandocondutores com cavidades em seu interior, e também condutores for-mados por uma casca metálica muito fina, todos de formato arbitrário.

Q3.8 Considere duas esferas condutoras de raios R1 e R2 com cargas Q1 eQ2 respectivamente que se encontram muito distantes uma da outra.Conecte-as agora por fio condutor e encontre a relação entre suasdensidades superficiais de cargas, analise o resultado obtido e dê a suaexplicação para o fenômeno do poder das pontas em condutores.

Q3.9 Os conselhos que se dão a alpinistas surpreendidos por tempestadesacompanhadas de descargas elétricas são: a) abandonar rapidamenteos picos; b) juntar ambos os pés e agachar-se num descampado, comapenas os pés tocando o solo; c) evitar permanecer nas proximidadesde árvores, principalmente se forem altas. Discuta quais são as basespara esses conselhos.



Problemas do Capítulo 3: Potencial eletrostático

P3.1 Determine o potencial e o campo eletrostáticos num ponto qualquerdo eixo de simetria de:a) um anel de raio a uniformemente carregado com densidade linearde carga λ;b) um disco de raio a uniformemente carregado com densidade su-perficial de carga σ;Resp: a) V (z) = λa

2ε0(z2+a2)1/2 , ~E(z) = λaz2ε0(z2+a2)3/2 z b) z > 0: V (z) = σ

2ε0[√

z2 +a2 −|z|],~E(z) = σ

2ε0[1− zp

z2+a2] z.

P3.2 Um disco de raio R tem uma densidade de carga +σ0 para r < a e umadensidade de carga igual e oposta −σ0 para a < r < R. A carga total dodisco é nula.a) Determinar o potencial à distância x sobre o eixo do disco.b) Dar a expressão aproximada de V (x) quando x for muito maior doque R.Resp: a) V (x) = (σ0/2ε0)(2

√x2 +R2/2−x −

√x2 +R2), b) σ0R4/32ε0x3

P3.3 Um bastão de vidro de comprimento L uniformemente carregadocom densidade linear de carga λ jaz sobre a parte positiva do eixox de um sistema de coordenadas, sendo que uma das extremidadesestá na origem. Determine num ponto P (x,0,0), x > L, o potencialeletrostático V (escolhido como sendo igual a zero no infinito) e ocampo eletrostático.Resp: V (x) = λ

4πε0ln

x

x −L, E(x) = λ

4πε0

L

x(x −L)x, para z > L

P3.4 Sejam dois planos carregados, infinitos e paralelos, um deles no planoyz e o outro à distância x = a. a) Determinar o potencial eletrostáticono espaço entre eles, com V = 0 em x = 0 e cada plano com densidadesde carga iguais e positivas +σ. b) Repetir o problema se as densidadesde carga forem iguais porém de sinais contrários e a carga positivaestiver no plano yz. c) Faça um gráfico do potencial V em função dex e do campo elétrico E em função de x, abrangendo regiões entre asplacas e fora delas.Resp: a) V = 0 para 0 < x < a, −(σ/ε0)(x − a) para x > a e σx/ε0 para x < 0; b) −σx/ε0 para

0 < x < a, −σa/ε0 para x > a e 0 para x < a

P3.5 Uma casca hemisférica de raio a encontra-se uniformemente carre-gada com carga Q/2.a) Integrando sobre a configuração de cargas, determine o poten-cial eletrostático no ponto central (centro de curvatura). Resp: a)

V (0) = Q

8πε0ab) Uma partícula de massa m e carga Q é lançada do infinito e viajasobre a reta suporte do campo eletrostático no ponto central. Deter-mine a velocidade inicial mínima da partícula, para que esta alcance o



ponto central. Resp: v0 = Q

2pπε0ma

P3.6 a) Determine o potencial eletrostático produzido por uma casca es-férica de raio a, uniformemente carregada com carga Q e esboce seugráfico em função de r . b) Usando o resultado do item a) , integresobre a configuração de cargas para determinar a energia potencialeletrostática associada. Obtenha este mesmo resultado usando agorao conhecimento do campo E. c) Considerando a resposta no itemc) , diga se seria possível formar a casca carregada usando a energiapotencial eletrostática de uma configuração de duas pontuais, comcarga Q cada, sendo a a distância entre as cargas pontuais (justifique).

Resp: a) V (r ) = Q

4πε0r, para r > a, V (r ) = Q

4πε0a, para r < a; b) U = Q2

8πε0ac) Sim, pois

U′ = Q2

4πε0a


P3.7 Três cargas idênticas de 0,005C são colocadas nos vértices de um triân-gulo equilátero de 1,0m de lado.a) Qual o trabalho necessário para se deslocar uma das cargas parao ponto situado no meio do segmento de reta que une as outras duascargas? Resp: W = 4,5.105 J

b) Determine o fluxo elétrico através de uma esfera de raio 0,75m,centrada na carga inferior esquerda da figura, nas configurações iniciale final. Resp: ΦEi

= 5,6.108 V.m, ΦE f= 1,12.109 V.m

y

x

a

a

a

a


P3.8 Considere 3 partículas idênticas, cada uma com carga Q e massa m,inicialmente distribuídas na forma de um triângulo equilátero comomostrado na figura ao lado. a) Calcule o trabalho realizado ao se movera carga localizada no ponto P1 para o ponto P2. b) Se a mesma cargafor abandonada em repouso no ponto P1, qual será sua velocidadefinal quando estiver muito afastada da distribuição de cargas?

P3.9 Em uma certa região do espaço o potencial é dado por V = ax y +by2+c y .a) Determinar E. Em que pontos ele se anula?b) Determinar, na origem, a densidade volumétrica de cargas queproduz este potencial e campo.Resp: a) E =−ay x− (ax +2by + c) y. O campo se anula em y = 0 e x =−c/a b) ρ =−2bε0

P3.10 Em uma certa região do espaço existe uma distribuição esférica decargas cujo potencial é dado por:

V (r ) =

ρ0a2

18ε0(1−3

r 2

a2 +2r 3

a3 ), para r ≤ a

0, para r > a

a) Calcular ~E para r ≤ a e r > a;b) determine a densidade de carga ρ dessa distribuição;



c) determine a carga total dessa distribuição.

Resp: a) E = ρ0r

3ε0(1− r /a) r, r < a b) ρ(r ) = ρ0

(1− 4

3

a

r

), r < a c) Q = 0. Para r > a

as respostas dos itens a) e b) se anulam.

