LT33C – Eletromagnetismo

LT33C – Eletromagnetismo

Reginaldo N. de SouzaDepartamento de Engenharia Eletronica

UTFPR - Campo Mourao

Campo Mourao, 8 de Agosto de 2017

Conteudo

Apresentacao 14

Datas Importantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

Criterios de Avaliacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

Bibliografias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

Analise Vetorial 20

Objetivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

Introducao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

Vetores e Escalares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

Reginaldo N. de Souza 2 LT33C - Eletromagnetismo

Vetor Unitario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

Algebra vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

Vetor posicao e vetor distancia . . . . . . . . . . . . . . . 31

Sistemas de Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

Coordenadas cartesianas . . . . . . . . . . . . . . . . 34

Coordenadas cilındricas . . . . . . . . . . . . . . . . 36

Coordenadas esfericas . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

Versores sistemas coordenados . . . . . . . . . . . . . 40

Calculo Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

Elementos diferenciais de comprimento, area e volume 42


Integrais de linha, de superfıcie e de volume . . . . . 47

Operador del ou nabla . . . . . . . . . . . . . . . . 51

Gradiente de um campo escalar . . . . . . . . . . . . 52

Divergente de um campo vetorial . . . . . . . . . . . 54

Rotacional de um campo vetorial . . . . . . . . . . . 56

Laplaciano de um escalar . . . . . . . . . . . . . . . 58

Laplaciano de um vetor . . . . . . . . . . . . . . . . 59


Campos Eletrostaticos 61

Forca entre cargas eletricas - Lei de Coulomb . . . . . . . . 62

Princıpio da Superposicao de Forcas . . . . . . . . . 67

Campo Eletrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

Princıpio da Superposicao para o Campo Eletrico . . 71

Campo Eletrico de Distribuicoes Contınuas de Carga . . . 73

Campo de uma Linha de Carga . . . . . . . . . . . . 76

Campo de uma Lamina Carregada . . . . . . . . . . 77

Campo de um Volume de Carga . . . . . . . . . . . . 79

Densidade de Fluxo Eletrico . . . . . . . . . . . . . . . . . 81


Relacao entre Densidade de Fluxo Eletrico e Campo Eletrico 83

Lei de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

Teorema da Divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . 85

Aplicacoes da Lei de Gauss . . . . . . . . . . . . . . 89

Carga Pontual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

Linha Infinita de Carga . . . . . . . . . . . . . . . . 92

Lamina Infinita de Carga . . . . . . . . . . . . . . . 95

Esfera Carregada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

Potencial Eletrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

Princıpio da Superposicao . . . . . . . . . . . . . . . 109

Distribuicoes de Cargas . . . . . . . . . . . . . . . . 110

Relacao entre o Campo Eletrico e o Potencial Eletrico . . . 112

Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

Relacao entre E e V . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

Energia em Campos Eletrostaticos . . . . . . . . . . 119


Campos Eletricos em Meio Material 127

Corrente e Densidade de Corrente . . . . . . . . . . . . . 128

Corrente de Conveccao . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

Corrente de Conducao . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

Resistencia R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

Equacao da Continuidade de Corrente e Tempo de Relaxacao140

Capacitancia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

Capacitor de Placas Paralelas . . . . . . . . . . . . . 148

Capacitor Coaxial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

Capacitor Esferico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

Energia Armazenada em um Capacitor . . . . . . . . 154

Polarizacao em Dieletricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

Exercıcios – Lista 1 – Eletrostatica . . . . . . . . . . . . . 162

Respostas – Lista 1 – Eletrostatica . . . . . . . . . . . . . 172


Campos Magnetostaticos 177

Introducao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

Lei de Biot-Savart . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

Lei Circuital de Ampere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

Aplicacao da lei de Ampere . . . . . . . . . . . . . . 186

Densidade de Fluxo Magnetico . . . . . . . . . . . . . . . 189

Equacoes de Maxwell para Campos Eletromagneticos Estaticos195

Potenciais Magneticos Escalar e Vetorial . . . . . . . . . . 197


Forcas, Materiais e Dispositivos Magneticos 201

Forcas Devido aos Campos Magneticos . . . . . . . . . . . 202

Forca Sobre Partıculas Carregadas . . . . . . . . . . 203

Forca Sobre Um Elemento de Corrente . . . . . . . . 206

Torque e Momento Magneticos . . . . . . . . . . . . . . . 209

Magnetizacao em Materiais . . . . . . . . . . . . . . . . . 217

Classificacao dos Materiais Magneticos . . . . . . . . . . . 222

Diamagneticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223

Paramagneticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

Ferromagneticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226


Teoria dos Domınios Magneticos e a Curva de Histerese . . 228

Indutores e Indutancias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232

Solenoide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236

Toroide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243

Cabo Coaxial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

Exercıcios – Lista 2 – Magnetostatica . . . . . . . . . . . . 246

Respostas – Lista 2 – Magnetostatica . . . . . . . . . . . . 254


Equacoes de Maxwell 256

Introducao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257

Lei de Faraday . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258

Espira Estacionaria em um Campo B Variavel no Tempo262

Espira em Movimento em um Campo B Estatico . . 264

Espira em Movimento em um Campo B Variavel no Tempo267

Corrente de Deslocamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270

Relacao entre J e Jd . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277

Equacoes de Maxwell nas Formas Finais . . . . . . . . . . 278

Potenciais EM Variaveis no Tempo . . . . . . . . . . . . . 281

Campos Harmonicos no Tempo . . . . . . . . . . . . . . . 289


Propagacao de Ondas Eletromagneticas 301

Introducao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302

Propagacao de Onda em Dieletrico com Perdas . . . . . . 304

Ondas Planas em Dieletricos Sem Perdas . . . . . . . . . . 317

Exercıcios – Lista 3 – Equacoes de Maxwell e Ondas . . . . 319


Apresentacao

LT33C - Eletromagnetismo

Segundo semestre de 2015

Prof: Reginaldo Nunes de Souza

[email protected]


Datas Importantes

12/09: Primeira Avaliacao (P1);

24/10: Segunda Avaliacao (P2);

21/11: Terceira Avaliacao (P3);

28/11: Recuperacao de conteudos (P4).


Criterios de Avaliacao

A media final (MF ) do aluno sera composta por:

MF = 0, 9MP + 0, 1APS

sendo:

– MP = (P1 + P2 + P3)/3 a media das tres provasrealizadas. Esta media corresponde a 90% da nota final;

– APS (Apresentacao das Atividades PraticasSupervisionadas) representa 10% da nota final;

Possıveis cenarios:

– Se MF ≥ 6, 0 e frequencia ≥ 75%, o aluno estaraAPROVADO;

– Se MF ≥ 6, 0 e frequencia < 75%, o aluno estaraREPROVADO.


– Se MF < 6, 0 e frequencia ≥ 75%, o aluno estara deRECUPERACAO;

– Se MF < 6, 0 e frequencia < 75%, o aluno estaraREPROVADO.

Prova P4 substituira a menor nota entre P1, P2 e P3;

– Para realizar P4 e necessario que MF < 6;

– A MF apos P4 sera no maximo 6,0.


Bibliografias

Referencias basicas:

1. SADIKU, Matthew N. O. Elementos de eletromagnetismo. 5 ed.Porto alegre, RS: Bookman, 2012.

2. HAYT JUNIOR, W. H.; BUCK, J. A. Eletromagnetismo. 8 ed.Porto Alegre, RS: Bookman, 2013.

3. EDMINISTER, J. Eletromagnetismo. 2 ed. Porto Alegre, RS:Bookman, 2006.


Referencias complementares:

1. NOTAROS, B. M. Eletromagnetismo. Sao Paulo: Pearson,2012.

2. REITZ, J.; MILFORD, F.; CHRISTY, R.; DUARTE, C.Fundamentos da teoria eletromagnetica. Rio de Janeiro, RJ:Campus, 1982.

3. BASTOS, J. P. A. Eletromagnetismo para Engenharia: estaticae quase-estatica. 2 ed. Florianopolis, SC: Editora da UFSC,2008.

4. HALLIDAY, D.; RESNICK, R.; WLAKER, J. Fundamentos deFısica. 8 ed. Rio de Janeiro, RJ: LTC, 2009. Vol.3.

5. BASTOS, J. P. A. Eletromagnetismo e Calculo de Campos. 3ed. Florianopolis, SC: Editora da UFSC, 1996.

6. KRAUS, J.; CARVER, K. Eletromagnetismo. 2 ed. Rio deJaneiro, RJ: Guanabara Dois, 1978.


Analise Vetorial


Objetivos

1. Algebra Vetorial: adicao, subtracao, produto escalar eproduto vetorial;

2. Sistemas Coordenados: cartesiana, cilındrica e esferica;

3. Integrais contendo Funcoes Vetoriais: linha, superfıcie evolume;

4. Gradiente de um Campo Escalar;

5. Divergente de um Campo Vetorial;

6. Rotacional de um Campo Vetorial;


Introducao

Os fenomenos fısicos na natureza podem ser matematicamenterepresentados como grandezas escalares ou vetoriais. Dentre estesfenomenos, os eletromagneticos (EM) sao em sua maioriarepresentados por vetores. Desta forma, a analise vetorial torna-seuma importante ferramenta para o entendimento dos conceitos EMapresentados durante esse curso.

Neste capıtulo primeiramente e apresentada uma breve revisao devetores (notacao, algebra, etc.). Em seguida sao abordados ossistemas de coordenadas cartesianas, cilındricas e esfericas. Por fim,o calculo vetorial (integracao e diferenciacao de vetores) eapresentado.


Vetores e Escalares

Os vetores sao grandezas que possuem magnitude (modulo) eorientacao (direcao e sentido). Por exemplo, velocidade e forca.Um escalar, por sua vez, e uma grandeza que possui apenasmagnitude. Exemplo: massa e temperatura.

Para diferenciar um escalar de um vetor, utiliza-se a seguintenotacao:

Vetor: ~F ou F

Escalar: T


Vetor Unitario

A um vetor A pode-se associar um vetor unitario (ou versor) commodulo igual a um. Este versor, representado por aA, possui amesma orientacao de A e pode ser escrito como:

aA =A

|A| =A

A(1)

ou seja, o versor aA e a relacao do vetor A pelo seu modulo (A).

Da relacao (1) nota-se que o vetor A pode ser reescrito como:

A = AaA (2)


Em coordenadas cartesianas (retangulares), um vetor A pode serrepresentado como:

A = (Ax, Ay, Az) = Axax + Ayay + Azaz (3)

sendo Ax, Ay e Az as componentes de A em x, y e z,respectivamente; ax, ay e az sao os vetores unitarios no sistema decoordenadas cartesianas e estao direcionados ao longo dos eixos x, ye z, como mostrado na Fig. 1.

A magnitude do vetor A e dada por:

A =√

A2x + A2

y + A2z (4)

Assim, o vetor unitario ao longo de A pode ser escrito como:

aA =Axax + Ayay + Azaz√

A2x + A2

y + A2z

(5)


Figura 1: Vetores unitarios do sistema cartesiano [WHHB12].


Algebra vetorial

1. Soma e subtracao:

A±B = (Axax + Ayay + Azaz)± (Bxax + Byay + Bzaz)

A±B = (Ax ± Bx) ax + (Ay ±By) ay + (Az ± Bz) az

Figura 2: Soma vetorial.


2. Associativa, distributiva e comutativa:

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

k (A +B) = kA + kB

(k1 + k2)A = k1A + k2A

A +B = B +A

3. Produto escalar:

A ·B = AB cos θAB

sendo θAB o menor angulo entre A e B.

Utilizando os vetores expressos por suas componentesretangulares:

A ·B = AxBx + AyBy + AzBz

Em particular,


A ·A = A2 = |A|2 = A2x + A2

y + A2z

Note que as leis associativas, distributivas e comutativas saovalidas para o produto escalar.

Observe tambem que:

ax · ay = ay · az = az · ax = 0

ax · ax = ay · ay = az · az = 1

4. Produto vetorial:

A×B = (AB sin θAB) an

sendo θAB o menor angulo entre A e B, e an o versor normal aoplano definido por A e B. A orientacao de an pode ser obtidapela “regra da mao direita” ou pelo giro do parafuso universal,rodando-se de A para B (Fig. 3).

Utilizando os vetores segundo suas componentes cartesianas:


Figura 3: Direcao e sentido de A × B sao na direcao e sentido doavanco de um parafuso rotacionado de A para B [WHHB12].


A×B = (Axax + Ayay + Azaz)× (Bxax + Byay + Bzaz)

A×B = (AyBz − AzBy) ax+(AzBx − AxBz) ay+(AxBy − AyBx) az

uma vez que:

ax × ay = azay × az = axaz × ax = ay

A expressao do produto vetorial de A e B tambem pode serescrita na forma compacta como um determinante:

A×B =

∣∣∣∣∣∣

ax ay azAx Ay Az

Bx By Bz

∣∣∣∣∣∣


Deve-se notar que o produto vetorial nao e comutativo e nemassociativo, mas e distributivo:

A×B = −B×A

A× (B×C) 6= (A×B)×C

A× (B +C) = A×B +A×C

A×A = 0


Vetor posicao e vetor distancia

Vetor posicao rP de um ponto P e um vetor que comeca naorigem O do sistema coordenado e termina no ponto P . Da Fig.4:

rP =−→OP = xPax + yPay + zPaz

rQ =−→OQ = xQax + yQay + zQaz

Vetor distancia RPQ e o deslocamento de um ponto P a umponto Q. Por exemplo, na Fig. 4 tem-se que:

rP +RPQ = rQ

Portanto, o vetor distancia e dado por:

RPQ = rQ − rPRPQ = (xQ − xP ) ax + (yQ − yP ) ay + (zQ − zP ) az


Figura 4: Vetores posicao rP e rQ, e vetor distancia RPQ


Exercıcio: Os ponto P e Q estao localizados em (0, 2, 4) e(−3, 1, 5). Calcule:

a) o vetor posicao P ; rP = 2ay + 4az

b) o vetor distancia de P ate Q; rPQ = −3ax − ay + az

c) a distancia entre P e Q; d = 3, 32

d) um vetor paralelo a PQ com magnitude 10.A = ± (−9, 05ax − 3, 02ay + 3, 02az)


Sistemas de Coordenadas

Os sistemas de coordenadas definem um ponto no espaco como oresultado da interseccao de tres superfıcies que podem ser planas ounao. Vamos nos ater aqui a tres tipos de sistemas de coordenadas:cartesianas, cilındricas e esfericas.


Coordenadas cartesianas

Tambem conhecido por coordenadas retangulares, define um pontopela interseccao de 3 planos. Neste sistema um ponto P (x, y, z) edefinido pela interseccao dos planos x, y e z constantes paralelosrespectivamente ao plano yz, ao plano xz e ao plano xy, conforme aFig. 5. E o sistema (x, y, z).

−∞ < x < ∞−∞ < y < ∞−∞ < z < ∞

Representacao de um vetor:

A = (Ax, Ay, Az) = Axax + Ayay + Azaz


Figura 5: Sistemas de coordenadas cartesianas (x, y, z) [Edm06]


Coordenadas cilındricas

Neste sistema de coordenadas o ponto P (ρ, φ, z) e determinadopela interseccao de uma superfıcie lateral cilındrica de raio ρconstante e altura infinita, pelo semiplano φ constante (que contemo eixo z) e finalmente pelo plano z constante, como pode sermostrado na Fig. 6. E o sistema (ρ, φ, z).

0 ≤ ρ < ∞0 ≤ φ < 2π

−∞ < z < ∞


A = (Aρ, Aφ, Az) = Aρaρ + Aφaφ + Azaz


Figura 6: Sistemas de coordenadas cilındricas (ρ, φ, z)


Coordenadas esfericas

Define um ponto P (r, θ, φ) na superfıcie de uma esfera de raio rconstante centrada na origem, vinculando-o pela interseccao destasuperfıcie com uma outra conica θ (angulo formado com o eixo y)constante e um semiplano φ (contendo o eixo z) constante,representado na Fig. 7. E o sistema (r, θ, φ).

0 ≤ r < ∞0 ≤ θ < π

0 ≤ φ < 2π


A = (Ar, Aθ, Aφ) = Arar + Aθaθ + Aφaφ


Figura 7: Sistemas de coordenadas esfericas (r, θ, φ)


Versores sistemas coordenados

A Fig. 8 mostra os tres versores aplicados ao ponto P .

Figura 8: Versores: a) Cartesiana; b) Cilındrica; c) Esferica

Note que os versores apontam sempre para o sentido de crescimentoda coordenada e sao normais a sua respectiva superfıcie coordenada.Por exemplo, aφ e normal a superfıcie φ = constante.


Calculo Vetorial


Elementos diferenciais de comprimento, areae volume

Os elementos diferenciais sao muito importantes em calculo vetorial.Em eletromagnetismo sao muito utilizados em integrais de linha,superfıcie e volume.

1. Coordenadas cartesianas:

Deslocamento diferencial : Da Fig. 9 obtem-se que:

dl = dx ax + dy ay + dz az

Area diferencial : O elemento de area diferencial e obtido apartir da Fig. 9 como:

dS = dS an

sendo dS a area do elemento de superfıcie e an o versornormal a superfıcie dS e orientado para fora do volume


limitado pela superfıcie dS. A area dS em uma superfıcie edada pelo produto dos deslocamentos diferenciais que variamnesta superfıcie (duas componentes de dl). Por exemplo,para a superfıcie ABCD, dS = dy dz e an = ax, resultandoem dS = dy dzax. Ja para APSD dS = −dx dzay, poisan = −ay. De maneira geral, os elementos positivos de areadiferencial sao dados por:

dS = dy dz ax= dx dz ay= dx dy az

Estas areas diferenciais estao ilustradas na Fig. 10.

Volume diferencial : e obtido da multiplicacao das trescomponentes de dl:

dv = dx dy dz

Note que dv nao e um vetor.


Figura 9: Elementos diferenciais em coordenadas cartesianas [Sad12].


Figura 10: Area diferencial normal: a) dS = dydzax; b) dS =dxdzay; c) dS = dxdyaz


2. Coordenadas cilındricas:


dl = dρ aρ + ρdφ aφ + dz az

Area diferencial : obtida a partir da Fig. 11, resultando em:

dS = ρdφ dz aρ= dρ dz aφ= ρdφ dρ az

conforme ilustrado na Fig. 12.


dv = dρ ρdφ dz

dv = ρ dρ dφ dz


Figura 11: Elementos diferenciais em coordenadas cilındricas.


Figura 12: Area diferencial normal: a) ρdφdz aρ; b) dρdz aφ; c)ρdφdρ az


3. Coordenadas esfericas:


dl = dr ar + rdθ aθ + r sin θdφ aφ

Area diferencial : obtida a partir da Fig. 13, resultando em:

dS = r2 sin θ dθ dφ ar= r sin θ dr dφ aθ= r dr dθ aφ

conforme ilustrado na Fig. 14.


dv = r2 sin θ dr dθ dφ

E importante observar que os valores de dl, dS e dv paraqualquer sistema de coordenadas nao devem ser “decorados” esim encontrados a partir da analise das Fig. 9, 11 e 13.


Figura 13: Elementos diferenciais em coordenadas esfericas.


Figura 14: Area diferencial normal: a) r2 sin θdθdφ ar; b)r sin θdrdφ aθ; c) rdrdθ aφ


Integrais de linha, de superfıcie e de volume

Dado um campo vetorial A e uma curva L (Fig. 15), define-se aintegral:

∫

L

A · dl =∫ b

a

A cos θdl

como integral de linha de A em torno de L.

Figura 15: Caminho de integracao do campo vetorial A.


