Física 3 - Eletromagnetismo - UFRJ - Prof Elvis

Física III: Eletromagnetismo

Elvis Soares

2014

2

Sumário

1 Carga Elétrica e Campo Elétrico 1

1.1 Propriedades da Carga Elétrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Corpos Eletrizados e Processos de Eletrizacão . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2.1 Eletrização por Atrito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2.2 Eletrização por Contato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2.3 Eletrização por Indução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3 Lei de Coulomb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.4 Campo Elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.5 Campo Elétrico de uma Distribuição de Cargas . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.6 Linhas de Campo Elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.7 Movimento num Campo Elétrico Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.8 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2 Lei de Gauss 19

2.1 Fluxo Elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.2 Lei de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.3 Aplicações da Lei de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.4 Cargas em Condutores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30


3 Potencial Eletrostático 37

3.1 Força Elétrica como Força Conservativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3.2 Diferença de Potencial e Potencial Eletrostático . . . . . . . . . . . . . . . 38

3.3 Potencial de Cargas Puntiformes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3.4 Gradiente do Potencial e Equipotenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.5 Potencial Devido a Distribuições Contínuas de Carga . . . . . . . . . . . 42

3.6 Potencial Devido a um Condutor Carregado . . . . . . . . . . . . . . . . 46


3

4 SUMÁRIO

4 Capacitância e Dielétrico 514.1 Capacitância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 514.2 Cálculo de Capacitância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 524.3 Associação de Capacitores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

4.3.1 Capacitores em Paralelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564.3.2 Capacitores em Série . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

4.4 Energia Armazenada num Capacitor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 594.5 Materiais Dielétricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 604.6 Capacitores com Dielétricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 624.7 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

5 Corrente, Resistência e Força Eletromotriz 695.1 Corrente Elétrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

5.1.1 Modelo Microscópico para Corrente . . . . . . . . . . . . . . . . . 705.2 Lei de Ohm e Condutância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

5.2.1 Modelo Microscópico para Condutividade . . . . . . . . . . . . . 735.3 Potência Elétrica e Efeito Joule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 755.4 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

6 Campo Magnético 796.1 Fatos Experimentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 796.2 Força e Campo Magnéticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 806.3 Força Magnética numa Corrente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 846.4 Movimento de Cargas num Campo Magnético Uniforme . . . . . . . . . 886.5 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

7 Fontes de Campo Magnético 937.1 Lei de Gauss no Magnetismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 937.2 Lei de Biot-Savart . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 957.3 Lei de Ampère . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 987.4 Corrente de Deslocamento e a Lei de Ampère-Maxwell . . . . . . . . . . 1047.5 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

8 Indução Eletromagnética 1098.1 Lei de Lenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1098.2 Indução de Faraday . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1108.3 Lei de Faraday . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1148.4 Indutância Mútua e Auto-Indutância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1168.5 Energia Magnética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

SUMÁRIO 5

8.6 Equações de Maxwell e Além! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1208.7 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

Referências Bibliográficas 124

A Gabaritos das Listas de Exercícios 127

6 SUMÁRIO

Capítulo 1

Carga Elétrica e Campo Elétrico

A interação eletromagnética entre partículas carregadas eletricamente é uma dasinterações fundamentais da natureza. Nesse capítulo iremos estudar algumas proprie-dades básicas da força eletromagnética, discutiremos a Lei de Coulomb, o conceito decampo elétrico, e finalizaremos com o estudo do movimento de partículas carregadasnum campo elétrico uniforme.

1.1 Propriedades da Carga Elétrica

Quando atritamos uma caneta contra o nosso cabelo num dia seco, vemos que a ca-neta passa a atrair pequenos pedaços de papel sobre a mesa. O mesmo ocorre quandocertos materiais são atritados entre si, como um bastão de vidro contra um pano deseda ou plástico contra pele.

Isto se deve ao fato de que toda a matéria que conhecemos é formada por átomos,que são formados por um núcleo, onde ficam os prótons e nêutrons e uma eletrosfera,onde os elétrons permanecem, em órbita. Os prótons e nêutrons têm massa pratica-mente igual, mas os elétrons têm massa cerca de 2 mil vezes menor.

Se pudéssemos separar os prótons, nêutrons e elétrons de um átomo, veríamos queos prótons seriam atraídos pelos elétrons enquanto os nêutrons não seriam afetados.

1

2 CAPÍTULO 1. CARGA ELÉTRICA E CAMPO ELÉTRICO

Esta propriedade de cada uma das partículas é chamada carga elétrica. Os prótons sãopartículas com carga positiva, os elétrons tem carga negativa e os nêutrons tem carganeutra.

A unidade de medida adotada internacionalmente para a medida de cargas elétri-cas é o coulomb (C).

Um próton e um elétron têm valores absolutos de carga iguais embora tenham si-nais opostos. O valor da carga de um próton ou um elétron é chamado carga elétricaelementar e simbolizado por e, sendo a menor unidade de carga elétrica conhecida nanatureza, com valor igual a

e = 1.602 19× 10−19 C (1.1)

Portanto, 1 C de carga é aproximadamente a carga de 6.24× 1018 elétrons ou pró-tons. Esse número é bem pequeno se comparado com número de elétrons livres em1 cm3 de cobre, que tem da ordem de 1023.

1.2 Corpos Eletrizados e Processos de Eletrizacão

Dizemos que um corpo está eletrizado negativamente quando tem maior número deelétrons do que de prótons, fazendo com que a carga elétrica desse corpo seja negativa;E que um corpo está eletrizado positivamente quando tem maior número de prótonsdo que de elétrons, fazendo com que a carga elétrica desse corpo seja positiva. Porisso, um corpo é chamado eletricamente neutro se ele tiver número igual de prótons e deelétrons, fazendo com que a carga elétrica sobre o corpo seja nula. A carga de um corpoeletrizado deve então ser um múltiplo da carga elementar, de tal forma que Q = ±N.e,sendo N um número inteiro qualquer.

O processo de retirar ou acrescentar elétrons a um corpo neutro para que este passea estar carregado eletricamente denomina-se eletrização. Alguns dos processos de ele-trização mais comuns são:

1.2.1 Eletrização por Atrito

Este processo foi o primeiro de que se tem conhecimento. Foi descoberto por voltado século VI a.C. pelo matemático grego Tales de Mileto, que concluiu que o atritoentre certos materiais era capaz de atrair pequenos pedaços de palha e penas.

Posteriormente o estudo de Tales foi expandido, sendo possível comprovar quedois corpos neutros feitos de materiais distintos, quando são atritados entre si, um

1.2. CORPOS ELETRIZADOS E PROCESSOS DE ELETRIZACÃO 3

deles fica eletrizado negativamente (ganha elétrons) e outro positivamente (perde elé-trons). Quando há eletrização por atrito, os dois corpos ficam com cargas de móduloigual, porém com sinais opostos.

Por exemplo, ao se atritar uma barra de vidro num pano de lã, elétrons passamdo vidro para a lã. Em consequência, a barra de vidro adquire carga elétrica positiva(perde elétrons) e o pano de lã adquire carga elétrica negativa (recebe elétrons). Se, emvez da barra de vidro, atritarmos com a lã uma barra de resina, haverá a transferênciade elétrons da lã para a resina. Então, a barra de resina adquire carga elétrica negativa(recebe elétrons) e o pano de lã adquire carga elétrica positiva (perde elétrons).

1.2.2 Eletrização por Contato

Se dois corpos condutores, sendo pelo menos um deles eletrizado, são postos emcontato, a carga elétrica tende a se estabilizar, sendo redistribuída entre os dois, fa-zendo com que ambos tenham a carga com mesmo sinal.

1.2.3 Eletrização por Indução

Este processo de eletrização é totalmente baseado no princípio da atração e repul-são, já que a eletrização ocorre apenas com a aproximação de um corpo eletrizado(indutor) a um corpo neutro (induzido).

O processo é dividido em três etapas:

1. Primeiramente um bastão eletrizado é aproximado de um condutor inicialmenteneutro, pelo princípio de atração e repulsão, os elétrons livres do induzido sãoatraídos/repelidos dependendo do sinal da carga do indutor.


2. O próximo passo é ligar o induzido à Terra por um fio condutor, ainda na pre-sença do indutor.

3. Desliga-se o induzido da Terra, fazendo com que sua carga seja de sinal opostoàquela do indutor.

Terra

Por fim, retira-se o indutor das proximidades do induzido que fica eletrizado comsinal oposto à carga do indutor, e com a carga distribuída por todo o corpo.

1.3. LEI DE COULOMB 5

1.3 Lei de Coulomb

A partir de alguns experimentos, Coulomb pode generalizar as seguintes proprie-dades da força elétrica entre duas cargas puntiformes em repouso. A força elétrica

• é inversamente proporcional ao quadrado da distância r entre as cargas e dirigidaao longo da linha que liga uma a outra.

• é proporcional ao produto das cargas das duas partículas;

• é atrativa se as cargas são de sinais opostos e repulsiva se as cargas tem o mesmosinal.

A lei expressa na forma vetorial para a força elétrica exercida por uma carga q1

numa outra carga q2, dita ~F2(1), é

~F2(1) = kq1q2

r2 r = −~F1(2) (1.2)

onde k é a constante chamada constante de Coulomb e r é o vetor unitário dirigido dacarga q1 para a carga q2, conforme figura.

–+r

F1(2)

F2(1)

q1

q2

F1(2)

F2(1)

q1

q2

r

+

+

A constante de Coulomb é também escrita como k = 1/4πε0, e seu valor no SI é

k = 8.987 5× 109 N.m2/C2 ≈ 9.0× 109 N.m2/C2 (1.3)

Como a força elétrica obedece à Terceira Lei de Newton, a força elétrica exercidapela carga q2 em q1 é igual em intensidade a força exercida por q1 em q2, na mesmadireção mas em sentido oposto, de modo que ~F1(2) = −~F2(1)

Quando mais que duas cargas estão presentes, a força entre qualquer par delas édada pela Lei de Coulomb. Portanto, a resultante das forças sobre qualquer uma delasé igual a soma vetorial das forças exercidas pelas outras cargas.

~F i = ∑i 6=j

~F i(j) = ∑i 6=j

kqiqj

r2j

rj (1.4)


Exemplo: Átomo de Hidrogênio

Um átomo de hidrogênio é composto por um elétron, de massa me = 9.11× 10−31 kg,e um próton, de massa mp = 1.67 × 10−27 kg, separados por uma distância deaproximadamente d = 5.3× 10−11 m.

A intensidade da força elétrica é dada pela Lei de Coulomb

Fe = ke2

d2 = (9.0× 109)(1.60× 10−19)2

(5.3× 10−11)2 = 8.2× 10−8 N

Já a intensidade da força gravitacional é dada pela Lei da Gravitação Universal deNewton

Fg = Gmemp

d2 = (6.67× 10−11)(9.11× 10−31)(1.67× 10−27)

(5.3× 10−11)2 = 3.6× 10−47 N

A razão Fe/Fg ≈ 2× 1039. Então, a força gravitacional entre essas partículas subatômi-cas é desprezível se comparada com a força elétrica.

1.3. LEI DE COULOMB 7

Exemplo: Força Resultante

Consideremos três cargas −q, q e√

2q dispostas nos vértices de um triângulo retân-gulo, como mostra a figura.

F3(1)

q

q

-q

a

a

y

x

–

+

+F3(2)

2a√

√2

A força ~F3(1) exercida pela carga√

2q sobre acarga q é

~F3(1) = k√

2q2

(√

2a)2r1,

onde r1 é o vetor posição relativa que sai dacarga

√2q e aponta na direção de q, sendo es-

crito facilmente como r1 = cos 45o x + sen 45oy,de modo que

~F3(1) =12

kq2

a2 (x + y),

A força ~F3(2) exercida pela carga −q sobre a carga q é

~F3(2) = −kq2

a2 r2,

onde r2 é o vetor posição relativa que sai da carga −q e aponta na direção de q, sendoescrito na forma r2 = x, de modo que

~F3(2) = −kq2

a2 x

A força resultante ~F3 sobre a carga q é então calculada como a soma das forças ~F3(1) e~F3(2) sendo

~F3 = ~F3(1) +~F3(2) =12

kq2

a2 (−x + y)


1.4 Campo Elétrico

O conceito de campo foi desenvolvido por Michael Faraday no contexto de forçaselétricas. Nesse contexto, um campo elétrico existe na região do espaço ao redor de umobjeto carregado, a carga fonte. Quando outro objeto carregado, a carga teste, entra nessecampo elétrico, uma força elétrica age sobre ele.

Sendo assim, o campo elétrico produzido pela carga fonte é definido como a forçaelétrica por unidade de carga situado num dado ponto do espaço

~E =~Fe

q2= k

q1

r2 r (1.5)

O vetor ~E tem no SI unidade de N/C. A direção de ~E, como mostra a figura, é adireção da força que uma carga teste positiva sentiria quando colocada nesse campo.Dizemos que um campo elétrico existe num ponto se uma carga teste nesse ponto ex-perimenta uma força elétrica, dada por

~Fe = q~E (1.6)

E

q r

P

r

+ –

E

q

rr

P

O campo elétrico num ponto P devido a um conjunto de cargas puntiformes podeser obtido, através do princípio da superposição, como a soma vetorial dos campos elétri-cos devido, individualmente, a cada carga do conjunto no mesmo ponto P.

~E = ∑i

~Ei = ∑i

kqi

r2i

ri (1.7)

1.4. CAMPO ELÉTRICO 9

Exemplo: Campo Elétrico de um Dipolo

Um dipolo elétrico é definido como uma carga positiva q e uma negativa −q separadaspor uma distância 2a. Vamos obter o campo elétrico ~E devido ao dipolo num ponto Psituado a uma distância y do centro do dipolo.

P Eθ

θ

y

E1

E2y

r

θ

aq

θ

a–q– x+

No ponto P, os campos ~E1 e ~E2 devido às duascargas são iguais em intensidades, pois o pontoP é equidistante das cargas, sendo assim

E1 = E2 = kq

(y2 + a2).

As componentes y de ~E1 e ~E2 se cancelam, e ascomponentes x são ambas positivas e de mesmaintensidade, de modo que

E = 2E1 cos θ = 2kq

(y2 + a2)

a(y2 + a2)1/2

Portanto,~E é um vetor paralelo ao eixo x escritona forma

~E = k2qa

(y2 + a2)3/2 x

No limite em que o ponto P está muito distante do dipolo, dito y a, podemosdesprezar a2 comparado com y2 no denominador e escrever

~E ≈ k2qay3 x

Obs: Em alguns livros é comum aparecer o vetor momento de dipolo elétrico definidocomo ~d = −2qax, que é um vetor de intensidade igual a carga positiva q vezes adistância entre as cargas 2a e aponta na direção da carga negativa para a positiva, demodo que

~E ≈ −k~dy3

Então, muito distante do dipolo elétrico, o campo elétrico varia com ∼ 1/r3 que caimais rapidamente que o campo de uma carga que varia com ∼ 1/r2. Isso se deveao fato que os campos das cargas positiva e negativa vão se anulando ao longo dadistância, diminuindo a intensidade do campo elétrico total.


1.5 Campo Elétrico de uma Distribuição de Cargas

Todo corpo é composto de cargas elétricas (vindas da natureza atómica da matéria),cujas distâncias relativas são muito curtas se comparadas com os tamanhos típicos dosobjetos.

Sendo assim, para calcular o campo elétrico criado por uma distribuição de cargas,usaremos o seguinte procedimento: primeiro, dividimos a distribuição de cargas empequenos elementos de carga, cada um de carga infinitesimal dq (infinitesimal, porémmaior que a carga elementar). Depois, usamos o campo elétrico devido a uma cargapuntiforme para calcular o campo elétrico devido a esse elemento dq no ponto P. E porúltimo, somamos as contribuições de todos elementos de cargas e obtemos o campoelétrico total no ponto P devido à distribuição de cargas (de acordo com o princípio desuperposição dos campos).

O campo elétrico no ponto P devido a um elementode carga dq é

d~E = kdqr2 r

onde r é a distância do elemento de carga até oponto P e r o vetor unitário que sai da carga e apontana direção de P.

O campo elétrico total em P devido a todos os elementos na distribuição de carga é

~E =∫

Vd~E =

∫V

kdqr2 r (1.8)

e a integral aparece porque o corpo é modelado como uma distribuição contínua decarga.

De fato, podemos associar sempre a uma distribuição de cargas o conceito de den-sidade de carga.

• No caso de uma carga distribuída ao longo de um volume tem-se dq = ρdV, ondeρ é a densidade volumétrica de cargas.

• No caso de uma carga distribuída ao longo de uma área tem-se dq = σdA, ondeσ é a densidade superficial de cargas.

• No caso de uma carga distribuída ao longo de uma linha tem-se dq = λdl, ondeλ é a densidade linear de cargas.

1.5. CAMPO ELÉTRICO DE UMA DISTRIBUIÇÃO DE CARGAS 11

Exemplo: Fio Carregado Uniformemente

Vamos estudar o caso de um fio de comprimento L e carga Q distribuída uniforme-mente ao longo dele, como mostra a figura.

O campo elétrico no ponto P devido a um ele-mento de carga dq do fio é dado por

d~E = kdqr2 r,

onde ~r é o vetor posição relativa que sai dacarga e aponta na direção de P dado por~r =

−xx + ay, onde seu módulo e o correspondentevetor unitário são

r =√

x2 + a2 e r =~rr=

(−xx + ay)(x2 + a2)1/2 .

O campo elétrico total produzido pelo fio no ponto P é então calculado como a somasobre todos os elementos de carga que compõem o fio, indo de x = −L/2 até x = L/2,e assim tem-se

~E(0, a, 0) =∫ L/2

−L/2

kλdx(x2 + a2)3/2 (−xx + ay).

*Mostre que: As integrais necessárias resultam em

∫ L/2

−L/2

xdx(x2 + a2)3/2 = 0,

∫ L/2

−L/2

dx(x2 + a2)3/2 =

L

[(L/2)2 + a2]1/2 ,

e com esses resultados encontramos que

~E(0, a, 0) =kQ

a [(L/2)2 + a2]1/2 y

usando que a densidade linear de carga do fio é λ = Q/L.Obs1: No caso em que o fio é muito pequeno, ou o ponto P está muito distante do fiotem-se

limaL

~E(0, a, 0) =kQa2 y

que é o campo de uma carga puntiforme a uma distância a do ponto P.Obs2: No caso em que o fio é muito grande, ou o ponto P está muito próximo do fiotem-se

limLa

~E(0, a, 0) =2kλ

ay

que cai lentamente com a distância a do ponto P.


Exemplo: Aro Carregado Uniformemente

Consideremos um aro de raio R carregado uniformemente com uma carga positiva Q.Vamos determinar o campo elétrico num ponto P situado a uma distância a do centrodo aro e ao longo do eixo perpendicular ao plano do mesmo, conforme a figura.

+ +

+

+

++

+

++

+

++

++

++

θ P dEx

dEdE⊥

a

r

dq

R

O campo elétrico no ponto P devido a um ele-mento de carga dq do fio é dado por

d~E = kdqr2 r,

onde ~r é o vetor posição relativa que sai dacarga e aponta na direção de P. Esse campo temuma componente dEx = dE cos θ ao longo doeixo x e uma componente dE⊥ perpendicular aoeixo x.

Sabemos que o campo resultante no ponto P deve estar ao longo do eixo x pois acomponente perpendicular de todos os elementos de carga somados é zero. Isto é,a componente perpendicular do campo criado por qualquer elemento de carga écancelada pela componente perpendicular criada por um elemento de carga no ladooposto do anel (diga-se diametralmente oposto).

Como r = (a2 + R2)1/2 e cos θ = a/r, temos que

dEx = dE cos θ =

(k

dqr2

)ar= k

a(a2 + R2)3/2 dq

Todos os elementos do aro fazem a mesma contribuição para o campo elétrico no pontoP porque todos são equidistantes desse ponto. Então, integrando esse resultado obte-mos

Ex =∫

ka

(a2 + R2)3/2 dq = ka

(a2 + R2)3/2

∫dq

Sendo Q a carga total do aro, o campo elétrico total produzido por este aro no ponto Pé então escrito na forma vetorial como

~E(P) = kQa

(a2 + R2)3/2 x

Obs1: No caso em que o aro é muito pequeno, ou o ponto P está muito distante dessearo tem-se

limaR

~E(P) = kQa2 x

que é o campo de uma carga puntiforme a uma distância a do ponto P.Obs2: No caso em que o aro é muito grande, ou o ponto P está muito próximo deletem-se

limRa

~E(P) = kQaR3 x

que passa a ser um campo linear com a distância a do ponto P.

1.5. CAMPO ELÉTRICO DE UMA DISTRIBUIÇÃO DE CARGAS 13

Exemplo: Disco Carregado Uniformemente

Consideremos um disco de raio R carregado uniformemente com uma densidade su-perficial de carga σ. Vamos determinar o campo elétrico num ponto P situado a umadistância a do centro desse disco e ao longo do eixo perpendicular ao plano do mesmo,conforme a figura.

Pa

r

R

dq

dr

Se considerarmos o disco como um conjuntode aros concêntricos, podemos usar o resul-tado do exemplo anterior (o campo de umaro carregado uniformemente) e somamos ascontribuições de todos aros formando o disco.