P3.11 Um dipolo elétrico pontual de momento de dipolo p encontra-se a umadistância a de um fio retilíneo infinito de densidade linear de cargas λuniforme. Inicialmente a orientação do dipolo é perpendicular ao fiono sentido radial positivo.a) Quais são a força e o torque que atuam sobre ele?b) Que trabalho será necessário para girá-lo até que sua orientaçãofique paralela ao fio? Resp: a) τ= 0, F =− pλ

2πε0a2ρ b) W = pλ

2πε0a

P3.12 Considere um plano infinito carregado com densidade superficial uni-forme de cargas σ localizado no plano x y (z = 0). Se um dipolo elétricode módulo p está no plano y z e faz inicialmente um ângulo de π

3 comrelação ao eixo z, calcule: a) A força resultante exercida sobre o dipolo;b) O vetor torque sobre o dipolo e c) a energia necessária para girar odipolo até um ângulo de π

2 em relação a z.

P3.13 Numa região do espaço onde o potencial é dado por V (x) = 12 ax2 +

bx + c, onde a, b e c são constantes, é colocado um pequeno dipoloelétrico de momento p = p0 x. Determine a força e o torque atu-antes sobre ele. Que energia foi dispendida para colocá-lo lá? Resp:

τ= 0, F = p0a, U = p0(ax +b)

A

B

a

2a


P3.14 A figura ao lado ilustra um sistema de duas cargas q1 =−q2 = q . Pede-sea) O potencial eletrostático em A e B ; Resp: VA = q

8πε0aVB =− q

8πε0a

b) A energia eletrostática desse sistema. Resp: U =−p5q2

20πε0ac) O trabalho que um agente externo deve realizar para levar uma

carga q3 = 2q desde A até B . Resp: Wext (A→B) =− q2

2πε0a

P3.15 Quatro cargas −q , 3q , −3q e q são dispostas sequencial e linearmenteao longo do eixo z de um sistema de coordenadas, sendo a a distânciaentre cada carga e sua vizinha mais próxima. Considere a origem dosistema no ponto médio entre as cargas ±3q . Determine o potencialelétrico num ponto qualquer do espaço muito distante da distribuição,

r >> a. Resp: V = 3qa3(5cos3 θ−3cosθ)

4πε0r 4

P3.16 Uma carga puntiforme q é colocada numa caixa cúbica de aresta l .Calcule o fluxo do campo elétrico sobre cada uma das faces a) se acarga ocupa o centro do cubo; b) se é colocada num dos vértices.Resp: a) q/6ε0; b) 0 para as faces adjacentes e q/24ε0 para as faces opostas.



A

B

2q


P3.17 Uma esfera metálica oca de raios interno e externo respectivamenteiguais a a e b possui um excesso de carga igual a +q , sendo q > 0.Exatamente no centro da esfera é colocada uma carga puntiforme −2q .Determine:a) As densidades de carga nas superfícies interna e externa da esfera.b) O trabalho necessário para se transportar uma carga 3q do ponto Aao ponto B , através da trajetória mostrada na figura.

c) O vetor campo elétrico nos pontos r = a, r = a +b

2, e r = 2b.

Resp: a) σint =q

2πa2, σext =− q

4πb2b) WA→B = 0

c) E(a) =− q

2πε0a2r, E(

a +b

2) = 0, E(2b) =− q

16πε0b2r

P3.18 No modelo clássico de J.J. Thomson para o átomo de hidrogênio, acarga +e do núcleo era imaginada como estando uniformemente dis-tribuída no interior de uma esfera de raio a da ordem de 10−8 cm(raio atômico) e o elétron era tratado como uma carga puntiforme −emovendo-se no interior dessa distribuição. a) Calcule o campo elétricoque atuaria sobre o elétron num ponto a uma distância r < a do centroda esfera; b) mostre que o elétron poderia mover-se radialmente comum movimento harmônico simples; c) calcule a frequência de oscila-ção e compare-a com uma frequência típica da luz visível.Resp: a) ~E = ρr

3ε0r ; b) ω= e/(4πε0me a3)1/2; c) ν≈ 7,2×1015 Hz

P3.19 Um cilindro oco de raios interno e externo respectivamente iguaisa a e b está carregado com uma densidade volumétrica de cargasρv = A/ρ. Determine o campo elétrico em todas as regiões do espaçoe a diferença de potencial entre as superfícies interna e externa docilindro. Resp: E = 0, para 0 < ρ < a; E = A

ε0ρ(ρ−a) ρ, para a < ρ < b; E = A

ε0ρ(b −a) ρ, para

ρ > b. V (a)−V (b) = A

ε0(b −a −a ln(b/a)).


Capítulo 4

Soluções de problemas emeletrostática

Equações de Poisson e Laplace

É muito simples obter as equações de Poisson e Laplace. Como E =−∇V , da Leide Gauss temos

∇2V =− ρ

ε0, (4.1)

que é a equação de Poisson. Nas regiões onde não há cargas, temos e equação deLaplace,

∇2V = 0, (4.2)

Estas equações aparecem em várias outras áreas da Física, e existe um grande nú-mero de técnicas de solução diferentes, cada qual mais adequada a certa situaçãoespecífica. No estudo destas técnicas, dois teoremas se fazem importantes, umdeles óbvio mas necessário, e o outro não tão trivial. Antes de os enunciarmos, en-tretanto, vejamos uma definição acerca das condições de contorno normalmenteencontradas nos problemas tipicamente endereçados via equação de Poisson ouLaplace.

Definição 1 (Condições de Contorno de Dirichlet). Quando o valor da função(ou seja, do potencial) é especificado em uma ou mais superfícies fechadas noespaço.

Definição 2 (Condições de Contorno de Neumann). Quando o valor da derivadanormal da função (ou seja, do gradiente, o que essencialmente equivale ao campoelétrico ou à densidade superficial de cargas) é especificado em uma ou maissuperfícies fechadas no espaço.

Teorema 1 (Linearidade). Se V1, V2, . . . , Vn são soluções da equação de Laplace,então

V =α1V1 +α2V2 +·· ·+αnVn ,

onde os α são constantes, também o será.

81

82 Capítulo 4 Soluções de problemas em eletrostática

A prova é trivial e será deixada como exercício.

Exercício proposto 2. Demonstre a proposição acima!

Teorema 2 (Unicidade). Duas soluções da equação de Poisson que satisfaçam àsmesmas condições de contorno (tipo Dirichlet ou Neumann), diferem no máximopor uma constante.