Dado um campo vetorial A, contınuo em uma regiao contendouma curva suave S (Fig. 16), define-se a integral de superfıcie,ou fluxo de A atraves de S como:

Ψ =

∫

S

A cos θdS =

∫

S

A · andS

=

∫

S

A · dS

Figura 16: Fluxo de A atraves da superfıcie S.


A integral de volume de um escalar ρv sobre um volume v edefinida como:

∫

v

ρv dv

O significado fısico de uma integral de linha, superfıcie ou devolume depende das grandezas fısicas representadas por A ou ρv.

Observe que:

– Caminho fechado define uma superfıcie aberta;

– Superfıcie fechada define um volume.


Exercıcio:

1) Dado A = x2ax − xzay − y2az, determine a circulacao em tornodo caminho mostrado na Fig. 17.

Figura 17: Caminho fechado composto pelos segmentos de reta 1, 2,3 e 4.


Operador del ou nabla

O operador nabla, representado por ∇, e o operador diferencial comcarater vetorial.

Coordenadas cartesianas:

∇ =∂

∂xax +

∂

∂yay +

∂

∂zaz

Coordenadas cilındricas:

∇ =∂

∂ρaρ +

1

ρ

∂

∂φaφ +

∂

∂zaz

Coordenadas esfericas:

∇ =∂

∂rar +

1

r

∂

∂θaθ +

1

r sin θ

∂

∂φaφ


Gradiente de um campo escalar

Aplicacao do operador nabla em um campo escalar V , resultandoem um vetor.

“O gradiente de um campo escalar V e um vetor que representa amagnitude e a orientacao da maxima taxa espacial de variacao deV .”


grad V = ∇V =∂V

∂xax +

∂V

∂yay +

∂V

∂zaz


∇V =∂V

∂ρaρ +

1

ρ

∂V

∂φaφ +

∂V

∂zaz



∇V =∂V

∂rar +

1

r

∂V

∂θaθ +

1

r sin θ

∂V

∂φaφ


Divergente de um campo vetorial

Aplicacao do operador nabla em um campo vetorial A, resultandoem um escalar.

“A divergencia de A e o fluxo lıquido que sai de uma superfıcieincremental fechada por unidade de volume encerrado pelasuperfıcie, a medida que este volume se reduz a zero.”

div A = ∇ ·A = lim∆v→0

∮

SA · dS∆v

(6)

sendo v o volume limitado pela superfıcie fechada S.

Fisicamente, pode-se considerar a divergencia de um campo vetorialA, em um dado ponto, como uma medida de quanto o campodiverge ou emana desse ponto.



div A = ∇ ·A =∂Ax

∂x+∂Ay

∂y+∂Az

∂z


∇ ·A =1

ρ

∂ (ρAρ)

∂ρ+

1

ρ

∂Aφ

∂φ+

∂Az

∂z


∇ ·A =1

r2∂(r2Ar

)

∂r+

1

r sin θ

∂ (Aθ sin θ)

∂θ+

1

r sin θ

∂Aφ

∂φ


Rotacional de um campo vetorial

“O rotacional de A e um vetor girante, cuja magnitude e amaxima circulacao de A por unidade de area, a medida que a areatende a zero, e cuja orientacao e perpendicular a essa area, quandoa mesma esta orientada de modo a se obter a maxima circulacao.”


rot A = ∇×A =

∣∣∣∣∣∣

ax ay az∂∂x

∂∂y

∂∂z

Ax Ay Az

∣∣∣∣∣∣

=

[∂Az

∂y− ∂Ay

∂z

]

ax +

[∂Ax

∂z− ∂Az

∂x

]

ay +

[∂Ay

∂x− ∂Ax

∂y

]

az



∇×A =1

ρ

∣∣∣∣∣∣

aρ ρaφ az∂∂ρ

∂∂φ

∂∂z

Aρ ρAφ Az

∣∣∣∣∣∣

∇×A =[1ρ∂Az

∂φ − ∂Aφ

∂z

]

aρ +[∂Aρ

∂z − ∂Az

∂ρ

]

aφ +1ρ

[∂(ρAφ)

∂ρ − ∂Aρ

∂φ

]

az


∇×A =1

r2 sin θ

∣∣∣∣∣∣

ar raθ r sin θaφ∂∂r

∂∂θ

∂∂φ

Ar rAθ r sin θAφ

∣∣∣∣∣∣

∇×A = 1r sin θ

[∂(Aφ sin θ)

∂θ − ∂Aθ

∂φ

]

ar +1r

[

1sin θ

∂Ar

∂φ − ∂(rAφ)∂r

]

aθ

+1r

[∂(rAθ)∂r − ∂Ar

∂θ

]

aφ


Laplaciano de um escalar

“O laplaciano de um campo escalar V , escrito como ∇2V , e odivergente do gradiente de V ”.


Laplaciano V = ∇ · ∇V = ∇2V

∇2V =∂2V

∂x2+

∂2V

∂y2+

∂2V

∂z2


∇2V =1

ρ

∂

∂ρ

(

ρ∂V

∂ρ

)

+1

ρ2∂2V

∂φ2+

∂2V

∂z2


∇2V =1

r2∂

∂r

(

r2∂V

∂r

)

+1

r2 sin θ

∂

∂θ

(

sin θ∂V

∂θ

)

+1

r2sin2θ

∂2V

∂φ2


Laplaciano de um vetor

O laplaciano de um campo vetorial A, escrito como ∇2A, e ogradiente do divergente de A subtraıdo do rotacional do rotacionalde A, ou seja:

∇2A = ∇ (∇ ·A)−∇×∇×A

Em coordenadas cartesianas:

∇2A = ∇2Axax +∇2Ayay +∇2Azaz


Exercıcios:

1) Calcular o gradiente do campo escalar U = x2y + xyz.

2) Calcular o divergente e o rotacional do campo vetorialA = yzax + 4xyay + yaz em (1,−2, 3).

3) Calcular o rotacional do campo vetorialP = ρ sinφaρ + ρ2zaφ + z cosφaz.

4) Calcular o laplaciano do campo Q = ρ2z cos 2φ.


Campos Eletrostaticos


Forca entre cargas eletricas - Lei de Coulomb

O experimento de Charles Coulomb consistiu em, utilizando umabalanca de torcao muito sensıvel, medir quantitativamente a forcaexercida entre dois objetos carregados eletricamente. Diante dosresultados obtidos, Coulomb estabeleceu que:

“o modulo da forca eletrostatica entre duas cargas pontuais Q1 e Q2

no vacuo, e diretamente proporcional ao produto de suas cargas einversamente proporcional ao quadrado da distancia R que asseparam, ou seja”

F = kQ1Q2

R2

[Vm

]

(7)

sendo o valor da carga eletrica dada em Coulombs (C), a distancia Rem metros (m) e a constante de proporcionalidade k definida como:


k =1

4πε0∼= 8, 99× 109

[N·m2

C2 = mF

]

(8)

em que a constante ε0 e a permissividade eletrica do espaco livre etem valor:

ε0 =10−9

36π∼= 8, 854× 10−12

[Fm

]

(9)

A forca eletrica e uma grandeza vetorial, ou seja, possui magnitude,direcao e sentido. A magnitude e dada pela equacao (7), a direcao eobtida pela reta que une as duas cargas e o sentido e dado pelaregra:

Forcas de Atracao: cargas com sinais opostos;

Forcas de Repulsao: cargas com sinais iguais;


Por exemplo, na Fig. 18 as cargas possuem o mesmo sinal.Observando-se esta figura, nota-se que a Lei de Coulomb pode serescrita na sua forma vetorial como:

F21 =Q1Q2

4πε0|R12|2aR12 (10)

sendo:

F21 → Forca na carga Q2 devido a carga Q1

R12 → Vetor que vai da carga Q1 a carga Q2

aR12 → Versor indicando a direcao do vetor R12

Pela Fig. 18 nota-se que a expressao para o vetor distancia R12

pode ser obtida por soma vetorial:

r1 +R12 = r2R12 = r2 − r1 (11)


Figura 18: Forca eletrica entre duas cargas com mesmo sinal.

O vetor unitario aR12 e dado por:

aR12 =R12

|R12|(12)

Substituindo as equacoes (11) e (12) em (10), resulta em:


F21 =Q1Q2

4πε0

(r2 − r1)

|r2 − r1|3(13)

Observe na Fig. 18 que F12 = −F21, pois R21 = −R12.


Exercıcio: Calcule a forca que atua sobre uma carga Q1 = 20µCdevido a presenca de outra, Q2 = −300µC. A primeira carga estana posicao P1(0, 1, 2) e a segunda em P2(2, 0, 0), todas expressas emmetros. Resp: F12 = 4ax − 2ay − 4az N


Princıpio da Superposicao de Forcas

Para o caso em que ha N cargas pontuais (Q1, Q2, . . . , QN)localizadas de acordo com seus respectivos vetores posicao(r1, r2, . . . , rN), a forca resultante sobre uma carga Q1 localizada noponto r1 e dada por:

F1 = F12 + F13 + . . . + F1N

F1 =Q1Q2

4πε0

(r1 − r2)

|r1 − r2|3+

Q1Q3

4πε0

(r1 − r3)

|r1 − r3|3+ . . . +

Q1QN

4πε0

(r1 − rN)

|r1 − rN |3

F1 =

N∑

k=2

Q1Qk

4πε0

(r1 − rk)

|r1 − rk|3(14)

ou seja, F1 e a soma vetorial de todas as forcas exercidas em Q1.


Exercıcio: Uma carga positiva Q1 = 2µC encontra-se na posicaoP1(1, 2, 1) m, uma carga negativa Q2 de 4µC encontra-se na posicaoP2(−1, 0, 2) m e uma carga negativa Q3 de 3µC encontra-se naposicao P3(2, 1, 3) m. Encontre a forca que atua sobre a carga Q3.

Resp: F3 = (5, 2ax + 6, 63ay − 4, 4az)× 10−3 N


Campo Eletrico

Considere duas cargas, uma carga Q em posicao fixa e uma cargateste QT , Fig. 19. Movendo-se a carga teste QT lentamente emtorno da carga fixa Q, nota-se que existe uma forca agindo sobre acarga QT . Em outras palavras, a carga QT esta mostrando aexistencia de um campo de forca que esta associado com a cargaQ. Expressando a forca em QT pela lei de Coulomb, obtem-se:

FT =QQT

4πε0|R|2aR =

QQT (rT − r)

4πε0|rT − r|3(15)

Escrevendo esta forca como forca por unidade de carga obtem-se aintensidade de campo eletrico E devido a presenca da cargaQ:


E =FT

QT

[NC ou V

m

]

(16)

ou seja,

E (rT ) =Q(rT − r)

4πε0|rT − r|3(17)


Figura 19: Campo eletrico devido a carga Q


Princıpio da Superposicao para o CampoEletrico

Para N cargas pontuais Q1, Q2, . . . , QN localizadas localizadasrespectivamente em r1, r2, . . . , rN , a intensidade de campo eletricoresultante no ponto r e obtida como:

E (r) =Q1

4πε0

(r− r1)

|r− r1|3+

Q2

4πε0

(r− r2)

|r− r2|3+ . . . +

QN

4πε0

(r− rN)

|r− rN |3

E (r) =1

4πε0

N∑

k=1

Qk(r− rk)

|r− rk|3(18)


Exercıcio: Encontre E no ponto P (1, 1, 1) m devido a presenca dequatro cargas pontuais identicas de 3nC localizadas em P1(1, 1, 0)m, P2(−1, 1, 0) m, P3(−1,−1, 0) m e P4(1,−1, 0) m.

Resp: E = 6, 82ax + 6, 82ay + 32, 8az V/m


Campo Eletrico de Distribuicoes Contınuas de

Carga

Ate este momento analisou-se somente forcas e campos eletricos decargas pontuais, ou seja, cargas que ocupam um pequeno espacofısico. Porem, tambem e possıvel ter regioes em que o espaco epreenchido com inumeras cargas separadas por distanciasextremamente pequenas. Estas regioes, mostradas na Fig. 20,podem ser representadas de acordo com sua configuracao:distribuicao linear de cargas, distribuicao superficial decargas ou distribuicao volumetrica de cargas.

Usualmente e atribuıda uma densidade a cada distribuicao de carga:


Figura 20: Elementos e distribuicoes de cargas.

ρL → Densidade linear

[C

m

]

ρS → Densidade superficial

[C

m2

]

ρv → Densidade volumetrica

[C

m3

]


Assim, a carga total e o campo eletrico sao dados por:

Linha de carga: Q =

∫

L

ρLdl → E =

∫

L

ρLdl

4πε0R2aR

Superfıcie de carga: Q =

∫

S

ρSdS → E =

∫

S

ρSdS

4πε0R2aR

Volume de carga: Q =

∫

v

ρvdv → E =

∫

v

ρvdv

4πε0R2aR

O vetor unitario aR e variavel, dependente das coordenadas doelemento de carga dQ. Portanto, nao pode ser removido dointegrando.

Note tambem que, pelo mesmo motivo do item anterior, nao sedeve calcular a carga total da distribuicao de carga antes desubstituir na expressao do campo eletrico.


Campo de uma Linha de Carga

Considere uma linha infinita de carga com densidade uniforme decarga ρL ao longo do eixo z, conforme Fig. 21.

O campo eletrico resultante e dado por:

E =ρL

2πε0ρaρ (19)

ou seja, so depende da distancia do ponto de interesse em relacao aofio, em um eixo vertical.


Figura 21: Linha de carga com densidade uniforme de carga ao longodo eixo z.


Campo de uma Lamina Carregada

Assuma que uma lamina (superfıcie) infinita de carga, no plano xy,possui densidade uniforme de carga ρS, como mostrado na Fig. 22.

Figura 22: Superfıcie com carga uniformemente distribuıda,localizada no plano xy.


O campo eletrico resultante para esta lamina infinita e dado por:

E =ρS2ε0

az (20)

Generalizando para qualquer lamina infinita de carga:

E =ρS2ε0

an (21)

sendo an o versor normal a lamina e direcionado para fora da suasuperfıcie.

Note que o campo eletrico resultante e normal a lamina eindependente da distancia entre a superfıcie e o ponto de observacaoP .


Campo no interior de um capacitor de placas paralelas:

– Duas placas infinitas carregadas com cargas iguais e sinaisopostos.

E =ρS2ε0

an +−ρS2ε0

(−an) =ρSε0an (22)


Campo de um Volume de Carga

Considere uma esfera de raio a centrada na origem com umadensidade volumetrica de carga igual a ρv, conforme Fig. 23.

O campo eletrico resultante externo a este volume de carga e dadopor:

E =Q

4πε0r2ar (23)

Observe que este campo e identico ao campo eletrico produzido nomesmo ponto por uma carga pontual localizada na origem.


Figura 23: Determinacao do campo eletrico devido a um volume decarga centrado na origem.


Exercıcio: Um anel circular de raio a esta carregado com umadistribuicao uniforme de carga ρL C/m e esta no plano xy com seueixo coincidindo com o eixo z.

a) Demonstre que:

E(0, 0, h) =ρLah

2ε0 [h2 + a2]3/2az

[V

m

]

b) Determine E para a → 0, supondo carga total do anel igual a Q.

Resp:

E =Q

4πε0h2az

[V

m

]


Figura 24: Anel carregado.


Densidade de Fluxo Eletrico

O fluxo eletrico Ψ, por definicao, comeca em uma carga positiva etermina em uma carga negativa, como ilustrado na Fig. 25. Quandonao houver esta carga negativa, o fluxo Ψ termina no infinito.Tem-se tambem que 1 Coulomb de carga eletrica gera um fluxoeletrico de 1 Coulomb. Sendo assim, Ψ e uma grandeza escalar dadapor:

Ψ = Q [C] (24)

Define-se a densidade de fluxo eletrico D como um campo vetorialque tem direcao e sentido determinados pelas linhas de fluxo emagnitude dada pela razao do diferencial de fluxo dΨ pelo elementode area dS:


a) b)

Figura 25: Linhas de fluxo eletrico: a) saindo da carga positiva echegando na carga negativa b) saindo da carga positiva e terminandono infinito.

D =dΨ

dSan

[Cm2

]

(25)

sendo an o vetor unitario normal ao diferencial de superfıcie dS,como mostrado na Fig. 26.

Desta forma, o fluxo eletrico tambem pode ser escrito em funcao deD:


Figura 26: Densidade de fluxo eletrico


Ψ =

∮

S

D · dS (26)


Relacao entre Densidade de Fluxo Eletrico eCampo Eletrico

O campo vetorial densidade de fluxo eletrico, no espaco livre, edefinido como:

D = ε0E (27)

ou seja, D tem a mesma forma de E, diferindo apenas por um fatorε0 inerente ao meio. Consequentemente, nota-se que D naodepende do meio. Tambem tem-se que todas as formas utilizadaspara calcular E podem ser utilizadas para calcular D, bastandomultiplicar o resultado por ε0.


Lei de Gauss

Estabelece que “o fluxo eletrico total que sai de uma superfıciefechada e igual a carga total envolvida por esta superfıcie.”

Matematicamente implica que:

Ψ = Qint (28)

Substituindo esta relacao (28) na expressao do fluxo eletrico (26),obtem-se a expressao da Lei de Gauss:

Qint =

∮

S

D · dS (29)


Teorema da Divergencia

Para obter o teorema da divergencia, primeiramente sera aplicado adefinicao de divergencia, eq. (6), a densidade de fluxo D:

∇ ·D = lim∆v→0

∮

SD · dS∆v

(30)

porem, a lei de Gauss estabelece que Qint =∮

SD · dS. Alem disso,

considerando que a densidade de cargas ρv, para o volume limitadopela superfıcie S, seja conhecido, a carga interna pode ser obtidacomo Qint =

∫

vρvdv. Assim, a eq. (30) pode ser reescrita:

∇ ·D = lim∆v→0

∮

SD · dS∆v

= lim∆v→0

∫

vρvdv

∆v(31)


o que resulta em:

∮

S

D · dS =

∫

v

ρvdv (32)

Tambem e possıvel observar no lado direito da eq. (31) que, nolimite:

∇ ·D = lim∆v→0

∫

vρvdv

∆v= lim

∆v→0

Qint

∆v= ρv (33)

ou seja,

∇ ·D = ρv (34)


Esta expressao e a lei de Gauss expressa na forma diferencial oupontual, representando assim uma das quatro equacoes de Maxwellpara campos estaticos.

Substituindo a expressao (34) no lado direito da equacao (32),obtem-se o Teorema da Divergencia:

∮

S

D · dS =

∫

v

(∇ ·D) dv (35)

Generalizando para qualquer campo vetorial:

∮

S

A · dS =

∫

v

(∇ ·A) dv (36)

Este teorema, tambem conhecido como teorema da divergencia deGauss, estabelece que “o fluxo total de um determinado campo


vetorial A que sai de uma superfıcie fechada S e igual a integralde volume da divergencia de A.”

Reforcando que v e o volume limitado pela superfıcie fechada S.

Conclusoes sobre a lei de Gauss:

Primeira das quatro equacoes de Maxwell para campos estaticos;

As eq. (29) e (34) representam a lei de Gauss na forma integrale diferencial, respectivamente;

Lei de Gauss facilita o calculo de E ou D para distribuicoessimetricas de cargas.


Aplicacoes da Lei de Gauss

Pode ser aplicada a qualquer tipo de superfıcie, porem as superfıciessimetricas facilitam os calculos. Estas superfıcies simetricasfechadas sao denominadas superfıcies gaussianas. A escolhaadequada desta superfıcie resulta em tres fatores simplificadores:

1. D normal ou tangencial a superfıcie S:

(a) Normal: D · dS = DdS cos θ = DdS, pois θ = 0;

(b) Tangencial: D · dS = 0, pois θ = π/2.