O aro de raio r e espessura dr, conforme a figura, tem área igual a 2πr dr. A carga dqdesse aro é igual a dq = 2πσr dr. Usando o resultado do aro carregado, temos que ocampo elétrico no ponto P devido a um elemento de carga dq desse aro é dado por

dEx = ka

(a2 + r2)3/2 (2πσr dr).

Então, integrando esse resultado sobre os limites r = 0 até r = R, notando que a éconstante, obtemos

Ex = kaπσ∫ R

0

2r dr(a2 + r2)3/2 = kaπσ

∫ R

0(a2 + r2)−3/2d(r2),

de modo que

Ex = kaπσ

[(a2 + r2)−1/2

−1/2

]R

0

= 2πkσ

(1− a

(a2 + R2)1/2

).

Sendo assim o campo elétrico total produzido por este disco no ponto P é então escritona forma vetorial como

~E(P) = 2πkσ

(1− a

(a2 + R2)1/2

)x

Obs1: No caso em que o disco é muito pequeno, ou o ponto P está muito distantetem-se

limaR

~E(P) = kQa2 x,

que é o campo de uma carga puntiforme a uma distância a do ponto P.


Obs2: No caso em que o disco é muito grande, ou o ponto P está muito próximo deletem-se

limRa

~E(P) = 2πkσx =σ

2ε0x,

que é um campo constante nas proximidades do disco, sendo ε0 a permissividade elétricado vácuo.

Desta forma, um plano infinito tem módulo do campo elétrico igual a E = σ/2ε0 nassuas proximidades.

1.6 Linhas de Campo Elétrico

Vamos agora explorar uma maneira de representar o campo elétrico pictoricamente.Uma maneira conveniente de visualizar padrões de campo elétrico é desenhar linhascurvas paralelas ao vetor campo elétrico em qualquer ponto do espaço.

O vetor campo elétrico ~E é tangente a linha de campo elétrico em cada ponto. Alinha tem uma direção, indicada por uma seta, que é a mesma do vetor campo elétrico.

O número de linhas por unidade de área que atravessa uma superfície perpendi-cular as linhas é proporcional a intensidade do campo elétrico nesse região. Então, aslinhas de campo estão mais próximas onde o campo elétrico é forte e mais distantesonde o campo é fraco.

q –q+ –

As regras para desenhar as linhas de campo elétrico são as seguintes:

• As linhas de campo começam em cargas positivas e terminam em cargas negati-vas.

• O número de linhas desenhadas é proporcional a intensidade da carga.

• Duas linhas de campo nunca se cruzam.

1.7. MOVIMENTO NUM CAMPO ELÉTRICO UNIFORME 15

+ – + +

1.7 Movimento num Campo Elétrico Uniforme

Quando uma carga q e massa m está localizada num campo elétrico ~E, a força elé-trica exercida nessa carga é

~F = q~E = m~a (1.9)

Se o campo elétrico ~E é uniforme (isso é, constante na intensidade e direção), entãoa aceleração também é constante.

Exemplo: Elétron num Campo Elétrico Uniforme

Consideremos duas placas metálicas carregadas de maneira oposta e um elétron decarga −e lançado horizontalmente dentro da região de campo elétrico uniforme, con-forme a figura.

( 0 , 0 )

E

–

(x ,y)

–v

x

y– – – – – – – – – – – –

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

v0x

Sabendo que a velocidade inicial do elétron erav0x no instante de tempo t = 0, e que o campoelétrico ~E = Ey é uniforme, as aceleração, ve-locidade e posição do elétron em função dotempo são

~a = − eEm

y

~v = v0x− eEm

ty

~r =~r0 + v0tx− 12

eEm

t2y


1.8 Lista de Exercícios

1. Suponha que seja possível retirar 1 elétron de cada átomo de um metal. Consi-dere um bloco de massa m. Sendo µ a massa molecular do metal, qual seria acarga Q deste bloco se retirássemos todos os elétrons mecionados? Dê a respostaem função do número de Avogadro NA.

2. Em cada vértice de um quadrado de lado L existe uma carga q. Determine omódulo da força elétrica sobre qualquer uma das quatro cargas.

3. Cargas q, 2q, e 3q são colocadas nos vértices de um triângulo equilátero de ladoa. Uma carga Q, de mesmo sinal que as outras três, é colocada no centro dotriângulo. Obtenha a força resultante sobre Q (em módulo, direção e sentido).

4. Desejamos repartir uma carga Q entre dois corpos. Um dos corpos recebe umacarga q1 e o outro recebe uma carga q2. A repartição das cargas é feita de tal modoque se tenha sempre q1 + q2 = Q. Determine os valores dessas cargas para que arepulsão coulombiana entre q1 e q2 seja máxima para qualquer distância entre ascargas.

5. Considere o dipolo elétrico conforme a figura abaixo. Mostre que o campo elé-trico num ponto distante (x a) situado ao longo do eixo x é Ex ≈ 4kqa/x3, eque o campo elétrico num outro ponto distante (y a) situado ao longo do eixoy é Ey ≈ 2kqa/y3

x

y

6. Considere n cargas pontuais positivas iguais, de magnitudes Q/n cada, localiza-das simetricamente ao longo de um círculo de raio R. Calcule a intensidade docampo elétrico num ponto a uma distância x na linha passando através do centrodo círculo e perpendicular ao plano do círculo.

7. Determine o campo elétrico produzido por um aro de raio R carregado uniforme-mente, de carga total Q, nos pontos situados sobre o eixo x de simetria ortogonalao plano passando pelo centro do aro. Compare esse resultado com o do pro-blema anterior.

1.8. LISTA DE EXERCÍCIOS 17

8. Um cabo de carga positiva está na forma de um semi-círculo de raio R, conformefigura. A carga por unidade de comprimento ao longo do cabo é descrita pelaexpressão λ = λ0 cos θ. A carga total no cabo é Q. Calcule o campo elétrico e aforça resultante sobre uma carga q situada no centro de curvatura.

y

R

x

θ

9. Considere uma distribuição uniforme de cargas ao longo de um fio retilíneo finitode comprimento L, cuja a carga total é igual a Q. Determine o módulo do campoelétrico nos pontos situados sobre a reta perpendicular ao fio e passando peloseu centro. E se o fio fosse infinito, qual seria o módulo desse campo elétrico?(Sugestão: use o fato que a densidade linear do fio é uniforme)

10. Um fio quadrado de lado L está uniformemente carregado com densidade linearde carga λ. Calcule o campo elétrico num ponto P a uma altura d do centro doquadrado, conforme figura. (Sugestão: use componentes cartesianas e argumen-tos de simetria)

L

L

z

P

d

11. Uma casca hemisférica de raio R possui densidade superficial de cargas cons-tante, sendo sua carga total igual a Q. Determine o módulo do campo elétrico nocentro da esfera.

12. Trace de forma esquemática as linhas de força associadas a um par de cargaspuntiformes +2q e −q, separadas por uma distância d. Explique o traçado ediscuta qualitativamente o comportamento das linhas próximos e distantes dascargas, em diferentes regiões.


13. Um pósitron (anti-partícula do elétron) de carga q e massa m entra numa regiãode campo elétrico uniforme E com uma velocidade v0 formando um ângulo θ

com o sentido do campo elétrico. Descreva o movimento da partícula, e esbocesua trajetória.

14. Um dipolo elétrico num campo elétrico uniforme é levemente deslocado da suaposição de equilíbrio, conforme figura, onde θ é pequeno. A separação entre ascargas é 2a, e o momento de inércia do dipolo é I. Assumindo que o dipolo éliberado dessa posição, mostre que sua orientação angular exibe um movimentoharmônico simples com uma frequência

f =1

2π

(2qaE

I

)1/2

Eθq+

––q

Young & Freedman: 21.73, 21.79, 21.84, 21.89, 21.90, 21.97, 21.104, 21.107

Capítulo 2

Lei de Gauss

Nesse capítulo, descreveremos a Lei de Gauss e um procedimento alternativo paracálculo de campos elétricos a partir dessa lei.

2.1 Fluxo Elétrico

O fluxo do campo elétrico é proporcional ao número de linhas de campo que pas-sam por uma dada superfície.

Consideremos uma superfície qualquer divida em um número muito grande de ele-mentos de área que são suficientemente pequenos, de área dA, onde o campo elétricoé uniforme uma vez que o elemento de superfície é suficientemente pequeno. Destaforma, o fluxo elétrico dΦE através desse elemento de área é

dΦE = EdA

Se a superfície em consideração não é perpendicular ao campo, o fluxo através delapode mudar. É fácil entender pela figura a seguir, onde a normal à superfície dA2 faz

19

20 CAPÍTULO 2. LEI DE GAUSS

um ângulo θ com o campo elétrico, enquanto a normal à superfície dA1 é paralela a ele.

Porém, o número de linhas de campo que atravessam a superfície dA1 é o mesmoque atravessam a superfície dA2, uma vez que dA1 = dA2 cos θ é a projeção da superfí-cie dA2, nesse caso. Então, o fluxo elétrico sobre as duas superfícies é igual nesse casoa

dΦE = ~E · n1dA1 = ~E · n2dA2 ≡ ~E · d~A

Se quisermos calcular o fluxo elétrico sobre uma superfície, devemos calcular asoma do fluxo de cada elemento de superfície infinitesimal, conforme a figura. Sendoassim, o fluxo elétrico se reduz a integral

ΦE =∫~E · d~A (2.1)

que é uma integral feita sobre a superfície desejada, ou seja, ela depende do campoelétrico e da forma da superfície em questão.

2.1. FLUXO ELÉTRICO 21

Exemplo: Fluxo através do Cubo

Consideremos um campo elétrico uniforme~E orientado ao longo da direção x positivo.Vamos calcular o fluxo elétrico total através da superfície de um cubo de arestas l, comomostra a figura.

O fluxo total é a soma dos fluxos através detodas superfícies do cubo. Primeiramente,notamos que o fluxo através das faces 3©,4© e daquelas não numeradas é zero pois ~E

é perpendicular a d~A nessas faces.O fluxo através das faces 1© e 2© é

ΦE =∫

1~E · d~A +

∫2~E · d~A

Na face 1©, ~E é constante e tem a direção oposta ao vetor d~A1, de modo que o fluxosobre essa face é

∫1~E · d~A =

∫1(Ex) · (−xdA1) = −E

∫1

dA1 = −El2

Na face 2©, ~E é constante e tem a mesma direção do vetor d~A2, de modo que o fluxosobre essa face é

∫2~E · d~A =

∫2(Ex) · (xdA2) = E

∫2

dA2 = El2

Portanto, o fluxo total sobre a superfície do cubo é

ΦE = −El2 + El2 + 0 + 0 + 0 + 0

ΦE = 0


Exemplo: Fluxo através da Esfera devido a uma Carga

Consideremos uma carga puntiforme positiva q localizada no centro de uma esfera deraio R, como mostra a figura.

+

O fluxo total através da superfície da esferadeve ser calculado como

ΦE =∮~E · d~A

onde o elemento de área da esfera é d~A =

rdA, de modo que o fluxo através da esferaé

ΦE =∮ (

kq

R2 r)· (rdA) = k

qR2 (4πR2)

Lembrando que k = 1/4πε0, podemos escrever o fluxo através da esfera como

ΦE =qε0

Notamos que o fluxo total através da superfície da esfera é proporcional a carga in-terna. O fluxo é independente do raio R porque a área da superfície da esfera é propor-cional a R2 e, o campo elétrico é proporcional a 1/R2. Então, o produto da área pelocampo elétrico independe do raio R.

2.2. LEI DE GAUSS 23

2.2 Lei de Gauss

Vamos considerar algumas superfícies fechadas em volta de uma carga q, conformea figura. A superfície A1 é esférica, mas as superfícies A2 e A3 não são.

Pelo exemplo anterior, o fluxo que passa através da superfície A1 é q/ε0. Comodiscutido anteriormente, o fluxo é proporcional ao número de linhas de campo elétricoque passam através da superfície. E da figura vemos que o número de linhas quepassam através de A1 é igual ao número de linhas que passam pelas superfícies não-esféricas A2 e A3. Portanto, concluímos que o fluxo total através de qualquer superfíciefechada envolta de uma carga q é dado por q/ε0 e é independente da forma dessa superfície.

Agora, vamos considerar uma carga localizada fora de uma superfície de formaarbitrária, conforme a figura.

Como podemos ver, qualquer linha de campo que entra na superfície sai da mesmapor outro ponto. O número de linhas de campo entrando na superfície é igual ao


número deixando a superfície. Portanto, concluímos que o fluxo total através de umasuperfície fechada que não engloba nenhuma carga é zero.

Consideremos agora o sistema de cargas e superfícies conforme a figura a seguir.

A superfície S engloba somente uma carga, q1; assim, o fluxo total através de S éq1/ε0. O fluxo através de S devido às cargas q2, q3, e q4 fora dela é zero pois cadas linhade campo que entra em S num ponto sai da superfície por outro ponto. A superfície S′

engloba as cargas q2 e q3; assim, o fluxo total através dela é (q2 + q3)/ε0. E finalmente,o fluxo total através de S′′ é zero pois não há nenhuma carga no interior da superfície.Isso é, todas as linhas de campo que entram em S′′ por um ponto saem dela em outrospontos. Notemos que a carga q4 não contribui para o fluxo em nenhuma superfícieporque ela está fora de todas as superfícies.

Assim, a Lei de Gauss, que é a generalização do que descrevemos aqui, estabeleceque o fluxo total sobre qualquer superfície fechada é

ΦE =∮~E · d~A =

Qint

ε0(2.2)

onde Qint representa a carga total no interior da superfície e ~E representa o campoelétrico em qualquer ponto na superfície.

2.3 Aplicações da Lei de Gauss

A lei de Gauss é útil para determinar campos elétricos de distribuições de cargascom alto grau de simetria.

A idéia é escolher uma superfície gaussiana que satisfaz uma ou mais condições aseguir:

1. O valor do campo elétrico pode ser constante sobre a superfície devido à simetria.

2.3. APLICAÇÕES DA LEI DE GAUSS 25

2. O produto escalar~E · d~A é zero porque~E e d~A são perpencilares, enquanto~E · d~Aé ±EdA pois ~E e d~A são paralelos.

3. O campo pode ser zero sobre a superfície.

Essas condições serão usadas nos exemplos a seguir.

Exemplo: Campo Elétrico de uma Carga Puntiforme

Vamos determinar o campo elétrico de uma carga puntiforme q a partir da Lei deGauss.

+

Como o espaço em volta da carga tem si-metria esférica, essa simetria nos diz que ocampo elétrico deve ser radial apenas, deforma que escrevemos

~E = E(r)r

Escolheremos uma superfície gaussiana que satisfaça algumas das propriedades lis-tadas acima, e a melhor opção parece ser uma superfície gaussiana esférica de raio rcentrada na carga puntiforme, conforme figura. Com isso, podemos escrever o fluxodo campo elétrico como

ΦE =∮~E · d~A =

∮E(r)dA =

qε0

onde usamos o fato que o campo elétrico é normal à superfície gaussiana. Além disso,o campo elétrico possui a mesma intensidade em todos os pontos da superfície esférica,devido à distância ser a mesma em todos os pontos, de modo que

∮E(r)dA = E(r)

∮dA = E(r)(4πr2) =

qε0

e assim

E(r) =q

4πε0r2 = kqr2

Obs: Se a carga não estivesse no centro da esfera, a lei de Gauss permaneceria válida,mas não haveria simetria suficiente para determinar o campo elétrico, pois a intensi-dade do campo elétrico iria variar ao longo da superfície gaussiana.


Exemplo: Campo Elétrico de uma Esfera Carregada Uniformemente

Vamos determinar o campo elétrico de uma esfera isolante de raio a e carregada uni-formemnte com uma carga Q.Como a distribuição de cargas é esfericamente simétrica, sabemos que o campo deveser radial para fora

~E = E(r)r

e que a superfície gaussiana deve ser uma superfície esférica, conforme as figurasabaixo.

No caso em que r > a, conforme figura (a) e do exemplo anterior, sabemos que

ΦE =∮

E(r)dA = E(r)∮

dA = E(r)(4πr2) =Qε0

cujo resultado é

E(r > a) = kQr2

No caso em que r < a, conforme figura (b), o fluxo do campo elétrico deve ser

ΦE =∮

E(r)dA = E(r)∮

dA = E(r)(4πr2) =Qint

ε0

porém, nesse caso, a carga interna à superfície gaussiana é dada a partir da densidadede carga da esfera ρ = Q/ 4

3 πa3 na forma

Qint = ρ

(43

πr3)= Q

r3

a3


que juntos resultam em

E(r < a) = kQa3 r

Sendo assim, o campo elétrico dentro e forada esfera tem formas diferentes e podemosanalisá-los na forma de um gráfico.

E(r) =

k Qa3 r se r < a

k Qr2 se r > a


Exemplo: Campo Elétrico de um Fio Infinito Carregado Uniformemente

Vamos determinar o campo elétrico de um fio delgado infinito e isolante carregadouniformemente com uma densidade de carga linear λ.

+++

+++

Como a distribuição de cargas é cilindricamentesimétrica, sabemos que o campo deve ser radialcilíndrico para fora, conforme a figura (b)

~E = E(s)s

e que a superfície gaussiana deve ser umasuperfície cilíndrica, conforme a figura (a).

Usando a Lei de Gauss, sabemos que o fluxo docampo elétrico através da superfície gaussianaé proporcional à carga interna à gaussiana

ΦE =∮~E · d~A = E(s)

∫dA = E(s)(2πsl) =

λlε0

onde usamos o fato que o campo elétrico ~E éperpendicular aos vetores d~A nas superfícies datampa e do fundo do cilindro, de modo que oresultado é

E(s) =λ

2πε0s

Assim, o campo elétrico de uma distribuição decargas com simetria cilíndrica cai com 1/r en-quanto que o de uma distribuição com simetriaesférica cai com 1/r2. Tal campo foi encontradono exemplo do fio carregado, no capítulo ante-rior, no limite em que o fio é infinito.

Obs: Se o fio fosse finito, não poderíamos afirmar que na borda desse fio o campo teriaa forma~E = E(s)s. Na verdade, apareceriam componentes do campo que são parelelasao fio.


Exemplo: Campo Elétrico de um Plano Infinito Carregado Uniformemente

Vamos determinar o campo elétrico de um plano delgado infinito e isolante carregadouniformemente com uma densidade de carga superficial σ.

+ + + + + + +

+ + + + + +

+ + +

+ +

+ +

+

+ + +

+ + + + +

+ + + + + + +

Como a distribuição de cargas tem simetria pla-nar, ou seja, simetria na forma de um plano, sa-bemos que o campo deve ser perpendicular àsuperfície

~E = E(n)n

e que a superfície gaussiana pode ser umasuperfície cilíndrica, conforme a figura.

Usando a Lei de Gauss, sabemos que o fluxo do campo elétrico através da superfíciegaussiana é proporcional à carga interna à gaussiana

ΦE =∮~E · d~A = E(n)

∫dA = 2E(n)A =

σAε0

onde usamos o fato que o campo elétrico ~E é perpendicular aos vetores d~A na lateraldo cilindro e somente há fluxo nas tampas do cilindro, de modo que o resultado é

E(n) =σ

2ε0

Assim, o campo elétrico de uma distribuição de cargas plana infinita independe da dis-tância ao plano. Tal campo foi encontrado no exemplo do disco carregado, no capítuloanterior, no limite em que o disco é infinito.


2.4 Cargas em Condutores

Como vimos no capítulo anterior, um bom condutor elétrico contem cargas (elé-trons) que não estão ligados aos átomos e portanto estão livres para se moverem dentrodo material.

Quando não há nenhum movimento

Um condutor em equilíbrio eletrostático tem as seguintes propriedades:

1. O campo elétrico é zero em qualquer lugar no interior do condutor.

2. Se um condutor isolado está carregado, sua carga reside na superfície.

3. O campo elétrico no exterior muito próximo do condutor é perpendicular à su-perfície e de módulo σ/ε0.

4. Num condutor de forma irregular, a densidade de carga σ é maior onde menorfor o raio de curvatura da superfície.

Vamos verificar as primeiras três propriedades a seguir, e a quarta propriedade éapresentada aqui apenas para completar a lista de propriedades de um condutor emequilíbrio eletrostático, mas será verificada apenas no capítulo seguinte.

Primeira propriedade: Vamos considerar uma chapa condutora imersa num campoelétrico externo ~E.

++++++++

––––––––

O campo elétrico dentro do condutor deveser zero sobre a hipótese que estamos emequilíbrio eletrostático. Se o campo não fossezero, os elétrons livres experimentariam umaforça elétrica e iriam acelerar devido a essaforça. Esse movimento dos elétrons, contudo,significaria que o condutor não está em equilí-brio eletrostática.

Assim, a existência do equilíbrio eletrostático é con-sistente apenas com o campo zero no condutor.

Segunda propriedade: Vamos considerar um condutor de forma arbitrária. Umasuperfície gaussiana é desenhada dentro do condutor e pode estar próxima da super-fície do condutor o quanto quisermos.

2.4. CARGAS EM CONDUTORES 31

Como já mostramos, o campo elétrico nointerior do condutor deve ser nulo quando estáem equilíbrio eletrostático. Portanto, o campoelétrico deve ser nulo em todos os pontos dagaussiana, de modo que o fluxo total sobre essasuperfície deve ser nulo. E pela Lei de Gauss,concluímos que a carga total no interior dagaussiana é zero.