Suponha que uma determinada região do espaço de volume v0 seja delimi-tada por uma superície S0 (que pode ser infinita). Dentro desta região existem ncorpos condutores de superfícies S1, S2, . . . , Sn , eletricamente carregados e man-tidos a determinados potenciais. Admitamos que, em v0, existam duas soluçõespara a equação de Poisson, V1 e V2:

∇2V1 =− ρ

ε0, ∇2V2 =− ρ

ε0,

ambas satisfazendo às mesmas condições de contorno em S1, S2, . . . , Sn . SejaV =V1 −V2. É claro que

∇2V = 0,

além do que, nas superfícies especificadas, V = 0. Apliquemos o teorema dadivergência ao vetor V ∇V :∫

v0

∇·(V ∇V )d v =∮

SV ∇V · ndS.

Por outro lado, como ∇·(V A) =V ∇·A+A·∇V , decorre que

∇·(V ∇V ) =V ∇2V +|∇V |2 = |∇V |2,

consequentemente, ∮S

V ∇V · ndS =∫

v0

|∇V |2 d v,

onde S consiste de S0 e de S1, S2, . . . , Sn . Nessas últimas, V = 0. Para integrar nasuperfície S0, extensa, que engloba todo o sistema, podemos imaginar uma esferade raio R muito grande, contendo S0. No integrando, a grandes distâncias V caicom 1/R, ∇V cai com 1/R2 e dS cresce com R2, de modo que no geral a integralcai com 1/R e portanto tende a zero quando R →∞. Isso implica então que∫

v0

|∇V |2 d v = 0.

Ora, como o integrando é sempre não negativo, a integral só pode ser nula se

∇V = 0

em todos os pontos de v0, o que prova a unicidade das soluções (se ∇(V1 −V2) =0 =⇒ V1 −V2 = cte. Como em S1, etc., V1 = V2, isso vale para todos os demaispontos).

É fácil ver que a mesma conclusão pode ser alcançada se admitirmos condi-ções de contorno do tipo Neumann.


4.1 Equações de Poisson e Laplace em uma dimensão 83

4.1 Equações de Poisson e Laplace em uma dimensão

Analisemos rapidamente os casos especiais em que o potencial é função apenasde uma das coordenadas do sistema.

Coordenadas cartesianas Admitindo V =V (z) e ρ = ρ(z) (por que??), teremos

d 2V

d z2 =− ρ

ε0=⇒ V (z) =− 1

ε0

∫ z [∫ z ′

ρ(z ′′)d z ′′]

d z ′+ A1z + A2,

onde A1 e A2 são constantes de integração. Note que se não há cargas (Laplace),a solução é bem simples:

V (z) = A1z + A2

Coordenadas cilíndricas Se ρv = ρv (ρ) e V =V (ρ),

1

ρ

d

dρ

(ρ

dV

dρ

)=−ρv

ε0=⇒V (ρ) =− 1

ε0ρ

∫ ρ [1

ρ′′

∫ ρ′

ρv (ρ′′)ρ′′ dρ′′]

dρ′+A1 lnρ+A2

Para ρv = 0 temos

1

ρ

d

dρ

(ρ

dV

dρ

)=− ρ

ε0=⇒V (ρ) = A1 lnρ+ A2

Coordenadas esféricas Se ρ = ρ(r )e V =V (r ),

1

r 2

d

dr

(r 2 dV

dr

)=− ρ

ε0=⇒V (r ) =− 1

ε0r 2

∫ r [1

r ′2

∫ r ′ρ(r ′′)r ′′2 dr ′′

]dr ′+ A1

r 2 +A2.

Novamente, para ρ = 0, fica

V (r ) = A1

r 2 + A2.

Exercício proposto 3. Determine para cada caso acima, o campo elétrico e adensidade superficial de cargas em uma (ou mais) superfícies onde possam serfornecidas condições de contorno adequadas para a completa determinação dopotencial.

4.2 O método das imagens

O teorema da unicidade das soluções das equações de Laplace ou Poisson permite-nos chegar a soluções da equação por qualquer método e, se as condições decontorno forem satisfeitas, podemos garantir que ela é única. Muitas vezes asolução direta por métodos matemáticos tradicionais é difícil mas, por merainspeção ou até mesmo adivinhação/tentativa, podemos chegar a uma soluçãocompleta do problema. O método das imagens permite-nos, em certa classede problemas, chegar a soluções sem efetivamente ter que resolver as equações



diferenciais. Consiste basicamente em substituir as condições de contorno porcarga imagens que as reproduzam. Estas cargas imagens não existem na realidade(virtuais). Elas aparecem geralmente numa região fora da validade da soluçãoa ser encontrada (por exemplo, dentro de um condutor em cuja superfície foiespecificado o potencial).

Exemplo 4.1 Carga pontual próxima a campo infinito - Considere um planocondutor infinito aterrado (potencial zero), próximo ao qual (distância d)se encontra um carga pontual q . Adotemos o sistema de coordenadas detal forma que o plano carregado coincida com o plano x y e a carga estejasobre o eixo z. Ao invés de resolvermos a equação de Laplace,q

Fig. 4.1 Carga próxima a um planocondutor infinito aterrado

∇2V = ∂2V

∂x2 + ∂2V

∂y2 + ∂2V

∂z2 = 0,

válida exceto no ponto ocupado pela carga, tentaremos determinar umaconfiguração equivalente que satisfaça as seguintes condições:

• V (x, y,0) = 0, isto é, o potencial é nulo em todos os pontos do planocondutor.

• Em pontos muito próximos à carga, o potencial se aproxima daquelede uma carga pontual.

• Em pontos muito distantes da carga (x → ±∞, y → ±∞, z → ∞), opotencial se aproxima de zero.

• A função potencial é impar com respeito às coordenadas x e y , isto é

V (−x, y, z) =V (x, y, z), V (x,−y, z) =V (x, y, z)

É fácil perceber que a seguinte situação produz uma função potencialcom as características desejadas: uma carga igual e oposta a q , colocadaq

−q

Fig. 4.2 Carga imagem

simetricamente com relação ao plano condutor na região z < 0. O potencial,então, pode ser escrito como

V (x, y, z) = q

4πε0

[1√

x2 + y2 + (z −d)2− 1√

x2 + y2 + (z +d)2

],

válida apenas para a região z > 0. A partir desse resultado, podemos detr-minar a densidade superficial de cargas induzida no plano condutor:

σ(x, y) = ε0Ez |z=0 =− qd

2π(x2 + y2 +d 2)3/2

Exercício proposto 4. Determine a força de atração exercida sobre a carga q porum plano infinito carregado dessa forma. Surpreso com o resultado?


4.3 O Método da Separação de Variáveis 85

Exemplo 4.2 Carga pontual próxima a uma esfera condutora aterrada -Consideremos uma esfera de raio a, condutora e mantido a um potencialfixo e originalmente neutra. A uma distância d de seu centro é colocadauma carga pontual q . Determine a distribuição de cargas induzida naesfera.

