Apostila Eletromag - Resek - UNIFEI

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Fis403
Fis403
Eduardo Resek
Eduardo Resek
UNIFEIUNIFEI
Eletromagnetismo
Eletromagnetismo
∇×B=µ0
J+
1
c2
∂E
∂t
∇×B=µ
0J+ 1
c2
∂E
∂t
∇×E=−∂B
∂t∇×E=−
∂B
∂t
∇2E− 1
c2
∂2E
∂t 2
= 0
∇
2
E−
1
c
2
∂
2
E
∂t
2
= 0 ∇·E=
ρ
²0
∇·E= ρ
²0∇·B= 0∇·B= 0
∇· J+ ∂ρ
∂t
= 0
∇· J+
∂ρ
∂t
= 0
Eletromagnetismo:
Um Curso não tão Introdutório
Instituto de Física e Química
Universidade Federal de Itajubá
Eduardo O. Resek
2013
Conteúdo
0 Cálculo vetorial: uma revisão 1
0.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
0.2 Álgebra Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
0.3 Produtos entre Vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
0.3.1 Produto Escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
0.3.2 Produto Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
0.4 Cálculo Diferencial e Integral com Vetores . . . . . . . . . . . . . . 6
0.4.1 Derivada Direcional e Gradiente . . . . . . . . . . . . . . . 6
0.4.2 Integração Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
0.4.3 Divergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
0.4.4 Rotacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
0.4.5 Aplicações sucessivas de ∇ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
0.4.6 Algumas Relações Úteis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
0.5 Sistemas de Coordenadas Curvilíneas . . . . . . . . . . . . . . . . 15
0.5.1 Sistemas de Coordenadas Cilíndricas (ρ,ϕ, z) . . . . . . . 16
0.5.2 Sistemas de Coordenadas Esféricas (r,θ,ϕ) . . . . . . . . 19
I Eletrostática 25
1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico 27
1.1 Carga elétrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.2 Fatos experimentais importantes acerca da carga elétrica . . . . 28
1.3 Natureza dos materiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.4 Formas de eletrização . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.4.1 Eletrização por atrito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.4.2 Eletrização por contato ou condução . . . . . . . . . . . . 29
1.4.3 Eletrização por indução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.4.4 Eletrização por irradiação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.5 Lei de Coulomb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.6 Campo elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.7 Princípio da superposição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.8 Linhas de força . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1.9 Distribuições contínuas de cargas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1.10 Exemplos de cálculo de campo elétrico . . . . . . . . . . . . . . . 33
ii
CONTEÚDO iii
1.10.1 Um disco carregado não uniformemente . . . . . . . . . . 33
1.10.2 Linha reta carregada uniformemente . . . . . . . . . . . . 36
1.10.3 Uma semi-esfera carregada . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2 A Lei de Gauss 43
2.1 Fluxo de um vetor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.2 Ângulo Sólido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.3 A Lei de Gauss para o campo elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.3.1 Determinando diretamente o divergente do campo (opci-
onal) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.3.2 Calculando o fluxo de uma carga pontual através de uma
superfície fechada arbitrária . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.4 Aplicações da lei de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.4.1 Simetria esférica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.4.2 Simetria cilíndrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.4.3 Simetria cartesiana ou plana . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.5 Condutores em equilíbrio eletrostático . . . . . . . . . . . . . . . 54
3 Potencial eletrostático 61
3.1 Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
3.1.1 Trabalho de uma força . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
3.1.2 Campo conservativo e energia potencial . . . . . . . . . . 61
3.1.3 Campo eletrostático é conservativo! . . . . . . . . . . . . . 63
3.2 Condutores em Equilíbrio Eletrostático . . . . . . . . . . . . . . . 64
3.3 O dipolo elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
3.3.1 Momento de dipolo elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
3.3.2 Potencial e campo de um dipolo em pontos distantes . . 68
3.3.3 Momento de dipolo elétrico de uma distribuição contínua
de cargas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
3.3.4 Dipolo num campo externo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
3.4 Energia potencial elétrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
3.4.1 Sistema de cargas pontuais . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.4.2 Distribuição contínua de cargas . . . . . . . . . . . . . . . 72
4 Soluções de problemas em eletrostática 81
4.1 Equações de Poisson e Laplace em uma dimensão . . . . . . . . . 83
4.2 O método das imagens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
4.3 O Método da Separação de Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
4.3.1 Separação de Variáveis em Coordenadas Cartesianas em
Duas Dimensões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
4.3.2 Separação de Variáveis em Coordenadas Esféricas com
Simetria Azimutal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
4.3.3 Separação de Variáveis em Coordenadas Cilíndricas com
potencial independente de z . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
4.3.4 Separação de Variáveis em Coordenadas Cilíndricas . . . 94
Unifei Eduardo Resek
iv CONTEÚDO
5 Capacitores 97
5.1 O que são . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
5.2 Capacitância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
5.3 Energia armazenada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
6 Dielétricos 99
6.0.1 Lei de Gauss na presença de dielétricos . . . . . . . . . . . 101
6.0.2 Condições de contorno para o campo elétrico . . . . . . . 102
Index 103
Eduardo Resek Unifei
Capítulo 0
Cálculo vetorial: uma revisão
0.1 Introdução
No domínio da física elementar (clássica) encontramos diversos tipos de quan-
tidades. Dentre elas, estaremos interessados na distinção entre quantidades
escalares e vetoriais. Visando estritamente nossos interesses futuros, é suficiente
definí-las da seguinte forma:
Escalares: grandezas que são completamente caracterizadas por
suas magnitudes. Exemplos: massa, volume, temperatura, tempo,
etc.
Vetores: grandezas que são completamente caracterizadas por seus
módulos, direções e sentidos. Exemplos: velocidade, força, acelera-
ção, posição a partir de uma origem fixa, etc.
A partir daí introduzimos os conceitos de campos escalares e vetoriais. Um
campo é basicamente uma função de ponto, isto é, depende da posição no espaço
e/ou no tempo. Assim, campos escalares são especificados fornecendo-se suas
magnitudes em todos os pontos do espaço; campos vetoriais exigem, além do
módulo, a especificação da direção e sentido em todos os pontos do espaço.
Estas definições são não rigorosas e um tanto limitadas, mas serão adequadas
aos nossos propósitos.1
Como todos já estão devidamente familiarizados com a álgebra de escalares,
passamos ao estudo da álgebra vetorial.
0.2 Álgebra Vetorial
Como vimos, um vetor A será completamente caracterizado por seu módulo, di-
reção e sentido. Representamos o módulo de A por |A| ou, às vezes, simplesmente
1Definições rigorosas envolvem propriedades de transformação sob mudança do sistema de
coordenadas.
1
2 Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão
A. Sendo B e C outros vetores, são válidas as seguintespropriedades:
A+B=B+A
A+ (B+C)= (A+B)+C= (A+C)+B=A+B+C,
ou seja, a soma de vetores é definida, resulta em outro vetor e obedece às proprie-
dades da comutatividade e distributividade. Por outro lado, sendo α um escalar
(α ∈R), αA é também um vetor,
B=αA,
com as seguintes características:
módulo: |B| = |α| |A|
direção: a mesma de A
sentido:
{
o mesmo de A, se α> 0
o oposto ao de A, se α< 0
Versor (ou vetor unitário) de uma direção é um vetor desta direção cujo módulo
é igual a 1 (um). Dado um vetor A, é fácil determinar o versor de sua direção.
Consideramos:
B=αA,
pois A e seu versor têm a mesma direção, sendo que |B| = 1. Assim,
|B| = |α| |A| = 1=⇒ |α| = 1|A| , ou α=±
1
|A| ,
sendo
{ +→ versor com direção e sentido de A
−→ versor com direção de A mas sentido oposto. Denotando por aˆ oA
aˆ
Fig. 0.1 Versor
versor de A, temos então:
aˆ= A|A|
Também podemos escrever
A= |A|aˆ,
isto é, todo vetor pode ser escrito como o produto de seu módulo pelo versor de
sua direção e sentido.
Para melhor visualisarmos os vetores introduzimos um sistema de coordena-
das tridimensional, dotado de uma origem O e três eixos perpendiculares entre si,
denotados por x, y , z ou x1, x2, x3. Um vetor V pode então ser especificado por
suas componentes em relação a este sistema de coordenadas:
Vx = |V|cosα
Vy = |V|cosβ
Vz = |V|cosγ,
ou,
Vi = |V|cosαi , i = 1,2,3,
Eduardo Resek Unifei
0.3 Produtos entre Vetores 3
ondeα, β, γ, são os ângulos formados por V com os eixos x, y , z, respectivamente
(ou, αi é o ângulo formado por V com o eixo xi , i = 1,2,3).
x
y
z
xˆ
yˆ
zˆ
Vx
Vy
Vz
V
α1
α2
α3
Fig. 0.2 Componentes do vetor e
ângulos diretores
No caso de campos vetoriais, cada uma das componentes é uma função de x,
y , z.
Os versores dos eixos coordenados são comumente denotados pelos seguintes
símbolos:
Eixo x: xˆ, i, xˆ1, eˆ1
Eixo y : yˆ, j, xˆ2, eˆ2
Eixo x: zˆ, k, xˆ3, eˆ3
Em termos das componentes, podemos escrever:
V=Vx xˆ+Vy yˆ+Vz zˆ
ou
V=
3∑
i=1
Vi xˆi
Dados dois vetores A=∑i Ai xˆi e B=∑i Bi xˆi e α ∈R, as propriedades de soma e
multiplicação por escalar se escrevem em termos de componentes, da seguinte
forma:
A+B = (Ax +Bx ) xˆ+ (Ay +By ) yˆ+ (Az +Bz ) zˆ
αA = (αAx ) xˆ+ (αAy ) yˆ+ (αAz ) zˆ
0.3 Produtos entre Vetores
São definidos basicamente dois tipos de produtos entre vetores: o produto escalar
e o produto vetorial. Podemos formar ainda outros tipos através de composições
destes dois produtos básicos.
0.3.1 Produto Escalar
Como o nome já deixa a entender, o resultado deste tipo de produto entre dois
vetores A e B dados não será um outro vetor, mas um escalar:
A·B= Ax Bx + Ay By + Az Bz =
3∑
i=1
Ai Bi .
Pode-se mostrar facilmente que esta definição é equivalente a
A·B= |A| |B|cosθ,
onde θ é o menor ângulo entre A e B.
Unifei Eduardo Resek
4 Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão
Exercício Demonstre esta equivalência.
Podemos observar que2
A·A= |A|2 = A2x + A2y + A2z =
3∑
i=1
A2i ≥ 0
A·A= 0⇐⇒A= 0
(αA)·B=A·(αB)=αA·B
A·B=B·A
(A+B)·C=A·C+B·C
0.3.2 Produto Vetorial
Neste tipo de produto entre vetores o resultado é um outro vetor:
A×B=
∣∣∣∣∣∣
xˆ yˆ zˆ
Ax Ay Az
Bx By Bz
∣∣∣∣∣∣= (Ay Bz − Az By ) xˆ+ (Az Bx − Ax Bz ) yˆ+ (Ax By − Ay Bx ) zˆ
Esta definição, como também pode ser mostrado, é equivalente à conhecida regra
do produto vetorial: C=A×B é um vetor
(i) perpendicular ao plano formado por A e B (ou seja, perpendi-
cular a ambos os vetores);
(ii) de módulo igual a
|C| = |A| |B|senθ
(iii) de sentido dado pela regra da mão direita: gire A em direção a
B com os dedos da mão direita segundo o menor ângulo entre eles: o
sentido de C=A×B é o indicado pelo polegar desta mão.
A
B
C
Fig. 0.3 Regra da mão direita
Exercícios
1) Os vetores da origem de um sistema de coordenadas até os pontos A, B , C , D
são:
A = xˆ+ yˆ+ zˆ
B = 2 xˆ+3 yˆ
C = 3 xˆ+5 yˆ−2 zˆ
D = zˆ− yˆ
2Muitas vezes denominamos a operação A·A de elevar o vetor A ao quadrado.
Eduardo Resek Unifei
0.3 Produtos entre Vetores 5
Mostre que as linhas AB e C D são paralelas e determine a razão de seus compri-
mentos.
2) Mostre que os vetores
A= 2 xˆ− yˆ+ zˆ, B= xˆ−3 yˆ−5 zˆ, C= 3 xˆ−4 yˆ−4 zˆ
formam os lados de um triângulo retângulo, e determine os demais ângulos deste
triângulo.
3) Mostre que, sendo xˆi os versores dos eixos x1 ≡ x, x2 ≡ y , x3 ≡ z,
xˆi · xˆ j = δi j ,
onde δi j =
{
1, se i = j
0, se i 6= j .
4) Considere a relação entre três vetores A, B, C:
C=A−B.
Demonstre, quadrando esta relação e interpretando geometricamente o resultado,
a lei dos cossenos.
5) Sendo a um vetor constante e r o vetor posição de um ponto P (x, y, z) genérico
(o vetor que vai da origem do sistema de coordenadas até P ), determine qual a
superfície representada pelas seguintes equações:
a) (r−a)·a= 0
b) (r−a)·r= 0
6) Mostre que
xˆ× xˆ= yˆ× yˆ= zˆ× zˆ= 0
xˆ× yˆ= zˆ, yˆ× zˆ= xˆ, zˆ× xˆ= yˆ
yˆ× xˆ=− zˆ, zˆ× yˆ=− xˆ, xˆ× zˆ=− yˆ
7) Determine um vetor unitário perpendicular simultaneamente aos vetores a e
b, sendo
a = 2i+ j−k
b = i− j+k
8) Mostre que
A = xˆcosα+ yˆsenα
B = xˆcosβ+ yˆsenβ
Unifei Eduardo Resek
6 Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão
são vetores unitários no plano x y formando ângulos iguais a α e β, respectiva-
mente, com o eixo x. Obtenha por meio do produto escalar entre esses dois
vetores, a fórmula para cos(α−β).
9) Deduza a lei dos senos:
senα
|A| =
senβ
|B| =
senγ
|C|
A
C
B
γ
α
β
Fig. 0.4 Lei dos senos
10) A força magnética sofrida por uma partícula de carga q em movimento com
velocidade v num campo de indução magnética B é dada por
F= qv×B.
Através de três experimentos, encontrou-se que
se v= 1,0 xˆ, F
q
= 2,0 zˆ−4,0 yˆ
se v= 1,0 yˆ, F
q
= 4,0 xˆ−1,0 zˆ
se v= 1,0 zˆ, F
q
= 1,0 yˆ−2,0 xˆ
(unidades MKS). A partir desses resultados, determine B na região do espaço
considerada.
0.4 Cálculo Diferencial e Integral com Vetores
Consideraremos agora a extensão das idéias anteriormente introduzidas ao cál-
culo diferencial e integral. Estudaremos nesta seção os conceitos de derivada
direcional, gradiente, divergente e rotacional de uma função vetorial, bem como
os de integração ao longo de uma trajetória, de uma superfície ou volume, quando
introduziremos as idéias de fluxo e circulação (ou circuitação) de um vetor.
0.4.1 Derivada Direcional e Gradiente
A derivada direcional de uma função escalar φ(x, y, z) no ponto P (x, y, z) nada
mais é que a taxa de variação de φ com respeito à distância, medida segundo
uma certa orientação (direção), no ponto P considerado.
A equação φ(x, y, z) = φ0 sendo φ0 uma constante, representa o lugar geo-
métrico de todos os pontos (x, y, z) tais que φ = φ0, portanto uma superfície.
Se a partir do ponto P ∈ φ0 imprimirmos um deslocamento ∆r numa direção
qualquer, o ponto P ′ daí resultante pertencerá a uma outra superfície da mesma
Eduardo Resek Unifei
0.4 Cálculo Diferencial e Integral com Vetores 7
família, definida pela equação φ=φ0+∆φ. É evidente que, considerando o des-
locamento entre as duas superfícies, |∆r| =∆r será mínimo quando a direção de
∆r for perpendicular à superfície φ=φ0 (θ = 0). De acordo com a definição de
φ = φ0
φ = φ0 + ∆φ
P
P ′
∆r∆r cos θ
θ
nˆ
Fig. 0.5 Derivada direcional
derivada direcional e com a figura 5, podemos então escrever para o ponto P :
dφ
dr
: derivada direcional segundo a direção de ∆r, no limite em que ∆r→ 0;
dφ
dr cosθ
: derivada direcional segundo a direção de máxima variação de φ.
Definimos pois o gradiente da função escalar φ no ponto P como o vetor
com as seguintes características:
(i) intensidade: igual à da derivada direcional máxima de φ em P ;
(ii) direção: a da derivada direcionalmáxima de φ naquele ponto,
ou seja, perpendicular à superfície φ=φ0 que contem o ponto P ;
(iii) sentido: o dos φ crescentes.
Representamos o gradiente por ∇φ ou gradφ. Da definição, podemos escrever:
|∇φ| = dφ
dr cosθ
Então:
dφ=∇φ·dr ou dφ
dr
=∇φ·dr
dr
Esta equação define φ matematicamente. A partir dela, podemos determinar ∇φ
em qualquer sistema de coordenadas em que conheçamos a forma de d l.
φ = φ0
φ = φ0 + dφ
P
P ′
dr
∇φ
θ
nˆ
Fig. 0.6 Gradiente
Por exemplo, em se tratando de coordenadas cartesianas:
dr = xˆd x+ yˆd y + zˆd z
=⇒∇φ·dr = (∇φ)x d x+ (∇φ)y d y + (∇φ)z d z
Por outro lado:
dφ
dr
= ∂φ
∂x
d x
dr
+ ∂φ
∂y
d y
dr
+ ∂φ
∂z
d z
dr
dφ = ∂φ
∂x
d x+ ∂φ
∂y
d y + ∂φ
∂z
d z
Assim, com a definição de ∇φ,
∂φ
∂x
d x+ ∂φ
∂y
d y + ∂φ
∂z
d z = (∇φ)x d x+ (∇φ)y d y + (∇φ)z d z.
Como as diferenciais d x, d y , d z são independentes, podemos igualar os co-
eficientes correspondentes às diferenciais nos dois membros desta expressão,
resultando
(∇φ)x = ∂φ
∂x
, (∇φ)y = ∂φ
∂y
, (∇φ)z = ∂φ
∂z
,
ou
∇φ= ∂φ
∂x
xˆ+ ∂φ
∂y
yˆ+ ∂φ
∂z
zˆ.
Unifei Eduardo Resek
8 Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão
Exemplo Determinar o gradiente de f = f (r )= f (
√
x2+ y2+ z2).
Solução De acordo com a expressão obtida para ∇ f ,
∇ f (r )= xˆ∂ f (r )
∂x
+ yˆ∂ f (r )
∂y
+ zˆ∂ f (r )
∂z
Mas
∂ f (r )
∂x
= d f (r )
dr
∂r
∂x
= d f (r )
dr
x√
x2+ y2+ z2
= d f (r )
dr
x
r
.