Assim, como a carga total dentro do condutordeve ser nula, a carga total no condutor reside nasua superfície.

Terceira propriedade: Vamos usar a lei de Gauss para mostrar essa propriedade.Notamos que se o campo elétrico~E tiver componente paralela à superfície do condutor,elétrons livres sofrerão força e estarão postos a se mover ao longo da superfície, oque no caso de equilíbrio eletrostático é proibido. Então, o vetor ~E deve ter apenascomponente normal à superfície.

++ + +

+

+++

++++++++

++

++

Vamos usar uma gaussiana na forma de um ci-lindro tão pequeno quanto quisermos, cujas fa-ces planas são paralelas à superfície do condu-tor, enstando parte do cilindro fora do condutore parte dentro. O fluxo sobre a superfície late-ral do cilindro é zero, pois o campo é paralelo àsuperfície, e na superfície dentro do condutor ézero pois o campo é zero naquela região.

Então, o fluxo na gaussiana é apenas

ΦE =∮

EdA = EA =Qint

ε0=

σAε0

de modo que o campo na superfície do condutor deve ter módulo igual a

E =σ

ε0

tendo a direção perpendicular à superfície do condutor.


Exemplo: Esfera dentro de uma Casca Esférica Condutores

Vamos determinar o campo elétrico de um plano delgado infinito e isolante carregadouniformemente com uma densidade de carga superficial σ.

++++

+++

+++

+++

++

+

+++ + + ++

+++

+

+

+

Como a distribuição de cargas tem simetria es-férica, a direção do campo elétrico deve ser ra-dial de tal forma que

~E = E(r)r

Região 1: Para encontrar o campo dentro da esfera sólida, consideremos uma superfí-cie gaussiana de raio r < a. Como a carga total dentro de um condutor em equilíbrioeletrostático é zero, Qint = 0 , então, usando a Lei de Gauss e simetria, E(r < a) = 0.

Região 2: Nessa região, consideremos uma gaussiana esférica de raio r onde a < r < be notemos que a carga no interior dessa superfície é +2Q (a carga da esfera sólida).Devido à simetria esférica, o campo elétrico deve ser radial, de modo que pela Lei deGauss

E(4πr2) =2Qε0

e assim

E(a < r < b) = k2Qr2

Região 3: Nessa região, o campo elétrico deve ser zero pois a casca esférica é tambémum condutor em equilíbrio, então E(b < r < c) = 0.

2.4. CARGAS EM CONDUTORES 33

Região 4: Usando uma gaussiana esférica de raio r onde r > c e notando que a cargainterna a essa superfície é Qint = +2Q + (−Q) = Q, temos

E(r > c) = kQr2

Desta forma, o campo elétrico dessa distribuição de cargas pode ser escrito e represen-tado num gráfico como a seguir.

E(r) =

0 se r < a

k 2Qr2 se a < r < b

0 se b < r < c

k Qr2 se r > c



1. Uma esfera de raio R está imersa em um campo elétrico uniforme ~E. Determine:(a) o fluxo elétrico através da esfera; (b) o fluxo elétrico que sai da esfera.

2. No centro de um cubo de aresta igual a l existe uma carga Q. Determine: (a) ofluxo elétrico através de uma das faces do cubo. (b) o fluxo elétrico total atravésda superfície do cubo.

3. Um campo elétrico não-uniforme é dado pela expressão ~E = ayx + bzy + cxz,onde a, b, e c são constantes. Determine o fluxo elétrico através de uma superfícieretangular no plano xy, que se estende de x = 0 a x = w e de y = 0 até y = h.

4. Use a Lei de Gauss para determinar o campo elétrico de uma carga q puntiforme.

5. Uma esfera de raio R possui carga total Q uniformemente distribuida. Determineo campo elétrico na região (a) r > R. (b) r < R.

6. Um fio infinito possui uma densidade linear de cargas λ constante. Determine omódulo do campo elétrico em função da distância ao eixo do fio.

7. Determine o campo elétrico produzido por um plano infinito possuindo umadistribuição superficial de cargas σ uniforme.

8. Dois planos infinitos não-condutores estão paralelos entre si, conforme a figuraabaixo. O plano da esquerda tem densidade de carga uniforme igual a σ, e oda direita tem densidade de carga uniforme igual a −σ. Determine o campoelétrico para pontos situados entre os dois planos e na região fora dos planosconsiderados.

9. Um cilindro condutor de raio R e comprimento infinito possui distribuição su-perficial de carga uniforme σ. Determine o campo elétrico para pontos interiorese exteriores ao cilindro.


10. Uma esfera de raio R possui uma distribuição de cargas esfericamente simétricadada por ρ = Br, onde B é uma constante e r é a distância ao centro da esfera.Determine: (a) a carga total da esfera. (b) os campos elétricos dentro e fora daesfera.

11. Uma esfera isolante homogênea de raio a e de carga Q é colocada no centro deuma casca esférica condutora neutra de raio interno b e raio externo c, conformefigura abaixo. (a) Determine o campo elétrico nas regiões 0 < r < a, a < r < b,b < r < c, e r > c. (b) Determine a carga induzida por unidade de área nas su-perfícies interna e externa da casca esférica. (c) Esboce um gráfico da intensidadedesse campo.

12. Uma esfera de raio 2a é feita de um material não-condutor que tem densidadede carga uniforme ρ. Uma cavidade de raio a é então removida da esfera, comomostra a figura. Mostre que o campo elétrico dentro da cavidade é uniforme e édado por Ex = 0 e Ey = ρa/3ε0. (Sugestão: Use o princípio da superposição.)

Young & Freedman: 22.37, 22.40, 22.44, 22.52, 22.55, 22.65, 22.66


Capítulo 3

Potencial Eletrostático

Nesse capítulo, estudaremos o potencial eletrostático criado por cargas puntiformese distribuições de cargas, bem como diferenças de potenciais entre pontos.

3.1 Força Elétrica como Força Conservativa

Uma das propriedades mais interessantes da Lei de Coulomb é o fato da força ele-trostática entre cargas elétricas ser uma força conservativa, que obedece a condição

∮~Fel · d~l = 0,

sendo d~l um elemento diferencial de deslocamento, denotado por d~l = dxx+ dyy+

dzz no sistema de coordenadas cartesiano. Lembremos que essa integral representa otrabalho feito pela força elétrica sobre uma carga ao longo de qualquer caminho fe-chado, de modo que

W(el)A→B =

∫ B

A~Fel · d~l (3.1)

é o trabalho da força elétrica entre quaisquer dois pontos A e B deve ser o mesmopara qualquer caminho que escolhamos entre esses dois pontos.

Assim como no caso das forças gravitacional e elétrica, que são forças conservati-vas, podemos associar à força elétrica uma diferença de energia potencial eletrostática,W(el)

A→B = −(U(el)B −U(el)

A ), sendo escrita na forma integral

U(el)B −U(el)

A = −∫ B

A~Fel · d~l. (3.2)

37

38 CAPÍTULO 3. POTENCIAL ELETROSTÁTICO

3.2 Diferença de Potencial e Potencial Eletrostático

Para um deslocamento infinitesimal d~l de uma carga, o trabalho realizado pela forçaelétrica numa carga é~Fel · d~l = q0~E · d~l, sendo q0 a carga teste que experimenta o campoelétrico ~E criado por alguma distribuição fonte de carga. Como essa quantidade detrabalho é feita pelo campo, a energia potencial do sistema carga-campo é mudada poruma quantidade dU = −q0~E · d~l. E para um deslocamento finito entre os pontos A eB, a mudança na energia potencial ∆U = UB −UA do sistema é

∆U = −q0

∫ B

A~E · d~l (3.3)

e a integração é feita ao longo do caminho que a carga q0 segue de A para B. Comoa força q0~E é conservativa, essa integral de linha não depende do caminho que ligue Aa B.

Dividindo a energia potencial pela carga teste obtemos uma quantidade física quedepende somente da distribuição fonte de cargas, essa quantidade é denominada po-tencial eletrostático V. Assim, a diferença de potencial ∆V = VB−VA entre dois pontosA e B num campo elétrico é definida como a mudança de energia potencial do sistemaquando uma carga teste é deslocada entre os pontos dividida pela carga teste q0

∆V = −∫ B

A~E · d~l (3.4)

A unidade de potencial eletrostático no S.I é o Volt, V ≡ C/m. Como o campoelétrico se relaciona com o potencial, é comum utilizarmos como unidade de campoV/m, além de N/C.

3.3. POTENCIAL DE CARGAS PUNTIFORMES 39

Exemplo: Diferença de Potencial num Campo Elétrico Uniforme

Vamos determinar a diferença de potencial (d.d.p.) entre os pontos A e B sujeitos a umcampo elétrico uniforme ~E e a variação da energia potencial necessária para levar umacarga q de um ponto a outro, conforme figura.

O campo elétrico nessa região é ~E = −Ey, de modoque o produto escalar ~E · d~l = Edy, e nesse caso te-mos

VB −VA = −∫ B

A~E · d~l = −

∫ B

AEdy = −Ed.

Assim, o potencial em B deve ser menor do que opotencial em A pois a diferença de potencial é ne-gativa entre os pontos. Isso significa que o campoelétrico aponta no sentido em que há decréscimo dopotencial.

∆V = −Ed

A variação da energia potencial eletrostática é dada por ∆U = q∆V, então

∆U = −qEd.

O que nos informa que a energia potencial do sistema diminui fazendo com que aenergia cinética da partícula aumentasse ∆K = −∆U, uma vez que não há forças dis-sipativas durante a trajetória.

3.3 Potencial de Cargas Puntiformes

Agora que sabemos determinar a diferença de potencial entre dois pontos do es-paço, podemos o potencial eletrostático num ponto espacífico do espaço localizado auma distância r de uma carga puntiforme. Para isso, começaremos com a expressãogeral

VB −VA = −∫ B

A~E · d~l

onde A e B são os dois pontos arbitrários conforme a figura. Em qualquer ponto


do espaço, o campo elétrico de uma carga puntiforme é ~E = kqr/r2, onde r é um vetorunitário dirigido da carga para o ponto. A quantidade ~E · d~l pode ser expressa como

~E · d~l = kqr2 r · d~l

O produto escalar r · d~l = dl cos θ, onde θ é o ângulo en-tre r e d~l. Além disso, dl cos θ é a projeção de d~l em r,então, dl cos θ = dr. Isto é, qualquer deslocamento d~l aolongo do caminho de A para B produz uma mudança drna magnitude de r, o vetor posição do ponto com relaçãoa carga fonte do campo. Fazendo essa substituição, en-contramos que ~E · d~l = (kq/r2)dr, e assim, a expressãopara a diferença de potencial se torna

VB −VA = −kq∫ rB

rA

drr2 = kq

[1r

]rB

rA

= kqrB− k

qrA

Essa equação nos mostra que a diferença de potencial entre quaisquer dois pontosA e B num campo criado por uma carga puntiforme depende somente das coordenadasradiais rA e rB, ou seja, indepente do caminho escolhido de A para B, como discutidoanteriormente.

Uma vez estabelecido uma referência para o potencial no ponto A, qualquer pontoB terá seu potencial definido univocamente, isto é, o valor de VB depende do valor deVA. É comum escolhermos a referência do potencial elétrico, no caso de uma cargapuntiforme, sendo V = 0 em rA = ∞. Com essa escolha de referência, o potencialelétrico criado por uma carga puntiforme em qualquer ponto a uma distância r dacarga é

V(r) = kqr

, (3.5)

de modo que, o potencial eletrostático depende apenas da posição V = V(x, y, z),ou seja, o potencial é um campo escalar.

Para um conjunto de duas ou mais cargas puntiformes, o potencial eletrostático to-tal pode ser obtido pelo princípio da superposição, isto é, o potencial total num deter-minado ponto do espaço devido ao conjunto de cargas é a soma dos potenciais devidoa cada carga independentemente naquele ponto. Assim, para um conjunto de cargas,o potencial eletrostático total é

3.4. GRADIENTE DO POTENCIAL E EQUIPOTENCIAIS 41

V(r) = ∑i

Vi = ∑i

kqi

ri. (3.6)

3.4 Gradiente do Potencial e Equipotenciais

Uma vez que conhecemos o potencial de uma dada configuração de cargas, será queconseguiremos inferir algo sobre o campo elétrico? De fato, sabemos que a diferença depotencial entre dois pontos infinitesimalmente próximos é dada pela própria definiçãodo potencial

dV = −~E · d~l,

sendo assim, o campo elétrico é proporcional ao gradiente do potencial ~∇V e defato

~E = −~∇V = −∂V∂x

x− ∂V∂y

y− ∂V∂z

z (3.7)

Isto é, a componente x do campo elétrico é igual ao negativo da derivada do poten-cial com respeito a x. Processo similar pode ser feito para as componentes y e z. Essefato é a afirmação matemática que o campo elétrico é uma medida da taxa de variaçãodo potencial com a posição.

Vamos agora imaginar um caminho d~l que seja perpendicular ao campo elétrico~E. A diferença de potencial nesse caminho é dV = −~E · d~l = 0, ou seja, a diferençade potencial é nula quando caminhamos sobre uma superfície que é perpendicular aocampo elétrico. Essas superfícies recebem o nome de equipotenciais, pelo fato de teremo mesmo potencial em todos seus pontos.

+


Na figura acima vemos equipotenciais (linhas tracejadas) e linhas de campo (linhascheias) para (a) um campo elétrico uniforme produzido por um plano infinito de carga,(b) uma carga puntiforme, e (c) um dipolo elétrico. E em todos os casos, o campo elétricoé sempre perpendicular às superfícies equipotenciais e tem sentido que aponta na direção dopotencial decrescente.

3.5 Potencial Devido a Distribuições Contínuas de Carga

Para distribuições contínuas de carga, podemos calcular o potencial eletrostático deduas maneiras apresentadas a seguir.

Se a distribuição de carga é conhecida, podemos con-siderar o potencial devido a um pequeno elemento decarga dq, tratando esse elemento como uma carga pun-tiforme. O potencial eletrostático dV em algum ponto Pdevido ao elemento de carga dq é

dV = kdqr

onde r é a distância do elemento de carga ao ponto P.

Para obter o potencial total no ponto P, integramos a equação acima para incluircontribuições de todos elementos de carga da distribuição. Como cada elemento está,em geral, a distâncias diferente do ponto P, podemos expressar

V = k∫ dq

r(3.8)

onde r depende do elemento de carga dq, e assumimos que o potencial é zeroquando o ponto P é infinitamente distante da distribuição de carga.

Se o campo elétrico já é conhecido por outras considerações, tais como Lei de Gauss,podemos calcular o potencial elétrico devido à distribuição contínua de carga usandoa definição do potencial. Se a distribuição de carga tem simetria suficiente, primeirocalculamos~E em qualquer ponto usando a Lei de Gauss e então substituímos em ∆V =

−∫~E · d~l para determinar a diferença de potencial entre quaisquer dois pontos. E por

fim, escolhemos o potencial V sendo zero em algum ponto conveniente do espaço.

3.5. POTENCIAL DEVIDO A DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS DE CARGA 43

Exemplo: Potencial devido a um Aro Uniformemente Carregado

Vamos determinar o potencial eletrostático em qualquer localizado num eixo centralperpendicular a um aro uniformemente carregado de raio R e carga total Q.

+ +

+

+

++

+

++

+

++

++

++

θ P dEx

dEdE⊥

a

r

dq

R

Consideremos, como na figura, que o aro está ori-entado tal que seu plano é perpendicular ao eixo x eseu centro está na origem. Para analisar o problema,consideraremos o ponto P estando a uma distânciax do centro do aro, conforme figura. O elemento decarga dq está a uma distância

√x2 + R2 do ponto P.

Assim, podemos expressar V como

V = k∫

aro

dqr

= k∫

aro

dq√x2 + R2

.

Como cada elemento dq está a mesma distância do ponto P, podemos tirar√

x2 + R2

da integral, e V se reduz a

V = k1√

x2 + R2

∫aro

dq,

e usando o fato que∫

aro dq é a carga total do aro Q, temos

V(P) = kQ√

x2 + R2

A única variável nessa expressão para V é x, uma vez que nosso cálculo é válido so-mente para pontos ao longo do eixo x. A partir desse resultado, o campo elétrico podeser determinado a partir do gradiente do potencial como

~E = −∇V = −dVdx

x = −kQd

dx(x2 + R2)−1/2

= −kQ(−12)(x2 + R2)−3/2(2x)

então

~E(P) = kQx

(x2 + R2)3/2 x


Exemplo: Potencial devido a um Disco Uniformemente Carregado

Vamos determinar o potencial eletrostático em qualquer ponto localizado no eixo cen-tral perpendicular a um disco uniformemente carregado de raio R e densidade super-ficial de carga σ.

Pa

r

R

dq

dr

Novamente, escolhemos o ponto P no eixo x auma distância x do centro do disco. Simplifi-camos o problema dividindo o disco num con-junto de aros carregados de espessura infinite-simal dr. O potencial devido a cada aro é dadopelo exemplo anterior. Consideremos um des-ses aros de raio r e espessura dr, conforme fi-gura. A área desse aro é dA = 2πrdr, de modoque a carga desse aro é dq = σdA = σ2πrdr.Assim, o potencial no ponto P devido a esse aroé

dV = kdq√

x2 + r2= k

σ2πrdr√x2 + r2

onde x é uma constante e r uma variável. Para encontrar o potencial total em P, soma-mos sobre todos os aros formando o disco. Isto é, integramos dV de r = 0 a r = R

V = πkσ∫ R

0

2rdr√x2 + r2

= πkσ∫ R

0(x2 + r2)−1/2d(r2)

e assim

V(P) = 2πkσ[(x2 + R2)1/2 − x

]Como no exemplo anterior, podemos determinar o campo elétrico em qualquer pontoaxial do disco usando o gradiente do potencial

~E = −dVdx

x = −2πkσd

dx

[(x2 + R2)1/2 − x

]= −2πkσ

[12(x2 + R2)−1/2(2x)− 1

]então

~E(P) = 2πkσ

(1− x√

x2 + R2

)x

O cálculo de V e ~E para um ponto qualquer fora do eixo do disco é muito difícil derealizar, e não trataremos esses exemplos nesse curso.

3.5. POTENCIAL DEVIDO A DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS DE CARGA 45

Exemplo: Potencial devido a uma Esfera Uniformemente Carregada

Vamos determinar o potencial eletrostático em qualquer região do espaço criado poruma esfera uniformemente carregada de raio R e carga total Q.

Comecemos pelos pontos no exterior da esfera,isto é, r > R, tomando o potencial como zeroem r = ∞. Nos capítulos anteriores, encontra-mos que a intensidade do campo elétrico no ex-terior de uma esfera uniformemente carregadade raio R é

E(r > R) = kQr2

onde o campo é radial para fora quando Q é positivo. Nesse caso, para obter o poten-cial num ponto exterior, tal como B na figura, usamos ∆V = −

∫ BA~E · d~l, escolhendo o

ponto A como r = ∞

VB −VA = −∫ rB

rA

E(r)dr = −kQ∫ rB

rA

drr2 = kQ

[1rB− 1

rA

]VB − 0 = kQ

[1rB− 0]

e assim sabemos que o potencial na região exterior à esfera é dado por

V(r > R) = kQr

Por continuidade em r = R, o potencial num ponto C na superfície da esfera deve serVC = kQ/R. Para um ponto no interior da esfera, vamos lembrar que o campo elétricono interior de uma esfera isolante uniformemente carregada é

E(r < R) = kQR3 r

Podemos usar esse resultado para calcular a diferença de potencial VD −VC em algumponto interior D

VD −VC = −∫ rD

rC

E(r)dr = −kQR3

∫ r

Rrdr

VD − kQR

= kQ

2R3 (R2 − r2)


de modo que o potencial na região interior à esfera é dado por

V(r < R) = kQ2R

(3− r2

R2

)

V(r) =

k Q2R

(3− r2

R2

)se r < R

k Qr se r > R

Podemos esboçar um gráfico do potencial V(r)como função da distância r ao centro da esfera,definindo V0 = 3kQ/(2R).

3.6 Potencial Devido a um Condutor Carregado

Vimos no capítulo anterior que quando um condutor sólido em equilíbrio está car-regado, sua carga reside na sua superfície, fato que os difere dos isolantes. Assim,o campo elétrico próximo a superfície externa é perpendicular a mesma e dentro docondutor o campo é nulo.

Consideremos dois pontos A e B na superfície de um condutor carregado, conformefigura.

++++

+++

+++

+++

++

+

+++ + + +++++

+

+

+

Usando um caminho ao longo da superfície que ligue os dois pontos, vemos que ocampo~E é sempre perpendicular ao deslocamento d~l, de modo que~E · d~l = 0. Usandoesse resultado, vemos que

3.6. POTENCIAL DEVIDO A UM CONDUTOR CARREGADO 47

VB −VA = −∫ B

A~E · d~l = 0

que vale para quaisquer dois pontos na superfície, portanto V é constante na su-perfície.

Assim, a superfície de um condutor carregado em equilíbrio eletrostático é uma superfícieequipotencial.

Exemplo: Potencial de uma Esfera Condutora

Consideremos uma esfera condutora de carga Q e de raio R, como mostra a figura (a).