4.3 O Método da Separação de Variáveis

Consiste em escrever tentativamente s solução como o produto de funções decada uma das coordenadas das quais o potencial dependa, utilizando o princípioda superposição caso haja multiplicidade de soluções linearmente independen-tes.

4.3.1 Separação de Variáveis em Coordenadas Cartesianas em DuasDimensões

Tomemos como exemplo a seguinte situação: as paredes condutoras x = 0 e x = aestão aterradas, enquanto que a base y = 0, 0 < x < a encontra-se a um potencialV0. Desejamos determinar as dsitribuições de potencial e campo elétricos no inte-rior da região definida por 0 < x < a, y > 0. Nessa região não há cargas, de modo

O x

y

V = 0 V = 0

V = V0a

Fig. 4.3 Poço infinito de potencial

que o potencial deve obedecer à equação de Laplace, ∇2V = ∂2V

∂x2 + ∂2V

∂y2 = 0;

Como V =V (x, y), tentamos uma solução do tipo

V (x, y) = X (x)Y (y)

Substituindo na equação de Laplace, temos

Y (y)d 2X

d x2 +X (x)d 2Y

d y2 = 0.

Dividindo por V = X Y , vem

1

X (x)X ′′(x)+ 1

Y (y)Y ′′(y) = 0, ou

1

X (x)X ′′(x) =− 1

Y (y)Y ′′(y),

o que somente é possível se ambos forem iguais a uma constante, ou seja, inde-pendente de x ou y . Seja k ∈N esta constante. Separamos a equação original emduas:

1

X (x)X ′′(x) = k =⇒ X ′′(x)−k X (x) = 0,

1

Y (y)Y ′′(y) =−k =⇒ Y ′′(x)+kY (y) = 0.

Se k 6= 0, as soluções serão do tipo

X (x) = A ep

kx +B e−p

kx , Y (y) =C ep−k y +D e−

p−k y ,



ou seja, se k > 0, teremos exponenciais reais em x e exponenciais imaginárias(funções harmônicas) em y , o contrário se k < 0. Se k = 0, as soluções serãoambas lineares na respectiva variável.

A solução deve ainda satisfazer às condições de contorno

(i ) V (0, y) = 0, (i i ) V (a, y) = 0,

(i i i ) V (x,0) =V0, em 0 < x < a, (i v) limy→∞V (x, y) <∞ para 0 < x < a.

Vemos que a primeira e a terceira hipóteses devem ser excluídas, pois não hápossibilidade de encontrar uma solução não trivial nessas condições. Como kdeve ser negativo, escrevâmo-lo como k =−λ2, λ ∈ N:

X (x) = A′ cosλx +B ′ senλx, Y (y) =C eλy +D e−λy ,

onde também reescrevemos as exponenciais complexas em termos de funçõestrigonométricas. A condição (i ) nos diz que X (0) = 0, portanto A′ = 0. A condição(i i ) exige que X (a) = 0, ou seja,

B ′ senλa = 0 =⇒ senλa = 0 ou λa = nπ, n ∈N,

pois se B ′ = 0, X seria identicamente nula. Surge então a possibilidade de múl-tiplas soluções linearmente independentes, uma para cada valor possível de n.Vamos caracterizar cada uma dessas soluções pelo índice n. A constante B ′ podeser absorvida nas constantes C e D , de modo que escreveremos

Vn(x, y) = sennπx

a

(Cn enπy/a +Dn e−nπy/a)

, n = 1,2,3, . . .

A condição (i v) impõe Cn = 0, do contrário Vn não seria finito para y →∞. Cadapossível solução fica então reduzida à forma

Vn(x, y) = Dn sennπx

ae−nπy/a .

Nesse ponto é conveniente escrever a solução completa de V (x, y), contemplandotodos os possíveis valores de n. Ela é simplesmente a combinação linear dos Vn :

V (x, y) =∞∑

n=1Dn sen

nπx

ae−nπy/a .

De acordo com (i i i ), devemos ter

∞∑n=1

Dn sennπx

a=V0, 0 < x < a.

Isso sugere uma série trigonométrica de Fourier. Nossa solução deve ser válidaapenas na região 0 < x < a. É lícito, portanto, imaginar uma função f (x) que,periódica, reproduza o valor do potencial na região citada, e que seja passível de



representação em série de Fourier de senos. Como o seno é uma função ímpar,imaginamos uma extensão periódica ímpar:

f (x) =−V0, −a < x < 0,

V0, 0 < x < a

e f (x +2a) = f (x)

0 x

f(x)

3a−3a 2a−2a aa

V0

−V0

Fig. 4.4 Extensão periódica da função f (x)

A função f (x) possui período 2a, portanto sua expansão em série de senosteria a forma

f (x) =∞∑

n=1bn sen

nπx

a,

com

bn = 1

a

∫ a

−af (x)sen

nπx

ad x = 2

a

∫ a

0V0 sen

nπx

ad x = 2V0

nπ

[1− (−1)n]=

4V0nπ , para n ímpar

0, para n par,

ou seja,

f (x) = 4V0

π

∞∑n=1

sen[(2n −1)πx/a]

2n −1.

Como vimos, f (x) → V0 em 0 < x < a, sendo portanto a solução procurada,Dn = bn . A solução completa fica

V (x, y) = 4V0

π

∞∑n=1

sen[(2n −1)πx/a]

2n −1e−(2n−1)πy/a .

O campo pode ser imediatamente calculado a partir de

E =−∇V =−∂V

∂xx−∂V

∂yy = 4V0

a

∞∑n=1

− x cos[(2n −1)πx/a]+ y sen[(2n −1)πx/a]

e−(2n−1)πy/a .

As densidades de cargas nas superfícies condutoras internas à região serão

σ= ε0 E· n,



onde n é o versor perpendicular à superfície correspondente. Fica

σ(0, y) = ε0 x·E(0, y) =−4ε0V0

a

∞∑n=1

e−(2n−1)πy/a =− 4ε0V0

a(

e−πy/a − eπy/a) = 2ε0V0

a senhπy/a.

As demais densidades serão

σ(a, y) = ε0 E(a, y)·(− x), σ(x,0) = ε0 y·E(x,0).

Fica como exercício proposto completar o cálculo dessas densidades de cargas.Ainda pertinente a esse exemplo, nesse caso específico (e em alguns outros,

utilizando uma técnica semelhante), é possível expressar a solução obtida numaforma fechada, ou seja, é possível somar explicitamente essa série de Fourier.Vejamos:

Obtivemos

V (x, y) =cte∞∑

n=1n impar

1

ne−nπy/a sen

nπx

a= cte

∞∑n=1

n impar

1

ne−nπy/a Im

ei nπx

a

=cteIm

∞∑

n=1n impar

1

nei nπ(x+i y)/a

= cteIm

∞∑

n=1n impar

Z n

n

onde

Z = eiπ(x+i y)/a .