2. Modulo de D e igual em todos os pontos da superfıcie gaussiana.Assim, D e uma constante que pode ser retirada da integral;

3. A integral resultante e simplesmente a soma das areasdiferenciais, ou seja, resulta na area da superfıcie gaussiana.


Carga Pontual

Considere uma carga Q posicionada na origem. Determinar D emum ponto P .

Escolha de uma superfıcie gaussiana adequada a simetria doproblema: esferica, Fig. 27

Nesse caso, D e normal a superfıcie (tangencial a dS) e constantesobre ela, ou seja, D = Drar. O diferencial de area e dado pordS = r2 sin θdθdφar. Aplicando agora a lei de Gauss:

Qint =

∮

S

D · dS ⇒ Q =

∮

S

DrdS = Dr

∮

S

dS

Q = Dr

2π∫

φ=0

π∫

θ=0

r2 sin θdθdφ = Dr4πr2 ⇒ Dr =

Q

4πr2


Figura 27: Superfıcie gaussiana para uma carga pontual.


e ja que D = Drar:

D =Q

4πr2ar (37)

e como D = ε0E, obtem-se:

E =Q

4πε0r2ar (38)

sendo este resultado o mesmo obtido em (17) a partir da lei deCoulomb.

Observe que o resultado da integral∮

SdS = 4πr2 e simplesmente a

area superficial da esfera.


Linha Infinita de Carga

Considere uma linha infinita de carga ao longo do eixo z comdensidade uniforme de carga ρL (C/m).

Devido a simetria cilındrica do problema, D possui apenascomponente segundo ρ, ou seja, D = Dρaρ. Com isso, a superfıciegaussiana mais adequada e uma superfıcie cilındrica, conforme Fig.28. Aplicando a lei de Gauss:

Qint =

∫

S1

D · dS +

∫

S2

D · dS +

∫

S3

D · dS

Sobre as superfıcies S1 e S3, D e dS sao ortogonais. Portanto, suasintegrais se anulam. Em S2, D e dS sao paralelos e D e constantesobre esta superfıcie (pois o raio ρ e constante em S2). Deste modo,


Figura 28: Superfıcie gaussiana para linha infinita carregada ao longodo eixo z.


Qint = Dρ

∫

S2

dS = Dρ

L∫

z=0

2π∫

φ=0

ρdφdz = Dρ(2πρL) (39)

em que L e um trecho arbitrario da linha (altura do cilindro). Ja acarga interna a superfıcie gaussiana e dada por:

Qint = ρLL (40)

Substituindo (41) em (39):

ρLL = Dρ(2πρL) ⇒ Dρ =ρL2πρ

(41)

Finalmente,


D =ρL2πρ

aρ (42)

e

E =ρL

2πε0ρaρ (43)

Note a simplicidade desta solucao utilizando a lei de Gauss quandocomparada com a solucao obtida utilizando a lei de Coulomb (feitoem sala de aula).


Lamina Infinita de Carga

Considere uma lamina infinita com distribuicao uniforme de cargasdada por ρS (C/m2) e localizada no plano xy (z = 0).

Devido a simetria do problema, D possui apenas componente em z,ou seja, D = Dzaz. Com isso, um prisma ou um cilindro com asfaces paralelas a lamina podem ser utilizados como superfıciegaussiana. Na Fig. 29, utilizou-se um prisma com face quadrada.Aplicando a lei de Gauss:

Qint =

∫

Slaterais

D · dS +

∫

Sfaces(sup e inf)

D · dS

Nas laterais D e dS sao ortogonais e, consequentemente, suasintegrais se anulam. Ja nas faces superior e inferior, D e dS saoparalelos e D tem modulo constante . Assim, tem-se que:


Figura 29: Superfıcie gaussiana para lamina carregada.

Qint =

∫

Sface sup

DzdS +

∫

Sface inf

DzdS

Dado que a carga interna a superfıcie e Qint =∫ρSdS, obtem-se:


∫

ρSdS = Dz

∫

Sface sup

dS +

∫

Sface inf

dS

ρSA = Dz (A + A)

ρSA = Dz2A

Dz =ρS2

Sendo A a area de cada face. Finalmente,

D =ρS2az (44)


Esfera Carregada

Considere uma esfera de raio a com uma distribuicao uniforme decarga dada por ρv (C/m

3) centrada na origem. Ja que a carga temsimetria esferica, a superfıcie gaussiana mais adequada ao problemae a superfıcie esferica.

Para calcular D sao considerados dois casos: r ≤ a e r ≥ a.

r ≤ a:

Aplicando a lei de Gauss na superfıcie esferica de raio r (linhatracejada), obtem-se:

Qint =

∮

D · dS

Como D e dS sao paralelos:


Figura 30: Superfıcie gaussiana para uma esfera carregada: a) r ≤ ae b) r ≥ a.


Qint =

∮

DrdS = Dr

2π∫

φ=0

π∫

θ=0

r2 sin θdθdφ = Dr4πr2 (45)

A carga total dentro da superfıcie gaussiana de raio r e dada por:

Qint =

∫

ρvdv = ρv

2π∫

φ=0

π∫

θ=0

r∫

r=0

r2 sin θdrdθdφ = ρv4

3πr3 (46)

Substituindo (46) na expressao (45) obtem-se:

ρv4

3πr3 = Dr4πr

2 (47)

Portanto, para 0 < r ≤ a:

D =r

3ρv ar (48)


r ≥ a:

Aplicando novamente a lei de Gauss na superfıcie esferica deraio r, obtem-se:

Qint =

∮

D · dS =

∮

DrdS = Dr

2π∫

φ=0

π∫

θ=0

r2 sin θdθdφ = Dr4πr2

(49)

pois D e dS sao paralelos. A carga total no interior da superfıciegaussiana de raio r e dada por:

Qint =

∫

ρvdv = ρv

2π∫

φ=0

π∫

θ=0

a∫

r=0

r2 sin θdrdθdφ = ρv4

3πa3 (50)

Substituindo (50) em(49) obtem-se:


ρv4

3πa3 = Dr4πr

2 (51)

Portanto,

D =a3

3r2ρv ar , r ≥ a (52)

Assim, D em qualquer ponto e dado por:

D =

r3ρvar 0 < r ≤ a

a3

3r2ρvar r ≥ a

(53)


Potencial Eletrico

Uma carga pontual Q sofre a acao de uma forca eletrica Fe quandoimersa em uma regiao com campo eletrico E, conforme Fig. 31.Esta forca e dada por:

Fe = QE (54)

Figura 31: Forca em uma carga pontual devido a um campo eletrico.

Pela acao desta forca a carga sera acelerada e se deslocara ate umadistancia infinita, quando a acao da forca nao possa mais ser sentida.


Para movimentar esta carga no sentido contrario a acao do campoeletrico, e necessario uma forca mınima com intensidade igualaquela exercida pelo campo eletrico, mas com sentido oposto,agindo na mesma direcao. Ou seja:

Fa = −Fe = −QE (55)

O trabalho e definido como uma forca agindo sobre uma certadistancia. Portanto, para movimentar a carga Q a uma distancia dle necessario um trabalho dado por:

dW = Fa · dl = −QE · dl (56)

Note que quando Q e positivo e dl esta na direcao de E, dW < 0,indicando que o trabalho e realizado pelo proprio campo eletrico.


Por outro lado, dW > 0 indica que o trabalho e realizado contra ocampo eletrico, ou seja, por um agente externo.

Admita agora que se queira movimentar uma carga pontual Q doponto B para A, em um campo eletrico E, como mostrado na Fig.32.

Figura 32: Deslocamento de uma carga pontual em um campoeletrico E.


A partir da equacao (56) conclui-se que o trabalho realizado paraprovocar um deslocamento dl na carga Q e dado por:

W = −Q

∫ A

B

E · dl (57)

Assim, o potencial eletrico de um ponto A em relacao a um pontoB e definido como o trabalho necessario para movimentar umacarga pontual Q de B para A, dividido por Q:

VAB =W

Q= −

∫ A

B

E · dl (58)

ou seja, VAB e energia potencial por unidade de carga. O potencialeletrico e medido em joules por coulomb (J/C) ou volts (V).

Note que:


O potencial eletrico nao depende da carga teste e sim da cargaque gera o campo E;

Se VAB < 0, existe perda de energia potencial eletrica. Trabalhorealizado pelo campo eletrico;

Se VAB > 0, ganho de energia. Um agente externo realizatrabalho sobre a carga teste;

O ponto B (limite inferior da integral) e usado como ponto dereferencia.


Na Fig. 32, se E = Q4πε0r2

ar e dl = drar, entao:

VAB = −∫ rA

rB

Q

4πε0r2ar · drar (59)

VAB = − Q

4πε0

[

−1

r

∣∣∣∣

rA

rB

]

(60)

VAB =Q

4πε0

[1

rA− 1

rB

]

(61)

ou seja,

VAB = VA − VB (62)

Observe que a diferenca de potencial entre dois pontos A e Bindepende da trajetoria percorrida. Note tambem que se Q for


uma carga positiva, o potencial de A estara a um potencial maiordo que B, VA > VB, quando rA for menor que rB.

Em problemas envolvendo cargas pontuais, costuma-se considerar oponto de referencia no infinito. Assim, movendo o ponto B aoinfinito, o potencial devido a uma carga pontual Q localizada naorigem e dado por:

VA∞ =Q

4πε0

(1

rA− 1

∞

)

(63)

ou seja,

V =Q

4πε0r(64)


Caso a carga Q que produz o campo E nao esteja localizada naorigem, e sim em um ponto dado pelo vetor posicao r′, o potencialem um dado ponto definido pelo vetor r torna-se:

V (r) =Q

4πε0 |r− r′| (65)


Princıpio da Superposicao

Para N cargas pontuais Q1, Q2, . . . , QN localizadas em pontos comvetores posicao r1, r2, . . . , rN , o potencial em r sera dado por:

V (r) =Q1

4πε0 |r− r1|+

Q2

4πε0 |r− r2|+ . . . +

QN

4πε0 |r− rN |

V (r) =1

4πε0

N∑

k=1

Qk

|r− rk|(66)


Distribuicoes de Cargas

Para distribuicoes contınuas de cargas substitui-se o somatorio deQk pela integral de ρL dl, ρS dS ou ρv dv, resultando em:

Linha de carga: V (r) =1

4πε0

∫

L

ρL (r′)dl′

|r− r′|

Superfıcie de carga: V (r) =1

4πε0

∫

S

ρS (r′)dS ′

|r− r′|

Volume de carga: V (r) =1

4πε0

∫

v

ρv (r′)dv′

|r− r′|

em que as coordenadas-linha referem-se a localizacao dasdistribuicoes de cargas.


Exercıcio 1) Duas cargas pontuais Q1 = −4µC e Q2 = 5µC estaolocalizadas em (2,−1, 3) e em (0, 4,−2), respectivamente.Determine o potencial eletrico em (1, 0, 1), considerando potencialzero no infinito.

Resp: V = −5, 872K V

Exercıcio 2) Uma carga total de (40/3) nC e uniformementedistribuıda em volta de um anel circular de 2 m de raio. Encontre opotencial de um ponto distante 5 m do plano do anel e pertencenteao seu eixo.

Resp: V = 22, 3 V

Exercıcio 3) Repita o problema anterior admitindo agora que acarga total esteja uniformemente distribuıda sobre um disco circularde 2 m de raio.

Resp: V = 23, 1 V


Relacao entre o Campo Eletrico e o Potencial

Eletrico

Como foi visto na secao anterior, a diferenca de potencial entre doispontos A e B independe da trajetoria percorrida. Assim,

VAB = −VBA ⇒ VAB + VBA = 0 (67)

ou seja,

∮

L

E · dl = 0 (68)

Este resultado mostra que uma integral de linha de E ao longo deuma trajetoria fechada, como mostrado na Fig. 33, deve ser zero.


Fisicamente, implica que o trabalho necessario para movimentaruma carga pontual ao longo de qualquer percurso fechado e zero.Por apresentar esta propriedade, o campo eletrostatico edenominado de campo conservativo.

Figura 33: Campo eletrostatico conservativo.


Teorema de Stokes

“Estabelece que a circulacao de um campo vetorial A em torno deum caminho fechado L e igual a integral de superfıcie do rotacionalde A sobre a superfıcie aberta S, limitada por L, desde que A e∇×A sejam contınuos sobre S.”

∮

L

A · dl =∫

S

(∇×A) · dS (69)

Figura 34: Relacao de dl e dS no teorema de Stokes.


Aplicando o teorema de Stokes na eq. (68):

∮

L

E · dl =∫

S

(∇× E) · dS = 0 (70)

ou seja

∇× E = 0 (71)

As equacoes (68) e (71) sao equacoes de Maxwell para camposeletrostaticos, sendo a primeira a forma integral e a ultima a formadiferencial. Ambas equacoes descrevem a natureza conservativa docampo eletrostatico.


Relacao entre E e V

Da definicao do potencial eletrico, V = −∫E · dl, obtem-se o

diferencial de V como:

dV = −E · dl (72)

e do calculo do gradiente de V :

dV = ∇V · dr (73)

Dado que dl = dr e um deslocamento infinitesimal arbitrario,fazendo (72) igual (73) segue que:

E = −∇V (74)


ou seja, o campo eletrico E pode ser obtido, quando a funcaopotencial V e conhecida, simplesmente tomando o negativo dogradiente de V . O sinal negativo indica que o campo eletrico E estaorientado dos nıveis mais altos para os nıveis mais baixos de V .

A relacao (74) representa um outro caminho para se obter Eindependentemente da lei de Gauss e da lei de Coulomb.


Exercıcio 1) Encontre o campo eletrico devido a uma cargapontual localizada na origem, utilizando o potencial eletrico.


Energia em Campos Eletrostaticos

Considere o trabalho necessario para juntar, carga por carga, umadistribuicao com n = 3 cargas pontuais. Inicialmente supoe-se que aregiao esta sem cargas e com E = 0.

Figura 35: Conjunto de cargas pontuais.

Referindo-se a Fig. 35, o trabalho necessario para fixar a carga Q1

no ponto P1 e nulo, pois inicialmente E = 0. Por outro lado,quando Q2 e movimentada do infinito ate P2, faz-se necessariorealizar um trabalho igual ao produto desta carga pelo potencial


devido a Q1. Desta forma, o trabalho total necessario para fixarestas tres cargas e dado por:

WE = W1 +W2 +W3

WE = 0 + (Q2V21) + (Q3V31 +Q3V32) (75)

em que V21 pode ser lido como o “potencial no ponto P2 devido acarga Q1 na posicao P1” e WE e a energia acumulada no campoeletrico do arranjo de cargas.

No entanto, se as cargas forem posicionadas nas mesmas posicoesem ordem reversa, o trabalho total seria:

WE = W3 +W2 +W1

WE = 0 + (Q2V23) + (Q1V13 +Q1V12) (76)


Somando as eq. (75) e (76):

2WE = Q1 (V12 + V13) +Q2 (V21 + V23) +Q3 (V31 + V32) (77)

sendo que cada soma entre parentesis representa o potencial eletricoresultante em cada ponto devido a todas as cargas, exceto aquelaque esta no proprio ponto. Assim, tem-se que:

V1 = V12 + V13 (78)

V2 = V21 + V23 (79)

V3 = V31 + V32 (80)

Entao,


WE =1

2(Q1V1 +Q2V2 +Q3V3) (81)

Generalizando para n cargas pontuais:

WE =1

2

n∑

k=1

QkVk [J] (82)

Se, ao inves de cargas pontuais, a regiao contiver uma distribuicaocontınua de cargas, o somatorio torna-se uma integral:


Linha de carga: WE =1

2

∫

L

ρLV dl (83)

Superfıcie de carga: WE =1

2

∫

S

ρSV dS (84)

Volume de carga: WE =1

2

∫

v

ρvV dv (85)

Ja que ρv = ∇ ·D, a equacao (85) pode ser reescrita como:

WE =1

2

∫

v

(∇ ·D)V dv (86)

No entanto, a seguinte identidade vetorial e valida para um escalarV e um vetor A:


∇ · VA = A · ∇V + V (∇ ·A) (87)

Utilizando (87) em (86), resulta em:

WE =1

2

∫

v

(∇ · VD) dv −∫

v

(D · ∇V ) dv

(88)

Aplicando o teorema da divergencia ao primeiro termo do ladodireito da eq. (88) tem-se que:

WE =1

2

∮

S

(VD) dS−∫

v

(D · ∇V ) dv

(89)


Sabendo que para cargas pontuais V varia com 1/r, D com 1/r2 edS com r2, tem-se que a integral de superfıcie na eq. (89) tende azero a medida que a superfıcie S torna-se cada vez maior. Assim,esta equacao reduz-se a:

WE = −1

2

∫

v

(D · ∇V ) dv (90)

e ja que E = −∇V e D = ε0E,

WE =1

2

∫

v

D · E dv =1

2

∫

v

ε0E2 dv =

1

2

∫

v

D2

ε0dv (91)

Derivando a eq. (91) em relacao ao volume obtem-se a densidade deenergia eletrostatica armazenada em um campo eletrico:

wE =dWE

dv=

1

2D · E =

1

2ε0E

2 =D2

2ε0

[Jm3

]

(92)


Exercıcio 1) O potencial eletrico em uma regiao do espaco e dadapor V (x, y, z) = A

(x2 − 3y2 + z2

)volts, sendo A uma constante.

Sabe-se que o trabalho realizado pelo E quando uma carga de 1, 5µC e deslocada do ponto P1(0, 0, 0, 25) m ate a origem e igual a60µ J. Determine a expressao do campo eletrico nesta regiao.

Resp: E = 1280xax − 3840yay + 1280zaz

[Vm

]

Exercıcio 2) Calcule a energia armazenada em um sistema dequatro cargas pontuais identicas, Q = 4nC, situadas nos vertices deum quadrado de um metro de lado.

Resp: WE = 780 nJ


Campos Eletricos em Meio Material


Corrente e Densidade de Corrente

A corrente e definida como o movimento de cargas atraves de umaarea em um dado intervalo de tempo:

I =dQ

dt[A] (93)

Na teoria de campo, usualmente tem-se mais interesse em eventosem um dado ponto do que eventos em uma grande regiao. Portanto,o conceito de densidade de corrente torna-se mais util. Assim, seuma corrente ∆I atravessa uma superfıcie ∆S, tem-se que:

J =∆I

∆S⇒ ∆I = J∆S (94)


sendo J a densidade de corrente dada em[Am2

]

. Para o caso da

densidade de corrente nao perpendicular a superfıcie:

∆I = J ·∆S (95)

Portanto, a corrente total atravessando a superfıcie S, Fig. 36, edada por:

I =

∫

S

J · dS (96)

ou seja, a corrente e o fluxo da densidade de corrente.


Figura 36: Densidade de corrente.


Corrente de Conveccao

E a corrente resultante do fluxo de cargas atraves de um meioisolante. Por exemplo, feixe de eletrons em um tubo de vacuo.

Considere um filamento com um fluxo de cargas, de densidade ρv,movendo-se ao longo do eixo y com uma velocidade u = uyay,conforme Fig. 37. A corrente total atraves deste filamento e dadapor:

∆I =∆Q

∆t= ρv∆S

∆y

∆t= ρv∆Suy (97)

Em termos de densidade de corrente, obtem-se que:

Jy =∆I

∆S= ρvuy (98)


e em geral:

J = ρvu (99)

Este ultimo resultado mostra claramente que carga em movimentoconstitui uma corrente. Este tipo de corrente I e denominada decorrente de conveccao e J e a densidade de corrente deconveccao.