+ +

+ ++ ++ ++

+ ++ ++ ++

O campo elétrico obtido via Lei de Gauss é

E(r) =

0 se r < R

k Qr2 se r > R

O potencial pode então ser obtido viacampo elétrico por integração, como noexemplo anterior, de modo que

V(r) =

k QR se r < R

k Qr se r > R

Portanto, o potencial elétrico no interior daesfera condutora é uniforme e de mesmovalor que o potencial na superfície (figura(b)), uma vez que a diferença de potencialentre a superfície e qualquer ponto no inte-rior da esfera deve ser nula, pois o campono interior do condutor é também nulo (fi-gura (c)).

Concluímos então que o potencial eletrostático de um condutor carregado é constante emqualquer ponto no interior do condutor e de mesmo valor que na superfície.


Exemplo: Poder das Pontas

Consideremos um condutor representado por duas esferas condutoras de raios R1 e R2

conectadas por um fio condutor, como mostra a figura.

Como as esferas estão conectadas porfio condutor, elas devem ambas terem omesmo potencial

V = kQ1

R1= k

Q2

R2

Assim, a razão entre suas cargas é

Q1

Q2=

R1

R2

Porém, a razão entre suas densidades superficiais de cargas deve então ser

σ1

σ2=

R2

R1

que mostra que a densidade de carga é maior na esfera de menor raio, ou seja, quantomenor for a curvatura da superfície maior será a densidade de carga num condutor.



1. Uma carga positiva q e massa m sai da placa positiva de um capacitor plano deplacas paralelas e atinge a placa negativa. A velocidade inicial da carga é igual azero. A densidade superficial de cargas numa das placas é igual a σ; a distânciaentre as placas do capacitor é igual a d. Determine a variação da energia potenciale a velocidade da carga q quando ela atinge a placa

2. Determine o potencial produzido por uma carga puntiforme q.

3. Considere três cargas q1, q2 e q3, colocadas no vértice de um triângulo equiláterode lado igual a L. (a) Determine o potencial elétrico no ponto onde se situa acarga q1. (b) Qual seria o trabalho necessário para deslocar a carga q1 do vérticedeste triângulo até o inifinito?

4. Considere um fio retilíneo infinito com uma distribuição de cargas linear uni-forme igual a λ. Um ponto P1 está a uma distância b do fio e um ponto P2 estáa uma distância c do fio, sendo c > b. Determine o módulo da diferença depotencial entre os pontos P1 e P2.

5. Um fio tendo densidade de carga linear uniforme λ está dobrado na forma dafigura. Determine o campo elétrico no ponto O.

6. Considere um anel que tem densidade superficial de carga uniforme σ e de formadada na figura. (a) Calcule o potencial num ponto P ao longo do eixo do anel. (b)Determine o campo elétrico no mesmo ponto P.

7. Considere uma esfera condutora de raio R e carga Q. Determine o potencial auma distância r do seu centro quando: (a) r > R; (b) r < R; (c) r = R; (d) r = 0.


8. Considere uma esfera de raio R com uma carga Q distribuída uniformemente novolume dessa esfera. Determine: (a) o potencial para pontos no interior da esfera.(b) o potencial para pontos no exterior da esfera. (c) em que ponto no exterior opotencial tem valor igual à metade do valor do potencial na superfície da esfera.(d) em que ponto no interior o potencial tem valor igual à metade do valor dopotencial na superfície da esfera.

9. Um dipolo elétrico está localizado ao longo do eixo y, conforme figura. A inten-sidade do seu momento de dipolo elétrico é definida como p = 2qa. (a) Numponto P, bem distante do dipolo (r a), mostre que o potencial eletrostático é

V = kp cos θ

r2

(b) Calcule as componentes Ex e Ey do campo elétrico nesse ponto.

10. Suponha que o potencial eletrostático numa região grande do espaço é dado porV(r) = V0

ε0exp (−r2/a2), onde V0 e a são constantes, e r é a distância à origem.

Determine: (a) o campo elétrico E(r) nessa região. (b) a carga total Q(r) no in-terior de uma região de raio r. (c) a densidade de carga ρ(r), usando o fato quedQ/dr = ρ(r)4πr2. (d) Esboce um gráfico de ρ(r) em função de r.

Young & Freedman: 23.61, 23.66, 23.70, 23.71, 23.81, 23.85, 23.90.

Capítulo 4

Capacitância e Dielétrico

Nesse capítulo, estudaremos o conceito de capacitância, aplicações de capacitores edielétricos.

4.1 Capacitância

Considere dois condutores carregando cargas de mesmo sinal e sinais opostos, con-forme figura. Essa combinação de dois condutores chamaremos de capacitores, sendoambos condutores algumas vezes chamados de placas. E devido à presença das cargas,existe uma diferença de potencial ∆V entre os condutores.

O que determina quanta carga está nas placas de um capacitor para uma dada vol-tagem? Experimentos mostram que a quantidade de carga Q num capacitor é linear-mente proporcional a diferença de potencial ∆V entre os condutores. Sendo assim, acapacitância C de um condutor é definida como a razão entre a intensidade da carganum dos condutores pela intensidade da diferença de potencial entre eles

C ≡ Q∆V

(4.1)

51

52 CAPÍTULO 4. CAPACITÂNCIA E DIELÉTRICO

Note que por definição capacitância é sempre uma quantidade positiva. Alémdisso, capacitância é uma medida da capacidade de um capacitor em armazenar ener-gia, pois cargas positivas e negativas estão separadas no sistema dos dois condutoresde um capacitore, existindo uma energia potencial elétrica armazenada no sistema.

A capacitância no sistema SI tem unidade de Coulomb por Volt, sendo definidacomo Farad F = C/V, em homenagem a Michael Faraday.

Consideremos um capacitor formado por um par de placas paralelas, conformefigura.

+–

Com o capacitor inicialmente descarregado, conec-tamos cada placa a um terminal de uma bateria, queage como uma fonte de diferença de potencial, es-tabelecendo um campo elétrico nos fios condutoresquando essa conexão é feita. Na placa conectada aoterminal negativo da bateria, o campo elétrico forçaos elétrons a irem em direção à placa, o processocontinua até a placa, o fio, e o terminal da bateriaterem o mesmo potencial, de modo que não há maisdiferença de potencial entre o terminal e a placa, nãohá mais movimento de elétrons, e a placa agora estácarregada negativamente.

Um processo similar ocorre na outra placa do capacitor, com elétrons saindo daplaca para o fio, deixando a placa carregada positivamente. Nessa configuração fi-nal, a diferença de potencial entre as placas do capacitor é a mesma daquela entre osterminais da bateria.

4.2 Cálculo de Capacitância

Para determinar a capacitância de um certo tipo de capacitor vamos usar o seguinteprocedimento: assumimos uma carga de magnitude Q numa das placas, em seguidacalculamos a diferença de potencial ∆V entre as placas usando as técnicas do capítuloanterior, e por último usamos a expressão C = Q/∆V para determinar a capacitância.

4.2. CÁLCULO DE CAPACITÂNCIA 53

Exemplo: Capacitância de uma Esfera Condutora

Imaginemos um condutor esférico carregado. As linhas de campo ao redor dessecondutor são exatamente as mesmas que no caso se existisse uma casca esfé-rica condutora de raio infinito, concêntrica com a esfera e carregando uma cargade mesma intensidade e sinal oposto, de modo que essa casca esférica imagináriapode ser identificada como um segundo condutor de um capacitor de dois condutores.

Assim, podemos calcular a capacitância para essa situação usando o fato que o poten-cial de uma esfera de raio R e carga Q é simplesmente kQ/R na sua superfície, e V = 0na casca infinitamente grande, então

C =Q

∆V=

QkQ/R

=Rk= 4πε0R,

mostrando que a capacitância de uma esfera carregada é proporcional ao seu raio eindepende da carga na esfera e da diferença de potencial.

A capacitância de uma par de condutores depende somente da geometria dos con-dutores. Vamos ilustrar isso com duas geometrias familiares: placas paralelas e cilin-dros concêntricos.


Exemplo: Capacitor de Placas Paralelas

Consideremos duas placas metálicas de áreas iguais A separadas por uma distânciad, conforme figura. Uma placa está carregada com carga Q, a a outra carregada comcarga −Q.

Se as placas estão muito próximas, de tal formaque a distância d é muito menor que as dimen-sões típicas das placas, podemos considerar ocampo elétrico uniforme na região entre as pla-cas com valor igual a

E =σ

ε0=

Qε0A

,

e nulo na região fora das placas. Então, como o campo entre as placas é uniforme, adiferença de potencial entre as placas é

∆V = V+ −V− = Ed =Qdε0A

.

Substituindo esse resultado na definição de capacitância, temos para o capacitor deplacas paralelas

C =Q

∆V=

QQd/ε0A

,

portanto

C =ε0A

d

Isto é, a capacitância de um capacitor de placas paralelas é proporcional à área das suasplacas e inversamente proporcional à separação entre as placas.

4.2. CÁLCULO DE CAPACITÂNCIA 55

Exemplo: Capacitor Cilíndrico

Consideremos um condutor cilíndrico sólido de raio a e carga Q é coaxial a uma cascacilíndrica de raio b > a e espessura desprezível, com carga −Q.

Se os condutores tiverem um comprimento Lmuito maior que os raio a e b, podemos des-prezar os efeitos de borda sobre as linhas decampo, de tal forma que nesse caso o campoelétrico é perpendicular ao eixo dos cilindros eé confinado na região entre eles.A partir da Lei de Gauss, a intensidade docampo elétrico de um cilindro com distribuiçãode carga uniforme λ é .

E(r) =2kλ

r=

2Q/Lr

,

e como o campo elétrico da casca cilíndrica não influencia na região entre os cilindros,esse deve ser o campo na região entre a e b. Então, como conhecemos o campo entre oscilindros, a diferença de potencial entre eles é

∆V = V+ −V− = −∫ a

bE(r)dr = −2k(Q/L)

∫ a

b

drr

= 2k(Q/L) ln(

ba

).

Substituindo esse resultado na definição de capacitância, temos para o capacitor cilín-drico

C =Q

∆V=

Q2k(Q/L) ln (b/a)

,

portanto

C =L

2k ln (b/a)

Isto é, a capacitância de um capacitor cilíndrico é proporcional ao comprimento doscilindros.


4.3 Associação de Capacitores

Agora que sabemos determina a capacitância de capacitares devido a sua geome-tria, podemos associar diferentes capacitares para obter qualquer valor de capacitânciaque necessitarmos. Existem dois de associações: paralela e série.

4.3.1 Capacitores em Paralelo

Numa associação em paralelo, conforme figura (b), as diferenças de potenciais emcada capacitor individualmente são as mesmas e iguais à diferença de potencial apli-cada sobre a associação inteira.

+–

+ –

+ –

+ – + –

Quando os capacitores são conectados ao circuito conforme a figura (a), elétronssão transferidos entre os fios e as placas, permitindo as placas da direita se carregaremnegativamente e as placas da esquerda se carregarem positivamente. O fluxo de cargacessa quando a voltarem sobre os capacitares é igual àquela dos terminais da bateria, eos capacitares ficam carregados com cargas Q1 e Q2. A carga total Q armazenada noscapacitores é

Q = Q1 + Q2

Isso é, a carga total nos capacitares conectados em paralelo é a soma das cargasde cada capacitor individual. E como a voltarem sobre cada capacitor é a mesma, ascargas que eles carregam são

4.3. ASSOCIAÇÃO DE CAPACITORES 57

Q1 = C1∆V e Q2 = C2∆V

Suponha que nós desejamos trocar esses capacitores por um capacitor equivalentetendo uma capacitância Ceq, conforme figura (c). O efeito desse capacitor no circuitodeve ser o mesmo do conjunto de capacitores anteriores, isto é, esse capacitor equi-valente deve armazenar carga Q quando conectado a d.d.p de ∆V. Assim, para ocapacitor equivalente,

Q = Ceq∆V

Substituindo essas três relações para as carga na equação da carga total do circuito,temos

Ceq∆V = C1∆V + C2∆V

Ceq = C1 + C2

Assim, a capacitância equivalente de uma associação de capacitores em paralelo éa soma algébrica das capacitâncias individuais e é maior que qualquer uma das capa-citância individuais.

Ceq = C1 + C2 + C3 + . . . (em paralelo) (4.2)

4.3.2 Capacitores em Série

Numa associação em série, conforme figura (b), as cargas em cada capacitor indivi-dualmente são as mesmas e iguais à carga total armazenada na associação inteira.

–+ + –

+–


Quando os capacitores são conectados ao circuito conforme a figura (a), elétronssão transferidos para fora da placa da esquerda de C1 e vão para a placa da direitade C2. Como essa carga negativa se acumula na placa direita de C2, uma quantidadeequivalente de carga negativa é forçada para fora da placa esquerda de C2, e essa placaesquerda adquire então um excesso de carga positiva. A carga negativa deixando aplaca esquerda de C2 causa um acumulo de carga negativa na placa direita de C1.Como resultado, todas as placas da direita ficam com carga negativa−Q, e todas placasda esquerda com carga +Q. Assim, as cargas nos capacitares conectados em série sãoas mesmas.

Da figura (a), vemos que a voltagem ∆V entre os terminais da bateria é divididaentre os capacitores

∆V = ∆V1 + ∆V2

Em geral, a diferença de potencial entre qualquer número de capacitores conectadosem série é a soma da diferença de potencial sobre cada capacitor individualmente. Ecomo as cargas nos capacitores são as mesmas, as voltagens sobre eles são

∆V1 =QC1

∆V e ∆V2 =QC2

Suponha que nós desejamos trocar esses capacitores por um capacitor equivalentetendo uma capacitância Ceq, conforme figura (c). O efeito desse capacitor no circuitodeve ser o mesmo do conjunto de capacitores anteriores, isto é, esse capacitor equiva-lente deve armazenar carga −Q na placa da direita e carga +Q na placa da esquerdaquando conectado a d.d.p de ∆V dos terminais da bateria. Assim, para o capacitorequivalente,

∆V =Q

Ceq

Substituindo essas três relações para as voltagens na equação da voltarem total docircuito, temos

QCeq

=QC1

+QC2

1Ceq

=1

C1+

1C2

Assim, o inverso da capacitância equivalente de uma associação de capacitores emsérie é a soma algébrica dos inversos das capacitâncias individuais e é menor que qual-

4.4. ENERGIA ARMAZENADA NUM CAPACITOR 59

quer uma das capacitância individuais.

1Ceq

=1

C1+

1C2

+1

C3+ . . . (em série) (4.3)

Exemplo: Capacitância Equivalente

Consideremos um circuito misto de capacitores, conforme figura (a). A capacitânciaequivalente entre a e b pode ser encontrada reduzindo as associações de capacitorescomo indicadas nas partes (b), (c), e (d), usando as regras de associações em série eparalelo.

ba

(b)

ba

( c)

ba

(d)

ba

(a)

4.4 Energia Armazenada num Capacitor

Quanta energia deve estar armazenada num capacitor depois que o carregamos?

Para calcular a energia armazenada num capa-citor durante o processo de carregamento, ima-ginemos que a carga é transferida mecanica-mente para o capacitor, de modo que o traba-lho necessário para adicionar uma carga dq aocapacitor é

dW = ∆Vdq

e sabendo que a diferença de potencial entre as placas do capacitor depende dacarga q nele, podemos escrever

dW =qC

dq,


ilustrado na figura. O trabalho total para carregar o capacitor desde uma cargaq = 0 até a carga final q = Q é

W =∫ Q

0

qC

dq =1C

∫ Q

0q dq =

Q2

2C

O trabalho feito para carregar o capacitor aparece como energia potencial elétricaU armazenada no capacitor. Usando a capacitância, podemos expressar a energia po-tencial armazenada num capacitor carregado nas seguintes formas

U =Q2

2C=

12

Q∆V =12

C(∆V)2 (4.4)

Podemos considerar a energia armazenada num capacitor como sendo armazenadano campo elétrico criado entre as placas quando o capacitor está carregado, pois ocampo elétrico é proporcional a carga no capacitor. Para um capacitor de placas para-lelas, a diferença de potencial está relacionada com o campo elétrico através da relação∆V = Ed, e sua capacitância é C = ε0A/d. Substituindo essas expressões na energia,obtemos

U =12

ε0Ad

(Ed)2 =12(ε0Ad)E2.

Como o volume ocupado pelo campo elétrico é Ad, a energia por unidade de vo-lume uE = U/(Ad), conhecida como densidade de energia, é

uE =12

ε0E2 (4.5)

Assim, a densidade de energia em qualquer campo elétrico é proporcional ao qua-drado da intensidade do campo elétrico num dado ponto.

Para uma dada capacitância, a energia armazenada aumenta com o aumento dacarga e com o aumento da diferença de potencial. Na prática, entretanto, há um limitede energia máxima (ou carga) que pode ser armazenada pois, em valores muito altosde voltarem, ocorre descarga elétrica entre as placas.

4.5 Materiais Dielétricos

O que acontece quando colocamos um material isolante na presença de um campoelétrico externo?

Consideremos um dielétrico feito de moléculas polares localizadas num campo elé-trico entre as placas de um capacitor. Os dipolos (isso é, as moléculas polares queformam o dielétrico) estão orientados aleatoriamente na ausência de um campo elé-

4.5. MATERIAIS DIELÉTRICOS 61

trico, conforme figura (a). Quando um campo elétrico externo ~E0 devido ao capacitoré aplicado, conforme figura (b), um torque é exercido sobre os dipolos, fazendo comque eles se alinhem parcialmente com o campo. O grau de alinhamento das moléculascom o campo elétrico depende da temperatura e da intensidade do campo, em geral,aumentando com o aumento da temperatura e do campo. Se as moléculas do dielé-trico são apolares, então o campo elétrico externo produz alguma separação de cargase num momento de dipolo induzido.

E0

–+ –

+–+

–+

–+–+–+

–+

–+ –+

– + –+

– + – + – +

– +– + – +

– + – + – +– + – + – +

– +

E0

Eind

– indσ indσ

–

–

–

–

–

–

+

+

+

+

+

+

–

–

–

–

–

–

+

+

+

+

+

+

Em ambos materiais feitos de moléculas polares ou apolares, os campos elétricosinduzidos pelos momentos de dipolos elétricos alinhados tendem a cancelar parcial-mente o campo externo original, figura (c). Assim, o campo elétrico resultante ~ET

dentro do dielétrico é o campo original ~E0 mais o campo induzido ~Eind

~ET = ~E0 +~Eind,

ou

ET = E0 − Eind.

Notamos que o campo resultante dentro do dielétrico aponta na direção do campoexterno original. O campo induzido depende do campo externo original na formaEind = αE0, sendo α a polarizabilidade do meio material. Com isso, podemos escrever

ET = (1− α)E0,

e denominando κ = 1/(1− α) a constante dielétrica do meio material, vemos que ocampo resultante no interior do meio dielétrico é reduzido de um fator κ

~ET =~E0

κ(4.6)

Além disso, o campo elétrico externo E0 está relacionado com a densidade de cargaσ nas placas através da relação E0 = σ/ε0, e o campo elétrico induzido Eind no die-létrico está relacionado com a densidade de carga induzida σind, conforme figura (b),


através da relação Eind = σind/ε0. Como ET = E0/κ = σ/(κε0), temos

σ

κε0=

σ

ε0− σind

ε0

e

σind =

(κ − 1

κ

)σ (4.7)

Como κ > 1, essas expressões mostram que o campo elétrico no interior do dielé-trico ET é reduzido, e a densidade de carga induzida σind no dielétrico é menor que adensidade de cargas nas placas.

Existe, porém, um valor crítico para o campo externo, consequentemente para adiferença de potencial, acima do qual o material deixa de ser isolante, e ocorre ou umadescarga elétrica ou uma ruptura do isolamento. Esse campo elétrico crítico fornecea rigidez dielétrica do material, que é medida pelo módulo do campo elétrico mínimoacima do qual se produz a ruptura do dielétrico.

4.6 Capacitores com Dielétricos

Quando inserimos um dielétrico no interior de um capacitor o que acontece coma capacitância? Aumenta, diminui, ou não se modifica? Podemos analisar o seguinteexperimento para ilustrar o efeito de um dielétrico num capacitor.

+–

+–

Consideremos um capacitor de placas paralelas isolado que sem o dielétrico, con-forme figura (a), tem uma carga Q0 e uma capacitância C0, de modo que a diferençade potencial entre as placas é ∆V0. Se um dielétrico é agora inserido entre as placas,conforme figura (b), a diferença de potencial ∆V entre as placas deve ser reduzida de

4.6. CAPACITORES COM DIELÉTRICOS 63

um fator κ pois o campo no interior do capacitor foi reduzido do mesmo fator, destaforma

∆V =∆V0

κ.

Como a carga Q0 no capacitor não mudou, concluímos que a capacitância devemudar para o valor

C =Q0

∆V=

Q0

∆V0κ= κ

Q0

∆V0

então

C = κC0 (4.8)

Isso é, a capacitância aumenta de um fato κ quando um dielétrico preenche com-pletamente a região entre as placas.


Exemplo: Capacitor parcialmente preenchido

Consideremos um capacitor de placas paralelas com separação entre as placas d, quetem capacitância C0 na ausência de um dielétrico, preenchido com dielétrico de cons-tante κ e espessura d/3 conforme figura (a).