Partindo de

∞∑n=0

Z n = 1+Z +Z 2 +Z 3 +Z 4 +·· · = 1

1−Z, |Z | < 1,

multiplicando por d Z e integrando, teremos

∞∑n=1

Z n

n= Z + Z 2

2+ Z 3

3+ Z 4

4= ·· · =− ln(1−Z ),

e trocando Z por −Z ,

−∞∑

n=1

(−Z )n

n= Z − Z 2

2+ Z 3

3− Z 4

4= ·· · = ln(1+Z ).

Somando essas duas últimas e dividindo por dois,

Z + Z 3

3+ Z 5

5+·· · =

∞∑n=1

n impar

Z n

n= 1

2ln

1+Z

1−Z.

Lembrando que o resultado é um número complexo e que na verdade desejamosapenas a sua parte imaginária, recordemos que, sendo ζ um complexo na forma

ζ= x + i y = ρeiθ,



a parte imaginária de seu logaritmo natural será

lnζ= lnρ+ iθ =⇒ Imlnζ = θ = tan−1 Imζ

Reζ

Para

ζ= 1+Z

1−Z= (1+Z )(1−Z∗)

(1−Z )(1−Z∗)= 1−|Z |2 +

2i ImZ ︷︸︸︷Z −Z∗

1+|Z |2 − (Z +Z∗)︸︷︷︸2ReZ

.

Assim

Im

∞∑

n=1n impar

Z n

n

= 1

2tanh−1 2ImZ

1−|Z |2 .

Como

Z = eiπ(x+i y)/a = eπ(−y+i x)/a =⇒ ImZ = e−πy/a senπx

a, |Z | = e−πy/a ,

resulta finalmente

Im

∞∑

n=1n impar

Z n

n

= 1

2tanh−1

(2e−πy/a sen πx

a

1− e−2πy/a

)= 1

2tanh−1

(2sen πx

a

eπy/a − e−πy/a

)= 1

2tanh−1

(sen πx

a

senh πya

)

e

V (x, y) = 2V0

πtanh−1

(sen πx

a

senh πya

)

4.3.2 Separação de Variáveis em Coordenadas Esféricas com SimetriaAzimutal

Existe uma classe muito grande de problemas cuja geometria apresenta simetriaazimutal, isto é, o potencial é independente da coordenada angular ϕ,

V (r) =V (r,θ).

Para essas situações, a equação de Laplace se simplifica, em coordenadas esféri-cas, para

∇2V = 1

r 2

∂

∂r

(r 2 ∂V

∂r

)+ 1

r 2 senθ

∂

∂θ

(senθ

∂V

∂θ

)= 0.

Tentamos então separar as variáveis com uma solução do tipo V (r,θ) = R(r )Θ(θ).Substituição na equação de Laplace resulta em

Θ(θ)

r 2

d

dr

(r 2 dR

dr

)+ R(r )

r 2 senθ

d

dθ

(senθ

dΘ

dθ

)= 0.

Dividindo por RΘ/r 2 e reorganizando, vem

1

R(r )

d

dr

[r 2R ′(r )

]=− 1

senθΘ(θ)

d

dθ

[senθΘ′(θ)

]Unifei Eduardo Resek


Novamente, o primeiro e segundo membros contêm funções de variáveis total-mente distintas, e somente podem ser iguais se ambos forem independentesdas respectivas variáveis, ou seja, se forem iguais a um constante, digamos k. Asequações separadas para r e θ ficam

d

dr

[r 2R ′(r )

]−kR(r ) = 0 ed

dθ

[senθΘ′(θ)

]+k senθΘ(θ) = 0.

Consideremos primeiramente a equação em θ; A substituição de variáveis

x = cosθ =⇒ dΘ

dθ=−senθ

dΘ

d x,

d

dθ

[senθΘ′(θ)

]= (1−x2)d 2Θ

d x2 −2xdΘ

d x

conduz à equação de Legendre:

(1−x2)d 2Θ

d x2 −2xdΘ

d x+kΘ= 0,

que só possui soluções regulares se a constante k for da forma `(`+1), ` ∈N. Éclaro que a solução em θ deve satisfazer a esse quesito, de modo que

(1−x2)d 2Θ

d x2 +2xdΘ

d x+`(`+1)Θ= 0,

tendo solução regular

Θ`(x) = P`(x) ou Θ`(θ) = P`(cosθ).

Com isto, a equação da parte radial,

d

dr

[r 2R ′

`(r )]−`(`+1)R`(r ) = 0

é facilmente solucionada tentando uma solução em série de potências. Na ver-dade, é trivial verificar que r ` e r−(`+1) são as duas soluções linearmente inde-pendentes de que necessitamos, ou seja

R`(r ) = A`r `+ B`

r `+1,

e como ` pode ser qualquer inteiro não negativo (inclusive 0), a solução completafica

V (r,θ) =∞∑`=0

(A` r `+ B`

r `+1

)P`(cosθ)

Exemplo 4.3 Dois hemisférios metálicos - Cada hemisfério de uma esferade raio a está isolado um do outro e mantido a potenciais −V ,+V , comomostrado na figura. Como existe simetria azimutal, para obter o potencial



em todo o espaço, devemos resolver a equação de Laplace em coordenadasesféricas com as seguintes condições de contorno:

V =+V0, para 0 ≤ θ <π/2,

−V0, para π/2 < θ ≤π

Claramente devemos dividir a solução em duas regiões distintas: r < a er > a. Sejam V1 e V2 tais soluções, respectivamente:

z

P

r

θ

a

±V0

Fig. 4.5 Esfera com hemisfériosisolados ligada a bateria

V (r < a,θ) =V1 =∞∑`=0

(A` r `+ B`

r `+1

)P`(cosθ),

V (r > a,θ) =V2 =∞∑`=0

(C` r `+ D`

r `+1

)P`(cosθ).

Como o potencial deve ser finito em todo o espaço, eliminamos os coefi-cientes B` e C`, que causariam um comportamento divergente de V1 e V2

quando r → 0 e r →∞, respectivamente. Ficamos com

V1(r,θ) =∞∑`=0

A` r `P`(cosθ),

V2(r,θ) =∞∑`=0

D`

r `+1P`(cosθ).

Uma condição de contorno adicional exige a continuidade do potencial,em particular em r = a:

V1(a,θ) =V2(a,θ) =⇒∞∑`=0

(A` a`− D`

a`+1

)P`(cosθ) = 0, ∀θ.