Analogamente:
∂ f (r )
∂y
= d f (r )
dr
y
r
,
∂ f (r )
∂z
= d f (r )
dr
z
r
Então:
∇ f (r )= d f
dr
(x xˆ+ y yˆ+ z zˆ) 1
r
∇ f (r )= d f
dr
rˆ
0.4.2 Integração Vetorial
Antes de continuarmos a discutir outros aspectos relativos a diferenciação de veto-
res, é conveniente estudarmos alguns tópicos referentes a integração envolvendo
vetores.
Integral de Linha
A integral de linha de um campo vetorial F= F(r)= F(x, y, z) desde um ponto a
até um ponto b dados, ao longo de uma trajetória C é um escalar representado
por
b∫
a
C
F·dr,
onde dr é um vetor deslocamento infinitesimal ao longo da curva C . O cálculo da
integral é efetuado como o de uma integral Riemanniana ordinária: dividimos
a porção da curva C entre a e b em N partes, calculamos Fi ·∆ri para cada uma
delas e somamos tudo, tomando o limite em que N →∞ (ou ∆ri → 0).
b∫
a C
F·dr = lim
N→∞
N∑
i=1
Fi ·∆ri =
= lim
N→∞
N∑
i=1
Fi ∆ri cosθi
Em geral, o resultado depende não somente dos pontos extremos a e b, mas
também da curva C que os une.
a
b
C
θi
∆ri
Fi
Fig. 0.7 Integração ao longo de um
caminho
Eduardo Resek Unifei
0.4 Cálculo Diferencial e Integral com Vetores 9
O caso particular de integração ao longo de uma curva fechada é denotado
de forma especial como ∮
C
F·dr,
e denominado circulação ou circuitação de F em torno (ou ao longo) de C . O
resultado pode ou não ser nulo. A classe dos campos vetoriais para os quais a
integral acima se anula para qualquer que seja a curva fechada C é de especial
importância na física matemática.
Integral de Superfície — Fluxo
Dado um campo vetorial F numa região do espaço, definimos o fluxo ΦF do
campo através de uma superfície S como a integral
ΦF =
∫
S
F· nˆdS
onde dS é um elemento infinitesimal de área e nˆ um vetor unitário normal a
dS. É claro que ΦF é um escalar. O sentido de nˆ é para fora da superfície, se S
for uma superfície fechada; se S for aberta e finita, ela possui um contorno l ;
`
S
nˆ
Fig. 0.8 Regra da mão direita para
o versor normal
por convenção o sentido de nˆ é indicado pelo polegar da mão direita quando os
demais dedos abraçam l no sentido escolhido com positivo para sua orientação
(Figura 8)
S
dSi
Fi
θi
nˆi
Fig. 0.9 Fluxo de um vetor
O cálculo da integral é semelhante ao caso anteriormente considerado da
integral de linha: ∫
S
F· nˆdS = lim
N→∞
N∑
i=1
Fi · nˆi ∆Si
= lim
N→∞
N∑
i=1
Fi cosθi ∆Si
=
∫
S
F cosθdS
De forma análoga, o fluxo de F através de uma superfície fechada S é denotado
por ∮
S
F· nˆdS.
Integral de Volume
Aqui não há nada de especial: a integral de volume de um vetor F através de um
volume V definido por uma superfície fechada S,∫
V
Fd v
reduz-se simplesmente a três integrais escalares, uma para cada direção do es-
paço. Se F for expresso em coordenadas cartesianas, por exemplo, teremos∫
V
Fd v = xˆ
∫
V
Fx d v + yˆ
∫
V
Fy d v + zˆ
∫
V
Fz d v.
Unifei Eduardo Resek
10 Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão
0.4.3 Divergência
Um outro importante operador, essencialmente uma derivada, é o operador
divergente. O divergente (ou a divergência) de um campo vetorial F, denotado
por ∇·F ou divF é definido como o limite do fluxo de F através de uma superfície
fechada S por unidade de volume, quando o volume V delimitado por S tende a
zero:
∇·F= lim
V→0
1
V
∮
S
F· nˆdS
Vemos claramente que o divergente é uma função escalar de ponto (campo
escalar) — ele representa, em cada ponto, o fluxo por unidade de volume que
nasce de um elemento de volume coincidente com o ponto.
y
z
x
P
∆z
∆x
∆y
z0
y0
x0
Fig. 0.10 Elemento de volume
próximo ao ponto P (x0, y0, z0)
A definição acima é independente da escolha do sistema de coordenadas,
podendo pois ser usada para encontrar a forma específica de ∇·F em qualquer
sistema de coordenadas particular. Em coordenadas cartesianas retangulares,
por exemplo, tomamos um elemento de volume ∆v = ∆x∆y∆z, localizado no
ponto (x0, y0, z0). O fluxoΦF de um campo vetorial F através deste paralelepípedo
será, desprezando infinitésimos de ordem superior:∮
S
F · nˆdS =
∫
Fx (x0+∆x, y, z)d y d z−
∫
Fx (x0, y, z)d y d z
+
∫
Fy (x, y0+∆y, z)d x d z−
∫
Fy (x, y0, z)d x d z
+
∫
Fz (x, y, z0+∆z)d x d y −
∫
Fz (x, y, z0)d x d y,
De acordo com o teorema de Taylor, desprezando novamente infinitésimos supe-
riores:
Fx (x0+∆x, y, z) = Fx (x0, y, z)+∆x ∂Fx
∂x
∣∣∣
(x0,y,z)
Fy (x, y0+∆y, z) = Fy (x, y0, z)+∆y
∂Fy
∂y
∣∣∣
(x,y0,z)
Fz (x, y, z0+∆z) = Fz (x, y, z0)+∆z ∂Fz
∂z
∣∣∣
(x,y,z0)
,
de modo que
∇·F = lim
∆v→0
1
∆x∆y∆z
{
∆x
∫
∂Fx
∂x
∣∣∣
(x0,y,z)
d y d z
+∆y
∫
∂Fy
∂y
∣∣∣
(x,y0,z)
d x d z+∆z
∫
∂Fz
∂z
∣∣∣
(x,y,z0)
d x d y
}
.
Assim, tomando o limite e simplificando
∇·F= ∂Fx
∂x
+ ∂Fy
∂y
+ ∂Fz
∂z
Podemos agora enunciar um teorema extremamente importante da análise
vetorial envolvendo o divergente:
Eduardo Resek Unifei
0.4 Cálculo Diferencial e Integral com Vetores 11
Teorema do Divergente (Gauss): a integral do divergente de um campo vetorial
sobre um volume v é igual ao fluxo deste vetor através da superfície S que limita
v : ∫
v
∇·Fd v =
∮
S
F· nˆdS
Exemplo Determine ∇·r e ∇·[r f (r )].
Solução Aplicando diretamente a expressão encontrada acima,
∇·r=
(
xˆ
∂
∂x
+ yˆ ∂
∂y
+ zˆ ∂
∂z
)
·(x xˆ+ y yˆ+ z zˆ)= ∂x
∂x
+ ∂y
∂y
+ ∂z
∂z
=⇒∇·r= 3
De modo mais genérico:
∇·[r f (r )] = ∂
∂x
[x f (r )]+ ∂
∂y
[y f (r )]+ ∂
∂z
[z f (r )]
= 3 f (r )+ x
2
r
d f (r )
dr
+ y
2
r
d f (r )
dr
+ z
2
r
d f (r )
dr
= 3 f (r )+ r d f
dr
.
Em particular, se f (r )= r n−1, ou seja, r f (r )= r n ,
∇·( rˆr n)= 3r n−1+ (n−1)r n−1 = (n+2)r n−1.
Vemos que o divergente se anula para n = 2, fato que será importante futura-
mente:
∇·
( rˆ
r 2
)
= 0, para r 6= 0
0.4.4 Rotacional
Outro importante operador diferencial da análise vetorial é o rotacional, deno-
tado por ∇×F ou rot F, quando aplicado a um vetor F. Analogamente ao modo
como definimos o divergente, na seção anterior, por
∇·F= lim
V→0
1V
∮
S
nˆ·FdS
definimos o rotacional de um campo vetorial F, nas mesmas condições, por:
∇×F= lim
V→0
1
V
∮
S
nˆ×FdS
Esta definição, entretanto, é equivalente, pode-se mostrar, a uma outra que nos
será mais útil: considere no ponto P uma trajetória l fechada e contida num
Unifei Eduardo Resek
12 Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão
plano cuja normal é nˆ (o sentido de nˆ é, como sempre, definido pela regra da
mão direita aplicada ao sentido convencionado como positivo para a trajetória l );
a componente do vetor ∇×F na direção de nˆ é então definida como o limite da
relação entre a circulação de F ao longo de l e a área S delimitada por l , quando S
tende a zero:
nˆ·∇×F= lim
S→0
1
S
∮
`
F·dr.
Exercício Mostre a equivalência dessas duas definições.
Podemos determinar as componentes do vetor rotacional de um dado campo
F em qualquer sistema de coordenadas, através de uma das duas definições
apresentadas. Em coordenadas cartesianas o resultado é:
∇×F=
(∂Fz
∂y
− ∂Fy
∂z
)
xˆ+
(∂Fx
∂z
− ∂Fz
∂x
)
yˆ+
(∂Fy
∂x
− ∂Fx
∂y
)
zˆ,
ou, numa forma mnemônica, como a expansão de um determinante:
∇×F=
∣∣∣∣∣∣∣∣
xˆ yˆ zˆ
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
Fx Fy Fz
∣∣∣∣∣∣∣∣
O teorema de Stokes, enunciado a seguir, é também um resultado de importância
na análise vetorial:
Teorema de Stokes: A circulação de um campo vetorial ao longo de uma curva
fechada l é igual à integral de superfície de seu rotacional sobre qualquer superfí-
cie limitada pela curva: ∮
`
F·dr=
∫
S
∇×F· nˆdS
Exemplo 1 Mostre que ∇×( f V)= f ∇×V+ (∇ f )×V.
Solução De acordo com a expressão para o rotacional,
∇×( f V)=
∣∣∣∣∣∣∣∣
xˆ yˆ zˆ
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
f Vx f Vy f Vz
∣∣∣∣∣∣∣∣ ,
assim:(∇×( f V))x = ∂( f Vz )∂y − ∂( f Vy )∂z = f ∂Vz∂y + ∂ f∂y Vz − f ∂Vy∂z − ∂ f∂z Vy =
= f
(
∂Vz
∂y
− ∂Vy
∂z
)
+
(
∂ f
∂y
Vz − ∂ f
∂z
Vy
)
=
= ( f ∇×V)x + (∇ f ×V )x ,
Eduardo Resek Unifei
0.4 Cálculo Diferencial e Integral com Vetores 13
de modo que
∇×( f V)= f ∇×V+ (∇ f )×V
Exemplo 2 Encontre ∇×[r f (r )].
Solução De acordo com a fórmula obtida no exemplo anterior, temos:
∇×[r f (r )]= f ∇×r+∇ f ×r.
Mas
∇×r=
∣∣∣∣∣∣∣∣
xˆ yˆ zˆ
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
x y z
∣∣∣∣∣∣∣∣= 0,
e, além disso,
∇ f (r )= d f
dr
rˆ,
donde resulta, levando em conta que rˆ×r= 0, que
∇×[r f (r )]= 0
0.4.5 Aplicações sucessivas de∇
Vejamos o que resulta da aplicação sucessiva do operador ∇, de diversas formas e
a diversos tipos de quantidades.
Laplaciano
É, por definição, o divergente do gradiente de uma função escalar φ:
∇2φ=∇·∇φ
O laplaciano de um campo escalar resulta numa outra função escalar. Em coor-
denadas cartesianas, por exemplo, temos
∇2φ= ∂
2φ
∂x2
+ ∂
2φ
∂y2
+ ∂
2φ
∂z2
Divergente do rotacional
Nesse caso, teremos:
∇·∇×V = ∇·
∣∣∣∣∣∣∣∣
xˆ yˆ zˆ
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
Vx Vy Vz
∣∣∣∣∣∣∣∣=
∂
∂x
(∂Vz
∂y
− ∂Vy
∂z
)
+ ∂
∂y
(∂Vx
∂z
− ∂Vz
∂x
)
+ ∂
∂z
(∂Vy
∂x
− ∂Vx
∂y
)
Unifei Eduardo Resek
14 Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão
Considerando que V é uma função contínua e lisa das variáveis x, y , z, as suas de-
rivadas segundas com relação a estas variáveis podem ser tomadas em qualquer
ordem, isto é, por exemplo,
∂2Vz
∂x∂y
= ∂
2Vz
∂y∂x
,
o mesmo acontecendo com as demais derivadas. Desse modo, resulta que
∇·∇×V=∇·
∣∣∣∣∣∣∣∣
xˆ yˆ zˆ
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
Vx Vy Vz
∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
Rotacional do gradiente
Pela expressão para o cálculo do rotacional, temos:
∇×∇φ=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
xˆ yˆ zˆ
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
∂φ
∂x
∂φ
∂y
∂φ
∂z
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 0
Rotacional do rotacional e gradiente do divergente
Em geral, nenhuma dessas duas operações são nulas, mas existe a seguinte
relação entre elas:
∇×∇×V=∇∇·V−∇2V,
onde o laplaciano de um vetor é o vetor cujas coordenadas cartesianas são os
laplacianos das componentes correspondentes do vetor original:
∇2V = (∇·∇Vx ) xˆ+ (∇·∇Vy ) yˆ+ (∇·∇Vz ) zˆ
= ∇2Vx xˆ+∇2Vy yˆ+∇2Vz zˆ.
Deve-se observar que esta última relação só é válida no sistema de coordenadas
cartesianas. Nos demais sistemas, ∇2V é definido pela primeira expressão.
Muitas vezes, escrevemos também, simbolicamente,
∇2V=∇·∇V.
0.4.6 Algumas Relações Úteis
Fornecemos, a seguir, algumas identidades freqüentemente necessárias no ma-
nuseio de expressões em cálculo vetorial.
∇(uv)= u∇v + v∇u
∇·( f V)= f ∇·V+∇ f ·V
Eduardo Resek Unifei
0.5 Sistemas de Coordenadas Curvilíneas 15
∇·(A×B)=B·∇×A−A·∇×B
∇×( f V)= f ∇×V+ (∇ f )×V∮
S
φ nˆdS =
∫
v
∇φd v∮
φdr=
∫
S
nˆ×∇φdS∫
v
(ϕ∇2φ−φ∇2ϕ)d v =
∮
S
(ϕ∇φ−φ∇ϕ)· nˆdS
Exercícios
11) Mostre que, se A é um vetor constante,
∇(A·r)=A.
12) Mostre que, se ∇×A= 0, então ∇·(A×r)= 0.
13) Se ∇×f 6= 0 mas ∇×(g f)= 0, onde g = g (x, y, z) e f= f(x, y, z), mostre que
f·∇×f= 0.
14) Se A e B são vetores constantes, mostre que ∇(A·B×r)=A×B.
15) Mostre que ∇×(φ∇φ)= 0.
16) Mostre que a integral de linha de um campo F antre dois pontos a e b do es-
paço,
∫ b
a
F·dr, é independente da trajetória se a condição ∇×F= 0 for satisfeita.
0.5 Sistemas de Coordenadas Curvilíneas
Nas primeiras seções, embora tenhamos introduzido o vetor posição radial r,
restringimo-nos quase que inteiramente ao uso de coordenadas cartesianas, cuja
grande vantagem é a sua simplicidade, devida ao fato de serem seus vetores
unitários constantes e os mesmos em todos os pontos do espaço.
Infelizmente nem todos os problemas em física e engenharia se adaptam a
uma solução desenvolvida em um sistema de coordenadas cartesianas. Por exem-
plo, num problema de força central, tal como a gravitacional ou a eletrostática,
a simetria praticamente exige que façamos uso de um sistema de coordenadas
em que a distância radial seja uma das coordenadas, ou seja, um sistema de
coordenadas esféricas.
Unifei Eduardo Resek
16 Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão
A escolha do sistema de coordenadas deve estar portanto, ligada à simetria
presente na situação analisada. Uma escolha adequada sempre facilita enorme-
mente a solução do problema.
Estudaremos basicamente dois tipos de sistemas de coordenadas, por serem
os mais comuns e os mais tratáveis: o sistema de coordenadas esféricas e o de
coordenadas cilíndricas.
Poderíamos desenvolver a teoria de forma a obter expressões genéricas váli-
das em qualquer sistema de coordenadas curvilíneas, como é feito na maioria
dos livros-texto sobre o assunto, particularizando depois os resultados para os
sistemas de interesse. Não seguiremos essa abordagem por considerarmos que,
analisando cada um deles separadamente e deduzindo ‘in loco’ as expressões
desejadas, podemos obter uma maior familiaridade com o sistema em questão.
0.5.1 Sistemas de Coordenadas Cilíndricas (ρ,ϕ, z)
A figura 11 ilustra os elementos do sistema de coordenadas cilíndricas. Dado um
ponto P de coordenadas (ρ,ϕ, z), temos as seguintes interpretações:
ρ: distância perpendicular do ponto P ao eixo z (0≤ ρ <∞);
ϕ: ângulo azimutal, isto é, o ângulo formado com o eixo x pela projeção do vetor posição
do ponto P sobre o plano x y (0≤ϕ< 2pi);
z: distância de P ao plano x y , ou seja, o mesmo que no sistema de coordenadas cartesianas.
Transformação de coordenadas
y
z
x
P ′
ρ
P
z
ρ
ρˆ
ϕˆ
zˆ
r
ϕ
Fig. 0.11 Coordenadas cilíndricas
e seus versores
A figura 12 mostra a projeção no plano x y da figura 11. Dela podemos escrever as
seguintes relações entre as coordenadas cilíndricas e as cartesianas:
Transformação de coordenadas cilíndricas para cartesianas:
x = ρ cosϕ,
y = ρ senϕ,
z = z.
x
y
ρˆ
ϕˆ
ρ
ϕ
y
x
ϕ
ϕ
P ′
Fig. 0.12 Projeção no plano x y
Transformação de coordenadas cartesianaspara cilíndricas:
ρ =
√
x2+ y2, 0≤ ρ <∞,
ϕ = arctan y
x
, 0≤ϕ< 2pi,
z = z.