Podemos imaginar o conjunto da figura (a)como sendo dois capacitores C1 e C2 associadosem série, conforme figura (b). Usando o resul-tado da capacitância de um capacitor de placasparalelas, temos

C1 =κε0Ad/3

e C2 =ε0A2d/3

.

Como associamos em série, a capacitância equi-valente é dada por

1C

=1

C1+

1C2

=d/3

κε0A+

2d/3ε0A

então

C =

(3κ

2κ + 1

)ε0A

d

e como a capacitância sem o dielétrico é C0 =

ε0A/d, podemos escrever

C =

(3κ

2κ + 1

)C0



1. Um capacitor esférico é constituído por dois condutores esféricos concêntricos.O condutor esférico interno possui raio externo b. O condutor externo é umacasca muito fina de raio externo c. A superfície interna (de raio b) possui cargaQ e a superfície externa (de raio c) carga oposta. (a) Determine a diferença depotencial entre as superfícies. (b) Determine a capacitância desse capacitor. (c)Esses resultados mudariam se o condutor interno fosse uma casca esférica oca deraio b? Por que?

2. Considere dois fios longos, paralelos, e opostamente carregados de raio d comseus centros separados por uma distância D. Assuma que a carga está distribuídauniformemente na superfície de cada fio, mostre que a capacitância por unidadede comprimento desse par de fios é

Cl=

πε0

ln[(D− d)/d]

3. Você possui um conjunto de n capacitores idênticos de capacitância C0. Deter-mine a capacitância do capacitor equivalente ao circuito quando (a) todos os ca-pacitores estão em paralelo; (b) todos os capacitores estão em série; (c) quandometade dos capacitores estão ligados em série ligados a outra metade que estáem paralelo.

4. Um capacitor de placas paralelas e planas está ligado a uma diferença de poten-cial V de uma bateria. Sem desconectar a bateria, afasta-se uma das placas, demodo que a nova distância entre as placas seja igual ao triplo da distância origi-nal. Calcule (a) a nova capacitância em função da capacitância inicial; (b) a cargaacumulada em função da carga inicial; (c) a energia armazenada em função daenergia inicial.

5. Dois capacitores C1 e C2 estão carregados na mesma diferença de potencial inicial∆Vi. Os capacitores carregados são removidos da bateria, e suas placas são co-


nectadas com polaridade oposta como na figura (i). As chaves S1 e S2 são entãofechadas, como na figura (ii). (a) Determine a diferença de potencial final ∆Vf

entre a e b após fechar as chaves. (b) Determine a energia total armazenada noscapacitores antes e depois das chaves serem fechadas e razão entre a energia finale a inicial.

+ –

+

ba

–

– +

+

ba

–

6. Uma esfera de material dielétrico homogêneo de raio R está uniformemente car-regada com densidade volumétrica de carga ρ. Determine (a) o campo elétricoE dentro e fora da esfera. (b) a densidade de energia elétrica em cada ponto doespaço. (c) a energia elétrica total do campo elétrico produzido por esta esferaem todo o espaço. (Sugestão: Integre a densidade de energia do item (b) em todoo espaço.)

7. Suponha que a rigidez dielétrica do ar seja dada por um campo crítico Emax acimado qual ocorre descarga para o ar, que tem constante dielétrica κ. Determine aexpressão da carga máxima que pode ser acumulada na superfície de uma esferacondutora de raio R.

8. Um capacitor de placas paralelas vertical está preenchido até a metade por umdielétrico de constante κ (figura (a)). Quando o capacitor é posicionado horizon-talmente (figura (b)), que fração dele deve ser preenchida com o mesmo dielétricopara que os dois capacitores tenham a mesma capacitância.

9. Um capacitor de placas paralelas planas de área A e distância d entre as placasestá totalmente preenchido por três dielétricos de constantes κ1, κ2 e κ3, de mesmaárea A e mesma espessura igual a d/3. Mostre que a capacitância desse capacitoré

C =3ε0Aκ1κ2κ3

d(κ1κ2 + κ1κ3 + κ2κ3)


Young & Freedman: 24.62, 24.66, 24.68, 24.71, 24.72, 24.76.


Capítulo 5

Corrente, Resistência e ForçaEletromotriz

Nesse capítulo, estudaremos a definição de corrente, com descrição microscópica,as definições de resistência elétrica e introduzimos o resistor, como uma força eletro-motriz possibilita o fluxo de corrente em um circuito, e por fim, como obter as energiae potência em circuitos.

5.1 Corrente Elétrica

O que acontece ao ligarmos por um fio metálico às placas de um capacitor carre-gado?

Como não pode haver equilíbrio eletrostático, pois as extremidades do fio condutorestão em potenciais diferentes, há movimento de cargas, ou seja, uma corrente elétricapassa através do fio quando a conexão é feita.

A intensidade da corrente elétrica i que atravessauma dada seção de um fio condutor é definida comoa quantidade de carga dq que atravessa esta seçãonum dado intervalo de tempo dt, de modo que po-demos escrever

i ≡ dqdt

. (5.1)

A unidade de corrente elétrica no SI é o Ampère, que passa a definir a unidade deCoulomb. Assim, numa corrente de 1A, a secção do fio é atravessada a cada segundopor 1C de carga, equivalente a 6.2× 1018 C.

69

70 CAPÍTULO 5. CORRENTE, RESISTÊNCIA E FORÇA ELETROMOTRIZ

Por motivos históricos, é convencional definir a corrente tendo a mesma direção dofluxo de cargas positivas. Em condutores elétrico, tais como cobre e alumínio, a cor-rente é devido ao movimento de elétrons. Portanto, num metal, a direção da correntenum condutor é oposta ao fluxo de elétrons. Numa lâmpada fluorescente, os porta-dores de cargas são tanto elétrons como íons positivos do gás, que se deslocam emsentidos opostos sob a ação do campo de descarga.

5.1.1 Modelo Microscópico para Corrente

Podemos relacionar a corrente elétrica com o movimento de cargas através de ummodelo microscópico de condução num metal.

Num condutor isolado, isto é, a diferença de potencial é zero nele, os elétrons semovem num movimento aleatório que é análogo ao movimento das moléculas numgás. Quando uma diferença de potencial é aplicada nesse condutor, um campo elétricoaparece nesse condutor exercendo uma força nos elétrons, produzindo uma corrente.Contudo, os elétrons não se movem em linhas retas através do condutor, pois colidemrepeditademnte com os átomos do metal, e seu movimento resultante é complicadoem zig-zag. Apesar das colisões, os elétrons se movem vagarosamente através do con-dutor (na direção oposta de ~E) com a velocidade de arrasto~vD, conforme figura (a).

–

Agora, consideremos um comprimento ∆x de um condutor de seção transversal A,de modo que o volume dessa região é A∆x, conforme figura (b). Se n é o número deportadores de carga por unidade de volume, o número de portadores nessa região énA∆x. Assim, a carga total ∆Q nessa região é

∆Q = (nA∆x)q

onde Q é a carga de cada portador. Se os portadores se movem com velocidade dearrasto vD, devido à influência do campo elétrico externo, o intervalo de tempo queleva para atravessarem essa região é dado pela relação ∆x = vD∆t. Esse intervalo de

5.1. CORRENTE ELÉTRICA 71

tempo é aquele necessário para todas as cargas no cilindro passarem de uma extremi-dade a outra. Com isso, podemos escrever

∆Q = (nAvD∆t)q

Se dividirmos ambos os lados da equação por ∆t, a corrente elétrica média nessecondutor é

imed =∆Q∆t

= nqAvD

E com isso, temos uma densidade de corrente elétrica ~j percorrendo o fio que é dadapor

j =iA

= nqvd

ou

~j = nq~vd (5.2)

Exemplo: Velocidade de Arrasto no Fio de Cobre

Consideremos um fio de cobre de área de seção transversal A = 3 × 10−6 m2, cujadensidade é de 8.95 g/cm3 e massa molar igual a 63.5 g/mol, por onde passa umacorrente de 10 A.

A densidade de portadores de carga (para o cobre, elétrons) é dada por

n =ρ

µNA =

(8.95 g/cm3)

(63.5 g/mol)(6.22× 1023) = 8.8× 1028 e−/m−3.

Assim, a velocidade de arrasto no fio é determinada pela corrente através de

vd =i

nqA=

(10 A)

(8.8× 1028 e−/m−3)(1.6× 10−19 C)(3× 10−6 m2)= 0.2 mm/s.

Desta forma, um elétron demoraria aproximadamente 1.5 horas para percorre um tre-cho de 1 m nesse fio. O fato é que não é necessário que o elétron chegue até o equipa-mento para acioná-lo, basta que o campo elétrico se propague pelo fio e faça com quetodos os elétrons se movimentem na mesma direção. O campo elétrico se propaga coma velocidade da luz no meio material!


5.2 Lei de Ohm e Condutância

Anteriormente vimos que o campo elétrico no interior em equilíbrio eletrostático énulo, porém quando as cargas no condutor não estão em equilíbrio é possível que hajaum campo elétrico em seu interior.

Em alguns materiais, a densidade de corrente elétrica é proporcional ao campo elé-trico

~j = σ~E (5.3)

onde a constante de proporcionalidade sigma é denominada condutividade do ma-terial. Materiais que obedecem essa relação são conhecidos como materiais ôhmicos, emhomenagem a Georg Simon Ohm que descobriu essa relação empírica válida somentepara certos materiais.

Consideremos agora um pequeno trecho de um fio de comprimento L e seção trans-versal uniforme de área A, conforme figura. Uma diferença de potencial ∆V = Vb−Va

é mantida ao longo do fio, criando no interior do fio um campo elétrico e portanto umacorrente. Se o campo puder ser considerado uniforme, a diferença de potencial estárelacionada com o campo através da relação

∆V = EL

Assim, podemos expressar a intensidade da densidade de corrente no fio comosendo

j = σE = σ∆VL

,

como j = i/A, podemos escrever

∆V =Lσ

j =(

LσA

)i = Ri.

A quantidade R = L/σA é denominada resistência elétrica do fio, que no SI temunidades ohm, equivalente a Volt por Ampère, Ω = V/A. Assim, a relação entre a

5.2. LEI DE OHM E CONDUTÂNCIA 73

diferença de potencial sobre um fio e a corrente elétrica criada no mesmo é dada pelafamosa Lei de Ohm, escrita na forma

∆V = Ri (5.4)

O inverso da condutividade é a resistividade ρ

ρ =1σ

, (5.5)

como R = L/σA, podemos expressar a resistência de um fio condutor de materialhomogêneo e isotrópico como

R = ρLA

. (5.6)

Materiais que são bom condutores de eletricidade apresentam resistividade baixa,como o cobre cuja resistividade é da ordem de 10−8 Ω.m, enquanto que materiais iso-lantes apresentam alta resistividade, como o quartzo cuja resistividade é da ordem de1016 Ω.m. Além disso, a resistividade, num certo intervalo de temperatura, varia apro-ximadamente linearmente com a temperatura de acordo com a expressão

ρ = ρ0[1 + α(T − T0)] (5.7)

onde ρ é a resistividade em alguma temperatura T, ρ0 é a resistividade em algumatemepratura de referência T0, e α o coeficiente de temperatura da resistividade.

5.2.1 Modelo Microscópico para Condutividade

Podemos pensar num condutor como sendo uma rede regular de átomos mais umconjunto de elétrons livres, que podemos chamar de elétrons de condução. Não há cor-rente elétrica no condutor na ausência de um campo elétrico externo pois a velocidadede arrasto dos elétrons é zero, isto é, na média o movimento dos elétrons é zero, con-forme figura (a).

–

–

––

–

–

–

–


Com a presença do campo elétrico externo a situação muda, além do movimentoaleatório devido à agitação térmica, o campo elétrico ~E causa um arrasto dos elétronsnuma direção oposta àquele campo ~E, conforme figura (b).

Quando um elétron livre de massa m e carga q está sujeito a um campo elétrico ~E,ele sofre uma forçca ~F = q~E. Como essa força está relacionada com a aceleração doelétron através da segunda lei de Newton, ~F = m~a, concluímos que a aceleração doelétron é

~a =q~Em

Essa aceleração, que ocorre somente em um curto intervalo de tempo entre colisões,permite ao elétron adquirir uma pequena velocidade de arrasto. Se ~vi é a velocidadeinicial do elétron no instante após a colisão (que ocorre num tempo que definiremoscomo t = 0), então a velocidade do elétron num tempo t (no qual ocorre a próximacolisão) é

~v f = ~vi +~at = ~vi +q~Em

t

Em seguida, tomamos uma média sobre todos os valores possíveis de ~v f e ~vi du-rante um intervalo de tempo médio entre sucessivas colisões τ. Como a distribuiçãodas velocidades iniciais é aleatória, o valor médio de~vi é zero. De modo que,

~v(f med) = ~vd =

q~Em

τ

Relacionando essa expressão para a velocidade de arrasto com a corrente num con-dutor, encontramos que a densidade de corrente é

j = nqvd =nq2E

mτ.

Comparando essa expressão com a lei de Ohm, j = σE, obtemos as seguintes rela-ções para condutividade e resistividade do material

σ =nq2τ

m(5.8)

ρ =1σ=

mnq2τ

(5.9)

E de acordo com esse modelo clássico, a condutividade e a resistividade do materialnão depende da intensidade do campo elétrico externo. O tempo médio entre colisõesτ está relacionado com a distância média entre colisões l (ou livre caminho médio) e a

5.3. POTÊNCIA ELÉTRICA E EFEITO JOULE 75

velocidade média v através da expressão τ = l/v.

5.3 Potência Elétrica e Efeito Joule

Agora que sabemos que corrente é efetivamente o movimento das cargas no interiorde um condutor, quanta energia deve ser gasta para realizar esse movimento?

Para mover uma quantidade de carga dq = idt entre uma diferença de potencial∆V, a quantidade de energia necessária é igual ao trabalho

dW = (idt)∆V

de modo que a potência da fonte, ou seja, da bateria deva ser

Pot =dWdt

= i∆V (5.10)

No caso de um material condutor, podemos usar a lei de Ohm para determinar apotência dissipada pelo condutor em formas alternativas

Pot = Ri2 =(∆V)2

R(5.11)

Assim, a energia fornecida pela bateria para o movimento das cargas num condutoracaba sendo dissipada na forma de calor devido a resistência do objeto, tal fenômenoé conhecido como efeito Joule. Efeitos como esse são o que permitem utilizar energiaelétrica para gerar calor, como num chuveito elétrico.

De fato, podemos pensar nas colisões átomos-elétrons num condutor como umafricção interna efetiva similar aquela sentidas pelas moléculas de um líquido fluindoatravés de um duto. A energia transferida dos elétrons para os átomos do metal du-rante as colisões causa aumento da energia de vibração dos átomos e um correspon-dente aumento na temperatura do condutor.


Exemplo: Potência de um aquecedor elétrico

Um aquecedor elétrico é construído aplicando-se uma diferença de potencial de 120 Vnum fio de nicromo cuja resistência total é de 8.0 Ω.

A corrente elétrica que passa pelo fio é dada pela lei de Ohm como

i =∆VR

=120 V8.0 Ω

= 15.0 A

A potência elétrica dissipada na forma de calor é dada por

Pot = Ri2 = (8.0 Ω)(15.0 A)2 = 1.80× 103 W = 1.80 kW



1. No processo de carga de um capacitor, a carga acumulada numa das placas au-menta com o tempo de acordo com a relação q = q0[1− exp (−bt)], onde b é umaconstante. Determine a expressão da corrente em função do tempo.

2. Em uma lâmpada fluorescente o mecanismo de condução é iônico. No tubo deuma certa lâmpada fluorescente ocorre o deslocamento de 1,5× 1018 elétrons porsegundo e o deslocamento de 0,5× 1018 íons positivos por segundo. Calcule acorrente elétrica.

3. Um fio cilíndrico de comprimento L e diâmetro d, feito de material ôhmico deresistividade ρ, é colocado ao longo do eixo x. Assumindo que um potencial Vé mantido em x = 0 e que o potencial é zero em x = L. Em termos de L, d, V,ρ, e constantes físicas, derive expressões para (a) o campo elétrico no fio; (b) aresistência do fio; (c) a corrente elétrica no fio; (d) a densidade de corrente no fio.(e) Prove que E = ρj.

4. Com um metal A, de resistividade ρA, fabrica-se um fio de comprimento L e deraio a, e com um metal B, de resistividade ρB, fabrica-se um fio de comprimentoL e de raio b. Determine uma relação entre as resistividas desses materiais paraque a corrente que passa em um dos fios seja igual à corrente que passa no outrofio, quando estes estão ligados em paralelo.

5. Uma carga Q é colocada num capacitor de capacitância C. O capacitor é conec-tado no circuito mostrado na figura, com uma chave aberta, um resistor de resis-tência R, e um capacitor inicialmente descarregado de capacitância 3C. A chaveé então fechada e o circuito entra em equilíbrio. Em termos de Q e C, determine(a) a diferença de potencial final entre as placas de cada capactor; (b) a carga emcada capacitor; (c) a energia final armazenada em cada capacitor; (d) a energiadissipada no resistor.


6. O material dielétrico entre as placas de um capacitor de placas paralelas sempretem condutividade σ não nula. Seja A a área de cada placa, d a distância entreelas, e κ a constante dielétrica do material. Mostre que a resistência R e a capaci-tância C são relacionada por

RC =κε0

σ

Young & Freedman: 25.60, 25.64, 25.66, 25.72, 25.80, 25.85.

Capítulo 6

Campo Magnético

Nesse capítulo, estudaremos as forças que agem em cargas elétricas em movimentoe em fios que carregam correntes elétricas na presemça de um campo magnético.

6.1 Fatos Experimentais

Na Grécia antiga se conheciam as propriedades de um minério de ferro encontradona região da Magnésia, a magnetita (Fe3O4): um pedaço de magnetita é um imã perma-nente, que atrai pequenos fragmentos de ferro.

Em 1100 a.C., os chineses já haviam descoberto que uma agulha de magnetita capazde se orientar livremente num plano horizontal alinha-se aproximadamente na direçãonorte-sul, e usavam este aparelho, a bússola, na navegação.

Em 1600, William Gilbert publicou um importante tratado sobre o magnetismo, ondeobserva, pela primeira vez, que a própria Terra atua como um grande imã.

Um imã permanente tem um pólo norte (N) e um pólo sul (S), e é fácil verificar, comdois imãs, que seus pólos de mesmo nome (N-N e S-S) se repelem, e que seus pólos denomes contrários (N-S) se atraem.

Entretanto, a experiência mostra que não é possível separar um pólo do outro numimã. Se o partirmos em dois, cada um deles continuará tendo dois pólos N e S.

79

80 CAPÍTULO 6. CAMPO MAGNÉTICO

Em anos recentes, fez-se um grande esforço experimental para verificar se existempartículas com “carga magnética”, que seriam pólos N ou S isolados (monopólos magné-ticos). Nenhum jamais foi detectado. É portanto um fato experimental básico no estudodo magnetismo que não existem cargas magnéticas (pólos magnéticos isolados).

Quando salpicamos limalha de ferro sobre um imã, cada pequeno fragmento deferro se magnetiza por indução e funciona como uma minúscula agulha imantada (bús-sola), indicando a direção do campo, de modo que materializamos assim as linhas deforça magnéticas, conforme a figura a seguir.

6.2 Força e Campo Magnéticos

Em nosso estudo de eletricidade, descrevemos as interações entre objetos carrega-dos em termos de campos elétricos, que rodeiam qualquer carga elétrica. Além deconter o campo elétrico, a região do espaço ao redor de qualquer carga em movimentocontém um campo magnético.

A força magnética que atua numa carga puntiforme devido a algum campo mag-nético ~B, tem as seguindes propriedades:

• a intensidade da força é proporcional à carga q e a intensidade da velocidade vda partícula.

• quando~v e ~B tem direções paralelas, a força magnética é nula.

• quando~v e ~B tem direções que fazem um ângulo θ 6= 0 entre si, a força magnética

6.2. FORÇA E CAMPO MAGNÉTICOS 81

tem a direção perpendicular às direções de ~v e ~B e seu módulo proporcional asen θ.

Podemos resumir essas propriedades escrevendo a força magnética na forma deum produto vetorial como sendo

~FB = q~v× ~B (6.1)

A direção da força magnética~FB agindo numa partícula carregada movendo-se comuma velocidade~v na presença de um campo magnético ~B é perpendicular a ambos~v e~B, conforme figura (a). Forças magnéticas de sentidos opostos são exercidas em cargasde sinais opostos que se movem com a mesma velocidade num campo magnético,conforme figura (b), onde as linhas tracejadas mostram os caminhos das partículas.

–

+

Como a força magnética é sempre perpendicular à velocidade da partícula, pode-mos dizer que o campo magnético não realiza trabalho. Assim, a energia cinética de umapartícula carregada num campo magnético constante permanece também constante.

Da equação para a força magnética, vemos que a unidade no SI do campo magné-tico é o Newton por Coulomb-metro por segundo, que é denominada Tesla (T), sendoentão

1 T ≡ 1N

C ·m/s,

e uma outra unidade muito comum é denominada Gauss (G), que é relacionadocom o Tesla através da conversão 1 T = 104 G. O campo magnético da Terra é ∼ 0.6 G.


Para facilitar as ilustrações, vamos definir uma pequena notação para indicar a di-reção de ~B quando este está perpendicular ao plano do papel, usaremos quando esteaponta saindo da página e ⊗ quando este aponta entrando na página.