Note que a densidade de corrente de conveccao e linearmenterelacionada com a densidade de carga e a velocidade.


Figura 37: Corrente em um filamento.


Corrente de Conducao

Este tipo de corrente ocorre necessariamente em condutores, osquais sao caracterizados por uma grande quantidade de eletronslivres que promovem a corrente de conducao ao seremimpulsionados por um campo eletrico.

Assumindo que uma carga teste q esteja imersa em um campoeletrico uniforme E, a forca eletrica resultante na carga e dada por:

F = qE (100)

No espaco livre, a partıcula aceleraria e aumentaria sua velocidadeconstantemente. Porem, em materiais cristalinos, o progresso destapartıcula e impedido por inumeras colisoes com a rede cristalina(perdendo energia e desviando do percurso), obtendo assim umavelocidade constante. Esta velocidade e denominada velocidade de


deriva (ud) e e diretamente relacionada com o campo eletrico e amobilidade (µ) da partıcula em um dado material:

ud = µE (101)

Alguns exemplos de mobilidade do eletron:

1 ) Prata: µ = 0, 0056 m2/Vs

2 ) Cobre: µ = 0, 0032 m2/Vs

4 ) Alumınio: µ = 0, 0012 m2/Vs

Observa-se que a prata e um dos melhores condutores, porem oxidafacilmente e deixa de ter uma boa conducao de corrente.

Substituindo a eq. (101) na expressao (99):


J = ρvµE (102)

O produto ρvµ e definido como sendo a condutividade σ do materialem que o fluxo de corrente e estabelecido. Sua unidade de medida edada por siemens por metro. Assim, a expressao anterior torna-se:

J = σE (103)

Esta expressao representa uma densidade de corrente de conducaodefinida como o movimento de cargas que se alinham mediante aatuacao de um campo eletrico externo. Esta expressao tambem econhecida como forma pontual da lei de Ohm.


Resistencia R

Considere um condutor de secao reta uniforme de area A ecomprimento l, como indicado na Fig. 38.

Figura 38: Condutor de secao reta uniforme.

Se este condutor apresentar uma diferenca de potencial V entre seusterminais, entao o campo eletrico produzido e dado por:

E =V

l(104)


e

J = σV

l(105)

supondo-se que a corrente esta uniformemente distribuıda pela areaA. Dessa forma, a corrente total e expressa por:

I = JA = σV

lA (106)

e como a lei de Ohm estabelece que V = RI , a resistencia eexpressa como:

R =l

σA[Ω] (107)


Esta expressao e util para calcular a resistencia de qualquercondutor de secao reta uniforme. Entretanto, se a secao reta docondutor nao for uniforme (densidade de corrente nao uniforme),esta equacao nao e mais valida. Entao, a resistencia para umcondutor de secao reta nao uniforme e dada por:

R =V

I=

∫

LE · dl

∫

SσE · dS (108)


Exercıcio 1) Um fio de 1mm de diametro e condutividade 5× 107

S/m tem 1029 eletrons livres / m3 quando um campo eletrico de 10m V/m e aplicado. Determine:

a) Densidade de corrente;

b) Corrente no fio;

c) Velocidade de deriva dos eletrons (carga do eletron= −1, 6× 10−19 C).

Resp: a) J = 500 KA/m2; b) I = 393 mA; c) u = 31, 25µ m/s

Exercıcio 2) Uma barra de chumbo (σ = 5× 106 S/m) tem umfuro ao longo de seus 4 m de comprimento, conforme Fig. 39.Determine a resistencia nas extremidades da barra.

Resp: R = 974µΩ

Exercıcio 3) Se o furo da barra do exercıcio anterior forpreenchido com cobre (σ = 5, 8× 107 S/m), qual e a novaresistencia da barra composta?

Resp: R = 461, 8µΩ


Figura 39: Secao reta da barra referente ao Exercıcio 2.


Equacao da Continuidade de Corrente e

Tempo de Relaxacao

Devido ao princıpio da conservacao de carga, a taxa de diminuicaode carga em um dado volume, em um certo tempo, deve ser igual acorrente lıquida que sai da superfıcie fechada que limita esse volume.Dessa forma, a corrente que sai da superfıcie fechada e dada por:

Iout =

∮

J · dS =−dQin

dt(109)

ou seja, a carga Q dentro da superfıcie fechada decresce em umarazao −dQ/dt.

Aplicando o teorema da divergencia na equacao (109) e substituindoQ por

∫ρvdv:


∫

v

(∇ · J) dv = − d

dt

∫

v

ρvdv (110)

Se a superfıcie for mantida constante, a derivada total equivale apropria derivada parcial dentro do mesmo domınio de integracao,podendo ser colocada no integrando do lado direito. Desta forma:

∫

v

(∇ · J) dv = −∫

v

∂ρv∂t

dv (111)

ou seja,

∇ · J = −∂ρv∂t

(112)

Esta expressao e conhecida como equacao da continuidade decorrente, a qual e obtida pelo princıpio de conservacao de energia e


estabelece que a carga eletrica nao pode ser destruıda. Paracorrente estacionarias, ∂ρv/∂t = 0 e, consequentemente, ∇ · J = 0,mostrando que a carga total que sai de um volume e igual a cargatotal que entra nesse volume. A lei de Kirchhoff para corrente (leidos nos) e consequencia desta propriedade. A expressao ∇ · J = 0 ea equivalente vetorial da lei dos nos.

Agora e analisado o que ocorre quando se introduz cargas em algumponto no interior de um dado material. Partindo das definicoes:

J = σE (113)

e

∇ ·D = ρv ⇒ ∇ · E =ρvε

(114)


e substituindo na equacao (112), obtem-se que:

∇ · σE = −∂ρv∂t

(115)

σρvε

= −∂ρv∂t

(116)

ou

∂ρv∂t

+σρvε

= 0 (117)

A solucao desta equacao diferencial e dada por:

ρv = ρv0 e−t/Tr (118)


sendo Tr =εσ a constante de tempo (ou tempo de relaxacao) dada

em segundos e ρv0 a densidade de carga inicial (ρv em t = 0).

Portanto, este resultado mostra que se uma carga ρv0 forintroduzida no interior do material, as cargas se separariam devidoas forcas de Coulomb e, apos Tr segundos, a densidade de cargaseria de 36,8% de ρv0. Apos 5Tr, havera somente 0,67% de ρv0.Sendo assim, para campos eletrostaticos, pode-se dizer que “a cargaresultante interna a um condutor e nula”. Se houver qualquer cargaresultante presente, ela ocupara a camada superficial do condutor.


Exercıcio 1) Uma carga com densidade inicial ρv0 C/m3 e

colocada em um certo material em equilıbrio. Determine o temponecessario para que a densidade de carga caia a 1/3 de seu valorinicial, assumindo-se os seguintes materiais:

a) Cobre: σ = 5, 8× 107 S/m e ε = ε0 F/m;

b) Quartzo fundido: σ = 10−17 S/m e ε = 5ε0 F/m.

Resp: a) t ∼= 1, 67× 10−19 s; b) t ∼= 4867500 s


Capacitancia

Dois corpos condutores, separados pelo espaco livre ou por ummaterial dieletrico, apresentam uma capacitancia entre eles.Aplicando uma diferenca de potencial nesses condutores, surge umacarga +Q em um condutor e −Q no outro condutor, ou seja,mesmo modulo e sinais contrarios, como mostrado na Fig. 40. Acapacitancia C do capacitor e definida como a razao entre o valorda carga em uma das placas e a diferenca de potencial entre elas:

C =Q

V=

ε∮E · dS

∫E · dl (119)

A capacitancia C e uma propriedade fısica do capacitor e e medidaem farads (F).


Figura 40: Capacitor generico.


Capacitor de Placas Paralelas

Considere o corte transversal de um capacitor de placas paralelasmostrado na Fig. 41. Cada uma das placas possui uma area A eestao separadas por uma distancia d.

Figura 41: Corte transversal de um capacitor de placas paralelas.


Considerando que as cargas estao uniformemente distribuıdas sobreas placas, tem-se que:

ρS =Q

A(120)

O campo eletrico para um capacitor de placas paralelas foi obtidonas aulas anteriores, equacao (22), e e dado por:

E =ρSε(−ax) = − Q

εAax (121)

Assim,

V = −∫ 1

2

E · dl = −∫ d

0

(

− Q

εAax

)

· dxax =Qd

εA(122)


Portanto, a capacitancia e dada por:

C =Q

V=

εA

d(123)

Nota-se que a capacitancia depende apenas da geometria do sistemae das caracterısticas dos dieletricos envolvidos. Por exemplo, umcapacitor de placas paralelas com carga +Q em uma placa e −Qem outra placa, gera um campo E. Se o valor da carga for dobrado,o campo eletrico sera dobrado (E = kQ/r2) e, consequentemente, adiferenca de potencial tambem sera dobrada. Logo, a relacao Q/Vse mantem inalterada.


Capacitor Coaxial

Considere o capacitor coaxial mostrado na Fig. 42. Este capacitorde comprimento L e constituıdo de dois condutores cilındricosconcentricos separados por um dieletrico. O condutor interno temraio a e o externo raio b.

Figura 42: Capacitor coaxial.

Aplicando a lei de Gauss em uma superfıcie gaussiana cilındrica deraio ρ, obtem-se:


Q = ε

∮

E · dS = εEρ2πρL (124)

Assim,

E =Q

2περLaρ (125)

E o potencial sera dado por:

V = −∫ 1

2

E · dl = −∫ a

b

(Q

2περLaρ

)

· dρaρ =Q

2πεLln

b

a(126)

Portanto, a capacitancia de um cilindro coaxial e dada por:

C =Q

V=

2πεL

ln ba

(127)


Capacitor Esferico

Considere o corte transversal de um capacitor esferico mostrado naFig. 43. Este capacitor e constituıdo de dois condutores esfericosconcentricos separados por um dieletrico. O condutor interno temraio a e o externo raio b.

Figura 43: Corte transversal de um capacitor esferico.


O campo eletrico e dado por:

E =Q

4πεr2ar (128)

E o potencial sera dado por:

V = −∫ 1

2

E · dl = −∫ a

b

(Q

4πεr2ar

)

· drar =Q

4πε

[1

a− 1

b

]

(129)

Portanto, a capacitancia resulta em:

C =Q

V=

4πε1a − 1

b

(130)


Energia Armazenada em um Capacitor

De modo geral a energia armazenada e dada por:

WE =1

2

∫

v

D · E dv =1

2

∫

v

ε0E2 dv =

1

2

∫

v

D2

ε0dv (91)

Em termos de capacitancia tem-se que:

WE =1

2QV =

1

2C V 2 =

1

2

Q2

C(131)


Polarizacao em Dieletricos

A principal diferenca entre um condutor e um dieletrico reside nadisponibilidade de eletrons livres para conducao de corrente. Emcondutores, os eletrons livres estao localizados na orbita maisexterna. Mediante aplicacao de um campo eletrico eles se movem deum atomo para outro. Estes eletrons recebem o nome de cargasverdadeiras. Ja nos dieletricos (isolantes), os eletrons estaovinculados ao nucleo de tal maneira que nao podem ser libertadospela acao de um campo eletrico. Porem, quando um dieletrico esubmetido a um campo eletrico, ocorre uma polarizacao, ou seja,um deslocamento do eletron em relacao a posicao de equilıbrio.Estas cargas sao denominadas de cargas de polarizacao. Assim,tem-se que um dieletrico nao conduz corrente, mas e capaz dearmazenar energia.

Para compreender o efeito de um campo eletrico em um dieletrico,considere um atomo de um dieletrico sendo composto por duas


regioes sobrepostas, uma com carga positiva +Q (nucleo) e outracom carga negativa −Q (nuvem eletronica), como ilustrado na Fig.44.a. Aplicando um campo E, a regiao com carga positiva move-seno sentido do campo aplicado enquanto que a regiao de carganegativa move-se em sentido oposto, Fig. 44.b. Este deslocamentopode ser representado por um momento de dipolo (assim como paraqualquer tipo de dipolo), sendo expresso como:

p = Qd (132)

sendo Q a magnitude da regiao de cargas e d a distancia entre ascargas do dipolo, orientada da carga negativa para a carga positiva,Fig. 44.c.

A distorcao descrita na Fig. 44 pode ser entendida como uma mola.Quando se tira da posicao de repouso, uma energia e armazenada.Quando se volta a posicao original, esta energia e liberada.


a) b) c)

Figura 44: Polarizacao de um atomo ou molecula apolar.

Se houver N dipolos em um volume ∆v, o momento total de dipoloe dada por:

ptotal =

N∑

k=1

Qkdk [C.m] (133)

Para estabelecer uma medida de polarizacao, define-se o vetorpolarizacao P como o momento de dipolo total por unidade devolume:


P = lim∆v→0

N∑

k=1

Qkdk

∆v

[Cm2

]

(134)

Esta equacao (134) mostra que a polarizacao deve ser encaradacomo um valor medio em qualquer ponto da amostra.

Em uma visao macroscopica, a polarizacao P pode ser associada aoaumento na densidade de fluxo eletrico como:

D = ε0E +P[Cm2

]

(135)

sendo que esta expressao define D para qualquer meio material.Pode-se observar que o efeito do dieletrico sob efeito de um campoeletrico E, e de aumentar D no interior do dieletrico de umaquantidade P. Nota-se tambem que a equacao (27), que define D


no espaco livre, e um caso especial da equacao (135), pois P = 0 novacuo.

Percebe-se que a relacao entre E e P depende do tipo de material.Em certo dieletricos com estrutura cristalina, E e P possuemdirecoes distintas. Nosso estudo esta direcionado para materiaisisotropicos, nos quais E e P sao paralelos. Assim, esta relacaolinear pode ser expressa como:

P = χeε0E (136)

sendo χe a suscetibilidade eletrica do material (grandezaadimensional). Esta constante e uma medida de quao facilmente ummaterial dieletrico se polariza em resposta a um campo eletrico E.

Desta forma, substituindo (136) em (135), obtem-se que, paramateriais isotropicos:


D = ε0 (1 + χe)E = ε0εrE (137)

ou seja

D = εE (138)

onde

ε = ε0εr (139)

e

εr = 1 + χe (140)

sendo que ε e a permissividade do dieletrico, ε0 e a permissividadedo espaco livre e εr e a permissividade relativa ou constantedieletrica (adimensional).


Exercıcio 1) Encontre a polarizacao P em um material dieletricocom constante dieletrica εr = 1, 8, dado campo deslocamentoD = 4× 10−7ax (C/m

2).

Resp: P = 1, 78× 10−7ax (C/m2)


Exercıcios – Lista 1 – Eletrostatica

1) Quatro cargas pontuais iguais, de 20µC cada, estao localizadasem P1(1, 0, 0) m, P2(−1, 0, 0) m, P3(0, 1, 0) m e P4(0,−1, 0)m. Determine a forca total na carga localizada no ponto P1.

2) Calcule a forca que atua sobre uma carga de 50µC localizada em(0, 0, 5) m devido a presenca de uma carga de 500πµC,uniformemente distribuıda sobre um disco circular com raio de 5m localizado em z = 0 m.

3) Calcule a forca que atua sobre uma carga de 100µC localizada noeixo z a 3 m acima da origem, supondo a presenca de quatrocargas de 20µC nos eixos x e y nos pontos ±4 m.

4) Calcule o campo eletrico em (0, 0, 5) m em funcao das cargasQ1 = 0, 35µC em (0, 4, 0) m e Q2 = −0, 55µC em (3, 0, 0) m.


5) Uma carga de −1 nC esta localizada na origem no espaco livre.Qual o valor da carga que deve ser posicionada em (2, 0, 0) mpara que Ex seja zero em (3, 1, 1) m?

6) Sobre o eixo z encontra-se uma distribuicao linear de cargasρL = 20 nC/m entre z = −5 m e z = 5 m. Utilizandocoordenadas cartesianas e a definicao geral do campo eletrico(originada a partir da lei de Coulomb), calcule E no ponto(2, 0, 0) m.

7) Um anel circular eletricamente carregado, com raio 4 m, esta noplano z = 0, com centro localizado na origem. Se a suadensidade uniforme for ρL = 16 nC/m, calcular o valor de umacarga pontual Q, localizada na origem, capaz de produzir omesmo campo eletrico em (0, 0, 5) m.


8) Determine o fluxo que passa atraves de uma superfıcie fechada Senvolvendo as cargas pontuais Q1 = 30 nC, Q2 = 140 nC eQ3 = −70 nC.

9) Uma superfıcie fechada S envolve uma distribuicao linear finitade cargas definida pelo intervalo 0 ≤ L ≤ π m, com densidade decargas ρL = −ρ0 sin (L/2) C/m. Qual e o fluxo total queatravessa a superfıcie S?

10) Dado o vetor densidade de fluxo ou deslocamento eletricoD = 2xax + 3ay (C/m2), calcule o fluxo total que atravessa umcubo de 2 m de aresta, centrado na origem de um sistema e comas arestas paralelas aos eixos das coordenadas.

11) O eixo z de um sistema coordenado contem uma distribuicaouniforme de cargas, com densidade ρL = 50 nC/m. Calcule o


campo E em (10, 10, 25) m, expressando-o em coordenadascilındricas e cartesianas.

12) Obter o campo eletrico de um plano infinito de carga localizadono plano xy, de densidade superficial ρS, utilizando a lei deGauss.

13) Duas laminas infinitas, uniformemente carregadas, comdensidade ρS, estao situadas em x = ±1 m. Calcule o campo Eem todas as regioes.

14) Repita o exercıcio anterior, supondo agora ρS em x = −1 e −ρSem x = 1.

15) Em coordenadas cilındricas, o volume entre ρ = 2 e ρ = 4 mcontem uma densidade uniforme de cargas ρv . Utilize a lei deGauss para calcular a distribuicao de E.


16) Certa configuracao engloba duas distribuicoes uniformes: umapelıcula carregada com ρS = −60 nC/m2, em y = 3 m, e umalinha carregada, paralela ao eixo x, com ρL = 0, 5 µC/m, situadaem z = −3 m e y = 2 m. Determine onde o campo E sera nulo.

17) Dado A =(3x2 + y

)ax +

(x− y2

)ay, calcule ∇ ·A.

18) Dado A = ρ sinφaρ + 2ρ cosφaφ + 2z2az, calcule ∇ ·A.

19) Dado A = 5 sin θaθ + 5 sinφaφ, calcule ∇ ·A no ponto(0, 5; π/4; π/4).

20) Para a regiao 0 < ρ ≤ 2 m (coordenadas cilındricas),D =

(4ρ−1 + 2e−0,5ρ + 4ρ−1e−0,5ρ

)aρ, e para ρ > 2 m,

D =(2, 057ρ−1

)aρ. Obter a densidade volumetrica de cargas ρv

para ambas as regioes.


21) Dado D =(10ρ3/4

)aρ em coordenadas cilındricas, calcule

ambos os lados do teorema da divergencia para o volumelimitado por ρ = 3 m, 2 ≤ z ≤ 12 m.

22) Calcule o trabalho necessario para movimentar uma cargapontual Q = −20 mC no campo E = (2x + 8y) ax + 8xay daorigem ao ponto (6, 4, 1) m, ao longo do percurso x2 = 9y.

23) Uma carga pontual de 0, 6 nC esta localizada no ponto (3, 6, 6)m. Calcule a diferenca VAB, entre os pontos A(3, 3, 6) m eB(−3, 3, 6) m.