Eduardo Resek Unifei
0.5 Sistemas de Coordenadas Curvilíneas 17
Transformação dos vetores unitários:
Os vetores unitários dos sistemas de coordenadas curvilíneas não são em geral
constantes, por isso merecem atenção especial quando envolvidos em operações
como derivação e integração. Vejamos como se relacionam os versores do sistema
de coordenadas cilíndricas com os de coordenadas cartesianas:
Versores cartesianos para cilíndricos: Da figura 12, decompondo os verso-
res ρˆ e ϕˆ nos eixos x, y , observando que os ângulos indicados na figura são iguais
a ϕ, obtemos:
ρˆ = xˆcosϕ+ yˆsenϕ
ϕˆ = − xˆsenϕ+ yˆcosϕ
zˆ = zˆ
Note que os versores ρˆ, ϕˆ, zˆ formam um sistema triortogonal: o produto escalar
entre qualquer par desses versores (distintos entre si) é nulo e, além disso:
ρˆ×ϕˆ= zˆ, ϕˆ× zˆ= ρˆ, zˆ× ρˆ = ϕˆ.
Versores cilíndricos para cartesianos: As transformações inversas são tam-
bém facilmente obtidas e são deixadas como exercício. O resultado é:
xˆ = ρˆ cosϕ− ϕˆsenϕ
yˆ = ρˆ senϕ+ ϕˆcosϕ
Vetor posição: O vetor posição de um ponto P genérico do espaço, cujas co-
ordenadas cilíndricas são (ρ,ϕ, z) e cartesianas (x, y, z), pode ser escrito, usando
apenas elementos de coordenadas cilíndricas, com:
r= ρ ρˆ+ z zˆ;
se expressarmos ρˆ em termos dos versores cartesianos, teremos a forma mais
adequada para o uso em integrações e derivadas,
r= ρ cosϕ xˆ+ρ senϕ yˆ+ z zˆ.
Elementos de área e volume
A fim de entendermos mais facilmente como determinar os elementos de volume
e superfície nos sistemas de coordenadas curvilíneas, vamos examinar como eles
são formados no nosso velho sistema de coordenadas cartesianas. O elemento de
área no plano x y , por exemplo, é obtido mantendo z = cte. e imprimindo peque-
nas variações d x e d y nas coordenadas (x, y) de um ponto P genérico (figura 13).
Temos então construído um elemento de área no plano x y (ou paralelo a ele), ou
seja, num plano z = constante. É claro que
x
y
dS = dx dy
Fig. 0.13 Elemento de área cartesi-
ana no plano x y
Unifei Eduardo Resek
18 Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão
(dS)z=cte = d x d y.
Um elemento de volume é facilmente obtido a partir daí, acrescentando agora
uma variação infinitesimal d z da coordenada z: teremos um pequeno cubo de
arestas d x, d y e d z, cujo volume é
d v = d x d y d z.
Em coordenadas cilíndricas basta agora repetirmos o raciocínio, acompa-
nhando a figura 14. No plano z = cte, imprimimos às coordenadas ρ eϕ variações
infinitesimais dρ e dϕ. Obtemos portanto um retângulo infinitesimal cujos lados
são dados por dρ e ρdϕ; sua área será portanto igual a
x
y
ρ
ϕ
dϕ
dρ
ρ dϕ
dS = ρ dρ dϕ
Fig. 0.14 Elemento de área polar
no plano x y
(dS)z=cte = ρdρdϕ.
Podemos igualmente escrever os elementos de área obtidos quando mantemos
cada uma das demais coordenadas constantes e permitimos às outras uma pe-
quena variação. Temos:
(dS)ρ=cte = ρdϕd z,
correspondente a ρ = cte (elemento de área lateral do cilindro) e
(dS)ϕ=cte = dρd z.
correspondente a ϕ= cte.
O elemento de volume, como a essa altura já deve ser óbvio, é conseguido
juntando-se, por exemplo, a variação d z àquela correspondente a z = cte:
d v = ρdρdϕd z
Forma dos operadores vetoriais
Para encerrar, listamos a seguir as formas assumidas no sistema de coordenadas
cilíndricas pelos diversos operadores diferenciais vetoriais estudados:
Gradiente
∇φ= ∂φ
∂ρ
ρˆ+ 1
ρ
∂φ
∂ϕ
ϕˆ+ ∂φ
∂z
zˆ
Divergente
∇·V= 1
ρ
∂
∂ρ
(ρVρ)+ 1
ρ
∂Vϕ
∂ϕ
+ ∂Vz
∂z
Rotacional
∇×V= 1
ρ
∣∣∣∣∣∣∣∣
ρˆ ρ ϕˆ zˆ
∂
∂ρ
∂
∂ϕ
∂
∂z
Vρ ρVϕ Vz
∣∣∣∣∣∣∣∣
Eduardo Resek Unifei
0.5 Sistemas de Coordenadas Curvilíneas 19
Laplaciano
∇2φ= 1
ρ
∂
∂ρ
(
ρ
∂φ
∂ρ
)
+ 1
ρ2
∂2φ
∂ϕ2
+ ∂
2φ
∂z2
Laplaciano de um vetor
(∇2V)ρ = ∇2Vρ− 1
ρ2
Vρ− 2
ρ2
∂Vϕ
∂ϕ
(∇2V)ϕ = ∇2Vϕ− 1
ρ2
Vϕ+ 2
ρ2
∂Vρ
∂ϕ
(∇2V)z = ∇2Vz
0.5.2 Sistemas de Coordenadas Esféricas (r,θ,ϕ)
A figura 15 ilustra os elementos de coordenadas esféricas, r,θ,ϕ de um ponto P
genérico do espaço, que possuem os seguintes significados:
r : módulo do vetor posição do ponto, ou seja, a distância do ponto P à origem do sistema
de coordenadas (0≤ r <∞);
θ: ângulo que o raio vetor (vetor posição) de P faz com o semieixo positivo z (0≤ θ ≤ pi),
também conhecido como ângulo polar;
ϕ: ângulo azimutal, isto é, o ângulo formado com o eixo x pela projeção do vetor posição
do ponto P sobre o plano x y (0≤ϕ< 2pi), ou seja, o mesmo significado que no sistema
de coordenadas cilíndricas;
Transformação de coordenadas
Na figura 15 podemos extrair dois triângulos retanˆgulos que nos possibilitarão
escrever as relações ligando o sistema de coordenadas esféricas e o de coorde-
nadas cartesianas; são eles o triângulo OPP ′′, onde O é a origem do sistema de
coordenadas, que é retângulo em P ′′ (ou OPP ′, retângulo em P ′, que é seme-
lhante a OPP ′′), e o triângulo OMP ′, retângulo em M . A figura 16 mostra esses
dois triângulos. Note que OMP ′ jaz no plano x y , enquanto OPP ′′ fica no plano
ϕ= cte e que, além disso, OP ′ = PP ′′ coincide com a definição do elemento ρ das
coordenadas cilíndricas.
x
y
z
M
x
y
P ′
P ′′
P
θˆ
r
θ
ϕ
rˆ
ϕˆ
Fig. 0.15 Coordenadas esféricas
Transformação de coordenadas esféricas para cartesianas: Da figura 16(b)
vemos que
x = OP ′ cosϕ,
y = OP ′ senϕ,
Unifei Eduardo Resek
20 Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão
enquanto, da figura 16(a),
z = r cosθ,
PP ′′ = r senθ
Como OP ′ = PP ′′ , as relações desejadas são
x = r senθcosϕ,
y = r senθ senϕ,
z = r cosθ,r
P
O
z
P ′′
ρ
θ (a)
O
P ′
Mx
yρ
ϕ
(b)
Fig. 0.16 Transformações de coor-
denadas
Transformação de coordenadas cartesianas para esféricas: Do ∆OPP ′′, o
teorema de Pitágoras fornece
r 2 = PP ′′ 2+ z2;
o mesmo teorema, aplicado a ∆OMP ′, conduz a
OP ′
2 = PP ′′2 = x2+ y2,
de modo que
r 2 = x2+ y2+ z2,
resultado que poderíamos obter diretamente a partir do produto escalar de r
por ele mesmo. Ainda, cada uma das figuras fornece um dos ângulos θ e ϕ; as
expressões finais são:
r =
√
x2+ y2+ z2, 0≤ r <∞,
θ = arccos z
r
, 0≤ θ ≤pi,
ϕ = arctan y
x
, 0≤ϕ< 2pi.
Transformação dos vetores unitários:
Versores cartesianos para esféricos: Da figura 15 percebemos que o versor
ϕˆ é sempre paralelo ao plano x y , não possuindo componente na direção do eixo
z. Percebemos também que este vetor é exatamente aquele que já determinamos
quando estudamos o sistema de coordenadas cilíndricas e, portanto já temos
pronta sua expressão de transformação:
ϕˆ=− xˆsenϕ+ yˆcosϕ.
Eduardo Resek Unifei
0.5 Sistemas de Coordenadas Curvilíneas 21
O versor rˆ é facilmente encontrado lembrando que
rˆ= r
r
= x
r
xˆ+ y
r
yˆ+ z
r
zˆ
Assim, usando as expressões obtidas para x, y e z,
rˆ= senθcosϕ xˆ+ senθ senϕ yˆ+cosθ zˆ.
O meio mais fácil de determinar θˆ é observando que, como os três versores
formam um sistema triortogonal,
θˆ = ϕˆ× rˆ=
∣∣∣∣∣∣
xˆ yˆ zˆ
−senϕ cosϕ 0
senθcosϕ senθ senϕ cosθ
∣∣∣∣∣∣
Assim, desenvolvendo e simplificando,
θˆ = cosθcosϕ xˆ+cosθ senϕ yˆ− senθ zˆ
Como já foi observado, os versores rˆ, ϕˆ, θˆ formam um sistema triortogonal:
o produto escalar entre qualquer par desses versores (distintos entre si) é nulo e,
além disso:
rˆ× θˆ = ϕˆ, ϕˆ× rˆ= θˆ, θˆ×ϕˆ= rˆ.
Versores esféricos para cartesianos: As transformações inversas são tam-
bém facilmente obtidas e são deixadas como exercício. O resultado é:
xˆ = senθcosϕ rˆ+cosθcosϕθˆθθ− senϕϕˆϕϕ
yˆ = senθ senϕ rˆ+cosθ senϕθˆθθ+cosϕϕˆϕϕ
zˆ = cosθ rˆ− senθθˆθθ
Vetor posição: O vetor posição de um ponto P genérico do espaço, cujas
coordenadasesféricas são (r,θ,ϕ) e cartesianas (x, y, z), pode ser escrito, usando
apenas elementos de coordenadas esféricas, com:
r= r rˆ,
pois r é um dos elementos de coordenadas esféricas. Expressando em termos dos
versores cartesianos, teremos a forma mais adequada para o uso em integrações
e derivadas,
r= r senθcosϕ xˆ+ r senθ senϕ yˆ+ r cosθ zˆ.
Unifei Eduardo Resek
22 Capítulo 0 Cálculo vetorial: uma revisão
Elementos de área e volume
Em coordenadas esféricas o elemento de superfície mais importante é aquele
obtido mantendo r constante e permitindo a θ e ϕ variarem infinitesimalmente
(figura 15). Da figura podemos determinar os lados do retângulo infinitesimal
assim formado: mantendo inicialmente ϕ fixo e variando θ de dθ, obtemos um
arco de comprimento r dθ. Se, por outro lado, mantivermos θ fixo e variarmos ϕ
de dϕ, teremos um arco de uma circunferência de raio r senθ, cujo comprimento
é portanto r senθdϕ. Logo, a área do elemento considerado será
(dS)r=cte = r 2 senθdϕdθ.
y
z
x
r sin θ dϕ
r dθ
dϕ
dθ
Fig. 0.17 Elemento de superfície
O elemento de volume é então facilmente encontrado a partir daí, bastando
permitir agora também ao raio vetor uma pequena variação dr : teremos um
cubo infinitesimal de lados dr , r senθdϕ e r dθ, cujo volume é
d v = r 2 senθdr dθdϕ
Podemos, ainda, novamente escrever os elementos de área obtidos quando
mantemos cada uma das demais coordenadas constantes e permitimos às outras
uma pequena variação. Temos:
(dS)θ=cte = r senθdr dϕ
correspondente a r = cte (elemento de área lateral de um cone com vértice na
origem semi-abertura θ) e
(dS)ϕ=cte = r dr dθ.
correspondente a ϕ= cte.
Forma dos operadores vetoriais
Em coordenadas esféricas os operadores diferenciais vetoriais estudados assu-
mem a seguinte forma:
Gradiente
∇φ= ∂φ
∂r
rˆ+ 1
r
∂φ
∂θ
θˆ+ 1
r senθ
∂φ
∂ϕ
ϕˆ
Divergente
∇·V= 1
r 2 senθ
[
senθ
∂
∂r
(r 2Vr )+ r ∂
∂θ
(senθVθ)+ r
∂Vϕ
∂ϕ
]
Eduardo Resek Unifei
0.5 Sistemas de Coordenadas Curvilíneas 23
Rotacional
∇×V= 1
r 2 senθ
∣∣∣∣∣∣∣∣
rˆ r θˆ r senθ ϕˆ
∂
∂r
∂
∂θ
∂
∂ϕ
Vr r Vθ r senθVϕ
∣∣∣∣∣∣∣∣
Laplaciano
∇2φ= 1
r 2 senθ
[
senθ
∂
∂r
(r 2
∂φ
∂r
)+ ∂
∂θ
(senθ
∂φ
∂θ
)+ 1
senθ
∂2φ
∂ϕ2
]
É interessante notar que
1
r 2
∂
∂r
(
r 2
∂φ
∂r
)
= 1
r
∂2
∂r 2
(rφ)
Laplaciano de um vetor
(∇2V)r =∇2Vr − 2
r 2
Vr − 2
r 2
∂Vr
∂θ
− 2cosθ
r 2 senθ
Vθ−
2
r 2 senθ
∂Vϕ
∂ϕ
,
(∇2V)θ =∇2Vθ−
1
r 2 sen 2θ
Vθ+
2
r 2
∂Vr
∂θ
− 2cosθ
r 2 sen 2θ
∂Vϕ
∂ϕ
,
(∇2V)ϕ =∇2Vϕ− 1
r 2 sen 2θ
Vϕ+ 2
r 2 senθ
∂Vr
∂ϕ
+ 2cosθ
r 2 sen 2θ
∂Vθ
∂ϕ
,
Estas expressões para ∇2V são inegavelmente confusas, mas algumas vezes são
necessárias (não há uma garantia expressa de que a natureza seja sempre simples).
Na verdade, não a utilizaremos no decorrer do nosso curso; apresentâmo-la aqui
apenas por questão de completeza.
Exercícios
x
y
(a,−a)
(a, a)(−a, a)
(−a,−a)
Fig. 0.18 Exercício 17
17) O campo elétrico de uma partícula carregada localizada na origem do sistema
de coordenadas é da forma:
E= K
r 3
r, K = cte.
a) Calcule o fluxo de E através da superfície esférica de raio a com centro na
origem.
b) Determine ∇·E e integre este resultado sobre o volume definido pela superfície
esférica, comparando os resultados. Você já esperava por isto?
c) Calcule a integral de linha do vetor E ao longo da trajetória no plano x y mos-
trada na figura.
d) Use o teorema de Stokes para verificar o resultado.
18) Usando os resultados dos teoremas integrais apresentados, encontre uma
fórmula para o volume de uma região em termos de uma integral sobre sua
superfície. Cheque seu resultado para uma esfera e para um paralelepípedo.
Unifei Eduardo Resek
Parte I
Eletrostática
25
Capítulo 1
A Lei de Coulomb e o Campo
Elétrico
1.1 Carga elétrica
Dá-se o nome de carga elétrica a uma propriedade da matéria introduzida
para entendermos qualitativa e quantitativamente um tipo de interação obser-
vada na natureza que, por razões históricas foi denominada interação elétrica ou
eletrostática. Desse modo, assim como a noção de massa gravitacional permite o
estudo da interação ou força gravitacional, a carga nos permite descrever as forças
elétricas entres corpos materiais. Entretanto, ao contrário da força gravitacional,
que é sempre atrativa, observou-se que a força elétrica pode ser de atração ou
repulsão. Assim, torna-se necessário admitir que existem duas espécies distintas
de carga elétrica, que convencionamos chamar de carga elétrica positiva e carga
elétrica negativa. Cargas elétricas de mesma espécie se repelem, ao passo que as
de espécies distintas se atraem.
+ +
+ −
− −
Fig. 1.1 Cargas elétricas
A carga elétrica é uma propriedade fundamental das partículas elementares
que constituem a matéria. De fato, a matéria é um aglomerado de átomos ou
moléculas, e átomos são constituídos por prótons, nêutrons e elétrons; duas
dessa partículas apresentam carga elétrica (o próton possui carga elétrica positiva,
enquanto a carga do elétron é negativa). Entretanto, em escala macroscópica,
os efeitos da carga elétrica tendem a ser mascarados pelo fato que, na média,
há iguais quantidades de carga de ambas as espécies num corpo macroscópico.
Dizemos que o corpo, nestas condições, encontra-se eletricamente neutro. Se, por
outro lado, há um excesso de prótons ou um excesso de elétrons, ele se encontrará
num estado que denominamos (eletricamente) carregado.
27
28 Capítulo 1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico
1.2 Fatos experimentais importantes acerca da carga elé-
trica
Conservação da carga A carga elétrica total de um sistema isolado é constante
(a carga não pode ser criada nem destruída). Nunca foi observado qualquer
fenômeno que contrariasse esse fato. Mesmo em fenômenos "radicais"como o da
criação de um par elétron-pósitron, ou sua reação inversa, a aniquilação mútua
entre elétron e pósitron, originando radiação eletromagnética,
e−+e−
 γ,
onde γ representa um fóton de raios gama, a carga elétrica, ao contrário da massa,
é conservada, pois pósitron tem carga oposta à do elétron, enquanto um fóton,
radiação eletromagnética, não possui carga elétrica.
A carga é quantizada A carga elétrica só é encontrada na natureza em múltiplos
inteiros de uma carga fundamental (o quantum de carga). A menor carga livre
encontrada na natureza é, em valor absoluto, a do próton:
e = 1,602 ·10−19 C (1.1)
Um elétron possui carga exatamente oposta à esta, de modo que, para um corpo
macroscópico qualquer, teremos
q =±ne, n ∈N. (1.2)
Charles Augustin de Coulomb (1736-
1806, Francês) Em sua homenagem,
deu-se seu nome à unidade de carga
elétrica, o coulomb. Engenheiro de for-
mação, Coulomb foi principalmente
físico. Publicou 7 tratados sobre eletri-
cidade e magnetismo, e outros sobre
torção, atrito entre sólidos, etc.[3] Ex-
perimentador genial e rigoroso, realizou
uma experiência histórica com uma ba-
lança de torção para determinar a força
exercida entre duas cargas elétricas (lei
de Coulomb). Durante os últimos qua-
tro anos da sua vida, foi inspetor geral
do ensino público e teve um papel im-
portante no sistema educativo da época.