6.2. FORÇA E CAMPO MAGNÉTICOS 83

Exemplo: Força Resultante na Partícula

Consideremos uma fonte de partículas puntiformes de carga elétrica q e com veloci-dades ~v na direção x. As partículas passam por uma fenda e chegam na região ondeexistem simultaneamente um campo magnético uniforme ~B = −Bz e um campo elé-trico uniforme ~E = −Ey, conforme a figura (a).

+

–

++++++

––––––

× × × × × × ×

× × × × × × ×× × × × × × ×× × × × × × ×× × × × × × ×× × × × × × ×× × × × × × ×

Algumas dessas partículas passam por essa região sem defletir, ou seja, permanecemem movimento com a velocidade constante. Para que isso ocorra, sabemos que a forçaresultante sobre a mesma deve ser nula, conforme figura (b), de modo que

∑~F = q~E + q~v× ~B = 0,

que corresponde a ~E = −~v × ~B, e como a velocidade da partícula está na direção x,podemos escrever

−Ey = −(vx)× (−Bz),

sendo necessário que a partícula tenha velocidade cujo módulo é

v =EB

Assim, a força resultante sobre uma partícula puntiforme em movimento na presença de camposelétrico e magnético é dada pela força de Lorentz, que corresponde a equação

~FL = q~E + q~v× ~B

onde q é a carga elétrica e~v é a velocidade da partícula.

Obs.: Esse equipamento é conhecido como seletor de velocidades, pois permite filtrar aspartículas que tenham somente a velocidade dada por v = E/B.


6.3 Força Magnética numa Corrente

Sabemos que uma força magnética é exercida numa única partícula quando estase move através de um campo magnético. Então, não deveria ser surpresa que umfio carregado também deva experimentar uma força quando colocado na presença deum campo magnético, pois uma corrente elétrica nada mais é do que uma coleção decargas em movimento.

Vamos quantificar esse efeito considerando um segmento infinitesimal de fio comcomprimento dl e seção transversal de área A, carregando uma corrente I na presençade um campo magnético aproximadamente uniforme ~B, conforme figura.

+

× × × × ×

× × × × ×

×

×

A força magnética exercida numa carga q movendo-se com velocidade de arrasto~vD é q~vD × ~B. A força magnética atuando no fio é devido a todas as cargas em mo-vimento em seu interior que são nAdl, lembrando que n é o número de cargas porvolume. Assim, a força magnética nesse segmento do fio de comprimento dl é

d~FB = (q~vD × ~B)nAdl

que pode ser escrita de maneira mais conveniente se usarmos o fato que I = nqvd A,portanto

d~FB = I d~l × ~B

onde d~l é o vetor que aponta na direção da corrente I e tem magnitude igual aocomprimento dl do segmento.

6.3. FORÇA MAGNÉTICA NUMA CORRENTE 85

A força total que age sobre o fio todo, conforme fi-gura, pode ser integrada sobre o comprimento dofio

~FB = I∫ B

Ad~l × ~B (6.2)

onde A e B representam as extremidades do fio.Quando realizamos essa integração, a magnitude docampo magnético e sua direção com o vetor d~l podevariar para pontos diferentes.

Consideremos agora um fio suspenso verticalmente entre os pólos de um magneto,conforme figura (a).

××××××

××××××

××××

××××××

××××× ×

× × ××××××

××××××

××××

××××××

××××× ×

× × ××××××

××××××

××××

××××××

××××× ×

× ×

Nas figuras (b), (c) e (d) temos o aparato apresentado na parte (a) como visto dopólo norte do magneto, tal que o campo magnético (cruzes azuis) tem direção entrandona página. Quando não há corrente passando pelo fio, este permanece na vertical,conforme figura (b). Quando há uma corrente vertical ascendente, o fio deflete para aesquerda, conforme figura (c). Quando a corrente é descendente, o fio deflete para adireita, conforme figura (d).

Portanto, o sentido da corrente determina o sentido da força magnética, uma vezque trocar I → −I resulta em levar ~FB → −~FB.


Exemplo: Força num Fio Curvado

Consideremos um fio curvado que carrega uma corrente I e está localizada num campomagnético uniforme ~B, conforme a figura.

Como o campo é uniforme, podemos tirar ~B da in-tegral, e obtemos

~FB = I(∫ B

Ad~l)× ~B

Mas a quantidade∫ B

A d~l representa a soma vetorialde todos os elementos de linha de A até B. Pela leida adição vetorial, a soma é igual a ~L

′, dirigido de

A para B. Portanto, reduzimos nosso resultado a

~FB = I~L′ × ~B

Assim, a força magnética num fio curvado carregando uma corrente num campo magnéticouniforme é igual aquela de um fio reto conectando os pontos finais e carregando a mesma cor-rente.

Exemplo: Força num Loop de Fio

Consideremos um fio na forma de um loop fechado que carrega uma corrente I e estálocalizada num campo magnético uniforme ~B, conforme a figura.

Novamente como o campo é uniforme, podemos ti-rar ~B da integral, e obtemos

~FB = I(∮

d~l)× ~B

Como o conjunto de elementos representa um polí-gono fechado, a soma vetorial de todos os elementosdeve ser zero. Isso segue do procedimento da adi-ção de vetores pelo método gráfico. Sendo

∮d~l = 0,

concluímos que

~FB = 0Assim, a força magnética total agindo em qualquer loop fechado de fio carregando uma correntenum campo magnético uniforme é zero.

6.3. FORÇA MAGNÉTICA NUMA CORRENTE 87

Consideremos um circuito retangular de lados a e b percorrido por uma correnteestacionária I e situado num campo magnético uniforme ~B, que supomos paralelo aolado a, conforme figura (a).

×

Como os lados 1 e 3 são paralelos a ~B,a força magnética sobre ambos é zero.Usando o sistema de coordenadas da fi-gura, a força ~F2 sobre o lado 2 é

~F2 = (Ibz)× (By) = −IBbx,

igual e contrária à força ~F4 sobre o lado 4,o que corresponde a um binário de torque,conforme figura (b).

~τ = (ay)× (−IBbx) = IBAz

onde A = ab é a área do circuito e defini-mos

~µ = IAx = IAn ≡ I~A

como o momento de dipolo magnético da es-pira, onde ~A = An é a sua área orientada(visto da extremidade de n, o circuito é per-corrido em sentido anti-horário).

Sendo assim, o torque magnético sobre uma espira com momento de dipolo mag-nético~µ num campo magnético uniforme ~B é dado facilmente via

~τ = ~µ× ~B

A posição de equilíbrio corresponde a~µ//~B, ou seja, o circuito tende a se orientarperpendicularmente ao campo magnético. É devido a esse fato que uma bússola seorienta na presença do campo magnético terrestre, o momento de dipolo magnético dabússola se alinha ao campo magnético da Terra!


6.4 Movimento de Cargas num Campo Magnético Uni-

forme

Vimos que a força magnética agindo numa partícula carregada em movimento numcampo magnético é perpendicular à velocidade da partícula e consequentemente otrabalho feito pela força magnética sobre essa partícula é nulo.

Consideremos o caso especial de uma partícula com carga positiva que se movenum campo magnético uniforme com sua velocidade inicial perpendicular ao campo.Conforme a partícula muda a direção da sua velocidade devido à força magnética, aforça magnética permanece perpendicular à velocidade. E como a força é sempre per-pendicular à velocidade, a trajetória da partícula é um círculo! A figura a seguir mostraa partícula se movendo num círculo num plano perpendicular ao campo magnético.

+

+

+

× × × × ×

× × × ×

×

× × × ×

× × × ×

A partícula se move num círculo porque a forçamagnética ~FB é perpendicular a ~v e ~B e tem umaintensidade constante qvB, e tem orientação anti-horária para uma carga positiva. Sendo assim, aforça centrípeta é igual a força magnética

∑ F = macp

FB = qvB =mv2

R

R =mvqB

Assim, o raio da trajetória é proporcional ao momentum linear mv da partícula einversamente proporcional a intensidade da carga q dela e à intensidade do campomagnético B. A velocidade angular da partícula é

ω =vR

=qBm

Esse resultado mostra que a velocidade angular da partícula e o período da órbitacircular não dependem da velocidade linear da mesma ou do raio da órbita. A velo-cidade angular ω é algumas vezes denominada de frequência cíclotron pois partículascarregadas circulam com essa frequência angular num tipo de acelerador chamado decíclotron.

6.4. MOVIMENTO DE CARGAS NUM CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME 89

Exemplo: Trajetória Helicoidal

Consideremos um campo magnético uniforme na direção z dado por ~B = Bz, con-forme a figura.

+

A força magnética sobre uma partícula de carga q evelocidade arbitrária~v é dada por

~FB = q~v× ~B = qvB(v× z)

onde v representa a direção do vetor velocidade ~vda partícula, e por consequência (v × z) é sempreuma direção perpendicular a z.

Desta forma, não há nenhuma componente da força magnética ao longo da direção z,e consequentemente a aceleração é az = 0, de modo que a componente z da velocidadepermanece constante, vz = v0z.

Contudo, a força magnética tem componentes x e y que causam mudanças nas com-ponentes vx e vy no tempo, de modo que a projeção da trajetória nesse plano xy é umcírculo, cujo raio é

R =mv⊥qB

,

onde v⊥ =√

v2x + v2

y é a componente da velocidade que é perpendicular ao campomagnético. As projeções em xz e yz são senóides!

Assim, se a partícula carregada se move num campo magnético uniforme com sua velocidadeem alguma direção arbitrária com respeito à direção do campo, sua trajetória é uma hélice como eixo paralelo ao campo magnético.



1. Em um fio retilíneo passa uma corrente i. O fio possui um comprimento L estáimerso em um campo magnético uniforme, formando um ângulo θ com a direçãodo fio. Determine o módulo da força magnética que atua sobre o fio.

2. Um cubo tem arestas de tamanho l. Quatro segmentos de fio - ab, bc, cd, e da- formam uma espira fechada que carrega uma corrente elétrica i, cuja direçãoestá dada pela figura. Um campo magnético uniforme de intensidade B está nadireção y positivo. Determine a intensidade e a direção da força magnética emcada segmento, e a força total sobre a espira.

3. Um fio condutor, curvado na forma de um semicírculo de raio R, forma um cir-cuito fechado e é percorrido por uma corrente i. O circuito está no plano xy eum campo magnético uniforme ~B está aplicado paralelamento ao eixo y, como évisto na figura. Determine: (a) a força magnética total sobre a parte retilínea docondutor. (b) a força magnética total sobre a parte curva do condutor. (c) o torquetotal sobre o circuito.

4. Considere uma espira quadrada de lados 2a por onde passa uma corrente i. Aespira se encontra no plano xy onde existe um campo magnético uniforme ~B =

Bx, conforme a figura. Determine: (a) os vetores força resultante sobre cada umdos lados do quadrado. (b) o vetor torque sobre a espira.

5. Um seletor de velocidades consiste de campos elétrico e magnético dados por~E = Ez e ~B = By. Determine o valor de E para que uma partícula de energiacinética K movendo-se ao longo do eixo x positivo não seja defletida.


6. Uma partícula alfa (constituída por dois prótons e dois nêutrons) encontra-se emum campo magnético uniforme ~B orientado para dentro de uma folha de papel.O vetor velocidade ~v da partícula alfa está contido no plano da folha. A cargado próton é igual a e, e sua massa é igual a m, sendo igual à massa do nêutron.Determine: (a) a intensidade da força magnética sobre a partícula. (b) o raio datrajetória da partícula. (c) a frequência cíclotron.

7. Um campo magnético uniforme de intensidade B é dirigido ao longo do eixox positivo. Um pósitron movendo-se com velocidade v entra na região com ocampo ao longo de uma direção que faz um ângulo θ com o eixo x, conformefigura. O movimento da partícula é esperado ser uma hélice. Calcule (a) o vetorforça magnética, (b) o passo p e (c) o raio r da trajetória.

8. Uma bússola tende a oscilar antes de se alinhar com o campo magnético da Terra.Considere uma agulha imantada de momento de dipolo magnético~µ e momentode inércia I, suspensa de forma a oscilar livremente em torno de um eixo verti-cal, situada num campo magnético horizontal uniforme ~B. As direções de ~µ e~B formam inicialmente um pequeno ângulo θ0. Calcule a frequência angular depequenas oscilações (desprezando o armotecimento) e mostre que sua determi-nação permite medir |~µ|.|~B|.

Young & Freedman: 27.53, 27.60, 27.66, 27.75, 27.81, 27.84, 27.91


Capítulo 7

Fontes de Campo Magnético

Nesse capítulo, exploramos a origem do campo magnético - cargas em movimento.Apresentaremos a Lei de Gauss do Magnetismo, a Lei de Biot e Savart, a Lei de Ampèree a corrente de deslocamento de Maxwell.

7.1 Lei de Gauss no Magnetismo

O fluxo associado com um campo magnético é defi-nido numa maneira similar aquela usada para defi-nir o fluxo elétrico. Se em algum elemento de super-fície dA, o campo magnético é ~B, o fluxo magnéticoatravés desse elemento é ~B · d~A, onde d~A é um vetorque é perpendicular a superfície e tem intensidadeigual a área dA. Portanto, o fluxo magnético totalΦB sobre a superfície é

ΦB =∫

~B · d~AA unidade de fluxo magnético é T.m2, que é definido como Weber (Wb), de modo

que 1 Wb = 1 T.m2.Vimos no capítulo 2 que o fluxo elétrico através de uma superfície fechada em volta

de uma carga é proporcional a essa carga (Lei de Gauss). Em outras palavras, o númerode linhas de campo elétrico deixando a superfície depende somente da carga total noseu interior. Essa propriedade é baseada no fato que as linhas de campo elétrico come-çam e terminam em cargas elétricas.

A situação é um pouco diferente para campos magnéticos, que são contínuos e for-mam curvas fechadas. Em outras palavras, linhas de campo magnético não começame terminam em qualquer ponto, conforme figura (a) a seguir.

93

94 CAPÍTULO 7. FONTES DE CAMPO MAGNÉTICO

–

+

Note que para qualquer superfície fechada, tal como a linha tracejada na figura (a)acima, o número de linhas entrando na superfície é igual ao número saindo dela, então,o fluxo magnético total é zero. No contrário, para uma superfície fechada ao redor deuma carga de um dipolo elétrico, conforme figura (b), o fluxo elétrico total não é zero.

Assim, a lei de Gauss no magnetismo estabelece que o fluxo magnético total em qual-quer superfície fechada é sempre zero

∮~B · d~A = 0 (7.1)

o que permite afirmar que não há cargas magnéticas, ou seja, monopólos magnéticos nãoexistem.

7.2. LEI DE BIOT-SAVART 95

7.2 Lei de Biot-Savart

Se não existem cargas magnéticas, quais seriam as fontes do campo magnético?Pouco depois de Oersted descobrir em 1819 que uma bússola é defletida por um

condutor que carrega uma corrente elétrica, Jean-Baptiste Biot e Félix Savart realizaramexperimentos quantitativos da força exercida por uma corrente elétrica num magnetopróximo.

A partir dos seus resultados experimentais para o campo magnético d~B num pontoP associado com um elemento de linha d~l de um condutor carregando uma correnteestacionária I, conforme figura, Biot e Savart chegaram as seguintes propriedades ex-perimentais para o campo magnético d~B:

• é perpendicular a ambos d~l e ao vetor unitárior dirigido de d~l para P .

• a sua intensidade é inversamente proporcio-nal a distância até o ponto r2, e é proporcionala corrente I e a magnitude dl.

• a sua intensidade é proporcional a sen θ, ondeθ é o ângulo entre os vetores d~l e r.

Essas propriedades podem ser resumidas numa expressão matemática conhecidahoje como lei de Biot-Savart

d~B =µ0

4π

Id~l × rr2 (7.2)

onde µ0 é a constante denominada permeabilidade magnética do vácuo e tem valorigual a

µ0 = 4π × 10−7 T.m/A

Note que o campo magnético dado pela Lei de Biot-Savart é o campo criado poruma corrente em somente um pequeno elemento de linha d~l do condutor. Para encon-trar o campo magnético total ~B criado em algum ponto por uma corrente de tamanhofinito, devemos somar as contribuições de todos elementos de corrente Id~l que formama corrente. Isso é, devemos calcular ~B a partir da integral

~B =µ0 I4π

∫ d~l × rr2 (7.3)


Exemplo: Campo Magnético de um Fio Retilíneo

Consideremos um fio retilíneo e fino, de comprimento L, carregando uma correnteelétrica estacionária I e localizado ao longo do exio x, conforme figura.

Pela Lei de Biot-Savart, sabemos que o campo mag-nético criado pelo fio no ponto P que situa-se a umadistância y do fio pode ser calculado por

~B =µ0 I4π

∫fio

d~l × rr2

Um elemento de corrente do fio pode ser facilmentedescrito por d~l = dxx, de modo que o produto veto-rial entre d~l e r tem a direção z positivo, pela regrada mão direita, e assim

d~l × r = |d~l × r|z = (dx sen θ)z

A distância do ponto P ao elemento de corrente é obtida geometricamente como r2 =

x2 + y2, além do fato que sen θ = y/r, e com isso temos a integral de Biot-Savart

~B(P) = µ0 I4π

z∫ L/2

−L/2

y dx(x2 + y2)3/2

e como∫

y dx/(x2 + y2)3/2 = x/y√

x2 + y2 (*Mostre!), podemos escrever

~B(P) = µ0 I4π

L/y√(L/2)2 + y2

z

No limite que o fio é muito longo, ou seja, L y, é fácil mostrar que

limLy

~B(P) = µ0 I2πy

z

É fácil notar que o campo magnético produzido por um fio muito longo só depende dadistância perpendicular a ele do ponto. Isto é, a intensidade do campo ~B é constanteem qualquer círculo de raio y, enquanto sua direção é dado pela regra da mão-direitade tal forma que o campo circule ao redor do fio.

Assim, as linhas de campo magnético produzidas por um fio retílineo e muito longo que carregauma corrente estacionária são círculos concêntricos ao fio e pertencem a planos perpendicularesa ele.

7.2. LEI DE BIOT-SAVART 97

Exemplo: Campo Magnético no eixo de uma Espira

Consideremos uma espira circular de raio R localizada no plano xy e carregando umacorrente estacionária I, conforme figura.

Pela Lei de Biot-Savart, sabemos que ocampo magnético criado pela espira emqualque pontoP que situa-se a uma distân-cia z do centro O dela, pode ser calculadopor

~B =µ0 I4π

∫espira

d~l × rr2

Nessa situação, todos os elementos de cor-rente d~l da espira são perpendiculares aovetor r do próprio elemento, uma vez queo primeiro se encontra no plano xy e o se-gundo no plano xz, como na situação apre-sentada ao lado. Então, para qualquer ele-mento

|d~l × r| = (dl)(1) sen 90o = dl

e sua distância até o ponto P é a mesmar2 = z2 + R2.

A direção de d~B produzido por esse elemento é perpendicular ao plano formado pord~le r, conforme figura. Decompondo esse vetor numa componente dBx e outra dBz, no-tamos que quando as componentes dBx forem somadas sobre todos os elementos daespira, a componente resultante Bx será nula. Mesmo argumento vale para a compo-nente By, de modo que a única componente restante será a componente Bz dada por~B = Bzz onde

Bz =∫

espiradB cos θ =

µ0 I4π

∫espira

ds cos θ

(z2 + R2)

sendo a integral feita sobre toda a espira. Como cos θ = R/(z2 + R2)1/2, obtemos que

Bz =µ0 IR

4π(z2 + R2)3/2

∫espira

ds

e como∫

espira ds = 2πR é o comprimento da espira, chegamos ao resultado

~B(P) = µ0 IR2

2(z2 + R2)3/2 z

Podemos re-escrever esse resultado usando a definição de momento de dipolo magné-tico da espira, apresentada no capítulo anterior, que nesse caso é

~µ = iπR2z ⇒ ~B(P) = µ0

2π

~µ

(z2 + R2)3/2

ou seja, o campo magnético no eixo da espira tem a direção do momento de dipolomagnético dela própria.


Se o ponto P está muito distante da espira, ou a espira é muito pequena, temos o limitede z R, e nesse limite

limzR

~B(P) = µ0

2π

~µ

z3

que é o limite conhecido como o campo magnético de um dipolo magnético físico.

O padrão das linhas de campo magnético para umaespira circular de corrente é apresentado na figuraa seguir. Por clareza, as linhas são desenhadas so-mente em um plano que contém o eixo da espira.

Assim, as linhas de campo magnético produzidas por uma espira circular são axialmente simé-tricas e parecem aquelas linhas produzidas por um imã, de modo que podemos associar aespira um pólo norte e um pólo sul, essencialmente caracterizado pelo seu momentode dipolo magnético~µ.

7.3 Lei de Ampère

Em 1819, a descoberta de Oersted sobre uma bússola defletida demonstra que umcondutor carregando uma corrente elétrica produz campo magnético. A figura a seguirmostra como esse efeito pode ser demonstrado usando algumas bússolas colocadasnum plano horizontal próximo a um fio longo vertical.

Quando nenhuma corrente passa pelo fio, todas bússolas apontam na mesma di-reção (aquela do campo magnético da Terra), como esperado na Fig.(a). Quando o fio

7.3. LEI DE AMPÈRE 99

carrega uma corrente estacionária forte, todas as bússolas são defletidas numa direçãotangente a um círculo, como na Fig.(b).