Como os polinômios de Legendre de ordens distintas são linearmenteindependentes entre si, decorre

D` = a2`+1 A`.

Resta agora determinar apenas as constantes A`. Para isso, observamosque em r = a,

V (a,θ) =∞∑`=0

A` a`P`(cosθ) = f (θ) =+V0, para 0 ≤ θ <π/2,

−V0, para π/2 < θ ≤π .

Isso constitui uma expansão em série de Fourier-Legendre, análoga às bemconhecidas séries de Fourier trigonométricas. O coeficiente α` = A` a`

pode ser calculado por

α` = A` a` = 2`+1

2

∫ π

0f (θ)P`(cosθ)senθdθ = 2`+1

2V0

(∫ π2

0P`(cosθ)senθdθ−

∫ π

π2

P`(cosθ)senθdθ

).



Em termos de x = cosθ, as integrais entre parêntesis ficam∫ 1

0P`(x)d x −

∫ 0

−1P`(x)d x︸︷︷︸x→−x

=∫ 1

0P`(x)d x +

∫ 0

1P`(−x)d x

=∫ 1

0[P`(x)−P`(−x)] d x =

[1− (−1)`

]∫ 1

0P`(x)d x.

Assim, os coeficientes se anularão para qualquer ` par, α2` = 0. Para `ímpar, fica

α2`−1 = 2(−1)`(2`−3)!!

`!2`(4`−1)

2V , para `> 1;

para `= 1 temos:

α1 = 3V0

∫ 1

0x d x = 3

2V0.

Com isso,

A1 = 3V0

2a, D1 = a2 A1 = 3aV0

2, A2`−1 = (−1)`(4`−1)

(2`−3)!!

`!2`a2`−1V0

e

D2`−1 = (−1)`(4`−1)(2`−3)!!

`!2`a2`+1 V0, `= 2,3, ...

Assim, se definirmos (−1)!! = 1, a solução final pode ser escrita como

V (r,θ) =V0

∞∑`=1

(−1)`+1(4`−1)(2`−3)!!

`!2`

( r

a

)2`−1P2`−1(cosθ), para r < a,

e

V (r,θ) =V0

∞∑`=1

(−1)`+1(4`−1)(2`−3)!!

`!2`

( a

r

)2`P2`−1(cosθ), para r > a,

Fica proposta a tarefa de calcular as densidades de cargas presentes nasplacas condutoras que formam os hemisférios.

4.3.3 Separação de Variáveis em Coordenadas Cilíndricas com poten-cial independente de z

∇2V = 1

ρ

∂

∂ρ

(ρ∂V

∂ρ

)+ 1

ρ2

∂2V

∂ϕ2

Assumimos V da forma V (ρ,ϕ) = R(ρ)Φ(ϕ). Substituição na equação conduz a

Φ

ρ

d

dρ

[ρR ′(ρ)

]+ R

ρ2

d 2Φ

dϕ2 ,



ouρ

R

d

dρ

[ρR ′(ρ)

]=− 1

Φ(ϕ)

d 2Φ

dϕ2 =λ2

que implica na separação das equações para ρ e ϕ:

ρ2R ′′(ρ)+ρR ′(ρ)−λ2R(ρ) = 0, Φ′′(ϕ)+λ2Φ(ϕ) = 0.

Podem ocorrer três situações:λ= 0 A solução será da forma

R(ρ) = A0 +B0 lnρ, Φ(ϕ) =C0 +D0ϕ.

λ 6= 0, λ ∈ N Teremos soluções periódicas em ϕ:

Φλ(ϕ) =Cλ cosλϕ+Dλ senλϕ.

A solução radial pode ser obtida pelo método usual de série de potências, mas éfácil verificar que, neste caso, a solução será

Rλ(ρ) = Aλρλ+ Bλ

ρλ.

A solução geral, como sempre, será a combinação linear dos Φλ para todos ospossíveis valores de λ:

V (ρ,ϕ) = (A0 +B0 lnρ)(C0 +D0ϕ)+∑λ

(Aλρ

λ+ Bλ

ρλ

)(Cλ cosλϕ+Dλ senλϕ

)Nas situações onde toda a faixa de valores de ϕ é permitida, isto é, 0 ≤ ϕ < 2π,a condição de periodicidade exige que V (ρ,ϕ+ 2π) = V (ρ,ϕ), o que só podeser satisfeito se λ ∈ N; denotaremos λ = n; ainda, obrigatoriamente D0 = 0 e aconstante C0 será absorvida em A0 e B0:

V (ρ,ϕ) = A0 +B0 lnρ+∑n

(Anρ

n + Bn

ρn

)(Cn cosnϕ+Dn sennϕ

).

O termo logarítimico é característico de uma linha infinita carregada, e só estarápresente se houver uma tal linha carregada no eixo z. Se não houver singularidadena origem, Bn = 0, ∀n. Da mesma forma, se o potencial for finito para ρ→∞,B0 = 0 e An = 0,n > 0.

Há situações em que a faixa de variação deϕ é restrita a uma região menor que2π (veja a lista de problemas propostos). Nessas condições, abre-se uma outrapossibilidade de soluções para a equação separada. Poderemos ter a possibilidadede valores negativos λ2! Poremos λ2 =−ν2, com ν ∈ N. As soluções em ϕ serão daforma

Φν(ϕ) =Cν coshνϕ+Dν senhνϕ,

enquanto que as soluções radiais serão exponenciais complexas do tipo ρ±iν.Entretanto, como

lnρ± .ı ν =± .

ı ν lnρ =⇒ ρ± .ı ν = e±

.ı ν lnρ = cos(ν lnρ)± .

ı sen(ν lnρ)



podemos escrevê-las como uma combinação linear de senos e cossenos de ν lnρ.A solução geral então se escreve na forma

V (ρ,ϕ) = (A0+B0 lnρ)(C0+D0ϕ)+∑ν

[Aν cos(ν lnρ)+Bν sen(ν lnρ)

](Cν coshνϕ+Dν senhνϕ)

4.3.4 Separação de Variáveis em Coordenadas Cilíndricas

A forma geral da equação de Laplace em coordenadas cilíndricas é

∇2V = 1

ρ

∂

∂ρ

(ρ∂V

∂ρ

)+ 1

ρ2

∂2V

∂ϕ2 + ∂2V

∂z2 = 0,

que tentaremos resolver novamente utilizando o método da separação de variá-veis, agora com

V =V (ρ,ϕ, z) = R(ρ)Φ(ϕ)Z (z).

Substituindo acima e divindo por RΦZ , obtemos

1

ρR

d

dρ

(ρ

dR

dρ

)+ 1

ρ2Φ

d 2Φ

dϕ2 =−d 2Z

d z2 .