24) Calcule o potencial de um ponto A(2, φ, z), em relacao a umponto B(3, φ′, z′), usando coordenadas cilındricas, onde o campoeletrico devido a uma distribuicao linear de cargas ao longo doeixo z vale E = (30/ρ) aρ.


25) Dado um campo E =(−16/r2

)ar em coordenadas esfericas,

calcule o potencial do ponto A(2, π, π/2) em relacao ao pontoB(4, 0, π).

26) Dois semiplanos condutores, pouco espessos, localizados emφ = 0 e φ = π/6, acham-se isolados entre si ao longo do eixo z.O potencial eletrico e dado por V = −60φ/π, 0 ≤ φ ≤ π/6.Calcule o campo eletrico para esta configuracao e a energiaarmazenada entre os semiplanos 0, 1 ≤ ρ ≤ 0, 6 m e 0 ≤ z ≤ 1m. Admita espaco livre.

27) Um fio condutor de cobre AWG 12 (AWG = American WireGauge) com um diametro de 80, 5 mil (1 mil = 1/1000 depolegada) e 100 pes de comprimento (1 pe = 12 polegadas)conduz uma intensidade de corrente de 20 A. Calcule aintensidade do campo eletrico E, a velocidade de deslocamento(deriva ou arraste) vd, a queda de tensao V e a resistenciaeletrica R ao longo do condutor. Utilize como dados para o


cobre: condutividade σ = 5, 8× 107 S/m, mobilidade doseletrons livres µ = 0, 0032 m2/(Vs).

28) Proximo ao ponto P (5, 7,−5) m, a densidade de corrente podeser representada pelo vetor J = 2x3yax − 5x2z2ay + 4x2yzaz(A/m2). Qual e a corrente deixando um cubo de 1 m de lado,centrado em P e com as arestas paralelas aos eixos coordenados?Qual e a taxa de crescimento da densidade volumetrica de cargano ponto P ?

29) Em coordenadas cilındricas, para a regiao 0, 02 ≤ ρ ≤ 0, 03 mm,0 ≤ z ≤ 1 m, J = 10e−100ρaφ (A/m2). Encontre a corrente totalque atravessa a intersecao desta regiao com o planoφ = constante.


30) Determine o valor de E em um material que tem suscetibilidadeeletrica χe = 3, 5 e polarizacao P = 2, 3× 10−7an (C/m2)suposta linear e isotropica.

31) Encontre a polarizacao num material dieletrico com constantedieletrica εr = 1, 8 dado o deslocamento D = 4, 0× 10−7an(C/m2).

32) Calcule os modulos dos vetores densidade de fluxo eletrico epolarizacao, e a permissividade relativa para um materialdieletrico no qual E = 0, 15 MV/m, com χe = 4, 25.

33) Mostre que a resistencia eletrica de qualquer material comcondutividade σ vale R = L/(σA), admitindo-se que umadistribuicao uniforme de corrente atravessa uma seccao reta dearea constante A ao longo do seu comprimento L.


34) Calcule a resistencia de isolacao de um cabo coaxial decomprimento L, raio interno ra e raio externo rb.

35) Calcule a capacitancia que existe entre duas placas paralelas,uma superior com carga +Q e uma inferior com carga −Q,existindo entre elas um dieletrico de permissividade ε e separadaspor uma distancia d. Despreze o espraiamento do campo eletriconas bordas das placas condutoras.

36) Determine a capacitancia de um cabo coaxial de comprimentofinito L, onde o condutor interno tem raio a e o externo raio b,tendo entre eles um dieletrico de permissividade ε.


Respostas – Lista 1 – Eletrostatica

1) F = 3, 44ax N

2) F = 16, 56az N

3) F = 1, 73az N

4) E = 74, 9ax − 48, 0ay − 64, 9az V/m

5) Q = 0, 43 nC

6) E = 167, 1ax V/m

7) Q = 191, 5 nC

8) Ψ = 100 nC


9) Ψ = −2ρ0 C

10) Ψ = 16 C

11) E = 63, 64aρ N/C e E = 45ax + 45ay N/C

12) E = ρS2ε0

az N/C

13) E =

−(ρS/ε0)ax0(ρS/ε0)ax

x < −1−1 < x < 1x > 1

N/C

14) E =

0(ρS/ε0)ax

0

x < −1−1 < x < 1

x > 1N/C


15) E =

0ρv(ρ2−4)

2ρε0aρ

6ρvρε0

aρ

0 < ρ < 22 6 ρ 6 4ρ > 4

N/C

16) (x;−0, 65;−3) e (x; 4, 65;−3)

17) ∇ ·A = 6x− 2y

18) ∇ ·A = 4z

19) ∇ ·A|(0,5;π/4;π/4) = 24, 14

20) ρv =

−e−0,5ρ, 0 < ρ 6 2

0, ρ > 2

21)∮D · dS =

∫(∇ ·D) dv = 4050π


22) W = 4, 56 J

23) VAB = 0, 994 V

24) VAB = 12, 16 V

25) VAB = −4 V

26) E = 60πρaφ V/m e WE = 1, 51 nJ

27) E = 105 mV/m, vd = 3, 36× 10−4 m/s, V = 3, 2 V eR = 0, 16 Ω

28) I = 1756 A e ∂ρ∂t = −1750 C/(m3s)

29) I = 100 µA


30) E = 7, 43× 103an V/m

31) P = 1, 78× 10−7an (C/m2)

32) D = 6, 96× 10−6 C/m2, P = 5, 64× 10−6 C/m2 e εr = 5, 25

33) #

34) R = 12πσL ln

(rbra

)

35) C = εAd

36) C = 2πεL

ln( ba)


Campos Magnetostaticos


Introducao

Campo magnetostatico e gerado por um fluxo de corrente constante(corrente contınua). Primeiramente e analisado no espaco livre.


Lei de Biot-Savart

A intensidade de um campo magnetico incremental, dH , devido aum pequeno elemento condutor com comprimento dl, percorridopor uma corrente I , pode ser expresso como:

dH =1

4π

Idl sinα

R2

[Am

]

(141)

ou na forma vetorial:

dH =Idl× aR4πR2

=Idl×R

4πR3(142)

onde R = |R| e aR = R|R|, como mostra a Fig. 45.


Figura 45: Campo magnetico no ponto P devido a um filamento decorrente.

Figura 46: Regra da mao direita para determinar a orientacao docampo magnetico.


Nota-se que dH e independente do meio circunvizinho e suaorientacao pode ser determinada utilizando a regra da mao direita,em que o polegar aponta na direcao e sentido da corrente e osdemais dedos dobrados indicam a orientacao de dH, como ilustradona Fig. 46.

Da mesma forma que ha diferentes configuracoes de carga, tambemha diferentes distribuicoes de corrente: corrente em uma linha,corrente em uma superfıcie e corrente em um volume, comomostrado na Fig. 47. Definindo K como a densidade de correnteem uma superfıcie (em amperes/metro) e J como a densidade decorrente em um volume (em amperes/metro quadrado), obtem-se aseguinte relacao:

Idl ≡ KdS ≡ Jdv (143)

Assim, a lei de Biot-Savart torna-se:


a) b) c)

Figura 47: Distribuicao de corrente.


Corrente em uma linha: H =

∫

L

Idl× aR4πR2

Corrente em uma superfıcie: H =

∫

S

KdS × aR4πR2

Corrente em um volume: H =

∫

v

Jdv × aR4πR2


Exercıcio 1) Determinar a intensidade de campo magnetico H auma distancia r de um fio retilıneo e infinitamente longo, percorridopor uma corrente I , conforme Fig. 48. Assumir que o fio esta aolongo do eixo z.

Resp: H = I2πρaφ

[Am

]

Exercıcio 2) Uma espira circular localizada em x2 + y2 = 9,z = 0, e percorrida por uma corrente de 10 A ao longo de aφ, Fig.49. Determine H em (0, 0, 4) e (0, 0,−4).

Resp: H(0, 0, 4) = H(0, 0,−4) = 0, 36az

[Am

]


Figura 48: Campo no ponto 2 devido a um condutor retilıneo infinito.


a) b)

Figura 49: Espira circular de corrente: campo H e linhas de fluxo.


Lei Circuital de Ampere

Estabelece que “a integral de linha da componente tangencial de Hem torno de um caminho fechado e igual a corrente entrelacada poreste percurso.”

∮

H · dl = Ienv (144)

Esta lei e muito utilizada para calcular H quando ha distribuicaosimetrica de corrente. A primeira vista, pode-se pensar que a lei eutilizada para determinar a corrente I por uma integracao. Porem,e usual conhecer a corrente e utilizar esta lei como meio de calcularH. Isto e muito similar a utilizacao da lei de Gauss para obter D,quando e conhecida a distribuicao de cargas.


Aplicando o teorema de Stokes no lado esquerdo da equacao (144),obtem-se:

Ienv =

∮

L

H · dl =∫

S

(∇×H) · dS (145)

mas sabe-se que:

Ienv =

∫

S

J · dS (146)

substituindo (146) em (145):

∫

S

(∇×H) · dS =

∫

S

J · dS (147)


consequentemente:

∇×H = J (148)

Esta e a terceira equacao de Maxwell para campos estaticos erepresenta a lei de Ampere na forma diferencial. Como ∇×H 6= 0,nota-se que o campo magnetostatico nao e conservativo.


Aplicacao da lei de Ampere

Para determinar o campo H em algumas distribuicoes simetricas decorrente, sera utilizada a lei de Ampere, assim como foi feito com alei de Gauss para o campo E. Para distribuicao simetrica decorrente, H ou e paralelo ou e perpendicular a dl. Para o caso deparalelismo, H · dl = Hdl. Portanto, duas condicoes devem seratendidas para que a lei de Ampere simplifique os calculos:

1 – Em cada ponto do circuito fechado, H deve ser tangencial ounormal ao percurso;

2 – H tem modulo constante em todos os pontos do percurso ondeH e tangencial.


Exercıcio 1) Determine H no ponto P devido a um filamento decorrente I retilıneo e infinitamente longo sobre o eixo z, comomostra a Fig. 50.

Resp: H = I2πρaφ

[Am

]

Exercıcio 2) Um condutor solido, cilındrico e infinitamente longo(sobre o eixo z), e percorrido por uma corrente I que se distribuiuniformemente sobre a secao circular de raio R do condutor, comomostra a Fig. 51. Determine as expressoes para o campo H dentroe fora do condutor.

Resp: H =

Iρ

2πR2aφ 0 < ρ 6 RI

2πρaφ ρ > R


Figura 50: Lei de Ampere aplicada a uma corrente em linhafilamentar infinita.


Figura 51: Lei de Ampere aplicada a uma condutor cilındrico infinito.


Densidade de Fluxo Magnetico

A densidade de fluxo magnetico B e similar a densidade de fluxoeletrico D. Assim como D = ε0E no espaco livre, a densidade defluxo magnetico B esta relacionada a intensidade de campomagnetico H da seguinte forma:

B = µ0H (149)

em que µ0 e a permeabilidade do espaco livre e tem o valor de:

µ0 = 4π × 10−7 H/m (150)

A unidade de medida de B e o tesla (T).


Por sua vez, o fluxo magnetico Ψm, atraves de uma superfıcie S, edefinido como:

Ψm =

∫

S

B · dS (151)

O fluxo magnetico e dado em weber (Wb). As unidades magneticasestao relacionadas como:

1T = 1Wb/m2 1H = 1Wb/A (152)

A linha de fluxo magnetico e o caminho, na regiao do campomagnetico, em relacao ao qual o vetor densidade de fluxo magneticoe tangente em cada ponto. E com esta linha de fluxo que a agulhade uma bussola se alinha. Na Fig. 52 sao ilustradas as linhas defluxo devido a um fio retilıneo longo. Observa-se que as linhas de


fluxo sao contınuas, fechadas sobre si mesmas e nao se cruzam,sendo isso valido para qualquer distribuicao de corrente. Isto sedeve ao fato de que nao e possıvel ter um polo magnetico isolado(carga magnetica). Por exemplo, dividindo-se um ıma ao meio,tem-se que as duas metades terao tanto polo sul como polo nortemagnetico.

Figura 52: Linhas de fluxo magnetico.

A Fig. 53 mostra o fluxo total atraves de uma superfıcie fechada.Na Fig. 53.a tem-se o fluxo eletrico devido a uma carga eletrica +Q.


Nota-se que o fluxo eletrico atraves da superfıcie fechada e igual acarga contida dentro desta superfıcie, Ψ = Q. Entao, e possıvel teruma carga eletrica isolada e as linhas de fluxo eletrico nao saonecessariamente fechadas. Ja na Fig. 53.b observa-se que as linhasde fluxo magnetico sempre se fecham sobre si mesmas. Analisando asuperfıcie fechada ve-se que as linhas de fluxo que entram nestasuperfıcie sao iguais as linhas de fluxo que saem da mesma.

a) b)

Figura 53: Fluxo em uma superfıcie fechada: a) fluxo eletrico; b)fluxo magnetico.


Diante da analise da Fig. 53.b, conclui-se que o fluxo magneticototal atraves de uma superfıcie fechada deve ser zero, ou seja,

∮

B · dS = 0 (153)

Aplicando o teorema da divergencia na equacao (153) resulta em:

∮

S

B · dS =

∫

v

∇ ·B dv =0 (154)

isto e,

∇ ·B = 0 (155)


As equacoes (153) e (155) descrevem a natureza conservativa dofluxo magnetico, embora o campo magnetostatico nao seja. Aexpressao (153) e referida como lei de conservacao do fluxomagnetico, ou lei de Gauss para campos magnetostaticos. Estasequacoes fazem parte das equacoes de Maxwell, sendo (153) a formaintegral e (155) a forma diferencial.


Exercıcio 3) Calcule o fluxo que atravessa a porcao do planoφ = π/4 definida por 0, 01 < ρ < 0, 05 m e 0 < z < 2 m. Umacorrente filamentar de 2,5 A ao longo do eixo z esta na direcao az.

Resp: Ψm = 1, 61µ Wb


Equacoes de Maxwell para Campos

Eletromagneticos Estaticos

A Tabela 1 apresenta um resumo das equacoes de Maxwelldeduzidas para campos eletromagneticos estacionarios.

Tabela 1: Equacoes de Maxwell para campos eletromagneticos estaticos.

Forma diferencial Forma integral Comentarios

∇ ·D = ρv∮

SD · dS =

∫

vρvdv Lei de Gauss

∇ ·B = 0∮

SB · dS = 0 Inexistencia de carga magnetica

∇× E = 0∮

LE · dl = 0 Campo eletrostatico conservativo

∇×H = J∮

LH · dl =

∫

SJ · dS Lei de Ampere

A linha um da tabela, referente a lei de Gauss, mostra que o fluxototal que atravessa uma superfıcie fechada corresponde a cargaeletrica por ela envolvida. A linha dois mostra que o fluxo total do


campo magnetico sobre uma superfıcie fechada e nula, e evidencia ainexistencia de cargas magneticas. A linha tres mostra que a integralde linha do campo eletrostatico sobre um caminho fechado e nula,evidenciando assim a expressao da lei de Kirchhoff para malhas emcircuitos eletricos. A linha quatro e a lei circuital de Ampere emque a integral de linha do campo magnetico estatico sobre umcaminho fechado corresponde a corrente entrelacada por ele.

A devida aplicacao do teorema do Stokes e da divergencia permiteobter a forma diferencial a partir da forma integral.

Nos capıtulos seguintes serao estudados campos eletromagneticosvariantes no tempo.


Potenciais Magneticos Escalar e Vetorial

Na eletrostatica foi desenvolvido o potencial eletrico V e mostrou-seque E poderia ser obtido como o negativo gradiente de V , isto e,E = −∇V . Analogamente a eletrostatica, define-se o “PotencialMagnetico Escalar” Vm (em amperes) em relacao a H de acordocom:

H = −∇Vm (156)

Substituindo a equacao (156) em (148), obtem-se:

J = ∇×H = ∇× (−∇Vm) (157)

Porem, do calculo vetorial sabe-se que o rotacional do gradiente deuma funcao escalar qualquer e nulo. Assim, tem-se que:


J = ∇× (−∇Vm) = 0 (158)

ou seja, o potencial magnetico escalar Vm so pode ser definidoquando a densidade de corrente for zero no ponto em que H estasendo calculado.

Como muitos problemas magneticos envolvem geometrias em que oscondutores ocupam uma pequena fracao do domınio, o potencialescalar magnetico pode ser util. O potencial Vm tambem e aplicavela problemas envolvendo ımas permanentes.

Frente as limitacoes da funcao potencial escalar magnetico, umaoutra funcao, denominada de “vetor potencial magnetico”, e maisutilizada, pois pode ser aplicada a regioes com densidades decorrente diferentes de zero e campos magneticos variaveis no tempo.

Sabe-se que ∇ ·B = 0 e que a identidade matematica∇ · (∇× F) = 0 e valida para qualquer campo vetorial F. Como


∇ ·B = 0, deve existir uma funcao A tal que sua circulacaoproduza a densidade de fluxo magnetico B e tambem valide aidentidade matematica, ou seja:

∇ · (∇×A) = 0 = ∇ ·B (159)

Fica assegurado entao que:

B = ∇×A (160)

sendo A o vetor potencial magnetico (Wb/m).

Para as tres configuracoes padronizadas de corrente, o vetorpotencial magnetico pode ser obtido como:


Corrente filamentar: A =

∫

L

µ0Idl

4πR

Pelıcula de corrente: A =

∫

S

µ0KdS

4πR

Corrente volumetrica: A =

∫

v

µ0Jdv

4πR


Forcas, Materiais e Dispositivos Magneticos


Forcas Devido aos Campos Magneticos


Forca Sobre Partıculas Carregadas

A forca eletrica Fe sobre uma carga Q devido a um campo eletricoE e dada por:

Fe = QE (161)

Uma partıcula com carga Q em movimento em um campomagnetico sofre a acao de uma forca perpendicular a sua velocidadeu, com modulo proporcional a sua carga, velocidade e a densidadedensidade de fluxo magnetico. Deste modo, a forca magnetica Fm

pode ser expressa por:

Fm = Qu×B (162)


Assim, percebe-se que e possıvel mudar a direcao de uma partıculaem movimento pela acao de um campo magnetico. Nota-se que Fm

depende da velocidade u e nao altera o modulo da velocidade e,consequentemente, tambem nao altera a energia cinetica. Como Fm

e perpendicular a direcao do movimento, ela nao realiza trabalho(Fm · dl = 0). Ja a forca Fe nao depende da velocidade e realizatrabalho sobre a partıcula, alterando assim a energia cinetica.

Quando em uma regiao ambos os campos eletricos e magneticosestao presentes, a forca total sobre a carga em movimento e dadapor:

F = Fe + Fm

F = Q (E + u×B) (163)

sendo esta expressao denominada por “equacao de forca deLorentz”.


De acordo com a segunda lei de Newton:

F = ma (164)

entao,

Q (E + u×B) = mdu

dt(165)

sendo a solucao desta equacao importante para determinar atrajetoria da carga em campos eletromagneticos estaticos.


Forca Sobre Um Elemento de Corrente

Uma situacao frequentemente encontrada e a de um condutorconduzindo uma corrente onde ha campo magnetico externo. ComoI = dQ/dt, a expressao diferencial de forca pode ser escrita como:

dF = dQ (u×B)

dF = Idt (u×B) (166)

e como u = dldt, tem-se que:

dF = I dl×B (167)

Se a corrente I percorre um caminho fechado L, a forca sobre ocircuito e dada por:


F =

∮

L

I dl×B (168)

Deve-se notar que tanto para a equacao (167) quanto para (168), oforca resultante e devido a um campo B externo. Isto porque ocampo B produzido pelo proprio elemento de corrente Idl naoexerce forca sobre ele mesmo.