Como as bússolas apontam na direção de ~B, concluímos que as linhas de ~B formamcírculos ao redor do fio, como discutido na seção anterior. Por simetria, a intensidadede ~B é a mesma em todo lugar no caminho circular centrado no fio e pertencente aoplano perpendicular ao fio, de modo que ~B = B(s)φ, sendo φ a coordenada angularcilíndrica. Variando a corrente elétrica I e a distância s ao fio, encontramos que B(s)é proporcional a corrente e inversamente proporcional ao fio, de modo que B(s) =

µ0 I/2πs.

Vamos calcular o produto ~B · d~l para um pequeno elemento de linha d~l num ca-minho circular definido pela bússola, e somar esse produto sobre todos elementos delinha sobre o caminho circular. Ao longo desse caminho, os vetores d~l e ~B são paralelosem cada ponto (vide Fig.(b)), tal que ~B · d~l = B dl. Além disso, a intensidade de ~B éconstante nesse círculo conforme vimos. Portanto, a soma dos produtos b dl sobre ocaminho fechado, que é equivalente a integral de linha ~B · d~l, é

∮~B · d~l = B

∮dl =

µ0 I2πs

(2πs) = µ0i

onde∮

dl = 2πs é circunferência do caminho circular. Embora esse resultado foracalculado para o caso especial de um caminho circular ao redor do fio, isso vale parauma curva fechada de qualquer forma, uma amperiana circundante à corrente.

O caso geral, conhecido como Lei de Ampère, pode ser descrito como a integral delinha de ~B · d~l, ou seja, a circulação de ~B ao redor de qualquer curva fechada é iguala µ0 I, onde I é a corrente total que passa através de qualquer superfície limitada pelacurva fechada.

∮~B · d~l = µ0 Ienc (7.4)


Exemplo: Circulação do Campo Magnético

Consideremos 4 curvas fechadas nomeadas a, b, c e d orientadas no sentido anti-horárioe pertencentes a um plano perpendicular ao eixo de três fios que carregam correntes I,conforme figura.

×

Pela Lei de Ampère, sabemos que a circulação docampo magnético criado pelos três fios em qualqueruma das curvas pode ser calculado por

Ci ≡∮

i~B · d~l = µ0 Ienc

Na curva a vemos que as três correntes estão cerca-das pela curva, de modo que

Ca ≡∮

a~B · d~l = µ0(I + I − I) = µ0 I

pois duas correntes estão no sentido positivo e so-mente uma das correntes está orientada no sentidocontrário.Na curva b vemos que somente duas correntes estãocercadas pela curva, de modo que

Cb ≡∮

b~B · d~l = µ0(I − I) = 0

pois uma corrente está no sentido positivo e a outraestá orientada no sentido contrário.

Na curva c vemos que duas correntes estão cercadas pela curva e ambas no mesmosentido, assim

Cc ≡∮

c~B · d~l = µ0(I + I) = 2µ0 I

Na curva d vemos que duas correntes estão cercadas pela curva e em sentidos opostos,assim

Cd ≡∮

d~B · d~l = µ0(I − I) = 0

Assim, usando a lei de Ampère fica fácil determinar a circulação do campo magnético ao longode qualquer curva, basta saber a corrente total que atravessa a superfície delimitada pela curvadada.


A lei de Ampère descreve a criação de campos magnéticos por todas configuraçõescontínuas de correntes, mas nesse nível matemático é somente útil para cálculo decampos magnéticos de configurações de correntes tendo alto grau de simetria. Seu usoé similar aquele da lei de Gauss no cálculo do campo elétrico para distribuições decargas altamente simétricas.

Exemplo: Campo Magnético criado por um Fio Retilíneo muito Longo

Consideremos um fio retilíneo e muito longo de raio R que carrega uma corrente esta-cionária I que é uniformemente distribuída através da seção reta do fio.

Pela alta simetria do fio, podemos determinar ocampo magnético pela lei de Ampère. De fato, pelasimetria axial, as linhas de força de ~B, dentro e forado fio, são círculos concêntricos, orientados comona figura (curvas 1 e 2), e a intensidade de B nãovaria ao longo de cada um desses círculos.

Usando coordenadas cilíndricas com eixo z paraleloà corrente, temos

~B = B(s)ϕ

e o elemento de linha de um círculo pode ser escritocomo d~l = dlϕ.

Para o caso s > R, devemos chegar no mesmo resultado que aquele obtido pela lei deBiot-Savart. Para analisar esse caso, escolhemos como caminho de integração o círculo1, conforme figura, e com isso temos

∮1~B · d~l = 2πsB(s) = µ0 I

e como a corrente total I atravessa a área definida pela curva 1, concluímos que

B(s > R) =µ0 I2πs


Para o caso s < R, escolhemos como caminho de integração o círculo 2, conformefigura, e com isso temos

∮2~B · d~l = 2πsB(s) = µ0 I′

e como a corrente I′ que atravessa a área definida pela curva 2 é proporcional à área damesma, sabemos que I′ = (I/πR2)πs2, e com isso

B(s < R) =µ0 I

2πR2 s

A intensidade do campo magnético B como funçãoda distância ao eixo do fio s é representada no grá-fico ao lado. Notemos que nos dois casos, o campomagnético em s = R é o mesmo, demonstrando queo campo magnético é contínuo na superfície do fio.

Exemplo: Campo Magnético criado por um Solenóide muito Longo

Consideremos um solenóide, um fio muito longo enrolado na forma de uma hélice,retilíneo e muito longo de raio R que carrega uma corrente estacionária I e tem n espi-ras por unidade de comprimento. De fato, consideraremos um solenóide ideal, onde aseparação entre as espiras é desprezível e o comprimento do solenóide é muito maiorque o seu raio interno.

××××××××

×××

Pela alta simetria do solenóide, podemos determi-nar o campo magnético pela lei de Ampère. Defato, pela simetria cilíndrica, as linhas de força de~B, dentro e fora do solenóide, são axiais, isto é, sãolinhas paralelas ao eixo do solenóide, orientadoscomo na figura (corte longitudinal do solenóide), ea intensidade de B deve depender da distância aoeixo do solenóide.

Usando coordenadas cilíndricas com eixo z paraleloà corrente, temos

~B = B(s)z


Para determinar o campo no interior do solenóide, ou seja no caso s < R, escolhemoscomo amperiana o retângulo C = C1 ∪ C2 ∪ C3 ∪ C4, conforme figura. Para facilitar ocálculo, a curva C3 é levada ao infinito, de tal forma que o campo magnético sobre essacurva seja nulo, de modo que

∮C~B · d~l =

∫C1

~B · d~l = lB(s) = µ0 Ienc

onde a integrais sobre C2 e C3 devem ser nulas pois ~B ⊥ d~l ao longo dessas curvas, ea integral sobre C4 é nula pois ~B → 0 quando w → 0. Além disso, a corrente total quepassa pela amperiana é Ienc = NI, de modo que

B(s < R) = µ0Nl

I = µ0nI

onde N/l é exatamente n, o número de espiras por unidade de comprimento dosolenóide.

Para determinar o campo no exterior do solenóide, ou seja no caso s > R, escolhe-mos como amperiana o mesmo retângulo C, porém, levando a curva C1 para fora dosolenóide, e com isso

∮C~B · d~l =

∫C1

~B · d~l = lB(s) = µ0 Ienc = 0

onde usamos os mesmos argumentos anteriores, e utilizamos o fato que a correntenessa nova amperiana é zero, de modo que

B(s > R) = 0

Assim, num solenóide ideal, o campo magnético é uniforme em seu interior e nulo na regiãoexterna.


7.4 Corrente de Deslocamento e a Lei de Ampère-Maxwell

Vimos que quando um condutor carregada uma corrente elétrica e tem alta sime-tria, podemos usar a lei de Ampère para calcular o campo magnético criado. Na leide Ampère,

∮~B · d~l = µ0 I, a integral de linha é sobre qualquer curva fechada através

da qual atravessa a corrente de condução, onde a corrente de condução é definida pelaexpressão I = dq/dt. Porém, nesta forma, a lei de Ampère é válida somente se oscampos elétricos presentes são constantes no tempo, ou seja, estacionários.

Consideremos um capacitor que está carregando.Quando uma corrente de condução está presente, acarga na placa positiva muda mas nenhuma correnteexiste entre as placas. A lei de Ampère estabelece que∮~B · d~l ao longo do caminho deve ser igual a µ0 I,

onde I é a corrente total que atravessa qualquersuperfície delimitada pela curva C.

Agora, consideremos duas superfíciesA1 eA2, con-forme figura, delimitadas pela mesma curva C.

Quando o caminho C é considerada como a borda de A1,∮~B · d~l = µ0 I pois a

corrente de condução passa através de A1. Quando o caminho é considerado como aborda de A2, contudo,

∮~B · d~l = 0 pois nenhuma corrente de condução passa através

deA2. Então, temos uma situação contraditória que aparece devido a discontinuidadeda corrente!

Maxwell resolveu esse problema postulando um termo adicional do lado direito dalei de Ampère, que inclui um fator chamado corrente de deslocamento Id, definida como

Id ≡ ε0dΦE

dt(7.5)

onde ε0 é a permissividade elétrica do vácuo e ΦE =∫~E · d~A é o fluxo elétrico.

Como o capacitor está sendo carregado (ou descarregado), a variação do campo elé-trico entre as placas deve ser considerada equivalente à corrente. Quando a expressãopara a corrente de deslocamento é adicionada à corrente de condução no lado direitoda lei de Ampère, o problema apresentado fica resolvido. Não importa que superfíciedelimitada por C seja escolhida, ora uma corrente de condução ora uma corrente dedeslocamento irá atravessá-la.

Com esse novo termo Id, podemos expressar a forma geral da lei de Ampère, deno-minada lei de Ampère-Maxwell como

7.4. CORRENTE DE DESLOCAMENTO E A LEI DE AMPÈRE-MAXWELL 105

∮~B · d~l = µ0(I + Id) = µ0 I + µ0ε0

dΦE

dt(7.6)

Desta forma, concluímos que campos magnéticos são produzidos por correntes elé-trica e por campos elétricos que variam no tempo.

Exemplo: Corrente de Deslocamento num Capacitor Carregando

Consideremos um capacitor com placas de área A carregando devido a uma correnteI, conforme figura.

O fluxo elétrico que atravessa a superfície A2 é

ΦE =∫A2

~E · d~A = EA

onde E é a intensidade do campo elétrico uniformeentre as placas.

Se q é carga numa das placas em qualquer instante t, então E = q/(ε0A), e o fluxoelétrico através A2 é simplesmente

ΦE = EA =qε0

Então, a corrente de deslocamento através de A2 é

Id = ε0dΦE

dt=

dqdt

Isto é, a corrente de deslocamento Id através deA2 é precisamente igual a corrente de conduçãoI através de A1!



1. Considere um fio de comprimento 2a por onde passa uma corrente i colocado aolongo do eixo x, conforme a figura. Determine o campo magnético produzidopelo fio num ponto P do eixo y: (a) usando a lei de Biot-Savart. (b) estendendoesse resultado para a→ ∞. (c) usando a lei de Ampère para o caso do fio infinito.

2. Considere uma espira conforme figura, formada de linhas radiais e segmentos decírculos cujos centros estão no ponto P. Determine a intensidade e a direção de ~Bno ponto P.

3. Uma corrente i1 flui através de um fio retilíneo infinito colocado no eixo desim,etria de uma casca condutora cilíndrica infinita de raio R por onde flui umacorrente i2 uniformemente distribuída, com sentido oposto ao sentido da correntei1. Determine o módulo do campo magnético ~B para pontos situados: (a) entrea casca e o fio, isto é, para s < R. (b) fora da casca, isto é, para s > R. (c) O queocorre quando i1 = i2?

4. Um condutor cilíndrico maciço de raio R conduz uma corrente i distribuída uni-formemente em sua seção reta. Determine o campo magnético: (a) no exterior docilindro, s > R. (b) no interior do cilindro, s < R.

5. Determine o campo magnético produzido por um solenóide de raio R e densi-dade de espiras n.

6. Na figura a seguir, há um fio retilíneo que carrega uma corrente i1 e uma espiraretangular que carrega uma corrente i2. Determine a intensidade e a direção daforça total exercida na espira pelo campo magnético criado pelo fio.


7. Um anel fino de raio R, carregado com densidade linear de carga λ, gira em tornode um exio z que passa pelo seu centro com uma velocidade angular ~ω = ωz,conforme a figura. Atua nessa região um campo magnético externo uniforme~B = Bx. Determine: (a) a corrente i associada ao movimento do anel, e qual osentido da corrente. (b) o vetor torque que o campo externo ~B exerce sobre oanel. (c) o campo magnético ~BO produzido pelo anel no seu centro. (d) o vetormomento de dipolo associado ao anel.

8. Duas bobinas circulares de raio R, cada com N voltas, estão perpendiculares aum eixo comum. Os centros das bobinas estão a uma distância R um do outro.Cada bobina carrega uma corrente estacionária i na mesma direção, conformefigura. (a) Mostre que o campo magnético no eixo a uma distância x do centro deuma das bobinas é

B =Nµ0iR2

2

[1

(R2 + x2)3/2 +1

(2R2 + x2 − 2Rx)3/2

](b) Mostre que dB/dx e d2B/dx2 são ambos zero no ponto médio entre as bobi-nas. Isso significa que o campo magnético na região média entre as bobinas éuniforme. Bobinas nessa configuração são chamadas bobinas de Helmholtz.

Young & Freedman: 28.60, 28.70, 28.74, 28.76, 28.77, 28.82, 28.88.


Capítulo 8

Indução Eletromagnética

Nesse capítulo, estudaremos como um campo magnético variável pode induziruma f.e.m num circuito, o grandioso fenômeno da indução eletromagnética, determi-nar a indutância de alguns circuitos, calcular a energia armazenada no campo magné-tica e obter enfim as famosas equações de Maxwell.

8.1 Lei de Lenz

Experimentos conduzidos por Michael Faraday na Inglaterra em 1831 e indepen-dentemente por Joseph Henry nos EUA no mesmo ano mostraram que uma f.e.m(força eletromotriz) pode ser induzida num circuito pela variação do campo magné-tico.

Primeiramente, vamos analisar qualitativamente o sentido da corrente induzidanuma espira devido a variação do fluxo magnético que atravessa a mesma, para issoconsideremos a situação em que um imã se move em direção a uma espira condutora,conforme figura.

Exa

mpl

e

N S

NS

Quando o imã se aproxima da espira, conforme figura (a), o fluxo magnético ex-terno através da espira aumenta com o tempo. Para contrabalancear esse aumento de

109

110 CAPÍTULO 8. INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA

fluxo devido ao campo dirigido para a direita, a corrente induzida produz seu própriocampo para a esquerda, conforme figura (b), e assim, a corrente induzida está na dire-ção indicada. Sabendo que pólos iguais se repelem, concluímos que a face esquerda daespira age como um pólo norte e a face direita como um pólo sul.

S N

NS

Se o imã se move para a esquerda, conforme figura (c), seu fluxo através da áreadelimitada pela espira diminui com o tempo. Agora a corrente induzida na espira estána direção mostrada na figura (d) pois sua corrente produz um campo magnético namesma direção do campo externo. Nesse caso, a face esquerda da espira é um pólo sule a face direita é um pólo norte.

Essa interpretação física é conhecida como lei de Lenz e afirma que a corrente in-duzida numa espira está na direção que cria um campo magnético que se opões amudança do fluxo magnético através da área delimitada pela espira.

8.2 Indução de Faraday

Vamos agora descrever um experimento conduzido por Faraday e ilustrado na fi-gura a seguir. Uma bobina primária está conectada a uma chave e a uma bateria,estando enrolada num anel de ferro, de tal forma que uma corrente na bobina produzum campo magnético no metal quando a chave é fechada. Uma bobina secundária estátambém enrolada no anel metálico e está conectada a um amperímetro, onde nenhumabateria está conectada a ela, e nem mesmo está conectada à bobina primária. Qualquercorrente detectada no circuito secundário deve ser induzida por algum agente externo.

No instante que a chave é fechada, o amperímetro marca uma corrente numa certadireção e então retorna ao zero. No instante em que a chave é aberta, o amperímetromarca a corrente numa direção oposta e retorna ao zero.

Finalmente, o amperímetro lê zero quando há ora uma corrente estacionária, oranenhuma corrente no circuito primário. A idéia principal desse experimento é que

8.2. INDUÇÃO DE FARADAY 111

+–

quando a chave é fechada, a corrente no circuito primário produz um campo magnéticoque penetra o circuito secundário, e o mesmo ocorre no momento em que a chave éaberta, de modo que o sentido da corrente se opõe devido a lei de Lenz.

Como resultado dessas observações, Faraday concluiu que uma corrente elétricapode ser induzida num circuito pela mudança do campo magnético. A corrente indu-zida existe somente num curto intervalo de tempo quando o campo magnético atravésda bobina secundária está mudando. E uma vez que o campo magnético se torna esta-cionário, a corrente na bobina secundária desaparece.

Em geral, a lei de indução de Faraday diz que a f.e.m induzida num circuito é direta-mente proporcional a taxa temporal da variação do fluxo magnético através do circuito,e pode ser escrita como

E = −dΦB

dt(8.1)

onde ΦB =∫~B · d~A é o fluxo magnético através do circuito.


Exemplo: Espira se movendo através de um Campo Magnético

Uma espira condutora retangular de dimensões l e w se move com velocidade v cons-tante para a direita, conforme a figura. A espira atravessa um campo magnético uni-forme ~B dirigido para dentro da página numa extensão de 3w ao longo do eixo x.

× × × × ×

× × × × ×

× × × × ×

× × × × ×

× × × × ×

A figura (a) mostra o fluxo através da área delimi-tada pela espira como função de x. Antes da espiraentrar na região do campo, o fluxo é zero. Conformea espira entra no campo, o fluxo aumenta linear-mente com a posição até a lateral esquerda da es-pira estar justamente dentro do campo. Finalmente,o fluxo através da espira decresce linearmente parazero conforme a espira deixa o campo.

x

A figura (b) mostra a f.e.m induzida na espira como função de x. Antes da espiraentrar na região do campo, nenhuma f.e.m é induzida na espira. Conforme a arestadireita da espira entra no campo, o fluxo magnético dirigido para dentro da páginacresce, e de acordo com a lei de Lenz, a corrente induzida é anti-horária pois deveproduzir um campo saindo da página, sendo a f.e.m induzida igual a −Blv. Quandoa espira está inteiramente no campo, a variação do fluxo é zero, e assim a f.e.m é nula.Quando a aresta direita da espira deixa o campo, o fluxo diminui, uma corrente horáriaé induzida, e a f.e.m induzida é Blv. E enquanto a aresta esquerda deixa o campo, af.e.m diminui para zero.

8.2. INDUÇÃO DE FARADAY 113

Exemplo: Freio Magnético

Uma barra condutora de comprimento l e massa m se move em cima de dois trilhos pa-ralelos sem atrito na presença de um campo magnético uniforme dirigido para dentroda página, conforme a figura. No instante inicial, a velocidade da barra é v0.

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

××

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

Usando a lei de Lenz, vemos que conforme a barrase movimenta para a direita, uma corrente no sen-tido anti-horário se estabelece no circuito consis-tindo da barra, os trilhos e um resistor R. O fluxomagnético que atravessa o circuito depende da po-sição da barra x, isto é ΦB = −Blx, com o sinal ne-gativo vindo do fato que a área está orientada posi-tivamente e o campo negativamente.

Desta forma, a variação do fluxo magnético neste mesmo circuito será

dΦB

dt= −Bl

dxdt

= −Blv

Usando a lei de Faraday podemos determinar a f.e.m induzida nesse circuito, uma vezque há variação do fluxo magnético, de modo que E = Blv, e com a resistência docircuito sendo R, a corrente induzida será

I =BlvR

Como a energia tem de ser conservada no sistema, a taxa de energia cinética transferidada barra é igual a taxa de energia transferia para o resistor. Então, Presistor = −Pbarra,que podemos escrever como

R(

BlvR

)2

= −mvdvdt

que resolvendo para v em função de t teremos como solução

v(t) = v0e−t/τ

onde τ é um tempo característico de decaimento da velocidade, dado por (Bl)2/mR.Assim, devido o aumento do fluxo magnético, a corrente elétrica induzida faz com quea barra freie e cesse o aumento do fluxo magnético enfim.


8.3 Lei de Faraday

Vimos que uma mudança no fluxo magnético induz uma f.e.m e uma correntenuma espira condutora. Em nosso estudo de eletricidade, relacionamos a corrente aum campo elétrico que aplica uma força em partículas carregadas. Da mesma ma-neira, podemos relacionar uma corrente induzida numa espira condutora a um campoelétrico.

× × ×

× × ××

× × × ××

× × × ××

× × ××

× × ×

Podemos entender essa relação considerando umaespira condutora de raio r situada num campo mag-nético uniforme que é perpendicular ao plano da es-pira, conforme figura. Se o campo magnético variano tempo, então, de acordo com a indução de Fa-raday, uma f.e.m E = −dΦB/dt é induzida na es-pira. A indução de uma corrente numa espira im-plica a presença de um campo elétrico induzido ~E,que deve ser tangente à espira pois essa é a direçãoem que as cargas no fio se movem sob a ação daforça elétrica.