(Wikipedia)
1.3 Natureza dos materiais
Do ponto de vista elétrico podemos classificar os materiais basicamente como
condutores, isolantes (ou dielétricos) e semicondutores.
Isolantes são aqueles onde a carga elétrica não possui liberdade de movi-
mento, ou seja, oferecem alta resistência ao fluxo de carga elétrica. Exemplos
são os não metais, plásticos, madeiras, vidros, porcelanas, nylons, etc. Nesses
materiais a estrutura atômica/molecular é tal que todos os elétrons encontram-se
fortemente ligadosaos seus respectivos átomos ou moléculas.
Já nos Condutores as cargas podem se mover com relativa liberdade. Exem-
plos são os metais, o corpo humano ou de animais, a terra, soluções salinas. Nos
sólidos a condução se dá porque existem alguns elétrons onde a ligação com os
átomos é muito fraca (última camada da distribuição eletrônica), de modo que
eles se tornam praticamente livres.
Os semicondutores, por outro lado, possuem propriedades intermediárias,
não sendo tão condutivos quanto os metais, mas consideravelmente mais que os
dielétricos. O mecanismo de condução dos materiais dessa classe é bem distinto
do dos condutores e não será abordado nesse curso.
Um outro tópico que não será endereçado nesse curso é o da supercondutivi-
dade, propriedade apresentada por alguns materiais a baixíssimas temperaturas,
quando a resistência à condução se torna praticamente nula.
Eduardo Resek Unifei
1.4 Formas de eletrização 29
1.4 Formas de eletrização
Sendo constituídos por átomos, os corpos são naturalmente neutros do ponto
de vista elétrico. Entretanto, eles podem adquirir carga elétrica através de alguns
processos que discriminaremos a seguir, cujo efeito final é dotar o corpo de
uma carga líquida negativa (o corpo adquire elétrons) ou positiva (o corpo perde
elétrons):
1.4.1 Eletrização por atrito
Funciona bem para corpos isolantes. Se esfregarmos um material com outro,
há uma tendência dos elétrons se transferirem de um corpo para outro. Por
exemplo, esfregando um corpo de vidro com um pano de seda fará com que o
vidro ceda elétrons para o pano, fazendo com que o vidro apresente uma carga
líquida positiva e a seda negativa.
1.4.2 Eletrização por contato ou condução
Apropriada para carregar metais ou outros condutores. Se um corpo previamente
carregado toca um outro originalmente neutro, uma parte de sua carga se trans-
ferirá para o último, deixando-o carregado com carga de mesma natureza que a
sua.
1.4.3 Eletrização por indução
Também apropriada para condutores. Utilizamos também um corpo previamente
carregado, mas desta vez sem tocar o corpo que desejamos carregar. Aproximando
o objeto carregado do condutor e aterrando esse último1, elétrons fluirão de ou
para a terra (corpo carregado positivamente atrairá elétrons para o condutor,
negativamente expulsará alguns dos elétrons para a terra). Se, antes de afastarmos
o objeto carregado, cortarmos a ligação do condutor com a terra, ele terá se
carregado com uma carga oposta à do objeto auxiliar.
Fig. 1.2 Eletrização por indução1.4.4 Eletrização por irradiação
Submeter um corpo a radiação eletromagnética pode ter como consequência a
ejeção de elétrons de sua estrutura atômica. Um exemplo bem conhecido é o
efeito fotoelétrico, no qual até mesmo a luz visível pode causar a liberação de
elétrons ao incidir sobre uma superfície de, por exemplo, alumínio. Radiação
eletromagnética de frequência mais elevada (mais energética), pode até expelir
elétrons de camadas mais internas da estrutura atômica do material.
1Significa conectar, através de um fio condutor, o corpo a um grande reservatório de carga, com
capacidade para ceder e/ou receber elétrons (geralmente a própria Terra, daí a denominação.)
Unifei Eduardo Resek
30 Capítulo 1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico
1.5 Lei de Coulomb
Lei experimental obtida por Charles Augustin de Coulomb em 1785, que
descreve quantitativamente a interação eletrostática, isto é, a força entre duas
cargas elétricas em repouso relativo. Essencialmente, ela estabelece que esta
força atua sobre a reta que contem as duas partículas, é diretamente proporcional
ao produto das carga e inversamente proporcional ao quadrado da distância que
as separa. Matematicamente,
O
r1
r2
r2 − r1 = R12
Rˆ12
q1
q2
F21
Fig. 1.3 Lei de Coulomb
F21 = k q1q2
R212
Rˆ12 = k q1q2
R312
R12, (1.3)
é a força que q1 exerce sobre q2, onde R12 = r2− r1 é o vetor com origem na carga
q1 e extremidade na carga q2. A constante k é frequentemente escrita em termos
da permissividade do vácuo, ²0:
k = 1
4pi²0
= 8,9874 ·109 N.m2/C2, ²0 = 10
−9
36pi
F/m= 8,85 ·10−12 F/m (1.4)
Essa expressão vetorial já fornece o sentido correto do vetor força quando as
cargas são consideradas com o sinal algébrico adequado.
Exemplo 1.1 Duas cargas elétricas idênticas de 2,5µC e massas iguais a
200g cada uma, são suspensas de um mesmo ponto no teto através de um
fio leve e inextensível de comprimento 1,0m. Qual o ângulo que cada um
dos fios formará com a vertical na posição de equilíbrio?
Solução:
q1 q2 F21F12
T2
mg
α
Fig. 1.4 Cargas suspensas
Adotando o sistema de eixos tal como na figura, podemos escrever as forças
que atuam sobre a carga q2 como
F21 = 1
4pi²0
q1q2[`senα xˆ−`senα(− xˆ)]
(2`senα)3
= q1q2
16pi²0`2 sen 2α
xˆ,
P=−mg zˆ,
T= T (−cosα xˆ+ senα zˆ)
A condição de equilíbrio é que F12+P+T= 0, implicando em(
q1q2
16pi²0`2 sen 2α
−T cosα
)
xˆ+ (T senα−mg ) zˆ= 0
=⇒ T senα=mg , T cosα= q1q2
16pi²0`2 sen 2α.
Dividindo uma pela outra, encontramos
tanα= 1
cotα
= q1q2 csc
2α
16pi²0`2mg
= 6,25 ·10
−12×9 ·109
4× (1,0)2×0,200×9,81 csc
2α= 7,17·10−3(1+cot2α),
Eduardo Resek Unifei
1.6 Campo elétrico 31
ou seja,
cot3α+cotα−139,52= 0.
Resolvendo esta equação encontramos cotα= 5,12229, donde
α= 10,8°
1.6 Campo elétrico
A experiência mostra que as cargas elétricas não interagem diretamente sobre as
outras; Quando o estado de uma determinada carga elétrica se altera (sua posição,
por exemplo), essa informação não é imediatamente pela sua vizinhança, mas
se propaga através do espaço com uma velocidade finita. Para melhor descrever
essa interação, faz-se necessário admitir a existência de um agente intermediário
que carrega essas informações a respeito do estado de um sistema de cargas. Esse
agente denominado campo elétrico.
Para definirmos o campo elétrico num ponto do espaço, adotamos o seguinte
procedimento: colocamos neste ponto uma carga teste q e determinamos a força
elétrica F que atua sobre ela. O campo elétrico é a razão F/q no limite de q
tendendo a zero:
E= lim
q→0
F
q
. Definição de Campo Elétrico(1.5)
O limite é necessário para garantir que a influência da carga teste sobre a distri-
buição original de cargas cujo campo queremos definir seja a menor possível. É
claro que, devido à quantização da carga elétrica, o processo de limite descrito
na equação acima nunca pode ser realizado estritamente em conformidade com
a definição matemática de limite (processo contínuo de varição da carga), nem
tampouco pode a carga chegar a valores menores que o quantum de carga.
1.7 Princípio da superposição
Fin
qn
Fi1
q1
Fij
qj
Fi3
q3
Fi2
q2
Fi
Fig. 1.5 Princípio da superposição
Para um sistema de muitas partículas, a força total sobre a i -ésima carga é obtida
pelo princípio da superposição, somando-se todas as forças devido a cada uma
das outras partículas como se as demais não existissem:
Fi = 1
4pi²0
N∑
j 6=i
Fi j = qi
4pi²0
N∑
j 6=i
q j
R2j i
Rˆ j i = qi
4pi²0
N∑
j 6=i
q j (ri − r j )
|ri − r j |3
(1.6)
O campo elétrico na posição ocupada pela carga de teste será, portanto:
E(ri )= 1
4pi²0
N∑
j 6=i
Fi j
qi
= 1
4pi²0
N∑
j 6=i
q j
R2j i
Rˆ j i = 1
4pi²0
N∑
j 6=i
q j (ri − r j )
|ri − r j |3
A força elétrica é linear
Unifei Eduardo Resek
32 Capítulo 1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico
1.8 Linhas de força
Fig. 1.6 Linhas de força
Desde o princípio dos estudos sobre eletricidade foi introduzida a ideia de linhas
de força para representar visualmente o abstrato conceito de campo elétrico
numa certa região do espaço. São linhas orientadas no sentido do campo elétrico
em cada ponto do espaço, traçadas de modo a serem sempre tangentes ao campo
em cada ponto. As figurasa seguir ilustram alguns casos simples envolvendo
cargas pontuais. Note que as linhas de força são apenas uma forma intuitiva de
visualizar o campo; por exemplo, se por um lado existe em geral campo em todos
os pontos do espaço, nunca conseguiremos fazer passar uma linha de força por
todos os pontos. Na verdade, só conseguimos traçar um número finito arbitrário
de linhas, interpretando a concentração dessas linhas ao redor de certo ponto
como um indicativo da magnitude do campo naquele ponto.
1.9 Distribuições contínuas de cargas
No mundo real encontramos a propriedade carga elétrica presente nas partículas
elementares, tais como o elétron e o próton. Átomos e moléculas são, em seu
estado natural, eletricamente neutros. Corpos macroscópicos apresentam algum
excesso de carga quando, por algum processo, ocorre uma transferência de carga
de um corpo para outro (usualmente na forma de elétrons). Geralmente o número
de cargas elementares em excesso é muito grande e, associado ao fato que as
dimensões moleculares são muito pequenas, constitui em geral uma aproximação
excelente ignorar a natureza discreta da carga elétrica quando analisamos uma
situação envolvendo corpos macroscópicos. Trabalhamos então com o conceito
de distribuição contínua de cargas, isto é, com a hipótese que a carga elétrica
se distribui continuamente sobres volumes ou superfícies. Definimos então as
densidades de cargas:
O
rdv
′
r′
P
r− r
′
dE
Fig. 1.7 Distribuição volumétrica
Densidade volumétrica de cargas
ρ(r′)= lim
∆v ′→0
∆q
∆v ′
= d q
d v ′
(1.7)
Densidade superficial de cargas
σ(r′)= lim
∆s′→0
∆q
∆s′
= d q
d s′
(1.8)
Densidade linear de cargas
λ(r′)= lim
∆`′→0
∆q
∆`′
= d q
d`′
(1.9)
Para cada um desses tipos de distribuição de carga, podemos determinar a carga
total do objeto carregado como
Qv ′ =
∫
v ′
ρ(r′)d v ′ QS′ =
∫
S′
σ(r′)dS′ Q`′ =
∫
`′
λ(r′)dr′. (1.10)
Eduardo Resek Unifei
1.10 Exemplos de cálculo de campo elétrico 33
Do ponto de vista macroscópico, mesmo um volume tendendo a "zero"conterá
um número muito grande de átomos ou moléculas, o que nos garante uma apro-
ximação boa procedendo dessa forma. Tratamos então um elemento de carga
dS′
O
r
r′
P
r− r′
dE
Fig. 1.8 Distribuição superficial
d`′
O
r
r′
P
r− r ′
dE
Fig. 1.9 Distribuição linear
como uma carga pontual, de modo que o campo elétrico em um ponto P do es-
paço descrito pelo vetor posição r devido a uma distribuição arbitrária de cargas
seria
E(r)= 1
4pi²0
[
N∑
j=1
q j
R2j
Rˆ j +
∫
v ′
ρ(r′)
R2
Rˆd v ′+
∫
S′
σ(r′)
R2
RˆdS′+
∫
l ′
λ(r′)
R2
Rˆdl ′
]
, (1.11)
onde R é o vetor do elemento de carga em questão até a carga q0, e R j a partir da
j -ésima carga pontual.
Pode-se mostrar que uma carga pontual q num ponto r′ pode ser expressa
por uma densidade de cargas ρ(r)= qδ(r− r′). Além disso, as contribuições dos
diversos tipos de densidades de cargas são estruturalmente idênticas, de modo
que não há perda de generalidade se escrevermos o campo elétrico genericamente
como
E(r)= 1
4pi²0
∫
v ′
ρ(r′)
R2
Rˆd v ′ = 1
4pi²0
∫
v ′
ρ(r′)(r− r′)
|r− r′|3 d v
′. (1.12)
1.10 Exemplos de cálculo de campo elétrico
1.10.1 Um disco carregado não uniformemente
Um disco de DVD possui raios interno e externo respectivamente iguais a 1,0cm e
8,0cm, encontrando-se carregado com carga total 5,0µC, distribuída de maneira
inversamente proporcional à distância ao centro do disco. Determinar o campo
elétrico produzido por essa distribuição num ponto do eixo de simetria do DVD
(eixo perpendicular ao seu plano, passando pelo seu centro).
Solução: Como se trata de uma distribuição superficial de cargas, devemos pri-
meiramente determinar a sua expressão. Como a carga encontra-se distribuída
de maneira não uniforme, não podemos dizer que a densidade é simplesmente a
carga total do disco (que é conhecida) dividida pela sua área total. O que sabemos
é que a distribuição de cargas (ou seja, sua densidade superficial, neste caso)
é inversamente proporcional à distância de cada elemento de cargas ao centro
do disco. Se adotarmos um sistema de eixos cuja origem coincide com o centro
do disco, e eixo z perpendicular ao plano do disco, podemos identificar essa
distância coma a coordenada ρ do sistema de coordenadas cilíndricas. Assim
σ(r′)∝ 1
ρ′
= β
ρ′
, Carga distribuída de maneira
inversamente proporcional:
isso se refere à densidade da
distribuição!
onde β é uma constante a ser determinada. Isso é realizado Escrevendo a carga
total como em (1.8):
Q =
∫
S′
σ(r′)dS′ =
∫ 2pi
0
∫ b
a
β
ρ′
ρ′dρ′dϕ′ = 2piβ(b−a),
Unifei Eduardo Resek
34 Capítulo 1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico
onde a e b são os raios interno e externo, respectivamente, teremos
β= Q
2pi(b−a) =
5,0 ·10−6
2pi×7,0 ·10−2 = 1,14 ·10
−5 C/m.
A densidade de cargas fica
σ(ρ′)= Q
2pi(b−a)ρ′ .
Lembrando que a lei de Coulomb se aplica para cargas pontuais ou infinitesimais,
x
y
z
r′
r
r− r′
dE
Fig. 1.10 Disco carregado
devemos determinar, para cada elemento de carga possível sobre a distribuição,
o campo que ele produz, somando para toda a distribuição. Devemos, para isso,
sempre escolher um elemento de cargas suficientemente genérico para repre-
sentar todo e qualquer possível elemento de cargas da distribuição. Não escolha,
por exemplo, um elemento de cargas sobre algum dos eixos, na periferia do disco
(nesse caso, pois a distribuição de cargas é superficial) e, jamais, na origem. A
figura ilustra o elemento de carga escolhido, cujo vetor posição escrevemos como
r′ = ρ′ ρˆ′, a ≤ ρ′ ≤ b.
Desejamos calcular o campo sobre um ponto qualquer do eixo z, assim escreve-
mos sucessivamente
r= z zˆ, r− r′ = z zˆ−ρ′ ρˆ′, |r− r′| = (z2+ρ′2)1/2.
A lei de Coulomb fornece então
E(r)=E(z)= 1
4pi²0
∫ 2pi
0
∫ b
a
β
ρ′
(z zˆ−ρ′ ρˆ′)
(z2+ρ′2)3/2ρ
′dρ′dϕ′.
Todo cuidado agora é pouco. Um erro muito comum cometido pelo estudante é
escrever, a partir daí que
Atenção para o erro muito
comum: tratar o versor
como constante!
E(z)= β
4pi²0
(
zˆ z
∫ 2pi
0
∫ b
a
dρ′dϕ′
(x2+ρ′2)3/2 − ρˆ
′
∫ 2pi
0
∫ b
a
ρ′dρ′dϕ′
(x2+ρ′2)3/2
)
u ERRADO!
O erro é que ρˆ′ é um vetor que varia de ponto para ponto, não pode portanto
ser retirado para fora do integral acima. Devemos escrevê-lo em termos de
versores de coordenadas cartesianas:
ρˆ′ = cosϕ′ xˆ+ senϕ′ yˆ,
o que resulta
E(z)= β
4pi²0
(
zˆ z
∫ 2pi
0
∫ b
a
dρ′dϕ′
(x2+ρ′2)3/2
− xˆ
∫ 2pi
0
∫ b
a
ρ′ cosϕ′dρ′dϕ′
(x2+ρ′2)3/2 − yˆ
∫ 2pi
0
∫ b
a
ρ′ senϕdρ′dϕ′
(x2+ρ′2)3/2
)
Eduardo Resek Unifei
1.10 Exemplos de cálculo de campo elétrico 35
Ora, os integrais em xˆ e yˆ se anulam, pois num intervalo completo de 0 a 2pi
tanto o seno como o cosseno, integrados, se anulam:∫ 2pi
0
cosϕ′dϕ′ =
∫ 2pi
0
senϕ′dϕ′ = 0.
No integral restante,∫ 2pi
0
dϕ′ = 2pi e
∫
dρ′
(z2+ρ′2)3/2 =
ρ′
z2
√
z2+ρ′2
.