Isso só é possível se ambos os termos forem constantes, que denominaremosβ. Escolhemos a constante de separação β de acordo com as condiçoes de con-torno. Independência de z (geralmente em geometrias com fios ou cilindrosinfinitos) leva à escolha β= 0, que já foi estudada anteriormente. Periodicidadeem z implica em β> 0, que deixaremos proposto como exercício. O caso β< 0,que enfatizaremos escrevendo β = −λ2, será analisado a seguir. As equaçõesseparadas ficam

1

ρR

d

dρ

(ρ

dR

dρ

)+ 1

ρ2Φ

d 2Φ

dϕ2 +λ2 = 0

d 2Z

d z2 −λ2Z = 0.

A equação em z tem solução imediata:

Z (z) = Eλ eλz +Fλ e−λz ou Z (z) = Eλ coshλz +Fλ senhλz

Multiplicando a outra equação por ρ2 e reorganizando, fica

ρ1

R

d

dρ

(ρ

dR

dρ

)+ρ2λ2 =− 1

Φ

d 2Φ

dϕ2 = ν2,

pois novamente a igualdade só é possível se ambos os membros forem cons-tantes. A escolha de uma constante positiva (se ν ∈ N, ν2 > 0) implica soluçõestrigonométricas paraΦ:

Φ(V ) =Cν cosνϕ+Dν senνϕ,



enquanto que a equação na coordenada radial

ρ2 ∂2R

∂ρ2 +ρ∂R

∂ρ+ (λ2ρ2 −ν2)R = 0,

ou de forma equivalente,

∂2R

∂ρ2 + 1

ρ

∂R

∂ρ+

(λ2 − ν2

ρ2

)R = 0,

se transforma na equação diferencial de Bessel através da mudança de variáveis:

ξ=λρ =⇒ d

dρ=λ d

dξ,

d 2

d 2ρ=λ2 d 2

d 2ξ,

cuja substituição leva a

λ2 ∂2R

∂ρ2 + λ2

ρ

∂R

∂ρ+

(λ2 − λ2ν2

ρ2

)R = 0,

ou finalmente∂2R

∂ρ2 + 1

ρ

∂R

∂ρ+

(1− ν2

ρ2

)R = 0,

que é a equação de Bessel. Vimos que suas soluções são da forma

R(ξ) = Aν Jν(ξ)+BνNν(ξ),

onde Jν e Nν são, respectivamente, as funções de Bessel e de Neumann de pri-meira espécie. Em termos de ρ:

R(ρ) = Aν Jν(λρ)+BνNν(λρ).

Podemos então apresentar a solução geral para esse caso:

V (ρ,ϕ, z) =∑ν,λ

[Aν Jν(λρ)+BνNν(λρ)

](Cν cosνϕ+Dν senνϕ)(Eλ coshλz+Fλ senhλz)


Capítulo 5

Capacitores

5.1 O que são

Genericamente, denominamos capacitores ou condensadores qualquer dispo-sitivo capaz de acumular, armazenar e reter carga elétrica (equivalentemente,energia elétrica, pois carga cria campo elétrico e campo contem energia potencialelétrica). Geralmente são constituídos por pelo menos duas placas conduto-ras isoladas entre si. São elementos importantes, presentes em praticamentequalquer circuito elétrico.

5.2 Capacitância

C

Fig. 5.1 Símbolo do capacitor

Definimos a capacitância do dispositivo como a razão entre a carga Q que eleacumula e a tensão V a que foi submetido:

C = Q

V. (5.1)

A unidade no sistema internacional é coulomb/volt, também denominada farad(F), em homenagem a Michael Faraday. No sistema CGS, a unidade é o centímetro.Um farad é uma unidade muito grande: um capacitor de 1F seria capaz de acumu-lar uma carga de 1,5C quando conectado a uma pilha comum AA! A força entre asplacas seria descomunal e ele teria que ser muito bem construído para resistir aela sem colapsar. Comercialmente, são comuns capacitores com capacitânciasna faixa dos microfarads (1µF = 10−6 F) até picofarads (1pF = 10−12 F)

5.3 Energia armazenada

Vamos conectar um capacitor inicialmente descarregado, como o da figura, auma bateria de tensão V0. Essa bateria passa a carregar o capacitor, criando umcampo elétrico entre suas placas, que armazena energia. A energia armazenadano capacitor provem do trabalho realizado pela bateria ao transportar cargasde uma placa à outra daquele, contra o campo elétrico que vai aumentando

97

98 Capítulo 5 Capacitores

gradativamente à medida que as placas se carregam. Suponha que, num determi-nado instante, a carga das placas seja ±q(t ) e a tensão entre as placas seja V (t ).Para transportar uma carga adicional d q de uma placa a outra, o trabalho dWrealizado pela bateria será1

dW =V (t )d q = q(t )

Cd q.

A energia acumulada no campo elétrico será o trabalho total realizado pela ba-teria desde o instante inicial até o momento atual. Supondo que a carga nessemomento seja Q, essa energia então será

U =∫

dW =∫ Q

0

q

Cd q =⇒U = Q2

2C= 1

2CV 2. (5.2)

1Como o campo eletrostático é conservativo, não precisamos calcular o trabalho pelo caminhoreal seguido pela carga, que passa pela bateria. Esse trabalho somente depende da diferença depotencial entre os pontos inicial e final do trajeto, que é justamente a tensão V naquele instante,bem como da carga d q que foi tranferida de uma placa à outra (cf. eq. (3.8)).


Capítulo 6

Dielétricos

Algumas moléculas, como a da água, podem apresentar um momento de dipoloelétrico permanente não nulo. Isso acontece devido à configuração de seus áto-mos constituintes, resultando em centros de cargas intrinsecamente separados.Normalmente esses dipolos moleculares estão orientados aleatoreamente, pro-duzindo um momento de dipol total nulo para uma amostra finita do material,mas eles podem ser alinhados pela ação de um campo externo, o que faz com queo campo produzido pelo conjunto de dipolos se torne razoavelmente intenso.

Mesmo moléculas que não possuam tal propriedade são afetadas pela pre-sença de um campo externo. Num material isolante um campo externo levaa uma separação dos centros de cargas positiva e negativa nas suas moléculasconstituintes, produzindo pequenos dipolos que, em conjunto, irão tambémgerar uma contribuição não desprezível ao campo e potencial da região.

dp

Ordv′

r′

P

r−r′

Fig. 6.1 Elemento de dipolo

Em ambas as situações, podemos tratar a contribuição dos pequenos dipo-los moleculares definido o vetor Polarização P; qualqueer elemento de volume,mesmo que macroscopicamente muito pequeno, contem um número muitogrande de moléculas polarizadas. O momento de dipolo total desse pequenovolume, ∆p é a soma dos momentos de dipolos das moléculas constituintes

∆p =∑i

pi .