A f.e.m induzida em qualquer curva fechada pode ser expressa como E =∮~E · d~l.

Em casos mais gerais, E não deve ser constante, e o caminho pode não ser um círculo.Assim, a lei de Faraday da indução pode ser escrita na forma geral

∮~E · d~l = −dΦB

dt(8.2)

O campo elétrico induzido~E pela lei de Faraday é um campo não-conservativo queé gerado pela variação do campo magnético. De fato, o campo elétrico induzido pelalei de Faraday é não-conservativo, uma vez que a integral

∮~E · d~l 6= 0.

8.3. LEI DE FARADAY 115

Exemplo: Campo Elétrico gerado por um Solenóide Infinito

Consideremos um solenóide muito longo de raio R possuindo n espirar por unidadede comprimento que carrega uma corrente variável na forma I = I0 cos ωt, onde I0 é ovalor máximo da corrente e ω é a frequência angular da corrente alternada.

Devido a simetria axial das linhas de campo ~Bproduzidas pelo solenóide, devemos usar a lei deFaraday com o auxílio de amperianas na formacircular. Por simetria, vemos que a intensidade Edo campo elétrico é constante nessa amperiana eque ~E é tangente a curva.

Usando coordenadas cilíndricas onde o eixo do so-lenóide é o eixo z, temos

~E = E(s)ϕ

Para a região externa ao solenóide, utilizaremos uma amperiana de raio s > R poronde passa um fluxo magnético igual a BA = BπR2, e assim

∮~E · d~l = 2πsE(s) = − d

dt(BπR2) = −πR2 dB

dte como o campo magnético no interior do solenóide é B = µ0nI, podemos substituir acorrente I = I0 cos ωt nessa relação e então substituir na equação acima como

2πsE(s) = −πR2µ0nI0ddt(cos ωt)

então

E(s > R) =µ0nI0ωR2

2ssen ωt

Para a região interna ao solenóide, utilizaremos uma amperiana de raio s < R por ondepassa um fluxo magnético igual a BA = Bπs2, e assim

∮~E · d~l = 2πsE(s) = −πs2 dB

dt= πs2µ0nI0ω sen ωt

então

E(s < R) =µ0nI0ω

2s sen ωt

Isso mostra que a intensidade do campo elétrico induzido varia de forma senoidaldevido à variação da corrente elétrica no solenóide. Assim, o campo elétrico induzidodepende da variação do campo magnético.


8.4 Indutância Mútua e Auto-Indutância

Sabemos que entre dois fios que conduzem correntes elétricas estacionárias existeuma interação magnética, pois a corrente de um fio produz um campo magnético sobrea corrente do outro fio. Porém, quando existe uma corrente variável em dos circuitos,ocorre uma interação a mais!

Consideremos duas bobinas com número de espi-ras N1 e N2, conforme figura ao lado. Pela bobina 1passa uma corrente I1 que produz um campo mag-nético ~B1 e, portanto, um fluxo magnético atravésda bobina 2, denominado Φ2. Quando a corrente I1

varia, o fluxo Φ2 também varia, e de acordo com alei de Faraday, isso produz uma f.e.m E2 na bobina2, dada por

E2 = −N2dΦ2

dtAlém disso, podemos representar a proporcionalidade entre o fluxo total N2Φ2 atra-

vés da bobina 2 e a corrente I1 da bobina 1 na forma

N2Φ2 = M12 I1

onde M12 é chamada indutância mútua das duas bobinas. Portanto,

N2dΦ2

dt= M12

dI1

dte podemos escrever

E2 = −M12dI1

dt(8.3)

Ou seja, a variação da corrente I1 na bobina 1 induz uma f.e.m E2 na bobina 2diretamente proporcional à taxa de variação da corrente I1.

Podemos repetir o raciocínio anterior para o caso oposto, no qual uma correntevariável I2 na bobina 2 produza um fluxo magnético variável Φ1 e induza uma f.e.mE1 na bobina 1. E com isso, verificamos que M12 é sempre igual a M21, de modo quepodemos representar a indutância mútua simplesmente pela letra M. Logo, podemosescrever para as f.e.m’s induzidas

E2 = −MdI1

dte E1 = −M

dI2

dt(8.4)

e que a indutância mútua é

8.4. INDUTÂNCIA MÚTUA E AUTO-INDUTÂNCIA 117

M =N2Φ2

I1=

N1Φ1

I2(8.5)

A primeira equação afirma que a variação da corrente na bobina 1 produz umavariação do fluxo magnético na bobina 2, induzindo uma fem na bobina 2 que se opõeà variação desse fluxo, e na segunda equação as bobinas são invertidas.

A unidade no SI de indutância denomina-se henry (H), sendo igual a um weber porampère, 1 H = 1 Wb/A.

Exemplo: Indutância Mútua de Solenóides

Consideremos um solenóide (fonte) de comprimento l com NI espiras, carregando umacorrente I, e tendo área da seção transversal A. À sua volta se encontra outro solenóide(receptor) com NE espiras, conforme figura.

O solenóide interno carrega uma corrente I, demodo que o campo magnético em seu interior temintensidade

B =µ0NI I

l.

Como o fluxo do campo magnético ΦB(E) através dosolenóide externo é BA, a indutância mútua é

M =NEΦB(E)

I=

NEBAI

e usando o valor do campo magnético

M = µ0NENI A

l

Um efeito análogo ocorre até mesmo quando consideramos uma única bobina iso-lada. Quando existe uma corrente em um circuito, ela produz um campo magnéticoque gera um fluxo através do próprio circuito, e quando a corrente varia, esse fluxotambém varia. Portanto, qualquer circuito percorrido por uma corrente variável pos-sui uma f.e.m induzida nele mesmo pela variação do seu próprio fluxo magnético, quede acordo com a lei de Lenz, sempre se opõe à variação da corrente que produz a f.e.me, portanto, tende a tornar mais difícil qualquer variação da corrente.

Uma f.e.m auto-induzida pode ocorrer em qualquer circuito, porém o efeito é am-pliado quando o circuito contém uma bobina de N espiras. Por analogia à indutância


mútua, definimos a auto-indutância L do circuito na forma

L =NΦB

I(8.6)

E de acordo com a lei de Faraday para uma bobina com N espiras, a f.e.m auto-induzida pode ser escrita em termos da auto-indutância como

E = −LdIdt

(8.7)

E o sinal negativo novamente mostra que a fem auto-induzida em um circuito seopõe a qualquer varia cão da corrente que ocorra no circuito.

Exemplo: Auto-indutância de um Solenóide

Consideremos novamente um solenóide de comprimento l com N espiras cuja área daseção transversal A.

Sabemos que o campo magnético produzido no interior do solenóide devido a umacorrente I é

B = µ0nI = µ0Nl

I

onde n = N/l é o número de voltas por unidade de comprimento. O fluxo magnéticoatravés de cada espira é

ΦB = BA = µ0NA

lI

Usando a definição da auto-indutância, encontramos que

L =NΦB

I=

µ0N2Al

Assim, a auto-indutância de um solenóide só depende da geometria e é proporcional ao quadradodo número de espiras no solenóide.

8.5. ENERGIA MAGNÉTICA 119

8.5 Energia Magnética

Digamos que U seja a energia armazenada num indutor em algum instante detempo, então a taxa dU/dt na qual a energia está sendo armazenada é

dUdt

= E I = LIdIdt

Para determinar a energia total armazenada no indutor, podemos re-escrever essaexpressão e integrar

U =∫

dU =∫ I

0LI′ dI′ = L

∫ I

0I′ dI′

U =12

LI2 (8.8)

E essa expressão representa a energia armazenada no campo magnético do indutorquando a corrente é I. Note que essa equação é similar aquela da energia armazenadano campo elétrico de um capacitor, U = 1

2C(∆V)2. No outro caso, vimos que aquelaenergia é necessária para estabelecer o campo elétrico.

Podemos também determinar a densidade de energia de um campo magnético. Porsimplicidade, consideremos um solenóide cuja indutância é dada por

L = µ0n2Al

O campo magnético do solenóide é dado por

B = µ0nI

Substituindo a expressão para L e I = B/µ0n, temos

U =12

LI2 =12

µ0n2Al(

Bµ0n

)2

=B2

2µ0Al

e como Al é o volume do solenóide, a densidade de energia magnética, ou a energiaarmazenada no campo magnético por unidade de volume do indutor é

uB =UAl

=B2

2µ0(8.9)

Embora essa expressão foi derivada para o caso especial de um solenóide, é válidapara qualquer região do espaço em que existe um campo magnético. Note que essaenergia é similar a forma da energia por unidade de volume armazenada num campoelétrico, uE = 1

2 ε0E2. Em ambos os casos, a densidade de energia é proporcional ao


quadrado do campo.

8.6 Equações de Maxwell e Além!

Concluímos esse capítulo apresentando as quatro equações que são tratadas comoas bases de todos fenômenos elétricos e magnéticos. Essas equações, desenvolvidaspor James Clerk Maxwell, são tão fundamentais para os fenômenos eletromagnéticoscomo as leis de Newton são para os fenômenos mecânicos. De fato, a teoria de Maxwellfoi mais longe do que ele próprio poderia imaginar pois concorda ainda mesmo com ateoria da relatividade especial, conforme Einstein mostrou em 1905.

As quatro equações de Maxwell são

∮∂V

~E · d~A =Qint

ε0(8.10)

∮∂V

~B · d~A = 0 (8.11)

∮∂S~E · d~l = − d

dt

∫S~B · d~A (8.12)

∮∂S~B · d~l = µ0 I + ε0µ0

ddt

∫S~E · d~A (8.13)

e junto da equação para a força de Lorentz

~F = q~E + q~v× ~B (8.14)

contém toda a informação sobre os fenômenos eletromagnéticos!



1. Usando a lei de Lenz, determine a direção da corrente induzida no resistor R li-gado a um solenóide (a) quando o imã se afasta dele. (b) quando o irmã se apro-xima dele. (c) quando o solenóide se aproxima do imã. (d) quando o solenóidese afasta do imã.

S N S N

S NS N

2. Uma espira circular de raio r está num campo magnético uniforme, com o planoda espira perpendicular à direção do campo, conforme figura. O campo magné-tico varia com o tempo de acordo com B(t) = a+ bt, onde a e b são constantes. (a)Calcule o fluxo magnético através da espira no instante t = 0. (b) Calcule a f.e.minduzida na espira. (c) Se a resistência da espira é R, qual é a corrente induzida?(d) Qual é a taxa de energia sendo dissipada pela resistência da espira?


3. Uma barra condutora de comprimento l e massa m cai a partir do repouso nocampo gravitacional escorregando sem atrito sobre um fio condutor na forma deum U ligado a um resistor de resistência R, conforme a figura. O conjunto formaum circuito na vertical que se encontra na presença de um campo magnético uni-forme ~B na direção perpendicular ao plano do circuito. Determine (a) o sentidoda corrente induzida no circuito. (b) a f.e.m induzida E no circuito em termos domódulo v da velocidade da barra. (c) a velocidade terminal vterm da barra. (d) apotência dissipada pelo sistema na situação do item (c) e mostre que ela é igual àpotência fornecida ao sistema pelo campo gravitacional.

× × × × × ×

× × × × × ×

× × × × × ×

× × × × × ×

× × × × × ×

× × × × × ×

× × × × × ×

× × × × × ×

4. Um fio longo e retilíneo carrega uma corrente elétrica dada por I = Imax sen (ωt + φ)

e se encontra no plano de uma bobina retangular de N espiras, conforme figura.Determine (a) o campo magnético produzido pelo fio na região da bobina. (b) ofluxo magnético total através da bobina. (c) a f.e.m induzida na bobina, despre-zando sua auto-indutância. (d) a indutância mútua do conjunto.

5. O campo magnético no interior de um solenóide muito longo e supercondutor éB. O solenóide tem raio interno igual a R e comprimento igual a L. Determine(a) a densidade de energia magnética no campo e (b) a energia armazenada nocampo magnético no interior do solenóide.

6. Um solenóide muito longo com n espiras por unidade de comprimento e raio Rcarrega uma corrente oscilante na forma I = I0 cos ωt. Determine (a) o campo


elétrico induzido no interior do solenóide, ou seja, s < R. (b) o campo elétrico noexterior do solenóide, ou seja, s > R. (c) a sua auto-indutância.

Young & Freedman: 29.48, 29.49, 29.61, 29.78, 30.48, 30.50, 30.73, 30.78.


Referências Bibliográficas

[1] W. Bauer and G. Westfall. University Physics with Modern Physics. McGraw-HillCompanies,Incorporated, 2010.

[2] R. Feynman, R. Leighton, and Sands. Lições de Física. Number v. 2. Bookman, 2008.

[3] P. Hewitt. Fisica Conceitual. Bookman, 2002.

[4] A. M. Luiz. Coleção Física 3 Eletromagnetismo, Teoria e problemas resolvidos. Fisica 3.Livraria da Física, 2009.

[5] H. Nussenzveig. Curso de Física Básica: Eletromagnetismo. Edgard Blucher, 2001.

[6] E. M. Purcell. Berkeley Physics Course: Electricity and Magnetism. Berkeley PhysicsCourse. McGraw-Hill, 1965.

[7] R. Serway and J. Jewett. Physics for Scientists and Engineers with Modern Physics.Physics for Scientists and Engineers. Cengage Learning, 2007.

[8] H. Young, R. Freedman, F. Sears, and M. Zemansky. Sears e Zemansky Física III:Eletromagnetismo. Física. Pearson Addison Wesley, 2004.

125

126 REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS

Apêndice A

Gabaritos das Listas de Exercícios

Capítulo 1

1. Q = meNA/µ

2. F = (1+2√

2)kQ2

2L2

3. F = 3√

3kqQa2 na direção da carga 3q

para a q.

4. q1 = q2 = Q/2

5. Mostre!

6. ~E = k Qx(x2+R2)3/2 x

7. ~E = k Qx(x2+R2)3/2 x, mesmo resultado

do anterior.

8. ~E = −k Qπ4R2 y e ~F = −k qQπ

4R2 y

9. E = k 2Qy√

L2+4y2

10. ~E = k 4λLd((L/2)2+d2)(2(L/2)2+d2)1/2 z

11. E = k Q2R2

12. Linhas de Campo:

–+

13. ~v(t) = ~v0 +em~Et e

~r(t) =~r0 +~v0t + 12

em~Et2

Capítulo 2

1. (a) 0.

(b) πR2E.

2. (a) Q/(6ε0).

(b) Q/ε0.

3. ΦE = chw2/2.

4. E = q4πε0r2 .

5. (a) E(r > R) = Q4πε0r2 .

(b) E(r < R) = Qr4πε0R3 .

6. E(s) = λ2πε0s .

127

128 APÊNDICE A. GABARITOS DAS LISTAS DE EXERCÍCIOS

7. E = σ2ε0

.

8. E = σε0

entre as placas, e E = 0 foradas placas.

9. E(s < R) = 0 e E(s > R) = σRε0s .

10. (a) Q = πBR4.

(b) E(r < R) = Br2

4ε0

e E(r > R) = Q4πε0r2 .

11. (a) E(r < a) = k Qra3

E(a < r < b) = k Qr2

E(b < r < c) = 0E(r > c) = k Q

r2 .

(b) σ(r = b) = − Q4πb2

σ(r = c) = Q4πc2 .

(c)

12. Mostre!

Capítulo 3

1. ∆U = − qσdε0

e v =√

2qσdε0m

2. V(r) = kqr

3. (a) V = k(q2+q3)L

(b) W = q1k(q2+q3)

L

4. ∆V = 2kλ ln( c

b)

5. Ex = 0 e Ey = 2kλR .

6. (a) V(P) = 2πkσ[(x2 + b2)1/2 − (x2 + a2)1/2].

(b) Ex(P) = 2πkσx[

1√x2+a2 −

1√x2+b2

]e Ey = 0.

7. (a) V(r > R) = kQr ;

(b) V(r < R) = kQR ;

(c) V(r = R) = kQR ;

(d) V(r = 0) = kQR .

8. (a) V(r < R) = kQ(3R2−r2)2R3 ;

(b) V(r > R) = kQr ;

(c) r = 2R;

(d) r =√

2R.

9. (a) Mostre!

(b) Ex = k 3p cos θ sen θr3

Ey = k pr3 (3 cos2 θ − 1)

10. (a) E(r) = 2V0ε0

r exp (−r2/a2).

(b) Q(r) = 8πV0r3 exp (−r2/a2).

(c) ρ(r) = 2V0(3− 2r2) exp (−r2/a2).

(d) Esboce.

129

Capítulo 4

1. (a) ∆V = Q4πε0

[1b −

1c

].

(b) C = 4πε0Qbcc−b .

(c) Não. Como a carga de um condu-tor maciço já se encontra na superfí-cie, um condutor de espessura des-prezível seria equivalente a um ma-ciço.

2. Mostre!

3. (a) C = nC0.

(b) C = C0/n.

(c) C = 2nC0n2+4 .

4. (a) C = C0/3.

(b) Q = Q0/3.

(c) U = U0/3.

5. (a) ∆Vf =(

C1−C2C1+C2

)∆Vi.

(b) Ui =12(C1 + C2)(∆Vi)

2,

U f =12(C1−C2)

2

(C1+C2)(∆Vi)

2 e

U fUi

=(

C1−C2C1+C2

)2

6. (a) E(r > R) = ρR3

3ε0r2 e E(r < R) =ρr

3ε0.

(b) uE(r > R) = ρ2R6

6ε0r4 e uE(r < R) =ρ2r2

6ε0.

(c) UE = 4πρ2R5

5ε0.

7. Q = κEmaxR2/k.

8. κd/(1 + κ).

9. Mostre!

Capítulo 5

1. i = bq0 exp (−bt)

2. 0,32 A.

3. (a) Ex = −V/L.

(b) R = ρL/(πd2).

(c) i = V(πd2)ρL .

(d) j = VρL .

(e) Mostre!

4. ρA/ρB = (a/b)2.

5. (a) Q/4C em ambos.

(b) Q/4 e 3Q/4.

(c) Q2

32C e 3Q2

32C .

(d) 7Q2

8C .

6. Mostre!

130 APÊNDICE A. GABARITOS DAS LISTAS DE EXERCÍCIOS

Capítulo 6

1. F = iLB sen θ

2. ~Fab = 0, ~Fbc = −ilBx,~Fcd = −ilBz, ~Fda = ilB(x + z),e ∑~F = 0.

3. (a) ~Fretil = 2iRBz.(b) ~Fsemi-circ = −2iRBz.(c)~τ = −(iπR2B/2)x.

4. (a) ~Fhor-sup = ~Fhor-inf = 0,~Fver-esq = 2iaBz = −~Fver-dir.(b)~τ = 4ia2By.

5. E = −B√

2K/m.

6. (a) F = 2evB. (b) R = 2mv/(eB).(c) ω = eB/(2m).

7. (a) ~F = −qvB sen θr.(b) p = 2πmv cos θ/(qB).(c) r = mv sen θ/(qB).

8. ω =√|~µ|.|~B|/I.

Capítulo 7

1. (a) ~B(P) = µ0i2π

ay√

a2+y2z.

(b) lima→∞ ~B(P) = µ0i2πy z.

(c) ~B(P) = µ0i2πy z.

2. ~B(P) = µ0i12

(b−a)ab z.

3. (a) ~B(s < R) = µ0i12πsϕ.

(b) ~B(s > R) = µ0(i1−i2)2πs ϕ.

(c) ~B(s < R) = µ0i12πsϕ e

~B(s > R) = 0.

4. (a) ~B(s > R) = µ0i2πsϕ.

(b) ~B(s < R) = µ0i2πR2 sϕ.

5. ~B(s < R) = µ0niz e ~B(s > R) = 0.

6. F = µ0i1i2ab2πd(d+a) , horizontal para es-

querda.

7. (a) i = λRω.

(b)~τ = λπR3~ω× ~B.

(c) ~BO = µ0λ2 ~ω.

(d)~µ = λπR3~ω.

8. Mostre!

Capítulo 8

1. (a) da esquerda para a direita.

(b) da direita para a esquerda.

(c) da direita para a esquerda.

131

(d) da esquerda para a direita.

2. (a) ΦB(0) = aπr2.

(b) E = bπr2.

(c) I = bπr2

R .

(d) Pot = (bπr2)2

R .

3. (a) anti-horário.

(b) E = Blv.

(c) vterm = mg(Bl)2 R.

(d) dUdissdt = (mg)2

(Bl)2 R =dUgrav

dt .

4. (a) B(y, t) = µ0 Imax sen (ωt+φ)2πy , en-

trando na página.

(b) NΦB = −N µ0 Imax sen (ωt+φ)2π l ln

(h+w

h

).

(c) E = ωN µ0 Imax cos (ωt+φ)2π l ln

(h+w

h

).

(d) M = N µ02π l ln

(h+w

h

).

5. (a) uB = B2

2µ0.

(b) U = B2

2µ0πR2L.

6. (a) ~E(s < R) = µ0nI0ω2 s sen ωt ϕ.

(b) ~E(s > R) = µ0nI0ωR2

2s sen ωt ϕ.

(c) L = µ0n2L.

Education

Física 3 - Eletromagnetismo - UFRJ - Prof Elvis