O integral foi resolvido perfazendo-se a mudança de variáveisρ′ = z tanα ou, mais
fácil ainda, consultando este site. Resta-nos agora apenas completar o cálculo
introduzindo os limites do integral. Reintroduzindo o β calculado anteriormente,
fica:
E(z)= zˆ Q
4pi²0(b−a)z
(
bp
z2+b2
− ap
z2+a2
)
Com os valores numéricos, para z em cm, ficaria:
E(z)= zˆ 5,63 ·10
3
z
(
8p
z2+64
− 1p
z2+1
)
kV/mm
u Simetria!Vamos discutir um pouco mais esse resultado, com particular atenção à sime-
tria apresentada pela distribuição de cargas que, sem mesmo realizar nenhum
cálculo, nos permitiria prever que o único componente do campo elétrico seria o
longo do eixo de simetria do disco (eixo z).
x
y
z
r′
r
r− r′
dE
dE′Fig. 1.11 Elemento de carga simé-
trico
O cálculo do campo envolve a soma das contribuições de todos os possíveis
elementos de carga infinitesimais sobre a superfície do disco. Por isso devemos
escolher um elemento de carga suficientemente genérico sobre a distribuição,
para que ele possa representar qualquer possível elemento infinitesimal do disco,
tal como fizemos na figura. Ora, no processo de soma das contribuições, vamos
encontrar a de um elemento de carga simetricamente disposto, em relação ao
eixo z, ao elemento considerado. Sua contribuição dE′ para o campo em P será
um vetor de mesmo módulo que dE, pois sua distância ao ponto P é a mesma
que a do primeiro elemento e sua carga também é a mesma daquele! Isso se
deve ao fato de que a densidade de cargas sobre a superfície do disco, embora
não seja uniforme, depende apenas da distância do elemento ao centro do disco;
como o segundo elemento considerado está numa posição simétrica ao primeiro,
relativamente ao cento do disco, suas coordenadas ρ′ são idênticas. Além disso,
essa mesma geometria nos garante que os ângulos formados pelas contribuições
dE e dE′ com o eixo z são iguais, implicando que a soma vetorial de ambos será
ao longo desse eixo!
z
dS′dS′′
dE
r′
r
dE′
r′r′′
r− r′r− r′′
dE‖ dE′‖
Fig. 1.12 Cancelamento de compo-
nentes do campo
Poderíamos portanto, com base nessa análise, ter-nos poupado do cálculo
dos demais componentes, embora eles não tenham sido (nesse caso) difíceis (por
outro lado, uma escolha infeliz da ordem em que os integrais foram realizados
poderia ter mudado radicalmente esse panorama — tente, por exemplo, fazer
primeiramente o integral em ρ′ dos componentes em xˆ ou yˆ acima!).
Unifei Eduardo Resek
36 Capítulo 1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico
1.10.2 Linha reta carregada uniformemente
Determinar o campo elétrico produzido, num ponto qualquer do espaço, por
uma distribuição retilínea infinita de cargas, carregada com uma densidade linear
uniforme de cargas λ. Adotemos o eixo z de forma que ele coincida com a
linha carregada Como a linha é infinita e a distribuição uniforme, percebemos
Se houver alguma direção
privilegiada em termos de
simetria na geometria da dis-
tribuição, é sempre vantajoso
adotá-la como sendo o eixo
z.
que o campo não deve depender da coordenada z do ponto de observação. É
aparente também que a direção do campo em cada ponto deve ser na direção da
perpendicular baixada do ponto até a linha carregada, nesse caso portanto, de
ρˆ. A não ser pela direção do campo, este não depende tampouco da coordenada
azimutal (que especifica a posição do ponto de observação ao redor da linha
de cargas). Assim, sem perda de generalidade, podemos calcular o campo num
ponto genérico do plano x y :
r= ρ ρˆ.
Escolhendo um elemento de carga genérico tal como o da figura, temosρ
z
P
r
d`′
r′
r− r′
dE
Fig. 1.13 Linha infinita carregada
r′ = z ′ zˆ =⇒ r− r′ = ρ ρˆ− z ′ zˆ, |r− r′| =
√
z ′2+ρ2,
e a lei de Coulomb fica
E(r)= 1
4pi²0
∫
`′
λ(r′)(r− r′)
|r− r′|3 dr
′ = λ
4pi²0
∫ ∞
−∞
ρ ρˆ− z ′ zˆ
(z ′2+ρ2) d z
′.
Nesse caso, o versor ρˆ é fixo, pois refere-se ao ponto de observação, e não ao
vetor posição do elemento de carga da distribuição. Já vimos que, por força
da simetria da distribuição, o campo deve resultar ao longo da direção axial, e
portanto o integral relativo ao componente zˆ deve se anular. De fato, o integrando
é uma função ímpar e os limites de integração simétricos com respeito à origem,
garantindo um resultado nulo para a integração. Resta-nos
ρ
z
P
r
d`′
r′
r− r′
dE
d`′′
r′′
r− r′′
dE′
Fig. 1.14 Simetria
E= ρˆ λρ
4pi²0
∫ ∞
−∞
d z ′
(z ′2+ρ2)3/2
A substituição z ′ = ρ tanα transforma o integral acima em ρ−2 cosα, pois d z ′ =
f(z′)
z′
Fig. 1.15 Integrando em zˆ
ρ sec2αdα e o denominador é equivalente a [ρ2(1+ tan2α)]3/2 = (ρ2 sec2α)3/2 =
ρ3 sec3α, agora com os limites de −pi/2 e pi/2. Claro que, se você preferir, sempre
se pode consultar este site. Resulta
E= λ
2pi²0ρ
ρˆ (1.13)
1.10.3 Uma semi-esfera carregada
Uma semi-esfera maciça de raio R encontra-se carregada com um densidade
volumétrica de cargas não uniforme dada por
ρ = ρ0 r
R
senθ,
Eduardo Resek Unifei
1.10 Exemplos de cálculo de campo elétrico 37
onde θ é o ângulo medido com respeito ao eixo de simetria da semi-esfera. Deter-
minar o campo elétrico no seu centro de curvatura.
y
z
x
dv′
r′ = r′ rˆ′
dE
θ′
Fig. 1.16 Semiesfera
A figura ilustra a disposição dos eixos do sistema de coordenadas. Escolhemos
um elemento de carga tal como o ilustrado na figura, para o qual podemos
escrever:
r′ = r ′ rˆ′ = r ′(senθ′ cosϕ′ xˆ+ senθ′ senϕ′ yˆ+cosθ′ zˆ)
Para um ponto qualquer no eixo de simetria da distribuição, fora dela, teremos
r= z zˆ.
Desse modo
r− r′ = z zˆ− r ′ rˆ′ = (z− r ′ cosθ) zˆ− r ′ senθ′ cosϕ′ xˆ− r ′ senθ′ senϕ′ yˆ
=⇒ |r− r′| = (z2+ r ′2−2zr ′ cosθ′)1/2,
e a lei de Coulomb fornece
E(r)= 1
4pi²0
∫
v ′
ρ(r′)(r− r′)
|r− r′|3 d v
′
= 1
4pi²0
∫ 2pi
0
∫ pi
pi/2
∫ R
0
ρ0
r ′ senθ′
R
×
[(z− r ′ cosθ′) zˆ− r ′ senθ′ cosϕ′ xˆ− r ′ senθ′ senϕ′ yˆ]
(z2+ r ′2−2zr ′ cosθ′)3/2 r
′2 senθ′dr ′dθ′dϕ
Os componentes em xˆ e yˆ novamente se anulam devido aos integrais na coor-
denada azimutal ϕ (você consegue justificar fisicamente através de argumentos
de simetria, o porquê disso?). Na direção de zˆ, o integral em ϕ resulta em 2pi.
Ficamos então com
E(z)= zˆ ρ0
2²0R
∫ pi
pi/2
∫ R
0
r ′3(z− r ′ cosθ′)sen 2θ′
(z2+ r ′2−2zr ′ cosθ′)3/2 dr
′dθ′.
O cálculo do integral acima é bem complicado, mas nossa tarefa consiste em
determinar o campo elétrico no centro de curvatura da distribuição, que é exata-
mente a origem. Para z = 0, a expressão acima fica
E(0)=− zˆ ρ0
2²0R
∫ pi
pi/2
∫ R
0
r ′4 cosθ′ sen 2θ′
r ′3
dr ′dθ′ =− zˆ ρ0
2²0
R2
2
[
sen 3θ
3
]pi
pi/2
,
ou
E(0)= ρ0R
2
12²0
zˆ
Unifei Eduardo Resek
38 Capítulo 1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico
Questões sobre o Capítulo 1: A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico
Q1.1 Você dispõe de um bastão de vidro, um lenço de seda e duas esferas de
metal (condutoras), inicialmente neutras, montadas em um suporte
de plástico (isolante). Descubra um modo de carregar as esferas com
cargas iguais e opostas. Não é permitido tocar com o bastão nas esferas.
é necessário que as esferas sejam do mesmo tamanho?
Q1.2 Se você friccionar vigorosamente um bastão de ebonite (um plástico
isolante) com uma flanela, o bastão ficará eletrizado. Entretanto, se
você friccionar uma moeda entre os dedos, ela não irá adquirir carga
alguma. Por que?
Q1.3 Depois de caminhar algum tempo sobre um carpete, você freqüen-
temente sente um “choque” ao tocar na maçaneta de metal da porta.
Qual a causa disso?
Q1.4 a) Defina linhas de força de um campo elétrico. b) Duas linhas de
força nunca se cruzam. Explique por que.
Q1.5 Uma carga pontual q é solta numa região de campo elétrico não uni-
forme. A trajetória que ela segue necessariamente coincide com uma
das linhas de força?
Q1.6 Duas cargas pontuais de mesmo módulo e sinais opostos encontram-
se sobre uma reta separadas por uma distância d . Determine a direção
e sentido do campo elétrico: a) sobre a reta e entre as cargas; b) sobre
a reta, fora das cargas, próximo à carga positiva; c) idem, próximo à
carga negativa; d) fora da reta, no plano mediatriz das cargas (plano
perpendicular à reta e que passa pelo ponto médio entre as cargas).
Problemas do Capítulo 1: A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico
P1.1 Duas cargas de −10µC e 20µC encontram-se separadas por uma dis-
tância de 20cm. Onde deve ser colocada uma terceira carga de modo
que, sob a ação dessas duas, fique em repouso? Resp: Ao longo da reta suporte
das duas cargas,a 48,5cm da carga negativa e 68,5cm da positiva
P1.2 Dez cargas pontuais de 500µC estão colocadas sobre uma circunferên-
cia de raio 2 m, todas igualmente afastadas entre si. Calcule a força
exercida por esse conjunto sobre uma carga pontual de −20µC , situ-
ada sobre o eixo, dois metros afastada do plano da circunferência.
P1.3 Duas esferas condutoras idênticas possuem cargas de sinais opostos e
se atraem mutuamente com uma força de 0,108 N, quando separadas
por uma distância de 50 cm. Elas são ligadas por um fio condutor, que
é removido logo a seguir, passando então a se repelir com uma força
Eduardo Resek Unifei
1.10 Exemplos de cálculo de campo elétrico 39
de 0,036 N. Quais eram os valores iniciais das cargas das esferas? Resp:
±3,0µC e ∓1,0µC
P1.4 Uma carga Q deve ser dividida em duas: q e Q − q . Qual deve ser o
valor de q para que a repulsão coulombiana entre as duas novas cargas
seja máxima? Resp: q =Q/2
P1.5 Duas cargas pontuais de valor q e −q são fixadas nos pontos P1(0, a) e
P2(0,−a) respectivamente, de um sistema de coordenadas cartesianas,
formando o que se denomina um dipolo elétrico. Uma terceira carga
positiva e de mesmo valor, é colocada em algum ponto sobre o eixo
dos x.
a) Qual a intensidade e orientação da força exercida sobre a terceira
carga quando esta se encontra na origem?
b) Qual é a força sobre ela quando sua abcissa é x?
c) Esboce o gráfico da força sobre a terceira carga em função de x, para
valores de x entre −4a e 4a.
d) Mostre que quando a abcissa x da terceira carga for grande compa-
rada à distância a, a força sobre ela é inversamente proporcional ao
cubo da sua distância ao centro do dipolo.
e) Situando agora a terceira carga sobre o eixo dos y , a uma ordenada
y grande comparada com a distância a, mostre que a força sobre ela
também é inversamente proporcional ao cubo de sua distância à ori-
gem do dipolo.
Resp: a) − yˆ q
2
2pi²0a2
(= F0) b)
a3
(a2+x2)3/2 F0
d) F'− yˆ q
2a
2pi²0x3
e) F' yˆ q
2a
pi²0 y3
P1.6 Três cargas pontuais de mesma massa m = 200g e carga elétrica q são
penduradas por fios sem massa e inextensíveis, todos de comprimento
L = 1,0m, a partir de um ponto comum no teto. Na posição de equilí-
brio, a distância entre cada uma delas vem a ser de 20cm. Determine o
valor de cada carga. Resp: 0,765µC
P1.7 A cunha cilíndrica limitada pelas superfícies z = 0, z = 3(m), ϕ= 300,
ϕ = 600 e ρ = 5(m) tem densidade volumétrica de cargas dada por
ρv = ρ sen2ϕ(nC/m3). Determinar a carga elétrica total encerrada pela
cunha. Resp: 62,5nC
P1.8 Seja uma distribuição (infinita) de cargas com densidade ρ, dada no
sistema de coordenadas esféricas por
ρ =K e
−ar
r 2
, K = cte.
a) Considerando uma esfera de raio R centrada na origem do sistema,
determine a carga de um hemisfério.
Unifei Eduardo Resek
40 Capítulo 1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico
b) Qual o raio R ′ da esfera que contem metade da carga total da distri-
buição (que é infinita!)?
Resp: a)
2kpi(1− e−aR )
a
b) R ′ = 1
a
ln2z
λ
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
P
α2
α1
Fig. 1.17 Linha finita (P1.9)
P1.9 Mostre que o campo elétrico produzido por uma linha carregada com
densidade de cargas uniforme λ e disposta ao longo do eixo zé dado
por
E= λ
4pi²0ρ
[
(cosα1+cosα2) ρˆ+ (senα2− senα1) zˆ
]
,
onde α1 e α2 são os ângulos mostrados na figura.
P1.10 Considere uma barra muito fina de comprimento L , uniformemente
carregada, com uma densidade linear de cargas λ.
a) Determine o campo eletrostático E produzido pela barra num
ponto situado no seu eixo mediatriz. Calcule E para os seguintes
casos: z >> L e z << L (ou L →∞, fio retilíneo infinito uniforme-
mente carregado).
b) Determine o campo num ponto sobre o eixo perpendicular à
barra que passa por uma de suas extremidades.
Resp: E= λL
2pi²0z
p
L2+4z2
zˆ. Para z >> L, E= q
4pi²0z2
zˆ, e, para z << L, (ou L →∞), E= λ2pi²0z zˆ.
P1.11 Uma barra muito fina de comprimento L = 1,0m é carregada com
uma densidade linear de cargas λ que varia linearmente ao longo da
barra, desde um valor −λ0 numa extremidade, até o valor λ0 no outro
extremo, sendo λ0 = 0,50µC/m. Determine o campo eletrostático
produzido pela barra num ponto situado: a) no seu eixo mediatriz, ap
2m da barra; b) no prolongamento da reta que contem a barra, a 2
m da extremidade. Resp: a) E=−0,24 xˆkV/m b) E= 0,10 xˆkV/m
P1.12 Usando a lei de Coulomb (integração direta), determine o campo pro-
duzido por um fio de carga Q e comprimento L, dobrado em forma
de um arco de circunferência de 60rˇ, no seu centro de curvatura; Resp:
E = q
12²0L2
, ao longo da bissetriz do arco da circunferência.
P1.13 Um fio não condutor muito fino forma uma circunferência de raio a e
está localizado no plano x y , com seu centro na origem. O fio possui
uma densidade linear de cargas dada por λ = λ0 senϕ, onde ϕ é o
ângulo medido a partir do eixo x positivo. Determine: a) a carga total
do fio; b) E na origem. c) Você acha alguma incoerência entre os
resultados de a) e b)? Resp: a) Zero b) E= (− yˆ) λ0
4²0a
P1.14 Considere um disco de raio a, uniformemente carregado, com densi-
dade superficial de carga σ;
a) Determine o campo eletrostático E num ponto qualquer do eixo
Eduardo Resek Unifei
1.10 Exemplos de cálculo de campo elétrico 41
de simetria deste disco; b) Uma partícula de carga Q e massa m é
solta do eixo z a partir do repouso, de uma distância z0 do disco.
Determine a velocidade que ela possuirá quando atingir uma dis-
tância (i ) 4z0, (i i ) ∞ do disco. c) Calcule E para os seguin-
tes casos: z >> a e z << a ( ou a →∞, isto é, o disco se torna um
plano infinito uniformemente carregado). d) Qual o máximo valor
de z para que se possa usar a aproximação de plano infinito (isto
é, considerar E ≈ σ/(2²0)), cometendo um erro de no máximo 5%?
Resp: a) ~E(z)= σ2²0 [1−
zp
z2+a2
] zˆ, para z > 0 , ~E(z)= σa2
4²0z2
zˆ= Q
4pi²0z2
zˆ (carga puntiforme) e
~E(z)= σ2²0 zˆ, (plano infinito).
P1.15 Determine o campo e o potencial eletrostáticos produzidos por um
disco de raio a carregado com σ=σ0 sen 2ϕ num ponto qualquer de
seu eixo de simetria.
P1.16 Uma carga está distribuída sobre o eixo z com densidade λ0 para |z| >
4m e λ = 0 para |z| < 4m. Determine o campo elétrico no ponto
P (0,2,0)m.
P1.17 Um quadrado, que possui lado 2m , está centrado na origem e situa-se
no plano z = 0, encontra-se carregado com uma densidade superficial
de cargas
σ= |x|nC/m2.
Determine: a) a carga total da distribuição; b) o campo E no ponto
P (0,0,1)m. Resp: a) Q = 2,0nC b) 8,02 zˆ (V/m)
P1.18 Um quadrado de lado 2m jaz no plano x y delimitado por 0≤ x ≤ 2m e
0≤ y ≤ 2m, carregado com carga superficial
σ= 2x(x2+ y2+4)3/2µC/m2.
Determine o campo elétrico no ponto do eixo z situado a 2m acima do
plano.
P1.19 Uma esfera não condutora de raio R está carregada com uma densi-
dade de cargas não uniforme dada por ρ = kr senθ, onde r é a distância
medida a partir do centro da esfera e θ é o ângulo a partir de um eixo de
referência. A esfera é cortada exatamente ao meio, num plano normal
ao referido eixo, e uma das partes jogada fora. Determine:
a) A carga total da semiesfera; b) O campo elétrico no centro de curva-
tura da semiesfera em função da carga total desta. Resp: b) E= 2Q
3pi2²0R2
zˆ
P1.20 Uma esfera condutora de raio R encontra-se carregada com uma den-
sidade superficial de cargas dada por σ=Q cosθ/R2. Determine:
a) Sua carga total;
b) Seu momento de dipolo total, definido como o vetor
p=
∫
S′
σ(r′)r′dS′
Unifei Eduardo Resek
42 Capítulo 1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico
c) O campo que ela produz em seu centro (para quem gosta de desafios,
tente calcular o campo num ponto qualquer do eixo z, tanto para z <R
quanto para z >R). Resp: a) Q = 0, b) p= zˆ4piRQ/3, c) E= zˆ Q
3²0R2
Eduardo Resek UnifeiCapítulo 2
A Lei de Gauss
2.1 Fluxo de um vetor
A palavra fluxo transmite a idéia de movimento através de uma região, por exem-
plo, o fluxo de um rio em seu leito, fluxo de ar (vento!), etc. Matematicamente, o
dS
nˆ
A
B
Fig. 2.1 Fluxo
conceito de fluxo está associado a um campo vetorial que atravessa uma dada
superfície. Dado um campo vetorial A numa região do espaço, definimos o fluxo
ΦA do campo através de uma superfície S como o integral
ΦA =
∫
S
A· nˆdS,
onde dS é um elemento infinitesimal de área e nˆ um vetor unitário normal a dS.