Se o elemento de corrente for em uma superfıcie ou em um volume,a equacao (168) pode ser reescrita como:

Pelıcula de corrente: F =

∫

S

K dS ×B (169)

Corrente volumetrica: F =

∫

v

J dv ×B (170)


Exercıcio 1) Um condutor de 4 m de comprimento ao longo doeixo y esta conduzindo uma corrente de 12 A na direcao ay. Calculea forca sobre o condutor, se o campo na regiao e B = 0, 05ax T.

Resp: F = −2, 4az N

Exercıcio 2) Um condutor de comprimento 2,5 m localizado emz = 0, x = 4 m conduz uma corrente de 12 A na direcao −ay.Encontre B uniforme na regiao, se a forca sobre o condutor e de1, 2× 10−2 N na direcao (−ax + az) /

√2.

Resp: B = 2, 83× 10−4ax + 2, 83× 10−4az T, e By pode assumirqualquer valor que nao influenciara na forca F.


Torque e Momento Magneticos

O “momento de uma forca” ou “torque” em relacao a umdeterminado ponto e o produto vetorial do “braco potente” pelaforca:

T = r× F [N.m ou N.m/rad] (171)

onde o braco potente, r, e dirigido do ponto onde o torque eaplicado ao ponto de aplicacao da forca, conforme Fig. 54.

Na Fig. 54, T esta ao longo de um eixo de rotacao que pertence aoplano xy, aplicado em O. Se o ponto P for unido a O por uma rodarıgida apoiada livremente em O, entao a forca aplicada tendera arodar P em relacao ao eixo de T. Assim, pode-se dizer que o torqueT atua em relacao a um eixo, ao inves de em relacao a um pontoO.


Figura 54: Torque devido a forca no ponto P .


Agora sera analisado o torque e o momento magnetico de umaespira plana. Considere a espira de uma volta localizada no planoz = 0, com largura w, comprimento l e percorrida por uma correnteI , conforme mostra a Fig. 55. O campo externo B e uniforme eorientado na direcao ax.

Figura 55: Espira retangular em um campo magnetico uniforme.

A forca dF = I dl×B nos lados com largura w e nula, pois B e dlsao paralelos. Ja a forca no lado l esquerdo e dado por:


F1 = I (lay × Bax) = −IlBaz (172)

e no lado direito:

F2 = I [l (−ay)× Bax] = IlBaz (173)

Nota-se que |F1| = |F2| = IlB.

O torque impoe um braco potente no lado l esquerdo igual ar1 = −(w2 )ax. Ja no lado direito e dado por r2 =

w2ax. Assim, o

torque resultante sobre a espira e dado por:

T = TF1 +TF2 (174)

= r1 × F1 + r2 × F2 (175)

=(

−w

2

)

ax × (−IlB) az +(w

2

)

ax × (IlB) az (176)

= wIlB (−ay) (177)


Como wl = A, onde A e a area da espira, tem-se que:

T = IAB (−ay) (178)

Importante notar que o torque esta na direcao do eixo de rotacao,ou seja, eixo y na Fig. 55.

A Fig. 56 mostra um corte transversal da espira ilustrada na Fig.55.

Conforme pode ser visto na Fig. 56, a espira foi rotacionada e ovetor unitario normal ao plano da espira, an, faz um angulo α como campo externo B. Assim, o modulo do torque resultante sobre aespira pode ser obtido a partir da equacao (175) como:


a) b)

Figura 56: Espira retangular: a) corte transversal; b) decomposicaoda forca F2.


T = |r1 × F1 + r2 × F2|=

w

2F1 sinα +

w

2F2 sinα

= 2(w

2IlB sinα

)

= wIlB sinα

pois |F1| = |F2| = IlB. Note que o torque no lado direito da espirae devido a componente F

′2 = |F2| sinα da forca F2, ou seja, a

componente ortogonal ao plano da espira. Isso tambem ocorre paraa forca F1.

Como a area e A = wl, entao o torque resultante (ou conjugado)sobre a espira e dado por:

T = IAB sinα (179)


Define-se o “momento de dipolo magnetico” de uma espira decorrente como:

m = IA[A.m2

](180)

ou

m = IAan (181)

onde o versor an e normal ao plano da espira e sua direcao edeterminada pela regra da mao direita: polegar direito fornece aorientacao de an quando os demais dedos apontam o sentido dacorrente. Para o caso de uma bobina composta de N espiras, omomento magnetico total sobre a bobina sera dado por:

m = NIAan (182)


Substituindo a equacao (180) em (179), obtem-se:

T = mB sinα (183)

ou seja,

T = m×B (184)

Embora tenha sido deduzida para uma espira retangular, estaexpressao para o torque e valida para uma espira plana de qualquerformato.

Nota-se que o torque resultante sobre uma espira e orientado de talforma a alinhar m e B, ou seja, diminuir o angulo α. Quandoα = 0, m e B sao paralelos e, consequentemente, a espira eperpendicular ao campo B e o torque e nulo.

O conceito de torque e importante para o entendimento de motoresde corrente contınua e geradores, assim como partıculas carregadasem orbita.


Exercıcio 1) Uma bobina retangular com 200 espiras de 0,15 mde largura e 0,30 m de comprimento com uma corrente de 5 A, estaem um campo uniforme de 0,2 T. Calcule o momento magnetico e otorque maximo da bobina.

Resp: m = 45 A.m2 e Tmax = 9 N.m/rad


Magnetizacao em Materiais

Sabe-se que um dado material e composto por atomos, sendo quecada atomo e composto por um nucleo positivamente carregadoorbitado por cargas negativas (eletrons). Assim, tem-se que umcampo magnetico interno e gerado pelos movimentos desteseletrons: movimento orbital em torno do nucleo positivo, Fig. 57.a,ou movimento de rotacao (“spin”) do eletron, Fig. 57.b. Essescampos magneticos internos Bi sao similares ao campo magneticogerado por uma espira de corrente, como mostrado na Fig. 57.c.Esta espira de corrente possui um momento magnetico dado porm = IbAan.

Na ausencia de um campo externo B, a soma dos momentosmagneticos no material e zero devido as suas orientacoesrandomicas, Fig. 58.a. Se um campo externo B e aplicado, osmomentos magneticos dos eletrons tendem a se alinhar com B, talque o momento magnetico resultante e diferente de zero, Fig. 58.b.


a) b) c)

Figura 57: a) Eletron orbitando em torno do nucleo; b) giro do eletronem torno do seu proprio eixo (spin); c) espira circular de correnteequivalente ao movimento eletronico.


a) b)

Figura 58: Momento de dipolo magnetico em um volume: a) antesda aplicacao de um campo externo B; b) depois da aplicacao de B.


A magnetizacao M e o momento de dipolo magnetico porunidade de volume. Em um volume ∆v com N atomos, tem-se que:

M = lim∆v→0

N∑

k=1

mk

∆v

[A

m

]

(185)

e

∇×M = Jb (186)

M× an = Kb (187)

sendo Jb a densidade de corrente de magnetizacao em um volume(A/m2), Kb a densidade de corrente ligada em uma superfıcie


(A/m) e an o vetor unitario normal a superfıcie. Se em umdeterminado meio M nao e zero em nenhum ponto, entao este meioe dito magnetizado. O vetor magnetizacao M esta relacionado aovetor intensidade de campo H, assim como em eletrostatica P estarelacionado com E. Devido a este fato, M as vezes e chamado de“densidade de polarizacao magnetica” do meio.

Em um meio material onde M 6= 0, tem-se que:

B = µ0 (H +M) (188)

A relacao dada por (188) e valida para todos os materiais, ou seja,materiais lineares ou nao lineares. Caso o material seja linear eisotropico, M dependera linearmente de H, resultando em:

M = χmH (189)


em que χm e a suscetibilidade magnetica do meio (adimensional).Esta grandeza mostra o quao sensıvel (suscetıvel) o material e aocampo magnetico. Substituindo (189) em (188):

B = µ0 (1 + χm)H = µH (190)

B = µ0µrH (191)

sendo

µr =µ

µ0= 1 + χm (192)

A grandeza µ = µrµ0 e denominada “permeabilidade” do material(H/m). µr e a permeabilidade relativa de um determinado materialem relacao ao vacuo. Relembrando que as equacoes (189) a (192)sao validas somente para materiais lineares e isotropicos.


Classificacao dos Materiais Magneticos

Em geral, pode-se utilizar a permeabilidade relativa µr ou asuscetibilidade magnetica χm como parametro para classificarmateriais do ponto de vista magnetico, conforme ilustrado na Fig.59.

Figura 59: Classificacao dos materiais magneticos.

O unico material nao magnetico e o vacuo (espaco livre), pois edesprovido de materia e possui µr = 1. Os demais materiaispossuem algum efeito magnetico (alguns muito fracos), podendoassim ser classificados como:


Diamagneticos

Possuem µr ligeiramente menor que um e sao fracamenteafetados por um campo magnetico.

Apresentam a caracterıstica de se opor ao campo magneticoexterno, ou seja, repelem as linhas desse campo externo,conforme Fig. 60.

Exemplos: Cobre com µr = 0, 999991, materiaissupercondutores em geral, bismuto, ouro, prata, chumbo e vidro.


Figura 60: Caracterıstica de um material diamagnetico.


Paramagneticos

Possuem µr ligeiramente superior a um, resultando assim em umalinhamento de seus momentos magneticos com as linhas de umcampo magnetico externo. Nota-se tambem que as linhas defluxo magnetico que atravessam esse material permanecempraticamente inalteradas, Fig. 61.

Quando da presenca de um campo magnetico externo, omaterial paramagnetico e atraıdo por ele. Ja quando o campomagnetico e retirado, os dipolos magneticos do material voltama sua configuracao original, tornando nulo o momento dipolarresultante.

Exemplo: Alumınio com µr = 1, 00000036, cromo, sodio,magnesio, calcio, silıcio e oxigenio.


Figura 61: Caracterıstica de um material paramagnetico.


Ferromagneticos

Todos os demais materiais sao classificado como ferromagneticos.

Apresentam a propriedade de alinhar fortemente seus momentosmagneticos na direcao de um campo magnetico externoaplicado, oferecendo assim uma linha preferencial para as linhasde inducao.

Exemplos: somente o ferro, cobalto (µr = 60), nıquel (µr = 50)e suas ligas: liga de ferro com 3% de silıcio possui µr maxima de55000, , ferro fundido com 30 ≤ µr ≤ 800, entre outros.

Resumo das principais caracterısticas:

sao fortemente magnetizados por um campo magnetico externo;


retem um grau consideravel de magnetizacao quando retiradosdo campo magnetico externo;

perdem suas propriedades ferromagneticas com o aumento datemperatura.

– tornam-se paramagneticos;

– essa temperatura e denominada temperatura crıtica outemperatura de Curie.

sao nao-lineares, isto e, B = µ0µrH nao e valida para estesmateriais , pois µr depende de B e seu valor nao e unico.


Figura 62: Caracterıstica de um material ferromagnetico.


Teoria dos Domınios Magneticos e a Curva de

Histerese

Um domınio magnetico e definido como uma regiao de materialdentro da qual todos os atomos tem o mesmo alinhamentomagnetico, comportando-se como um pequeno ıma permanente.Tambem pode ser interpretado como um agrupamento de ımaspermanentes elementares.

A Fig. 63 mostra os domınios magneticos de uma porcao de ummaterial ferromagnetico. Na Fig. 63.a, nenhum campo magneticoexterno e aplicado. Com isso, os domınios magneticos estaoaleatoriamente ordenados, ou seja, nao apresenta caracterısticamagnetica do ponto de vista macroscopico. Nas Fig. 63.b, Fig. 63.ce Fig. 63.d, e mostrado o alinhamento dos domınios magneticosquando o material e submetido a um aumento gradativo de umcampo magnetico externo. No inıcio o alinhamento e mais facil, ou


seja, um campo de pequena intensidade gera o alinhamento demuitos domınios magneticos, como pode ser visto na Fig. 63.b. Noentanto, conforme a intensidade do campo magnetico externo vaiaumentando, nota-se uma maior dificuldade em obter novosalinhamentos, Fig. 63.c. Isto origina um processo de saturacaomagnetica, como mostrado na Fig. 63.d, em que um grandeaumento no campo externo nao resulta em grande quantidade denovos alinhamentos dos domınios.

Portanto, a densidade de fluxo conseguida em um materialferromagnetico pode ser descrita em funcao da intensidade docampo magnetico externo, dando origem a curva de magnetizacaoB −H . Um exemplo tıpico desta curva e apresentada na Fig. 64.

Primeiramente, na Fig. 64 nota-se a relacao nao linear entre B eH . Em segundo lugar, deve ser enfatizado que em qualquer pontoda curva µ e dado pela relacao µ = B/H , e nao por dB/dH , que ea inclinacao da curva.


a) b) c) d)

Figura 63: Domınios magneticos: a) desalinhado; b), c) e d)alinhamento com campo magnetico externo.


Figura 64: Curva tıpica de magnetizacao B −H .


Para um material ferromagnetico qualquer, inicialmentedesmagnetizado, a medida que a intensidade do campo magneticoexterno H aumenta (aumento de corrente), a densidade de fluxo Btambem aumenta, dando origem a curva OP , denominada curva demagnetizacao inicial. Apos atingir a saturacao em P , se Hdiminuir, B nao segue a curva inicial OP , mas se atrasa em relacaoa H . Este fenomeno e denominado histerese (“atraso” em grego).

O valor de B quando H e reduzido a zero e referido comodensidade de fluxo remanente, Br. A existencia de ımaspermanentes deve-se a Br. Para voltar o valor de B a zero enecessario aplicar um campo magnetico reverso (inverter sentido dacorrente). Este processo, denominado de curva de desmagnetizacao,esta representado no segundo quadrante do grafico da Fig. 64. Ovalor de H para B igual a zero e conhecido como intensidade decampo coercitiva, Hc.

Um aumento de H de zero ate Hmax, seguido de um decrescimo ate−Hmax (passando por zero) e deste valor voltar a zero, resulta em


uma curva fechada chamada de laco de histerese (ou ciclo dehisterese).

Sob o ponto de vista de magnetizacao, os materiais ferromagneticospodem ser ainda classificados como:

Macios: ciclo de histerese estreito (facil magnetizacao);

– Laco alto e estreito: transformadores, motores e geradores.

Duros: ciclo de histerese largo (difıcil magnetizacao).

– Laco retangular: ferrites (baixo valor de B).


Indutores e Indutancias

Um indutor e um dispositivo capaz de armazenar energia no campomagnetico, ou seja, e a contraparte no magnetismo ao capacitor,que armazena energia no campo eletrico.

Um circuito percorrido por uma corrente I gera um campomagnetico B, o qual causa um fluxo magnetico Ψm que atravessacada espira do circuito, como mostra a Fig. 65.

Figura 65: Campo magnetico gerado por um circuito.


Se o circuito tiver N espiras identicas, o fluxo concatenadoresultante λ e igual a:

λ = N Ψm [Wb.espiras] (193)

Caso o meio que circunda o circuito for linear, o fluxo concatenadoλ e proporcional a corrente I que o gerou:

λ ∝ I (194)

ou seja,

λ = LI (195)


em que que constante de proporcionalidade L e denominada“indutancia” do circuito. Assim, a indutancia pode ser definidacom a razao entre o fluxo concatenado e a corrente I atraves doindutor, isto e:

L =λ

I=

NΨm

I(196)

A unidade de medida para indutancia e o henry (H). A indutanciadefinida em (196) tambem e conhecida como autoindutancia, pois ofluxo concatenado e produzido pelo proprio condutor/circuito. Estecircuito, por possuir indutancia, e denominado de indutor.

Importante observar que a indutancia L de um circuito dependesomente de suas propriedades fısicas e geometricas, assim como foiconstatado para o capacitor na eletrostatica.


Como foi dito anteriormente, o indutor armazena energiamagnetica. Com isso, tem-se que a quantidade de energia (emjoules) armazenada pelo indutor pode ser expressa como:

Wm =1

2LI2 =

1

2

∫

B ·H dv =1

2

∫

µH2 dv (197)

que e similar a expressao de energia para campos eletrostaticos,dada em (91).

De maneira geral, a indutancia de um dado indutor (solenoide,toroide, linha de transmissao de fios paralelos, etc) pode serdeterminada a partir dos seguintes passos:

1. escolher o sistema de coordenadas adequado;

2. considerar que uma corrente I percorre o indutor;

3. determinar B a partir da lei de Biot-Savart ou da lei de Amperee entao calcular Ψm =

∫B · dS;

4. por fim, determinar L = NΨmI .


Solenoide

Calcule a indutancia de um solenoide muito longo de comprimentol, raio a e com N espiras.

Admitindo que uma corrente I circula pelo solenoide, o problemapode representado como indicado na Fig. 66.

Como o solenoide consiste de espiras circulares, pode-se recorrer asolucao do Exercıcio 2 da secao referente a “Lei de Biot-Savart”,onde e calculado o campo H devido a uma espira circular, o qualresulta em:

H =Iρ2

2 [ρ2 + h2]3/2az


Figura 66: Solenoide.


Para o caso do solenoide, ρ = a e h = z. Assim, um “elemento dosolenoide” dl produzira um campo em P igual a:

dHz =Idla2

2 [a2 + z2]3/2

pois as componentes dHx se anulam devido a simetria do problema.

Admitindo que a distancia entre os enrolamentos e muito menor queo raio de cada espira, o elemento dl do solenoide pode ser expressocomo:

dl =N

ldz = n dz

em que n = N/l e o numero de espiras por unidade decomprimento. Assim,


dHz =Ina2dz

2 [a2 + z2]3/2


Hz =

l/2∫

−l/2

Ina2

2 [a2 + z2]3/2dz

=Ina2

2

l/2∫

−l/2

dz

[a2 + z2]3/2

=Ina2

2

z

a2√a2 + z2

∣∣∣∣

l/2

−l/2

=Ina2

2

l2

a2√

a2 + l2

4

− − l2

a2√

a2 + l2

4

Hz =Ina2

2

l

a2√

a2 + l2

4


portanto,

H =Inl√4a2 + l2

az

Se l ≫ a:

H =Inl√l2az

H =IN

laz

Para obter B utiliza-se a relacao:


B = µH

B =µIN

laz

Agora o fluxo magnetico pode ser calculado:

Ψm =

∫

B · dS = B A =µINA

l

onde A e a secao reta do solenoide. Utilizando a expressao (196)obtem-se a indutancia por:

L =λ

I=

NΨm

I=

µIN2Al

I


L =µN 2A

l[H] (198)

Note que a indutancia so depende das caracterısticas fısicas dosolenoide.


Toroide

Calcule a indutancia de um toroide de raio medio R e secao circularcom raio r.

Figura 67: Toroide de secao reta circular.


O toroide pode ser interpretado como um solenoide longo curvado efechado sobre si mesmo (uniao das duas extremidades). Se a relacaoR/r for muito grande, a expressao (198) da indutancia do solenoidepode ser utilizada para o toroide. Deste modo, a indutancia dotoroide pode ser dada por:

L =µN 2A

l

em que a area A da secao reta e o comprimento medio l sao dadospor:

A = πr2

l = 2πR


Resultando assim em:

L =µN 2r2

2R[H]


Cabo Coaxial

Encontre a indutancia de um cabo coaxial de raio interno a, raioexterno b e comprimento l, tal como mostrado na Fig. 68.

Figura 68: Cabo coaxial.


L =µl

2πln

b

a[H]

Observe que todas as indutancias calculadas dependem apenas dascaracterısticas fısicas do indutor.