O vetor P é o momento de dipolo total por unidade de volume:

P = lim∆v ′→0

∆p

∆v ′ =dp

d v ′ , dp = Pd v ′.

Devemos lembrar que, apesar da natureza discreta da estrutura da matéria, doponto de vista macroscópico pode-se assumir que os dipolos estejam distribuídoscontinuamente no interior do volume. Isso é uma aproximação, mas funcionabem desde que o elemento de volume seja grande comparado com distânciasinteratômicas, e ainda assim pequeno comparado com a escala típica de variaçãodas grandezas que definem o campo eletrostático.

Consideremos um dielétrico ocupando uma região V ′ do espaço, onde poruma razão ou outra, exista uma distribuição de dipolos elétricos. Um volume

99

100 Capítulo 6 Dielétricos

d v ′ possuirá um momento de dipolo dp(r′) = P(r′)d v ′, e sua contribuição para opotencial num ponto r pode ser dada por

dVd = 1

4πε0

dp·(r− r′)|r− r′|3 = 1

4πε0

P(r′)·(r− r′)|r− r′|3 d v ′.

O potencial causado por toda a distribuição de dipolos será então

Vd = 1

4πε0

∫v ′

P(r′)·(r− r′)|r− r′|3 d v ′. (6.1)

Vamos utilizar a identidade

∇′ 1

|r− r′| =r− r′

|r− r′|3

para reescrever o integrando de (6.1) como

Vd = 1

4πε0

∫v ′

P(r′)·∇′ 1

|r− r′| d v ′. (6.2)

A seguir, empregamos a identidade

∇′·(ψA) =ψ∇′·A+∇′·ψA

com ψ= |r− r′|−1 e A = P(r′):

∇′· P(r′)|r− r′| =

∇′·P(r′)|r− r′| +P(r′)·∇′ 1

|r− r′| ,

o que nos permite escrever (6.2) como

Vd = 1

4πε0

(−

∫v ′

∇′·P(r′)|r− r′| d v ′+

∫v ′∇′· P(r′)

|r− r′| d v ′)

,

ou, usando o teorema de Gauss na segunda integral

Vd = 1

4πε0

∫v ′

−∇′·P(r′)|r− r′| d v ′+ 1

4πε0

∮S

P(r′)· n|r− r′| dS. (6.3)

Reconhecemos nessa expressão a contribuição de uma distribuição volumétricae uma superficial de cargas,

ρP =−∇·P e σP = P· n,

que representam as densidades de cargas de polarização no dielétrico. Elasresumem o efeito da distribuição de dipolos.


101

6.0.1 Lei de Gauss na presença de dielétricos

Como vimos, os dielétricos podem ser polarizados pela ação de campos externose, em conseqüência, surgirão cargas que contribuirão para o campo total emqualquer ponto da região. A lei de Gauss deve levar em conta tais cargas. Paraexplicitar sua contribuição, vamos denotar por ρ` a densidade de carga livre (emexcesso) em cada ponto; a densidade de carga total será

ρ = ρ`+ρP ,

de modo que a lei de Gauss fica

∇·E = 1

ε0(ρ`+ρP ) = 1

ε0(ρ`−∇·P) =⇒∇·(ε0E+P) = ρ`.

Definimos o vetor Deslocamento Elétrico como

D = ε0E+P, (6.4)

em termos do qual a lei de Gauss assume a forma

∇·D = ρ`. (6.5)

A vantagem dessa formulação é que não precisamos, a priori, conhecer os efeitosda polarização sobre o dielétrico, mas somente a carga em excesso deste. Naforma integral teríamos ∮

SD· ndS =Qi` , (6.6)

onde Qi` = ∫ρ`d v é a carga livre interna à superfície S. Para a maioria dos

materiais dielétricos, a polarização é diretamente proporcional ao campo elétricoexterno aplicado e independente da direção deste (meios isotrópicos ou lineares).Nesses casos, definimos a susceptibilidade (di)elétrica como

P =χE.

A equação (6.4) pode ser reescrita como

D = (ε0 +χ)E = εE,

onde definimos a permissividade do meio, ε, como ε= ε0 +χ. Costuma-se defi-nir também uma grandeza adimensional, a permissivade relativa ou constantedielétrica do meio, como

κ= εrel =ε

ε0.


102 Capítulo 6 Dielétricos

6.0.2 Condições de contorno para o campo elétrico

+

+++++++++++++++++++++++++++++++++++

++

+++++++++++++++++++++++++++++++++++

+σ A

D2

D1 n

meio 1

meio 2

t

∆`

E1

E2

Fig. 6.2 Comportamento dos cam-pos na fronteira entre meios distin-tos

Analisemos agora como se comporta o campo elétrico numa região onde existemdois meios não condutores diferentes. A figura ilustra essa situação onde, além depossíveis cargas livres distribuídas ao longo dos dielétricos, admitimos tambémque possa haver uma carga livre na superfície interface entre os dois meios, cujadensidade é ρ`. A lei de Gauss aplicada a uma pequena superfície cilíndrica (áreada seção reta A e altura ∆h) atravessando perpendicularmente essa interfacefornece ∮

SD· ndS =Qi` ' ρÀ,

pois podemos imaginar uma seção reta suficientemente pequena a fim de des-prezar quaisquer variações de ρ` ao longo da mesma. Pelo mesmo motivo, o ovetor deslocamento não sofrerá variações significativas ao longo das tampas docilindro gaussiano; por outro lado, o fluxo através da superfície lateral pode serdesprezado no limite em que ∆h → 0. Sendo n o versor perpendicular à interfacedos dielétricos, orientado do meio 1 para o meio 2, vem∮

SD· ndS ' D2· n A+D1·(− n) A ' ρÀ,

ou seja,(D2 −D1)· n = ρ`, ou D2n −D1n = ρ`. (6.7)

Se não houver cargas livres na interface, o componente normal do vetor desloca-mento será contínuo através desta.

Por outro lado, considerando que o campo eletrostático é conservativo, opercurso mostrado na figura, onde novamente ∆h → 0 e ∆l podem ser tomadostão pequenos quanto se queira, permitindo assim calcular o integral nos trechosdo percurso que são paralelos à interface∮

È·dr ' E2·t∆l +E1·(−t)∆l = 0,

isto é(E2 −E1)·t = 0, ou E2t = E1t , (6.8)

que significa que o componente de E tangente à interface não se altera ao atra-vessarmos de um lado para outro.


Documento redigido em LATEX.

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