O cálculo do integral é o usual: dividimos a superfície S em um número muito
grande de pequenos elementos de superfície, calculamos a contribuição em cada
um desses elementos, A· nˆi ∆Si e, tomando o limite de N →∞, somamos tudo:∫
S
A· nˆdS = lim
N→∞
N∑
i=1
Ai · nˆi ∆Si
= lim
N→∞
N∑
i=1
Ai cosθi ∆Si
=
∫
S
A cosθdS
Observe que a definição é compatível com a idéia do campo atravessando a
superfície: na figura, o vetor B é perpendicular ao vetor normal à superfície, nˆ,
jaz rente à superfície e não a atravessa: o produto escalar na expressão garante
que isso se traduz num fluxo zero, pois B· nˆ=B cos(pi/2)= 0 (naquele elemento
de superfície ilustrado).
É claro queΦA é um escalar, podendo ser positivo, negativo ou nulo, depen-
dendo do ângulo formado entre o vetor e a normal à superfície em cada ponto.
O sentido de nˆ é, em geral, arbitrário, mas para superfícies fechadas nˆ é sempre
orientado para fora da superfície. Nesse caso especial é usual representarmos o
43
44 Capítulo 2 A Lei de Gauss
integral com um circulo, indicando que a superfície S é fechada:
ΦA =
∮
S
A· nˆdS,
2.2 Ângulo Sólido
É uma medida da abertura espacial determinada por uma superfície em relação a
um ponto de referência que não pertença a ela. Comecemos com uma superfície
em forma de uma calota esférica de raio R. O ângulo sólido, medido em esfero-
radianos ou stereo-radianos (sr) é, por definição
Ω= A
R2
,
sendo independente do raio da esfera, pois a área é proporcional ao quadrado do
raio. Para generalizar, consideremos um elemento de área ∆S muito pequeno;
Sendo R a distância do ponto de referência P ao centro de ∆S, e ∆S′ a calota de
uma esfera de raio R com centro em P , o ângulo sólido será
∆Ω≈ ∆S
′
R2
≈= ∆S · nˆRˆ
R2
,
onde nˆ é o versor perpendicular as ∆S′. No limite ∆S′→ 0, temos
O
rˆ
nˆ
dΩ
dS′
dS
Fig. 2.2 Definição de ângulo sólido
dΩ= · nˆRˆ
R2
dS =⇒ Ω=
∫
S
· nˆRˆ
R2
dS.
Denotando por r′ o vetor posição de P , a expressão geral fica
Ω=
∫
S
·(r− r′) nˆ
|r− r′|2 dS.
O ângulo sólido total ao redor de um ponto qualquer é 4pisr. Assim, temos que∮
S
·(r− r′) nˆ
|r− r′|2 dS = 4pi.
Em coordenadas esféricas, dΩ= senθdθdϕ.
Fig. 2.3 Ângulo sólido em coorde-
nadas esféricas
Exercício proposto 1. No cubo ilustrado a seguir, determine o ângulo espacial
subtendido pela face azul com respeito ao vértice P.
P
Fig. 2.4 Exercício proposto 1
Eduardo Resek Unifei
2.3 A Lei de Gauss para o campo elétrico 45
2.3 A Lei de Gauss para o campo elétrico
A famosa Lei de Gauss constitui uma das quatro equações básicas do eletromagne-
tismo e é talvez a mais importante ferramenta do estudante de eletromagnetismo
a esse nível introdutório. Pode ser obtida diretamente da lei de Coulomb tanto na
forma diferencial quanto na forma integral, embora a primeira exija o domínio
das ideias da teoria de distribuições (o delta de Dirac).
2.3.1 Determinando diretamente o divergente do campo (opcional)
A lei de Gauss na forma diferencial diz respeito ao divergente do campo elétrico.
Vamos determiná-lo partindo da forma mais genérica possível para o campo
eletrostático,
E= 1
4pi²0
∫
v ′
ρ(r′)(r− r′)
|r− r′|3 d v
′,
pois qualquer distribuição de cargas pode ser expressa em termos de alguma
densidade volumétrica ρ. Tomando o divergente, segue
∇·E= 1
4pi²0
∇·
∫
v ′
ρ(r′)(r− r′)
|r− r′|3 d v
′
= 1
4pi²0
∫
v ′
ρ(r′)∇· (r− r
′)
|r− r′|3 d v
′
= 1
4pi²0
∫
v ′
ρ(r′)4piδ(r− r′)d v ′ = ρ(r)
²0
,
que é a almejada lei de Gauss. Para expressá-la em forma integral basta integrar
sobre um volume v finito:∫
v
∇·Ed v = 1
²0
∫
v
ρ(r)d v = Qint
²0
,
e utilizar o teorema de Gauss no primeiro membro. Acima, Qint é a carga total
interna ao volume v . Sendo S a superfície que o delimita, tem-se∮
S
E· nˆdS = Qint
²0
.
2.3.2 Calculando o fluxo de uma carga pontual através de uma super-
fície fechada arbitrária
Calculemos o fluxo elétrico produzido por uma carga isolada q através de uma
superfície fechada arbitrária que a contém,
ΦE =
∮
S
E· nˆdS
Escolhendo a origem do sistema de coordenadas coincidindo com a carga q ,
q
rˆ
nˆ
dΩ
dS′
dS
Fig. 2.5 Ângulo sólidoteremos:
ΦE = q
4pi²0
∮
S
rˆ
r 2
· nˆdS = q
4pi²0
∮
S
r· nˆ
r 3
dS = q
4pi²0
∮
dΩ,
Unifei Eduardo Resek
46 Capítulo 2 A Lei de Gauss
onde dΩ é o ângulo sólido infinitesimal delimitado pela área dS, em relação à
origem O. Como
∮
dΩ representa o ângulo sólido total em torno da origem (4pisr),
segue que
ΦE =
∮
S
E· nˆdS = q
²0
.
Por outro lado, podemos mostrar facilmente que, para uma superfície S que não
engloba a carga q , obteríamos ∮
S, q 6⊂S
E· nˆdS = 0.
Vemos pela figura que uma mesma linha de força, subtendendo o mesmo ângulo
q dΩ
rˆ
dS
nˆ
dS′
rˆ′
nˆ′
Fig. 2.6 Carga fora do corpo: fluxo
total é nulo
sólido, produz um fluxo positivo no elemento de superfície dS quando sai do
corpo, pois o ângulo formado pelo versor normal e o radial é agudo, enquanto
que no elemento dS′, onde a linha de força penetra no corpo, o fluxo é negativo,
pois o ângulo entre nˆ′ e rˆ′ é maior que 90◦.
Ora, pelo princípio da superposição, segue imediatamente que, para uma dis-
tribuição arbitrária de cargas, o fluxo elétrico total através de qualquer superfície
fechada S será proporcional à carga total contida na superfície. Isto é exatamente
a forma integral da lei de Gauss:∮
S
E· nˆdS = Qint
²0
= 1
²0
∫
v
ρd v, (2.1)
onde é o v o volume e Qint a carga total (soma algébrica), delimitados pela su-
perfície S, muitas vezes denominada superfície gaussiana. Usando o teorema do
divergente (Gauss), obtemos sucessivamente∮
S
E· nˆdS =
∫
v
∇·Ed v = 1
²0
∫
v
ρd v =⇒
∫
v
(
∇·E− ρ
²0
)
d v = 0.
Como o volume de integração é arbitrário, necessariamente
∇·E= ρ
²0
, (2.2)
que é a lei de Gauss na forma diferencial.
Exemplo 2.1 Comprove a lei de Gauss para o fluxo do campo elétrico
de uma carga q na origem do sistema de coordenadas, através de uma
superfície cilíndrica formada pelas superfícies ρ =R e z =±h/2.
Solução: Sejam 1 e 2 as tampas superior e inferior do cilindro e 3 sua
superfície lateral. Os versores normais a essas superfícies são
nˆ1 = zˆ, nˆ2 =− zˆ, nˆ3 = ρˆ.
Eduardo Resek Unifei
2.3 A Lei de Gauss para o campo elétrico 47
Em coordenadas cilíndricas, o vetor posição de um ponto qualquer é escrito
como
r= ρ ρˆ+ z zˆ,
e o campo elétrico de uma carga pontual na origem fica
E= 1
4pi²0
qr
r 3
= q(ρ ρˆ+ z zˆ)
4pi²0(ρ2+ z2)3/2
Os fluxos através dessas superfícies são:
ΦE1 =
q
4pi²0
∫ 2pi
0
∫ R
0
(ρ ρˆ+ 12 h zˆ)· zˆ
[ρ2+ (h/2)2]3/2 ρdρdϕ,
ΦE2 =
q
4pi²0
∫ 2pi
0
∫ R
0
(ρ ρˆ− 12 h zˆ)· (− zˆ)
[ρ2+ (h/2)2]3/2 ρdρdϕ,
e
ΦE3 =
q
4pi²0
∫ h/2
−h/2
∫ 2pi
0
(R ρˆ+ z zˆ)· ρˆ
(R2+ z2)3/2 R dϕd z
Pela simetria, os fluxos através das superfícies ±h/2 serão idênticos: ΦE1 =
ΦE2. Podemos escrever
ΦE = 2ΦE1+ΦE3,
q
nˆ1
E
nˆ3
E
Fig. 2.7 Carga pontual e superfície
cilíndrica
onde
ΦE1 =
qh
8pi²0
∫ 2pi
0
∫ R
0
1
(ρ2+h2/4)3/2 ρdρdϕ
= qh
4²0[
− 1√
ρ2+h2/4
]R
0
= q
2²0
(
1− hp
4R2+h2
)
e
ΦE3 =
qR2
4pi²0
∫ h/2
−h/2
∫ 2pi
0
dϕd z
(R2+ z2)3/2
= qR
2
2²0
[
z
R2
p
R2+ z2
]h/2
−h/2
= qh
²0
p
4R2+h2
;
O fluxo total perfaz, portanto
ΦE = q
²0
,
em concordância com a lei de Gauss.
Unifei Eduardo Resek
48 Capítulo 2 A Lei de Gauss
2.4 Aplicações da lei de Gauss
Algumas aplicações óbvias e imediatas da lei de Gauss são:
• forma integral: conhecida a distribuição, determinar o fluxoΦE do campo
elétrico através de uma superfície fechada, ou em alguns casos, aberta.
• forma integral: conhecido o campo E(r), determinar a carga total contida
em uma certa região do espaço ()delimitada por uma dada superfície).
• forma diferencial: conhecido o campo E(r), determinar detalhadamente
a distribuição de cargas em cada ponto da região, ou seja sua densidade
volumétrica de cargas ρ(r).
Uma terceira (e talvez a mais importante) aplicação da lei de Gauss na forma
integral, é a de permitir determinar o campo elétrico em todos os pontos de uma
região a partir do conhecimento da distribuição de cargas. Para isso é necessário
que a distribuição seja dotada de certas simetrias que permitam simplificar o
integrando da equação (2.1) de modo a isolar o campo elétrico.
Basicamente, três tipos de simetria podem ser identificados na prática, que
trataremos a seguir.
2.4.1 Simetria esférica
De uma maneira geral, um campo elétrico pode ser escrito em coordenadas
esféricas como
E(r)= Er (r,θ,ϕ) rˆ+Eθ(r,θ,ϕ) θˆ+Eϕ(r,θ,ϕ) ϕˆ
Um campo é dito esfericamente simétrico quando ele possui apenas o compo-
nente radial e com intensidade dependente apenas da distância à origem do
sistema de coordenadas (coordenada r ):
t Simetria esférica
E(r)= E(r ) rˆ (2.3)
Nessa situação, se escolhermos uma superfície esférica para a aplicação da lei
de Gauss, para a qual nˆ= rˆ, o fluxo do campo elétrico através desta se simplifica
como a seguir:∮
S
E· nˆdS =
∮
S
E(r ) rˆ· rˆ︸︷︷︸
=1
dS =
∮
S
E(r )
∣∣∣∣
S
dS = E(r )
∮
S
dS = E(r )4pir 2,
onde pudemos retirar o módulo do campo para fora do integrando por ser ele
avaliado sobre a superfície gaussiana esférica, onde r é sempre o mesmo e, por-
tanto, E(r ) também. Em problemas que envolvam simetria esférica do campo,
tudo o que precisamos portanto é determinar a carga Qint contida pela superfície
esférica gaussiana que passa em cada ponto de interesse. Então
4pir 2E(r )= Qint
²0
=⇒ E(r)= Qint
4pi²0r 2
rˆ . (2.4)
Eduardo Resek Unifei
2.4 Aplicações da lei de Gauss 49
Num problema geralmente é necessário aplicar a lei de Gauss a várias superfícies
gaussianas, uma para cada região fisicamente distinta onde desejamos obter o
campo elétrico.
Situações de simetria esférica
Quando ocorre esse tipo de simetria? Um caso óbvio é o da carga pontual locali-
zada na origem. Além desse, podemos ter
• Distribuições superficiais de cargas centradas na origem cujas densidades
sejam uniformes.
• Distribuições volumétricas de cargas cujas densidades sejam uniformes ou
dependentes da coordenada r apenas.
• Superposições de todos as possibilidades descritas.
Exemplo 2.2 Uma distribuição de cargas esférica oca, cujos raios interno
e externo são 2a e 3a, respectivamente, encontra-se carregada com carga
total Q distribuída em seu volume de maneira inversamente proporcional à
distância ao seu centro. Exatamente em seu centro, encontra-se uma outra
distribuição esférica, de raio a, cuja carga total é −Q, porém distribuída
uniformemente sobre seu volume. Determine o campo elétrico em todas
as regiões do espaço.
Solução: A distribuição de cargas satisfaz aos quesitos de simetria esférica,
Q
−Q
a
3a
2a
Fig. 2.8 Exemplo 2.2: simetria
esférica
isto é, o campo elétrico será da forma E = E(r ) rˆ. Temos quatro regiões
distintas claramente delimitadas: r ≤ a, a < r < 2a, 2a ≤ r ≤ 3a e r > 3a.
Para cada uma delas utilizaremos uma superfície gaussiana esférica distinta,
cada qual com um raio adequado a fim de possibilitar-nos calcular o campo
num ponto genérico da respectivamente região. De acordo com a equação
(2.4), devemos simplesmente obter a carga total delimitada pela gaussiana
em cada caso:
a) r ≤ a (superfície gaussiana S1) Nessa região a carga elétrica total (−Q)
se encontra distribuída uniformemente sobre a esfera de volume 43pia
3,
portanto a densidade de cargas ρ1 é facilmente obtida:
ρ1 = −Q4
3pia
3
=− 3Q
4pia3
.
Entretanto, a carga englobada pela gaussiana S1 não é, em geral, (−Q),
pois queremos o campo num ponto qualquer da região 0 ≤ r ≤ a, e a
gaussiana deve ser tal como a mostrada na figura 2.9, com raio r menor
que o raio a da esfera. Para essa gaussiana, temos
E = E rˆ
nˆ = rˆ
r
S1
Fig. 2.9 Região 0≤ r ≤ a
Unifei Eduardo Resek
50 Capítulo 2 A Lei de Gauss
Qint =
∫
v1
ρ1 d v = (−3Q)
4pia3
4
3
pir 3 =−Qr
3
a3
,
implicando em
E=− Qr
4pi²0a3
rˆ, r ≤ a.
E = E rˆ
nˆ = rˆ
r
S2
Fig. 2.10 Região a < r < 2a
b) a < r < 2a (superfície gaussiana S2) Como não há carga na região r > a,
a carga englobada pela gaussiana S2 será a carga total da esfera de raio
a, isto é:
Qint =−Q =⇒ E=− Q
4pi²0r 2
rˆ, a < r < 2a.
E = E rˆ
nˆ = rˆ
r
S3
Fig. 2.11 Região 2a ≤ r ≤ 3a
c) 2a < r < 3a (superfície gaussiana S3) Para determinarmos a carga en-
globada pela gaussiana S3, demos antes obter a densidade de cargas
na região 2a ≤ r ≤ 3a, que não é uniforme, mas varia inversamente
proporcional à distância r ao centro da distribuição, isto é
ρ3 ∝ 1
r
=⇒ ρ3 = β
r
,
onde β é tal que ∫
v3
ρ3 d v =Q,
ou seja,
Q =
∫ 2pi
0
∫ pi
0
∫ 3a
2a
β
r
r 2 senθdθdϕ=β4pi
[
1
2
r 2
]3a
2a
= 10pia2β =⇒β= Q
10pia2
.
A carga delimitada pela gaussiana S3 é então
Qint =−Q+
∫ 2pi
0
∫ pi
0
∫ r
2a
Q
10pia2r ′
r ′2 senθ′dθ′dϕ′
Qint =−Q+ Q
5a2
(r 2−4a2)=−Q(9a
2− r 2)
5a2
A primeira contribuição refere-se à carga da esfera de raio a, pois ela
também está contida em S3! Resulta
E=−Q(9a
2− r 2)
20pi²0a2r 2
rˆ, 2a ≤ r ≤ 3a.
E = E rˆ
nˆ = rˆ
r
S4
Fig. 2.12 Região r > 3a
d) r > 3a (superfície gaussiana S4) A carga englobada por S4 é a soma das
cargas totais das duas regiões (r ≤ a e 2a ≤ r ≤ 3a), sendo portanto nula.
Assim
E= 0, r > 3a.
Eduardo Resek Unifei
2.4 Aplicações da lei de Gauss 51
2.4.2 Simetria cilíndrica
De uma maneira geral, um campo elétrico pode ser escrito em coordenadas
cilíndricas como
E(r)= Eρ(ρ,ϕ, z) ρˆ+Eϕ(ρ,ϕ, z) ϕˆ+Ez (ρ,ϕ, z) zˆ.