Exercıcios – Lista 2 – Magnetostatica

1) Um filamento condutor e percorrido por uma corrente I do pontoA(0, 0, a) ate o ponto B(0, 0, b). Demonstre que no pontoP (x, y, 0):

H =I

4π√

x2 + y2

[

b√

x2 + y2 + b2− a√

x2 + y2 + a2

]

aφ

2) Duas espiras de corrente identicas tem seus centros em (0, 0, 0) me (0, 0, 4) m e seus eixos ao longo do eixo z. Se cada espira temum raio de 2 m e e percorrida por uma corrente de 5 A em aφ,calcule H em:

(a) (0, 0, 0)

(b) (0, 0, 2)


3) Um condutor solido infinitamente longo, de raio a, esta colocadoao longo do eixo z. Se o condutor for percorrido por umacorrente I no sentido positivo de z:

a) Determine a densidade de corrente no interior do condutor.

b) Demonstre que nesta mesma regiao

H =Iρ

2πa2aφ

c) Se I = 3 A e a = 2 cm, determine H em (0, 1, 0) cm e (0,4,0)cm.

4) O potencial magnetico vetorial de uma distribuicao de correnteno espaco livre e

A = 15e−ρ sinφ az Wb/m

a) Determine H em (3, π/4,−10).


b) Calcule o fluxo atraves da regiao ρ = 5, 0 ≤ φ ≤ π/2 e0 ≤ z ≤ 10.

5) Um condutor infinito ao longo do eixo z e percorrido por umacorrente I , como mostrado na Figura 69. A uma distancia ddeste condutor, ha uma espira retangular (a× b), sendo o lado bparalelo ao condutor. Determine:

a) O campo magnetico H.

b) O fluxo magnetico atraves da espira retangular.

6) No espaco livre a densidade de fluxo magnetico e dada por:

B = y2ax + z2ay + x2az Wb/m2

a) Demonstre que B e um campo magnetico.

b) Determine o fluxo magnetico atraves de x = 1, 0 < y < 1 e1 < z < 4.


Figura 69: Problema 5).

c) Calcule J.

7) Um condutor infinitamente longo, de raio a, esta colocado de talmodo que seu eixo esta ao longo do eixo z. O potencialmagnetico vetorial, devido a corrente contınua I0, que flui aolongo de az no interior do condutor, e dado por

A = − I04πa2

µ0

(x2 + y2

)az Wb/m


Determine o campo H correspondente. Confirme o resultadoutilizando a lei de Ampere.

8) Um condutor infinitamente longo de raio a e percorrido por umacorrente uniforme com J = J0az. Demonstre que o potencialmagnetico vetorial para ρ < a e:

A = −1

4µ0J0ρ

2az

9) Um eletron com velocidade u = (3ax + 12ay − 4az)× 105 m/sexperimenta uma forca resultante nula em um ponto no qual ocampo magnetico e B = 10ax + 20ay + 30az mT. Determine Enesse ponto.


10) Uma espira circular de corrente de raio r m e corrente I A estalocalizada sobre o plano z = 0. Calcule o torque que resulta se acorrente esta na direcao aφ e existe um campo uniformeB = B0√

2(ax + az) T.

11) Duas espiras circulares de raio R e centro comum estaoorientadas de forma tal que seus planos sao perpendiculares entresi. Deduza a expressao que mostra o torque de uma espira sobrea outra.

12) A Fig. 70 mostra um medidor de corrente D’Arsonval. Esteequipamento e constituıdo por uma bobina capaz de girar emtorno de um eixo numa regiao onde existe um campo radial comintensidade uniforme de B = 0, 1 T. Uma mola (espiral) detorcao oferece um torque resistente T = 5, 87× 10−5 θ N.m, comθ em radianos, contra o movimento de rotacao da bobina.Sabe-se que o enrolamento da bobina e formado por 35 espiras


retangulares de dimensoes 23 mm × 17 mm. Qual e o angulo derotacao resultante quando uma corrente de 15 mA passa pelabobina?

Figura 70: Problema 12). Medidor de corrente D’Arsonval.

13) Encontre o torque maximo de uma bobina retangular com 85espiras, 20 cm por 30 cm, carregando 2 A de corrente em umcampo B = 6,5 T.

14) Um toroide de raio medio ρ0 possui N espiras distribuıdas aolongo de seu comprimento e e percorrido por uma corrente I ,


conforme mostrado na Fig. 71. O material do nucleo toroidalpossui permeabilidade magnetica µ.

(a) Se a secao reta do toroide for circular com raio a e ρ0 ≫ a,mostre que a autoindutancia do toroide e

L =µN 2a2

2ρ0

(b) Se a secao reta do toroide for um quadrado de lado a,demonstre que

L =µN 2a

2πln

(2ρ0 + a

2ρ0 − a

)

(c) Admitindo que o toroide de secao reta quadrada possuadiametro de 50 cm, area da secao reta de 40 cm2 e µr = 2000,determine o numero de espiras necessario para se obter umindutor de 2 H.


Figura 71: Problema 14).


15) Um anel de cobalto (µr = 600) tem um raio medio de 30 cm. Seuma bobina, enrolada sobre o anel, e percorrida por uma correntede 12 A, calcule o numero de espiras necessario para estabeleceruma densidade de fluxo magnetico de 1,5 Wb/m2 no anel.


Respostas – Lista 2 – Magnetostatica

2) H(0,0,0) = 1, 36az A/m; b) H(0,0,2) = 0, 88az A/m

3) a) J = Iπa2

az; c) H(0,1cm,0) = H(0,4cm,0) = 11, 94aφ A/m

4) a) H(3,π/4,−10) = (14aρ + 42aφ)× 104 A/m; b) Ψm = 1, 01 Wb

5) a) H = I2πρaφ; b) Ψm = µ0Ib

2π ln(d+ad

)

6) b) Ψm = 1 Wb; c) J = − 2µ0(z ax + x ay + y az) A/m

2

7) H = I0ρ2πa2

aφ A/m

9) E = −44ax + 13ay + 6az KV/m


10) T = πr2B0I√2

ay N.m

11) T = µ0I1I2πR2 N.m

12) θ = 0, 349 rad ou θ = 20 deg

13) Tmax = 66, 3 N.m

14) c) N = 521 espiras

15) N = 313 espiras


Equacoes de Maxwell


Introducao

Ate este momento foram estudados os campos invariantes com otempo: eletrostaticos, E (x, y, z) e magnetostaticos, H (x, y, z).

De agora em diante serao analisados campos eletromagneticosvariantes no tempo, E (x, y, z, t) e H (x, y, z, t). Na pratica, estescampos sao mais importantes que os estaticos.

Deve-se notar que os campos estaticos, E (x, y, z) e B (x, y, z), saoindependentes um do outro. Ja os campos dinamicos saointerdependentes entre si.


Lei de Faraday

“A forca eletromotriz (fem) induzida, Vfem, em qualquer circuitofechado, e igual a taxa de variacao no tempo do fluxo magneticoenlacado pelo circuito.”

Vfem = −dΨm

dt(199)

sendo Ψm o fluxo em cada espira.

A equacao (199) pode ser escrita na forma integral como:

∮

L

E · dl = − d

dt

∫

S

B · dS (200)


Essa equacao (200) representa a lei de Faraday na forma integral. Osinal negativo mostra que a tensao induzida age de tal forma a seopor a variacao do fluxo que a induziu. Esta propriedade econhecida como a lei de Lenz e e sumarizada da seguinte maneira:

“a tensao induzida por um fluxo magnetico variavel no tempopossui uma polaridade tal que a corrente estabelecida (induzida) emum percurso fechado origina um fluxo magnetico que se opoe avariacao do fluxo que a originou.”

A Fig. 72 ilustra a lei de Lenz aplicada em uma espira circular. AFig 72.a mostra uma superfıcie aberta S delimitada pelo caminhofechado L. A direcao do versor normal dS e obtida pela regra damao direita, onde o polegar aponta na direcao de dS, enquanto osdemais dedos indicam o sentido de dl. No caso da Fig 72.a, foiescolhido o sentido anti-horario para dl. O interior da superfıcie S eatravessado por um campo magnetico variavel com o tempo, B(t),resultando assim em um fluxo magnetico Ψm. Se B(t) aumentar


com o tempo, a sua derivada temporal e positiva e, portanto, o ladodireito da equacao (200) sera negativo. A fim de tornar negativa aintegral do lado esquerdo de (200), E deve apresentar sentidooposto ao de dl, Fig 72.b. Admitindo que a espira seja um fiocondutor, entao por ela circulara uma corrente I , coerente com osentido de E. Finalmente, esta circulacao de corrente gera um fluxomagnetico Ψ′

m, que se opoe ao crescimento do fluxo produzido porB(t), como mostra a Fig 72.c.

A variacao do fluxo com o tempo, lado direito da equacao (199),pode ser causada de tres maneiras distintas:

1. espira estacionaria em um campo B variavel no tempo;

2. espira em movimento atraves de um campo magnetico Bestacionario;

3. espira em movimento em um campo B variavel no tempo.

Estas situacoes sao discutidas a seguir separadamente.


a) b) c)

Figura 72: Lei de Lenz: a) campo B(t) aumentando; b) corrente Iinduzida; c) campo B′(t) induzido, se opondo ao campo B(t).


Espira Estacionaria em um Campo B Variavelno Tempo

A Fig. 72 ilustra este cenario, onde um campo magnetico Bvariavel com o tempo atravessa uma espira estacionaria. Neste caso,a equacao (200) torna-se:

Vfem =

∮

L

E · dl = −∫

S

∂B

∂t· dS (201)

Essa fem induzida pela corrente variavel no tempo em uma espiraestacionaria e denominada “fem de transformador”, poisrelaciona-se com o modo de operacao de um transformador.

Aplicando o teorema de Stokes no lado esquerdo da equacao (201),obtem-se:


∫

S

(∇× E) · dS = −∫

S

∂B

∂t· dS (202)

o que resulta em:

∇× E = −∂B

∂t(203)

sendo esta equacao a lei de Faraday na forma diferencial. Essa euma das equacoes de Maxwell para campos variaveis no tempo. Aexpressao ∇× E 6= 0 mostra que o campo eletrico E variavel notempo nao e conservativo. Este fato nao implica que o princıpio deconservacao de energia seja invalido. O que acontece e que otrabalho realizado para movimentar uma carga em um caminhofechado na presenca de um campo eletrico variavel no tempo, edevido a energia do campo magnetico variavel no tempo.


Espira em Movimento em um Campo BEstatico

A forca sobre uma carga em movimento com velocidade uniforme uem um campo magnetico B e dada por:

Fm = Qu×B (204)

Um “campo eletrico de movimento” (mocional), Em, e definido emfuncao de Fm como:

Em =Fm

Q= u×B (205)

Quando um condutor, atravessando linhas de campo B comvelocidade uniforme u, contiver grande quantidade de cargas livres,a fem entre os pontos terminais a e b do condutor sera dada por:


Vfem = vab =

∫ a

b

Em · dl =∫ a

b

(u×B) · dl (206)

Essa fem e denominada “fem de movimento” ou “fem de fluxoconstante”. Esse e o tipo de fem de maquinas eletricas comomotores e geradores. Um exemplo de aplicacao e a maquina decorrente contınua, mostrado na Fig. 73.

Figura 73: Maquina eletrica de corrente contınua.


Caso o circuito seja fechado com comprimento L, a equacao (206)pode ser reescrita como:

Vfem =

∮

L

Em · dl =∮

L

(u×B) · dl (207)

Se a velocidade u e o campo B forem perpendiculares, e o condutornormal a ambos, entao um condutor de comprimento L tera umatensao:

Vfem = uBL (208)

Aplicando o teorema de Stokes em (207), tem-se que:

∫

S

(∇× Em) · dS =

∫

S

[∇× (u×B)] · dS (209)


Portanto,

∇× Em = ∇× (u×B) (210)

A corrente induzida no condutor tem o sentido de Fm, ou seja,u×B. A orientacao da integracao em (207) e escolhida como osentido oposto da corrente induzida, satisfazendo assim a lei deLenz.


Espira em Movimento em um Campo BVariavel no Tempo

Caso geral em que a espira esta em movimento em um campomagnetico variavel no tempo. Neste caso, tanto a fem detransformador quanto a fem de movimento estao presentes. Assim,a fem total e dada por:

Vfem =

∮

L

E · dl = −∫

S

∂B

∂t· dS +

∮

L

(u×B) · dl (211)

ou

∇× E = −∂B

∂t+∇× (u×B) (212)


Exercıcio 1) Na Fig. 74, duas barras condutoras movem-se sobredois trilhos condutores com velocidade u1 = 12, 5 (−ay) m/s eu2 = 8, 0ay m/s. No ponto medio do trilho b− c ha um voltımetro.Se nessa regiao ha um campo B = 0, 35az T, determine a tensao deb em relacao a c.

Figura 74: Exercıcio 1.

Exercıcio 2) Uma barra condutora pode deslizar livremente sobredois trilhos condutores, como mostrado na Fig. 75. Calcule a tensaoinduzida na barra se:


a) a barra esta parada em y = 8 cm e B = 4 cos 106taz mWb/m2;

b) a barra desliza a uma velocidade de u = 20ay m/s e B = 4azmWb/m2

c) a barra desliza a uma velocidade u = 20ay m/s eB = 4 cos

(106t− y

)az mWb/m2.

Figura 75: Exercıcio 2.


Corrente de Deslocamento

Para campos eletromagneticos estaticos foi visto que:

∇×H = J (213)

onde a densidade de corrente de conducao J e devido ao movimentode cargas (protons, eletrons, ıons) em um condutor. Aplicando odivergente na expressao (213), obtem-se:

∇ · (∇×H) = ∇ · J (214)

Porem, sabe-se que o divergente do rotacional de um campo vetoriale nulo. Entao:


∇ · (∇×H) = 0 = ∇ · J (215)

O que implica em ∇ · J = 0, o que contradiz a equacao dacontinuidade de corrente vista nas aulas anteriores:

∇ · J = −∂ρv∂t

6= 0 (216)

Para compatibilizar a expressao em (216) com (213), um termo deveser adicionado em (213). Com esse intuito, Maxwell postulou que:

∇×H = J + Jd (217)

sendo Jd a “densidade de corrente de deslocamento” definida por:


Jd =∂D

∂t(218)

Aplicando agora o divergente em (217), verifica-se suacompatibilidade com a equacao da continuidade (216):

∇ · (∇×H) = ∇ · J +∇ · Jd (219)

∇ · J = −∇ · Jd = −∇ · ∂D∂t

= −∂ (∇ ·D)

∂t(220)

resultando em

∇ · J = −∂ρv∂t

(221)


A insercao de Jd em (217) foi uma das maiores contribuicoes deMaxwell. Sem o termo Jd, a propagacao de ondas eletromagneticasnao poderia ter sido prevista, como Maxwell o fez. Em baixasfrequencias, Jd e desprezıvel quando comparado com a densidade decorrente de conducao, J = σE. Porem, em altas frequencias, os doistermos sao comparaveis. Na epoca Maxwell nao conseguiu verificarexperimentalmente a equacao (217), pois fontes de altas frequenciasnao eram disponıveis. Anos mais tarde, Heinrich Hertz conseguiugerar e detectar ondas de radio, comprovando assim a expressao(217).

Tomando por base a densidade de corrente de deslocamento,define-se a corrente de deslocamento como:

Id =

∫

S

Jd · dS =

∫

S

∂D

∂t· dS (222)


Deve-se ter em mente que a corrente de deslocamento e resultado deum campo eletrico variavel no tempo.

Um exemplo tıpico e a corrente atraves de um capacitor, mostradona Fig. 76. Aplicando a lei Circuital de Ampere nao modificada aocaminho fechado L:

∮

L

H · dl = ∫

S1J · dS = I

∫

S2J · dS = 0

(223)

Aplicando agora a lei de Ampere corrigida:

∮

L

H · dl = ∫

S1J · dS = I

∫

S2Jd · dS = ∂

∂t

∫

S2D · dS = dQ

dt = I(224)


a) b)

Figura 76: Aplicacao da lei de Ampere a um circuito com capacitor:a) S1 cruzando o condutor; b) S2 no ar passando entre as placas docapacitor.


Portanto, a corrente do condutor se mantem no capacitor, porem ede conducao no condutor e de deslocamento no capacitor.

Como foi dito anteriormente, a corrente no capacitor e resultado deum campo eletrico variante no tempo. Esta corrente pode serresultado tanto de uma fonte de tensao alternada como de correntecontınua. No primeiro tipo de fonte a corrente produzida ealternada devido a um campo eletrico variavel com o tempo. Ja afonte de tensao contınua produz corrente contınua. Se a tensao econtınua o campo eletrico tambem sera constante. Entao como epossıvel o capacitor conduzir corrente oriunda de fonte de tensaocontınua? O capacitor so conduz corrente quando ele estacarregando, pois a tensao e a carga acumulada em suas placasvariam. Com isso tem-se que Ic = C dV

dt ⇒ dQdt = C dV

dt . Depois que ocapacitor se carrega, a sua queda de tensao e o campo eletrico saoconstantes, resultando em Ic = 0 no capacitor.


Relacao entre J e Jd

Se o material nao se comportar nem como um bom condutor nemcomo dieletrico perfeito, as correntes de conducao e dedeslocamento coexistirao. Portanto,

Jtotal = J + Jd = σE +∂ (εE)

∂t(225)

se E for da forma ejωt (ou seja, exponencial complexa):

Jtotal = σE + jωεE (226)

Evidenciando assim que a corrente de deslocamento se tornaimportante com o aumento da frequencia.


Equacoes de Maxwell nas Formas Finais

James Clark Maxwell e considerado o fundador da TeoriaEletromagnetica na sua forma atual. O trabalho de Maxwellunificou a teoria da eletricidade e do magnetismo, levando assim adescoberta das ondas eletromagneticas (EM).

A Tabela 1 apresentada anteriormente, apresenta as quatroequacoes de Maxwell para campos estaticos. As formas mais geraisdessas equacoes sao para condicoes com variacao temporal e estaomostradas na Tabela 2.

Observa-se que quando E e H sao estaticos, a Tabela 2 se reduz aTabela 1, a qual mostra as leis de Maxwell para camposeletromagneticos invariantes no tempo. Portanto, a tabela aquiapresentada contem as leis de Maxwell na sua forma generalizada.


Tabela 2: Forma geral das equacoes de Maxwell.

Forma diferencial Forma integral Comentarios

∇ ·D = ρv∮

SD · dS =

∫

vρvdv Lei de Gauss

∇ ·B = 0∮

SB · dS = 0

Inexistencia decarga magnetica

∇× E = −∂B∂t

∮

L

E · dl = − ∂∂t

∫

S

B · dS Lei de Faraday

∇×H = J + ∂D∂t

∮

L

H · dl =∫

S

(J + ∂D

∂t

)· dS Lei de Ampere


Para um campo ser classificado como um campo eletromagnetico,ele deve satisfazer todas as quatro equacoes de Maxwell. Pelaanalise das linhas IV e V da Tabela 2 notas-e que, para camposvariaveis no tempo, H nao pode existir sem um campo E, evice-versa. Note tambem que as formas integral e diferencial dasduas primeiras equacoes (linhas II e III) sao equivalentes segundoo Teorema da Divergencia, enquanto que as formas integral ediferencial das duas ultimas equacoes sao equivalentes segundo oTeorema de Stokes.


Potenciais EM Variaveis no Tempo

Para campos EM estaticos, os campos e os potenciais estaorelacionados como se segue:

E = −∇V (74)

B = ∇×A (160)

Em campos variaveis no tempo a relacao (160) continua valida. Jaa relacao entre E e V e modificada para campos variantes com otempo.