Diz-se que um campo possui simetria cilíndrica quando ele possui apenas o
componente radial e com intensidade dependente apenas da distância ao eixo z
do sistema de coordenadas (coordenada ρ):
u Simetria cilíndrica
E(r)= E(ρ) ρˆ (2.5)
Nessa situação é natural escolhermos uma superfície cilíndrica para a aplicação
da lei de Gauss. O cilindro deve ser coaxial ao eixo de simetria da distribuição
(eixo z) e passar pelo ponto onde desejamos determinar o campo elétrico. Ainda,
embora as distribuições de cargas que exibam esse tipo de simetria sejam teo-
ricamente infinitas em extensão (na dimensão paralela ao eixo z), a superfície
gaussiana precisa ser fechada, de modo que devemos atribuir um comprimento
finito arbitrário ` a esse cilindro gaussiano. Para determinarmos o fluxo através
dessa gaussiana, dividimo-la em três partes: as faces planas (base e topo) e a face
lateral. Para as faces planas,
nˆ=± zˆ=⇒E· nˆ= E(ρ) ρˆ·(± zˆ)= 0,
isto é, não há fluxo através delas. Para a superfície lateral (S`) temos∫
S`
E· nˆdS` =
∫
S`
E(ρ) ρˆ· ρˆ︸︷︷︸
1
dS` = E(ρ)
∫
S`
dS` = 2piρ`E(ρ).
Observe que, como o campo depende apenas de ρ, E(ρ) se torna uma constante
na integração acima, pois a superfície em questão é a lateral docilindro, na qual
ρ tem um valor fixo. Assim, o campo pode ser facilmente calculado pela lei de
Gauss:
E(r)= Qint
2pi²0ρ`
ρˆ (2.6)
Situações de simetria cilíndrica
Quando ocorre esse tipo de simetria? Já vimos (seção 1.10.2) um caso que apre-
senta esse tipo de simetria: o do fio retilíneo infinito uniformemente carregado.
Além desse, podemos ter
• Cascas cilíndricas infinitas com eixo coincidente com z cujas densidades
sejam uniformes.
• Cilindros infinitos cujas densidades sejam uniformes ou dependentes da
coordenada ρ apenas.
Unifei Eduardo Resek
52 Capítulo 2 A Lei de Gauss
• Superposições de todos as possibilidades descritas.
Exemplo 2.3 Fio retilíneo infinito uniformemente carregado com densi-
dade linear de cargas λ.
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+
ρ
E
nˆλ
ρ
`
S
Fig. 2.13 Superfície gaussiana cilíndrica para a linha infinita
Utilizamos nesse caso uma superfície gaussiana cilíndrica tal como a da
figura. A lei de Gauss se aplica a superfícies fechadas, de modo que a super-
fície gaussiana deverá ser necessariamente fechada. É necessário atribuir
um comprimento arbitrário ao cilindro que escolhemos como gaussiana,
mas não se preocupe: o resultado final obviamente não dependerá do com-
primento adotado. Não haverá fluxo sobre as tampas do cilindro, haja vista
que E é perpendicular ao fio (ao eixo do cilindro, portanto na direção de
ρˆ) e portanto nenhuma linha de força as atravessa (matematicamente, os
versores normais às tampas são ± nˆ, e ± nˆ· ρˆ = 0). Sobre a superfície lateral∮
S
E· nˆdS =
∫
S`
E· nˆdS` =
∫
S`
E(ρ) ρˆ· ρˆdS` = E(ρ)
∫
S`
dS` = E(ρ)2piρ`.
A carga contida por esta gaussiana é aquela do fio carregado que se encontra
dentro dos limites delimitados pelas tampas do cilindro, Qint =λ`, donde
decorre imediatamente
E= λ
2pi²0ρ
ρˆ
2.4.3 Simetria cartesiana ou plana
Esse tipo de simetria ocorre quando um campo apresenta componente ao longo
de uma direção fixa do espaço, dependendo apenas da coordenada ao longo da-
quela direção. Podemos tratar tal simetria em coordenadas cartesianas, de modo
Eduardo Resek Unifei
2.4 Aplicações da lei de Gauss 53
que o campo poderia ter como expressão, escolhendo a sua direção coincidindo
com a de algum dos eixos coordenados:
E= E(x) xˆ, ou E= E(y) yˆ, ou E= E(z) zˆ.
Esse tipo de simetria ocorrerá apenas para uma distribuição que seja de extensão
infinita paralelamente a um dos planos coordenados, ou seja
• um plano infinito carregado uniformemente;
• uma camada de cargas de extensão plana infinita e espessura finita uni-
forme, cuja densidade volumétrica dependa apenas da coordenada per-
pendicular às suas superfícies planas.
• Superposições dessas possibilidades descritas.
Exemplo 2.4 Plano infinito carregado uniformemente com densidade
superficial de cargas σ.
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S1
S2
Qint = σA
E
nˆ
E
nˆ
nˆ
E
Fig. 2.14 Superfície gaussiana para um plano infinito
Escolhemos o eixo z perpendicularmente ao plano e uma superfície gaussi-
ana cilíndrica de seção reta A tal como a da figura, disposta de tal forma a
ser perpendicular ao plano de cargas e que suas tampas estejam à mesma
distância do plano carregado. Desse modo, não haverá fluxo através das
paredes laterais do cilindro, pois nˆ= ρˆ e E= E zˆ. Através das duas faces os
fluxos serão iguais, pois∫
S1
E· nˆdS1 =
∫
S1
E(z) zˆ· zˆdS1 = E(z)
∫
S1
dS1 = E A,
Unifei Eduardo Resek
54 Capítulo 2 A Lei de Gauss
e, para a tampa inferior, o campo tem sentido oposto ao da região acima
do plano, mas mesmo módulo, já que escolhemos a gaussiana com suas
tampas equidistantes do plano. Assim∫
S1
E· nˆdS2 =
∫
S2
E(−z) (− zˆ)· zˆdS2 = E(z)
∫
S2
dS2 = E A,
O fluxo elétrico total através da gaussiana é então 2E A. A carga total deli-
mitada por ela é
Qint =
∫
S
σdS =σA,
de modo que a magnitude do campo será
E = σ
2²0
.
A direção do campo é normal ao plano, seu sentido sempre saindo do plano
(supondo a carga positiva). Denotando tal versor por nˆ, escrevemos
E= σ
2²0
nˆ.
É interessante observar que, ao se passar de um lado para o outro do
plano, o campo elétrico sofre uma descontinuidade de σ/²0. Isso não
é coincidência, mas um caso particular de uma das condições de contorno
genéricas que governam o comportamento do campo elétrico ao redor da
superfície de separação entre dois meios distintos.
2.5 Condutores em equilíbrio eletrostático
Um condutor possui cargas com liberdade de movimento que podem responder
prontamente a estímulos externos aplicados. Por exemplo, conectando os ter-
minais de uma bateria a um condutor será estabelecida uma corrente elétrica
através dele, que durará enquanto estiver aplicada a tensão pela bateria. Uma vez
desligada a bateria, entretanto, não há mais uma fonte externa de energia capaz
de manter o movimento dos elétrons, e a corrente eventualmente cessará. Essa
situação (ausência de fontes externas de energia) é denominada equilíbrio ele-
trostático. É claro que, uma vez atingido o equilíbrio eletrostático, não pode haver
campo elétrico no interior do condutor, pois do contrário esse campo provocaria
correntes elétricas em seu interior.
+++++++++
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+
++
++
++
+++
++++ E = E nˆ
E
E
E
E = 0
Qint = 0
S
σ
1Fig. 2.15 Não há campo no inte-
rior de um condutor em equilíbrio
eletrostático!
E= 0 (2.7)
Podemos concluir também que não pode haver cargas no interior do condutor em
equilíbrio. Para um condutor em equilíbrio tal como o da figura, considere uma
superfície S inteiramente interna ao condutor, tal como a ilustrada. A aplicação
Eduardo Resek Unifei
2.5 Condutores em equilíbrio eletrostático 55
da lei de Gauss mostra imediatamente que a carga por ela delimitada tem que ser
nula:
Qint = ²0
∮
S
E· nˆdS = 0,
0 pois o campo é nulo em todos os pontos de S (interior do condutor). Desse
modo, qualquer carga em excesso obrigatoriamente se distribuirá sobre a su-
perfície externa do condutor, na situação de equilíbrio.
Mesmo que o condutor possua uma cavidade e dentro dessa cavidade exista
uma carga q , o campo no interior do condutor deve ser nulo na situação de
equilíbrio. Como a carga interna à gaussiana deve ser nula, isso significa que
na superfície da cavidade será induzida uma carga exatamente oposta à carga
existente na cavidade, pois não pode haver carga em excesso no volume do
condutor:
++++++++++
+
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++++++++++++++++
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++
++
++
+++
++++ E = E nˆ
E
E
E
- -----------------------------------
---
--
--
--
--
--
---
-----
----
--
--
--
------------------
q
E = 0
Qint = 0
S
σ
1Fig. 2.16 Condutor oco
t Indução de carga numa
cavidade do condutor
Qint = ²0
∮
S
E· nˆdS = q +qind = 0 =⇒ qind =−q.
Na superfície externa poderá haver uma distribuição superficial de cargas
σ, já que não pode haver cargas no volume interno do condutor. Pode também
existir um campo elétrico não nulo na superfície, desde que este não possua com-
ponentes tangenciais à superfície: se houvesse componente do campo tangente
à superfície, haveria correntes superficiais, contrariando a hipótese de equilíbrio.
Desse modo, na superfície
E= E nˆ,
ou seja, o campo é sempre perpendicular à superfície em cada ponto. É possível
até estabelecer uma relação entre o campo muito próximo à superfície externa
com a densidade superficial de cargas no local. Utilizamos para isso uma pe-
quena superfície cilíndrica tal como a da figura, disposta de forma a atravessar a
superfície do condutor perpendicularmente, e de seção reta A tão pequena que
podemos: i) desprezar a curvatura local da superfície do condutor; ii) considerar
a densidade σ e o campo E praticamente uniformes nesse local. A face plana da
gaussiana que se encontra fora do condutor deve estar arbitrariamente próxima
da superfície deste, mas não coincidindo com ela. Só haverá fluxo através desta
face, pois a outra face plana e a superfície lateral estão dentro do condutor, onde
o campo é nulo: ∮
S
E· nˆdS =
∫
S1
E nˆ· nˆdS = E A.
Por outro lado, a carga delimitada pela gaussiana encontra-se na superfície do
+
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++
++
++
++
++
++
++
++
++
++
+++
+++
++++
+
+
+
+
+
+++++++++++++++++++++++++++++++ +
σ
A
E
Fig. 2.17 Campo próximo à super-
fície
condutor:
Qint =
∫
S
σdS =σA.
A lei de Gauss então fornece
u Campo próximo à superfí-
cie do condutor
E= σ
²0
nˆ (2.8)
Unifei Eduardo Resek
56 Capítulo 2 A Lei de Gauss
Questões sobre o Capítulo 2: A Lei de Gauss
Q2.1 Explique a diferença entre potencial elétrico e energia potencial ele-
trostática.
Q2.2 Uma carga positiva é liberada, em repouso, num campo elétrico. A
carga se desloca para a região de potencial elétrico mais alto ou mais
baixo?
Q2.3 Se o potencial elétrico for constante numa região do espaço, o que se
pode dizer sobre o campo elétrico nessa região?
Q2.4 Se ~E for conhecido num único ponto, é possível determinar V nesse
ponto?
Q2.5 Em que direção será possível um deslocamento num campo elétrico
de modo que não haja alteração do potencial elétrico?
Q2.6 O campo elétrico que aparece na lei de Gauss,∮
S
E· nˆdS = q
²0
,
é devido à presença da carga q?
Q2.7 Suponha que seja nula a carga total contida no interior de uma su-
perfície gaussiana. Podemos concluir, da Lei de Gauss, que o campo
deva ser zero em todos os pontos da superfície? Será verdadeira a recí-
proca desta afirmação, isto é, se E for nulo em todos os pontos de uma
superfície fechada, então também é nula a carga total nela contida?
Q2.8 Um condutor oco, grande e isolado está carregado com +q . Através
de uma pequena abertura no topo desse condutor, introduz-se uma
pequena esfera metálica de carga −q , a qual permite-se que toque a
superfície interna do condutor, sendo então retirada. Quais serão as
cargas no condutor e na esfera depois disso?
Q2.9 Aplicando-se a lei de Gauss a um condutor isolado em equilíbrio ele-
trostático, pode-se concluir que todos os elétrons de condução deste
se encontram necessariamente em sua superfície?
Q2.10 Com base na mesma análise, pode-se concluir que os elétrons existen-
tes na fiação elétrica de uma casa se deslocam ao longo das superfícies
desses fios? Em caso negativo, por que não?
Eduardo Resek Unifei
2.5 Condutores em equilíbrio eletrostático 57
Problemas do Capítulo 2: A Lei de Gauss
P2.1 Duas cargas de −10µC e 20µC encontram-se separadas por uma dis-
tância de 20cm. Onde deve ser colocada uma terceira carga de modo
que, sob a ação dessas duas, fique em repouso? Resp: Ao longo da reta suporte
das duas cargas, a 48,5cm da carga negativa e 68,5cm da positiva
P2.2 Determinar a densidade volumétrica de cargas na origem quando:
a) E= x2 y2z2 xˆ+9sen y yˆ+ (y + z) zˆ N/C Resp: ρ(0)= 88,5pC/m2
b) E= 2ρ2 senϕ ρˆ+3ρ2 senϕ ϕˆ+7z zˆ N/C Resp: ρ(0)= 62,0pC/m2
c) E= 3r 2 senϕ rˆ+2r 2 senθcosϕ θˆ+5r 2 senθ senϕ ϕˆ N/C. Resp: ρ(0)=
0
P2.3 Uma região do espaço está impregnada com carga elétrica de tal modo
que o campo elétrico nela é dado por E= E0ρ
2
R2
ρˆ, paraρ ≤R e E= E0R
ρ
ρˆ,
para ρ > R, onde ρˆ é o versor perpendicular ao eixo de simetria da
distribuição, e R e E0 são constantes.
a) Que tipo de simetria possui esta distribuição?
b) Determinar a densidade volumétrica de cargas nas regiões ρ ≤R e
ρ >R.
c) Determinar a carga total contida entre os planos z = 0 e z = L desta
região, supondo que o meio seja o vácuo.
Resp: a) Cilíndrica. b) ρv (ρ)=
{
3²0E0ρ
R2
, ρ ≤R
0, ρ >R c) Q = 2pi²0RLE0.
P2.4 Três cargas pontuais q1 = 2,5µC, q2 =−1,5µC e q3 = 4,0µC estão loca-
lizadas respectivamente nos pontos P1(1,0,0), P2(1,2,2) e P3(−1,1,−1),
com todas as coordenadas dadas em metros. Além disso, há um arame
infinito muito fino, carregado com uma densidade linear de cargas
λ não uniforme e situado sobre o eixo z deste sistema de coordena-
das. Calcule o fluxo elétrico através da superfície esférica dada por
x2+ y2+ z2 =R2 nos seguintes casos:
a) λ= 0,75 |z|µC/m e R = 2m. Resp: ΦE = 1,1.106 V.m
b) λ= 0,75 zµC/m e R = 3,5m. Resp: ΦE = 0,56.106 V.m
P2.5 Um bloco condutor tem em seu interior uma cavidade de formato
qualquer. Um pequeno corpo com carga elétrica q é introduzido nesta
cavidade. Provar que a carga induzida na superfície interior do condu-
tor é −q .
x
y
z
a
Fig. 2.18 Problema 2.6
P2.6 Na figura ao lado o cubo de aresta a = 10cm está imerso numa região
onde o campo é descrito por E= bx1/2 xˆ, com b = 800V/m3/2. Deter-
mine:
a) O fluxo através do cubo. Resp: ΦE = 1,05V.m
b) A carga em seu interior. Resp: Qi = 9,27.10−12 C
c) A densidade de cargas em cada vértice do cubo. Resp: ρ(x = a)= 11,2nC/m3, ρ(x = 2a)= 7,9nC/m3.
Unifei Eduardo Resek
58 Capítulo 2 A Lei de Gauss
P2.7 Um cilindro não condutor, de raio a, se encontra uniformemente car-
regado com uma densidade volumétrica de cargas ρv . Determine o
campo E em pontos externos (ρ > a) e internos (0< ρ < a) ao cilindro.
Exprima os resultados também em termos de λ (carga por unidade de
comprimento). Resp: E= ρv a
2
2²0ρ
ρˆ = λ
2pi²0ρ
ρˆ, para ρ > a e E= ρvρ
2²0
ρˆ = λρ
2pi²0a2
ρˆ, para
(0< ρ < a).
P2.8 Uma camada infinita de cargas com densidade uniformeσ= 12²0(C/m2)
está localizada na superfície definida por 2x− y +2z = 4, num sistema
de coordenadas no vácuo. Calcular o campo elétrico E em todos os
pontos do espaço. Resp: E=±(4 xˆ−2 yˆ+4 zˆ)N/C
P2.9 Uma carga Q é distribuída uniformemente ao longo do volume de uma
esfera de raio R. Determine:
a) o campo E em pontos externos (r >R) e internos (r <R) à esfera.
b) o potencial em pontos externos (r >R) e internos (r <R) à esfera.
Resp: Para r >R, E= Q
4pi²0r 2
rˆ V (r )= Q
4pi²0r
, para r ≤R, E= Qr
4pi²0R3
rˆ V (r )= Q(3R
2− r 2)
8pi²0R3
P2.10 Em um modelo atômico para o Ferro (Fe) cujo número atômico é
Z = 26, considerou-se o seu núcleo, de carga +Z e (e a carga funda-
mental), puntiforme e envolvido por uma “nuvem"de elétrons, de
carga −Z e, uniformemente distribuída em uma região esférica de raio
a. Determine o campo e o potencial elétrico ~E dentro efora deste
átomo. Resp: Para r > a, E= 0, para r ≤ a, E= Z e
4pi²0r 2
(1− r
3
a3
) rˆ.
P2.11 Uma carga Q é distribuída num volume esférico de raio R com densi-
dade de carga dada por ρv = A(R− r ) (C /m3). Determinar:
a) A em termos de Q e R. No S.I., qual é sua unidade?
b) O campo eletrostático ~E em todas as regiões do espaço (dentro e
fora da região esférica). Resp: a) A = 3Q
piR4
(C /m4). b) Para r >R, E= Q
4pi²0r 2
rˆ, e para
r ≤R, E= Qr
4pi²0R4
(4R−3r ) rˆ.