Combinando a lei de Faraday com a equacao (160) obtem-se:


∇× E = −∂B

∂t= − ∂

∂t(∇×A) = ∇×

(

−∂A

∂t

)

∇× E +∇×(∂A

∂t

)

= 0

∇×(

E +∂A

∂t

)

= 0 (227)

e como o rotacional do gradiente de um campo escalar e zero, otermo entre parentesis em (227) deve ser o gradiente de algumcampo escalar. No caso em estudo, e o potencial escalar eletrico:

E +∂A

∂t= −∇V (228)


Portanto, para campos EM variantes com o tempo, o potencialeletrico V e o vetor potencial magnetico A sao definidos como:

B = ∇×A (229)

E = −∇V − ∂A

∂t(230)

Note que se o campo e invariante com o tempo, ∂A∂t = 0 e a

expressao (230) se reduz a (74).

Com o intuito de se obter uma das equacoes de onda, faz-se acombinacao da lei de Gauss com o divergente da equacao (230):

∇ · E =ρvε

= ∇ ·(

−∇V − ∂A

∂t

)


∇2V +∂

∂t(∇ ·A) = −ρv

ε(231)

em que ∇2V e laplaciano de um campo escalar V .

Para desacoplar o potencial eletrico do vetor potencial magnetico,utiliza-se a “condicao de Lorenz” para potenciais, a qual e dadapor:

∇ ·A = −µε∂V

∂t(232)

relacao essa que pode ser obtida a partir da equacao dacontinuidade.

Aplicando (232) em (231), obtem-se a equacao de onda em termosdo potencial eletrico:


∇2V − µε∂2V

∂t2= −ρv

ε(233)

Para obter a outra equacao de onda em termos do potencialmagnetico, combinam-se a lei de Ampere com as equacoes (229) e(230):

Lei de Ampere:

∇×H = J +∂D

∂t

∇× B

µ= J +

∂ (εE)

∂t

∇×B = µJ + µε∂E

∂t(234)


Substituindo (230) em (234):

∇×B = µJ + µε∂

∂t

(

−∇V − ∂A

∂t

)

∇×B = µJ− µε∇(∂V

∂t

)

− µε∂2A

∂t2

e utilizando a relacao dada em (229):

∇× (∇×A) = µJ− µε∇(∂V

∂t

)

− µε∂2A

∂t2

e recorrendo a definicao de laplaciano de um vetor dada na pagina59:


∇× (∇×A) = ∇ (∇ ·A)−∇2A

tem-se que:

∇ (∇ ·A)−∇2A = µJ− µε∇(∂V

∂t

)

− µε∂2A

∂t2(235)

Aplicando a condicao de Lorenz, equacao (232), em (234):

∇(

−µε∂V

∂t

)

−∇2A = µJ− µε∇(∂V

∂t

)

− µε∂2A

∂t2

Portanto,


∇2A− µε∂2A

∂t2= −µJ (236)

As equacoes diferenciais (233) e (236) sao chamadas de equacoes deonda para potenciais, pois suas solucoes representam ondasmovendo-se dos pontos de origem para pontos do campo no sistema.Neste momento estas equacoes nao serao solucionadas. Adianteserao mostradas as equacoes de onda em funcao de E e B.


Campos Harmonicos no Tempo

“ Uma grandeza harmonica no tempo e aquela que variaperiodicamente ou sinusoidalmente com o tempo.”

Exemplos: tensoes e correntes de um circuito: i(t) = I0 cos (ωt + θ);campos EM harmonicos: E = Em cos (ωt− βz) ax

Estas grandezas senoidais (ou cossenoidais) podem ser expressas demaneira mais simples como fasores , os quais sao vetores rotativosno domınio complexo. Como sera visto mais adiante, os fasoresfacilitam os calculos em problemas envolvendo campos harmonicos.

Um fasor z e um numero complexo que pode ser representado como:

z = a + jb (Forma retangular) (237)


ou

z = r ejφ = r∠φ (Forma polar) (238)

sendo j =√−1 a unidade imaginaria, r o modulo de z e φ a fase de

z, dados por:

r =√a2 + b2 (239)

e

φ = tan−1 b

a(240)

A representacao grafica de z e ilustrada na Fig. 77.


Figura 77: Representacao de um fasor z = a + jb = r∠φ.


Na Fig. 77 nota-se que as componentes do fasor z na formaretangular podem ser expressas por:

a = r cosφ (241)

b = r sinφ (242)

Combinando a equacao (237) com (241) e (242) resulta em:

z = r (cosφ + j sinφ) (243)

Para obter a forma polar a partir da forma retangular, utiliza-se aidentidade de Euler, a qual e dada por:

e±jα = cosα± j sinα (244)


Assim, a expressao (243) pode ser escrita como:

z = r ejφ (245)

a qual e a mesma expressao dada em (238), mostrando assim aequivalencia entre a forma polar e retangular de um dado fasor z.

A seguir sao sintetizadas algumas operacoes com os fasoresz1 = a1 + jb1 e z2 = a2 + jb2:

Soma e subtracao:

z1 ± z2 = (a1 ± a2) + j (b1 ± b2)

Multiplicacao:

z1 z2 = r1 r2 ∠(φ1 + φ2)


Divisao: z1z2

=r1r2

∠(φ1 − φ2)

Complexo conjugado:

z∗1 = a1 − jb1 = r1∠− φ1

Introduzindo a dependencia temporal:

φ = ωt + θ (246)

resulta em

z = r ejφ = r ej(ωt+θ) = r ejωtejθ (247)


o qual representa um vetor rotativo com modulo (raio) r, frequenciaangular ω e fase inicial θ. Utilizando novamente a identidade deEuler, equacao (244), obtem-se que:

z = r ej(ωt+θ)

= r [cos (ωt + θ) + j sin (ωt + θ)] (248)

com

Re z = r cos (ωt + θ) (249)

Im z = r sin (ωt + θ) (250)

sendo (249) a parte real (Re ·) e (250) a parte imaginaria (Im ·)do fasor z.


Analisando a expressao (249) nota-se que a corrente i(t) pode serrepresentada como a parte real de um numero complexo:

i(t) = ReI0e

jωtejθ

= I0 cos (ωt + θ) (251)

Como todas as grandezas em um sistema linear (circuitos, ondasEM, etc) com excitacao harmonica no tempo possuem o mesmofator comum ejωt, este termo pode ser ocultado nas equacoesassociadas a fim de otimizar suas representacoes. Assim, a novarelacao resultante e denominada fasor de corrente:

Is = I0 ejθ = I0∠θ (252)

em que o subscrito “s” denota a forma fasorial de i(t). Portanto,i(t) pode ser expressa como:


i(t) = ReIs e

jωt= Re

I0 e

jθejωt

(253)

Um fasor tambem pode representar um vetor. Seja:

A = A0 cos (ωt− βx) ay

A = ReA0 e

jωte−jβxay

A = ReAs e

jωt

(254)

onde As e o fasorial de A:

As = A0 e−jβxay (255)

Note a diferenca existente entre as equacoes (254) e (255). Aprimeira e real e variante com o tempo, enquanto a segunda nao


depende do tempo e geralmente e uma grandeza complexa.Usualmente trabalha-se com a expressao no formato dado por (255),pois, alem de facilitar os calculos, e possıvel obter sua formatemporal, (254), facilmente a partir de (255).

Utilizando o conceito de fasor, a derivada temporal de A pode serexpressa da seguinte maneira:

∂A

∂t=

∂

∂t

[Re

Ase

jωt]

= ReAs jω ejωt

ou seja, a representacao fasorial da derivada equivale a multiplicar ofasor de A por jω:

∂A

∂t−→ jω As (256)


e de forma similar:

∫

A ∂t −→ As

jω(257)

Aplicando o conceito de fasor a campos EM variaveis no tempo emmeio linear e isotropico, obtem-se as equacoes de Maxwell nodomınio complexo, mostradas na Tabela 3.

Note na Tabela 3 que o termo ejωt foi omitido, pois assume-se queja esta associado ao fasor correspondente. Esta e a vantagem deutilizar fasores em analise de campos harmonicos no tempo: otermo ejωt pode ser retirado e inserido a qualquer momento sem queafete o resultado final.

Outra analise importante com relacao a Tabela 3 diz respeito acorrente de deslocamento. Observe que em baixas frequencias acorrente de deslocamento jωDs tende a zero e torna-se desprezıvelcom relacao a corrente de conducao. Isto porque em baixasfrequencias ω → 0.


Tabela 3: Forma fasorial das leis de Maxwell, assumindo ejωt comofator tempo.

Forma diferencial Forma integral

∇ ·Ds = ρvs∮

S

Ds · dS =∫

v

ρvsdv

∇ ·Bs = 0∮

S

Bs · dS = 0

∇× Es = −jωBs

∮

L

Es · dl = −jω∫

S

Bs · dS

∇×Hs = Js + jωDs

∮

L

Hs · dl =∫

S

(Js + jωDs) · dS


Propagacao de Ondas Eletromagneticas


Introducao

As ondas EM sao um meio de transportar energia ou informacao.Exemplos tıpicos de ondas EM incluem ondas de radio, os sinais deTV, feixes de radar e raios luminosos.

Este capıtulo tem por objetivo obter as equacoes de propagacao deondas EM a partir das equacoes de Maxwell e tambem estudar apropagacao de ondas EM nos seguintes meios materiais:

1. Espaco livre: σ = 0, ε = ε0, µ = µ0

2. Dieletrico sem perdas: σ = 0, ε = εrε0, µ = µrµ0 ouσ ≪ µε

3. Dieletrico com perdas: σ 6= 0, ε = εrε0, µ = µrµ0

4. Bons condutores: σ ≃ ∞, ε ≈ ε0, µ = µrµ0 ou σ ≫ µε


Primeiramente sera considerado o caso mais geral, o caso 3. Osdemais itens serao resolvidos a partir deste caso geral. Ao finaldeste capıtulo sao feitas consideracoes sobre potencia, reflexao etransmissao entre dois meios diferentes.


Propagacao de Onda em Dieletrico com

Perdas

Um dieletrico com perdas e um meio no qual as ondas EM perdemenergia a medida que se propagam. Isto ocorre devido acondutividade do meio ser diferente de zero.

Sendo assim, considere um meio dieletrico com perdas, linear,isotropico (ou seja, onde D = εE, B = µH e J = σE), homogeneoe livre de cargas (ρv = 0). Assim, considerando E e H na formatemporal de ejωt, as equacoes de Maxwell da Tabela 3 tornam-se:

∇ · Es = 0 (258)

∇ ·Hs = 0 (259)


∇× Es = −jωµHs (260)

∇×Hs = (σ + jωε)Es (261)

Aplicando o rotacional na equacao (260), obtem-se:

∇×∇× Es = −jωµ (∇×Hs) (262)

Substituindo-se a equacao (261) em (262) e utilizando a definicao dolaplaciano de um vetor dada na pagina 59:

∇× (∇×A) = ∇ (∇ ·A)−∇2A

resulta em:


∇ (∇ · Es)−∇2Es = −jωµ (σ + jωε)Es (263)

Da equacao (258) tem-se que ∇ · Es = 0. Portanto,

∇2Es − γ2Es = 0 (264)

sendo γ a “constante de propagacao” (por metro) do meio e

γ2 = jωµ (σ + jωε) (265)

De modo analogo, pode-se mostrar que:

∇2Hs − γ2Hs = 0 (266)


As relacoes (264) e (266) sao conhecidas como as equacoes deHelmholtz ou equacoes vetoriais de onda.

Como γ e uma grandeza complexa, pode ser representada por:

γ = α + jβ (267)

sendo que α e β podem ser obtidos das equacoes (265) e (267) como:

Reγ2= −ω2µε = α2 − β2 (268)

e

∣∣γ2

∣∣ = ωµ

√σ2 + ω2ε2 = α2 + β2 (269)


Resolvendo as equacoes (268) e (269) para α e β obtem-se que:

α = ω

√√√√µε

2

[√

1 +( σ

ωε

)2

− 1

]

(270)

β = ω

√√√√µε

2

[√

1 +( σ

ωε

)2

+ 1

]

(271)

sendo α chamado de “constante de atenuacao” (m−1 ou Np/m) eβ de “constante de fase” (rad/m).

Assumindo que a onda se propaga no sentido positivo do eixo z eque Es so tem componente em x, resulta em:


Es = Exs(z) ax (272)

Substituindo esta equacao (272) em (264), tem-se:

∇2Exs(z)ax − γ2Exs(z)ax = 0 ⇒ ∇2Exs(z)− γ2Exs(z) = 0 (273)

Recorrendo a definicao de laplaciano de um escalar, pagina 58,obtem-se:

∂2

∂x2Exs(z)

︸︷︷︸=0

+∂2

∂y2Exs(z)

︸︷︷︸=0

+∂2

∂z2Exs(z)− γ2Exs(z) = 0 (274)

ou seja,


d2

dz2Exs(z)− γ2Exs(z) = 0 (275)

A solucao desta equacao diferencial, linear e homogenea e do tipo:

Exs(z) = E0e−γz + E

′0e

γz (276)

onde E0 e E′0 sao constantes. Porem, como foi adotado que a onda

se propaga no sentido positivo de z, o termo E′0e

γz deve ser zero,pois este termo representa uma onda se propagando ao longo de−az. Assim, inserindo o termo temporal em (276) e substituindo γpela expressao (267), obtem-se:

E (z, t) = ReE0e

−(α+jβ)zejωtax

= ReE0e

−αzej(ωt−βz)ax


que e equivalente a:

E (z, t) = E0e−αz cos (ωt− βz) ax (277)

A Fig. 78 mostra um esboco de |E| em dois instantes de tempodiferentes. Nesta figura e possıvel observar que a onda se propagano sentido positivo do eixo z e que sua amplitude e atenuada pelofator e−αz.

Para obter H (z, t) pode-se tanto adotar procedimentos similaresaos utilizados para obter E (z, t) quanto utilizar a equacao (277) emconjunto com as equacoes de Maxwell. De qualquer maneira oresultado obtido e dado por:

H (z, t) = H0e−αz cos (ωt− βz) ay (278)


Figura 78: Campo E se propagando ao longo de +az. As setasindicam valores instantaneos de E.


onde

H0 =E0

η(279)

sendo η uma grandeza complexa conhecida como “impedanciaintrınseca do meio”:

η =E0

H0

η =

√jωµ

σ + jωε= |η|∠θη = |η| ejθη (280)

com


|η| =√

µ/ε[

1 +(

σωε

)2]1/4

(281)

tan 2θη =σ

ωε, 0 ≤ θη ≤ π/4 (282)

Substituindo (279) e (280) em (278) obtem-se:

H (z, t) = Re

E0

|η| ejθηe−αzej(ωt−βz)ay

= Re

E0

|η|e−αze−jθηej(ωt−βz)ay

ou seja,


H (z, t) =E0

|η|e−αz cos (ωt− βz − θη) ay (283)

Conclusoes

Tanto E (z, t) quanto H (z, t) decrescem exponencialmente(pelo fator e−αz) ao longo do eixo de propagacao (z). Porexemplo, uma atenuacao de 1 Np significa um decaimento naamplitude de e−1 = 36, 8% = 8, 69dB.

Em um meio dieletrico sem perdas, σ = 0, resultando assim emα = 0 e β = ω

u .

E (z, t) e H (z, t) estao fora de fase: E (z, t) esta adiantado emrelacao a H (z, t) por θη. Este atraso e devido a impedanciaintrınseca do meio, η.


Relacao entre densidade de corrente de conducao e densidade decorrente de deslocamento em um meio com perdas:

|Js||Jds|

=|σEs||jωεEs|

=σ

ωε= tan 2θη

tan 2θη =σ

ωε(284)

sendo tan 2θη a “tangente de perdas do meio”:

– tan 2θη muito pequeno: σ ≪ ωε ⇒ dieletrico semperdas.

– tan 2θη muito grande: σ ≫ ωε ⇒ bom condutor.

Pela expressao (284) nota-se que a propagacao da onda dependeda frequencia e nao so do meio, pois ω = 2πf . Assim, um certomeio pode ser bom condutor em baixas frequencias e tambemum bom dieletrico em altas frequencias.


Da equacao (261)

∇×Hs = (σ + jωε)Es

= jωε

(

1− jσ

ωε

)

Es

= jωεcEs (285)

sendo

εc = ε

(

1− jσ

ωε

)

= ε (1− j tan 2θη) (286)

εc = ε′ − jε

′′(287)

e εc e chamada de “permissividade complexa” do meio, ε′= ε,

ε′′= σ/ω e ε = ε0εr. Note tambem que:

tan 2θη =ε′′

ε′ =σ

ωε(288)


Ondas Planas em Dieletricos Sem Perdas

Em um dieletrico sem perdas, σ ≪ ωε. E um caso especial dotratado na secao anterior, exceto que:

σ ≃ 0

ε = ε0εrµ = µ0µr

(289)

Substituindo as consideracoes de (289) nas equacoes (270) e (271),resulta em:

α = 0 β = ω√µε (290)


η =

√µ

ε∠0 (291)

Como α = 0, E e H nao sofrem atenuacao. Alem disso, como η temfase nula, E e H estao em fase no tempo, qualquer que seja o pontotomado. A velocidade e o comprimento de onda sao:

u =ω

β=

1√µε

λ =2π

β=

2π

ω√µε

(292)


Exercıcios – Lista 3 – Equacoes de Maxwell e

Ondas

1) Uma espira circular condutora de raio 20 cm esta no plano z = 0imersa em um campo magnetico B = 10 cos (377t) az mWb/m2.Calcule a tensao induzida na espira.

2) Uma barra condutora se move com velocidade constante de 3azm/s paralelamente a um fio retilıneo longo percorrido por umacorrente de 15 A, como mostrado na Fig. 79. Calcule a feminduzida na barra e determine qual extremidade da barra esta aum potencial mais elevado.

3) Uma barra magnetica se movimenta em direcao ao centro deuma bobina com 10 espiras e com resistencia de 15 Ω, comomostrado na Fig. 80. Se o fluxo magnetico atraves da bobina


Figura 79


Figura 80

varia de 0,45 Wb a 0,64 Wb em 0,02 s, qual a intensidade eorientacao (do ponto de vista do ıma) da corrente induzida?

4) Escreva as equacoes de Maxwell para um meio linear ehomogeneo em termos de Es e Hs assumindo o fator tempocomo e−jωt.


5) Em uma certa regiao J =(2yax + xzay + z3az

)sin

(104t

)A/m.

Encontre ρv se ρv (x, y, 0, t) = 0.

6) Verifique se os campos a seguir sao campos EM genuınos, isto e,se eles satisfazem as equacoes de Maxwell. Assuma que oscampos existem em regioes livre de carga.

a) A = 40 sin (ωt + 10x) az

b) B =(

3ρ2 cotφaρ +cosφρ aφ

)

sinωt

c) C = 1r sin θ sin (ωt− 5r) aθ

7) O fasor campo eletrico de uma onda EM no espaco livre e dadopor

Es = 10e−j4yax

a) Encontre ω tal que Es satisfaca as equacoes de Maxwell.


b) Determine o campo Hs


Referencias

[Edm06] Joseph A. Edminister. Eletromagnetismo. Bookman,New York, NY, second edition, 2006.

[Sad12] Matthew N. O. Sadiku. Elementos deeletromagnetismo. Bookman, Porto Alegre, RS, 2012.

[WHHB12] Jr. William H. Hayt and John A. Buck. EngineeringElectromagnetics. McGraw-Hill, New York, NY, 2012.


Documents

LT33C – Eletromagnetismo