P2.12 Uma esfera oca de raio interno a e raio externo 2a está carregada com
uma carga distribuída não uniformemente de acordo com a equação
ρv = Ar 2, sendo A uma constante conhecida. Determinar o campo
eletrostático ~E em todas as regiões do espaço. Resp: E= A
5²0
(r 3− a
5
r 2
) rˆ
P2.13 Uma distribuição volumétrica de cargas é dada em coordenadas esféri-
cas por ρ = ρ0a/r .
a) Use a lei de Gauss para calcular E; Resp: E= aρ0
2²0
rˆ
b) A partir do resultado obtido em (a), determine V (r ), tomando V = 0
em r = 0. Resp: − aρ0r
2²0
P2.14 Se o campo elétrico no ar atmosférico for da ordem de 3×106N/C, o
ar se ioniza e se torna condutor. O valor do campo em que ocorre esta
Eduardo Resek Unifei
2.5 Condutores em equilíbrio eletrostático 59
ionização é a rigidez dielétrica do ar. Imaginemos que uma carga de
18 µC seja colocada numa esfera condutora. Qual o raio mínimo da
esfera que pode reter essa carga, no ar, sem haver ionização?
a
c
b
Fig. 2.19 Problema 2.15
P2.15 Uma esfera de raio a possui uma distribuição de cargas esfericamente
simétrica dada por:
ρV = ρ0 a
r
,
onde ρ0 é uma constante. Esta distribuição está concentricamente
envolvida por uma camada metálica esférica de raios interno e externo
respectivamente iguais a b e c , sendo b > a. Determine E nas seguintes
regiões:
a.1) r ≤ a a.2) a < r < b a.3) b < r < c
b) A leitura de um voltímetro cujos terminais são colocados em contato
com o centro e a superfície externa da camada metálica (V0−Vc ).
c) A densidade de cargas na superfície interna da camada metálica.
Resp: a.1) E= ρ0a
2²0
rˆ a.2) E= ρ0a
3
2²0r 2
rˆ a.3) E= 0 b) ∆V = ρ0a
2
2²0b
(2b−a) c)
σ=−ρ0a
3
2b2
P2.16 Numa certa região do espaço o campo elétrico possui componentes
Ex = ax2 y Ey = x3+ y Ez = 0,
onde x, y e z são dados em metros e E em V/m.
]bit a Determine a constante a para que o campo acima seja eletrostá-
tico.
b) Determine a diferença de potencial entre a origem e o ponto x =
3, y = 0, z = 0.
c) Determine a diferença de potencial entre a origem e o ponto x =
0, y = 2, z = 1.
P2.17 Em suas célebres experiências de 1906 que levaram à descoberta do nú-
cleo atômico, Rutherford bombardeou uma fina folha de ouro (número
atômico 79) com partículas α (núcleos de He, de carga 2e), produzidas
por uma fonte radioativa, e observou que algumas delas chegavam a
ser defletidas para trás. A energia cinética inicial das partículas α era
de 7,69 MeV. Considere uma colisão frontal entre uma partícula α e
um núcleo de ouro, na qual ela é retroespalhada. Qual é a distância de
mínima aproximação entre as duas partículas carregadas? Rutherford
estimou que o raio do núcleo deveria ser da ordem dessa distância.
Resp: 3×10−14 m
Unifei Eduardo Resek
Capítulo 3
Potencial eletrostático
3.1 Campos conservativos
3.1.1 Trabalho de uma força
A
B
`
dr
F
Fig. 3.1 Trabalho de uma força
O trabalho realizado por uma força F sobre uma partícula ao transportá-la de um
ponto a outro no espaço ao longo de uma trajetória ` é
WA→B ,` =
∫ B
A,`
F·dr,
onde dr é um deslocamento infinitesimal tangente à curva ` em cada ponto. De
uma maneira geral, esse trabalho poderá depender da trajetória trilhada pela
partícula entre um ponto e outro, de modo que
WA→B ,`1 =
∫ B
A,`1
F·dr 6=WA→B ,`2 =
∫ B
A,`2
F·dr.
Exemplos de tais forças são as de atrito ou qualquer outro tipo de força dissipativa.
A
B
`1
dr
F
`2
dr
F
Fig. 3.2 Trabalho de uma força ao
longo de trajetórias distintas
Entretanto, para uma classe importante de forças na natureza, esse trabalho é
independente da trajetória. Essas forças são denominadas conservativas. Exem-
plos importantes foram estudados no curso de Física I: força gravitacional, força
elástica de mola, etc.
3.1.2 Campo conservativo e energia potencial
De uma maneira geral, um campo F (não necessariamente representando uma
força) é denominado conservativo se seu integral de linha de um ponto a outro
no espaço é a mesma qualquer que seja a trajetória trilhada do ponto inicial ao
final, ou seja, é completamente independente da trajetória:∫ B
A,`1
F·dr=
∫ B
A,`2
F·dr, ∀`1,`2.
61
62 Capítulo 3 Potencial eletrostático
Então, se formos de A a B através de `1 e voltarmos de B até A ao longo de `′2, a
trajetória inversa de `2, a integração no percurso de volta terá o mesmo resultado
do percurso de ida, só que de sinal oposto. Assim, o integral completo no percurso
fechado é nulo: ∮
`
F·dr= 0,∀`,
qualquer que seja o percurso fechado. Uma forma equivalente de expressar que
o campo é conservativo surge se aplicarmos o teorema de Stokes à circulação
acima. De acordo com esse teorema, a circulação de um vetor é igual ao fluxo do
rotacional desse vetor através de qualquer superfície delimitada pelo percurso
fechado em questão:∮
`
F·dr=
∫
S
∇×F· nˆdS = 0 =⇒∇×F= 0.
Vimos também que é nulo o rotacional do gradiente de qualquer função escalar
cujas segundas derivadas existam; é sempre possível portanto, encontrar uma
função escalarΨ cujo gradiente coincida com o campo F,
F=∇Ψ.
Fisicamente, se F representar uma força, essa função tem o significado físico
de energia potencial associada ao campo conservativo em questão. De fato,
definimos a variação da energia potencial sofrida por uma partícula, quando
deslocada de um ponto a outro no espaço, como o trabalho realizado por um
agente externo para transportá-la entre os referidos pontos sem aceleração!, pois se
houver aceleração poderá haver uma mudança na velocidade escalar da partícula,
tendo como consequência uma variação também de sua energia cinética.
∆UAB =∆UA→B =U (B)−U (A)=
∫ B
A,`
FAgExt·dr.
Ora, para transportar a partícula sem aceleração, é necessário que a força desen-
volvida pelo agente externo seja exatamente oposta à do campo, para que a força
resultante seja nula:
FAgExt =−F.
Assim
∆UAB =−
∫ B
A,`
F·dr.
Por outro lado, vimos que
∆ΨAB =
∫ B
A
∇Ψ·dr,
mostrando que, identificandoΨ com −U , decorre
∆UAB =
∫ B
A,`
∇U ·dr=−
∫ B
A,`
F·dr =⇒ F=−∇U .
Eduardo Resek Unifei
3.1 Campos conservativos 63
3.1.3 Campo eletrostático é conservativo!
Pode-se mostrar facilmente que o campo elétrico, tal como definido acima (lei de
Coulomb, eq. (1.12)), é irrotacional:
∇×E= 1
4pi²0
∇×
∫
v ′
ρ(r′)(r− r′)
|r− r′|3 d v
′ = 1
4pi²0
∫
v ′
ρ(r′)∇× (r− r
′)
|r− r′|3 d v
′
Usando a identidade vetorial ∇×( f A)=∇ f ×A+ f ∇×A, tem-se
∇× (r− r
′)
|r− r′|3 =∇
1
|r− r′|3×(r− r
′)+ 1|r− r′|3 ∇×(r− r
′)︸ ︷︷ ︸
=0
O primeiro termo do segundo membro também é nulo porque
∇ 1|r− r′|3 =−3
(r− r′)
|r− r′|5
=⇒∇ 1|r− r′|3×(r− r
′)=− 3|r− r′|5 (r− r
′)×(r− r′)= 0,
logo
∇× (r− r
′)
|r− r′|3 = 0,
o que implica
∇×E= 0. (3.1)
Como, para qualquer função escalarϕ(r) com segundas derivadas,∇×∇ϕ(r)=
0, o resultado acima indica que sempre existirá alguma função escalar para a qual
se possa escrever
E(r)=−∇V (r). (3.2)
A função V (r) é denominada potencial eletrostático.
É fácil mostrar que o potencial devido a uma carga pontual q localizada em r′
é
V (r)= 1
4pi²0
q
|r− r′| . (3.3)
Para tal, basta observar que
∇1
r
=− 1
r 2
rˆ=− r
r 3
=⇒∇ 1|r− r′| = −
r− r′
|r− r′|3 .
Isso mostra que o campo elétrico de uma cargapontual fora da origem pode ser
escrito como
E= 1
4pi²0
q(r− r′)
|r− r′|3 =−
1
4pi²0
q∇ 1|r− r′| = −∇
(
1
4pi²0
q
|r− r′|
)
,
o que comprova a assertiva acima. Por outro lado,∫
v ′
ρ(r′)(r− r′)
|r− r′|3 d v
′ =−
∫
v ′
ρ(r′)∇ 1|r− r′| d v
′ =−∇
(∫
v ′
ρ(r′)
|r− r′| d v
′
)
,
Unifei Eduardo Resek
64 Capítulo 3 Potencial eletrostático
mostrando que, para uma distribuição genérica de cargas:
V (r)= 1
4pi²0
[
N∑
j=1
q j
r− r′ j
+
∫
v ′
ρ(r′)
|r− r′| d v
′+
∫
S′
σ(r′)
|r− r′| dS
′+
∫
l ′
λ(r′)
|r− r′| dl
′
]
, (3.4)
Integrando ((3.2)), obtem-se∫ r
r0
E(r′)·dr′ =−
∫ r
r0
∇V ·dr′ =−
∫ r
r0
dV , (3.5)
onde r0 é um ponto tomado como referência para o potencial. Assim
V (r)−V (r0)=−
∫ r
r0
E(r′)·dr′ (3.6)
Se, por outro lado, considerarmos uma superfície aberta arbitrária, podemos
escrever a partir de (3.1) ( nˆ é um versor perpendicular à superfície S em cada
ponto desta): ∫
S
∇×E· nˆdS = 0,
o que, pelo teorema de Stokes acarreta∮
`
E ·dr= 0, (3.7)
onde l é o perímetro de S. Considerando uma carga q sendo transportada ao
longo deste percurso fechado, o trabalho realizado pelo campo elétrico sobre ela
é nulo (o campo eletrostático é conservativo).
Podemos associar ao campo eletrostático uma energia potencial U (r). Como a
energia potencial é o trabalho realizado contra o campo, a relação entre potencial
e energia potencial eletrostática claramente é
U = qV (3.8)
3.2 Condutores em Equilíbrio Eletrostático
Vimos que o campo elétrico no interior de condutores em equilíbrio eletrostático
é necessariamente zero e, na sua superfície, perpendicular à ela. Assim, a dife-
rença de potencial entre quaisquer dois pontos no interior do condutor ou sua
superfície é nula. Isso significa que todo o condutor em equilíbrio se encontra
a um único potencial, não necessariamente zero, definindo o que poderíamos
denominar uma região equipotencial.
V = cte, no interior e superfícies de condutores em equilíbrio.
Eduardo Resek Unifei
3.2 Condutores em Equilíbrio Eletrostático 65
Exemplo 3.1 Determinar a diferença de potencial entre o centro e um
ponto da camada externa da distribuição de cargas descrita no exemplo
2.2.
Solução: A distribuição possui simetria esférica, de modo que E= E(r ) rˆ.
Assim, o potencial será também função apenas de r , V =V (r ). A diferença
de potencial entre dois pontos é dada pelo integral de linha do campo
elétrico. Sendo O a origem (r = 0) e C um ponto da superfície externa da
distribuição (r = 3a), temos
∆V =VO −VC =V (0)−V (3a)=−
∫ 0
3a
E·dr︸ ︷︷ ︸
E dr
=
∫ 3a
0
E dr.
É necessário dividir o cálculo em três regiões: 0 ≤ r ≤ a, a < r ≤ 2a e
2a < r ≤ 3a, onde em cada uma delas devemos utilizar o campo obtido na
solução do exemplo 2.2. Fica
∆V =
∫ a
0
(−Q)r
4pi²0a3
dr +
∫ 2a
a
(−Q)
4pi²0r 2
dr +
∫ 3a
2a
(−Q)(9a2− r 2)
20pi²0a2r 2
dr.
Um cálculo direto conduz a
∆V =− 5Q
24pi²0a
Exemplo 3.2 Considerando o disco vazado do exemplo da seção 1.10.1,
determine o potencial e (novamente) o campo elétrico num ponto do eixo
de simetria do disco. Se soltarmos uma partícula de massa m e carga Q
de mesma natureza que a do disco em repouso no ponto (0,0, a), com que
velocidade ela chegará ao infinito? Se a carga for negativa, que tipo de
movimento ela executará? Quais as condições para que o movimento seja
harmônico? Nesse caso, qual será a frequência do movimento?
Solução: O potencial produzido pelo disco num ponto qualquer é dado
por
V (r)= 1
4pi²0
∫
S′
σ(r′)
|r− r′| dS
′,
onde r′ é o vetor posição de um elemento de carga genérico da distribuição.
Desejamos obter o campo e potencial num ponto qualquer do eixo de
simetria do disco, que escolhemos como sendo o eixo z:
r= z zˆ, r′ = ρ′ ρˆ′ =⇒ r− r′ = z zˆ−ρ′ ρˆ′, |r− r′| = (z2+ρ′2)1/2.
A densidade de cargas já foi determinada na seção 1.10.1:
σ(ρ′)= Q
2pi(b−a)ρ′ ,
Unifei Eduardo Resek
66 Capítulo 3 Potencial eletrostático
de modo que
V (z)= 1
4pi²0
∫ 2pi
0
∫ b
a
Q
2pi(b−a)ρ′(z2+ρ′2)1/2 ρ
′dρ′dϕ′ = Q
4pi²0(b−a)
∫ b
a
dρ′
(z2+ρ′2)1/2
resultando
V (z)= Q
4pi²0(b−a)
[
ln(b+
√
z2+b2)−ln(a+
√
z2+a2))
]
= Q
4pi²0(b−a)
ln
(
b+
p
z2+b2
a+
p
z2+a2
)
O campo elétrico é obtido através do gradiente:
E=−∇V = ∂V
∂z
zˆ,
e somos levados ao mesmo resultado anterior (obviamente):
E(z)= zˆ Q
4pi²0(b−a)z
(
bp
z2+b2
− ap
z2+a2
)
.
Na análise do movimento das cargas, vamos tomar b = 2a para facilitar
o algebrismo. Se uma carga for abandonada no campo do disco, que é
conservativo, seu movimento se dará com energia total constante. No
ponto inicial da trajetória ela se encontrava em repouso (energia cinética
nula), enquanto sua energia potencial pode ser obtida de (3.8)
Ui = qV (a)= Q
2
4pi²0a
ln
2a+
p
a2+4a2
a+
p
a2+a2
= Q
2
4pi²0a
ln
(
2+p5
1+p2
)
.
À medida que a carga se distancia do disco, sua energia cinética aumenta
e sua energia potencial diminui. A uma distância muito grande do disco
(virtualmente infinita), a partícula terá atingido sua velocidade terminal e
sua energia potencial se anulará:
U=Ec f ,
1
2
mv2 = Q
2
4pi²0a
ln
(
2+p5
1+p2
)
=⇒ v =Q
√√√√ 1
2pi²0am
ln
(
2+p5
1+p2
)
.
O argumento que utilizamos foi de natureza bastante física, pois uma
distribuição finita de cargas necessariamente produz um potencial nulo
no infinito. Entretanto, como não poderia deixar de ser, a função potencial
acima realmente tende a zero no limite z →∞. Verifique!
Se a carga for de natureza oposta à do disco, a força sobre ela será de
atração, e ela será acelerada no sentido negativo do eixo z. Ao passar por
z = 0 a força sobre ela será nula, mas ela terá adquirido uma velocidade
e seu movimento continua ao longo do eixo z negativo. Entretanto, o
campo nessa região se inverte, e a partícula será freada e puxada de volta,
e assim por diante. O movimento é oscilatório e periódico, mas não é um
Eduardo Resek Unifei
3.3 O dipolo elétrico 67
movimento harmônico simples, pois a força não é em geral, proporcional à
distância da partícula à posição de equilíbrio.
Porém, se a partícula for solta de uma posição inicial z0 << a, podemos
fazer as aproximações (lembre-se que, devido à conservação da energia, |z|
nunca será maior que a distância inicial z0)
bp
z2+b2
=
(
1+ z
2
b2
)−1/2
'
(
1− 1
2
z2
b2
)
,
idem para o termo envolvendo a. Assim
E' zˆ Q
4pi²0az
[
z2
2a2
− z
2
2(2a)2
]
'− zˆ 3Qz
32pi²0a3
.
A força sobre a carga fica
F'− zˆ 3Q
2
32pi²0a3
z,
que é proporcional à distância à posição de equilíbrio do movimento. A
denotando por k esta constante de proporcionalidade, sabemos que a solu-
ção da equação de movimento conduz a uma solução harmônica (função
seno ou cosseno) com frequência angularω=pk/m. Portanto, pelo menos
nessa aproximação o movimento será harmônico simples, com frequência
angular
ω= Q
4a
√
3
2pi²0am
3.3 O dipolo elétrico
−q
a
q
Fig. 3.3 Dipolo elétrico simples
3.3.1 Momento de dipolo elétrico
Um dipolo elétrico é definido, na sua forma mais simples, como um sistema que
compraz cargas elétricas pontuais iguais, porém de naturezas opostas. Digamos
que duas cargas pontuais, q e −q , encontrem-se separadas por uma distância a;
define-se como momento de dipolo elétrico desse sistema o vetor
p= qa aˆ, (3.9)
onde aˆ é o vetor unitário que jaz sobre a reta que contem as cargas, sentido da
negativa para a positiva.
Unifei Eduardo Resek
68 Capítulo 3 Potencial eletrostático
3.3.2 Potencial e campo de um dipolo em pontos distantes
z
O
−q
q
P
r1
r2
r
1
2a
− 12a
Fig. 3.4Dipolo elétrico na origem
Seja um dipolo de cargas ±q e a o vetor posição da carga positiva relativamente à
carga negativa. Para calcularmos o potencial em pontos muito distantes do dipolo
(distâncias >> a), adotemos a origem do sistema de coordenadas no centro do
dipolo, de modo que as posições das cargas positiva e negativa do dipolo sejam
indicadas pelos vetores 12 a e −12 a, respectivamente, O potencial num ponto P
qualquer do espaço será
V (r)= q
4pi²0|r−a/2|
+ (−q)
4pi²0|r+a/2|
= q
4pi²0
(
1
|r−a/2| −
1
|r+a/2|
)
Como r >> a, podemos expandir os termos entre parêntesis (binômio ou Ma-
cLaurin),
1
|r±a/2| = (r
2±a·r+a2/4)−1/2 = r−1
(
1± a·r
r 2
+ a
2
4r 2
)−1/2
.
Mantendo apenas os termos de primeira ordem em a/r , temos aproximadamente
1
|r±a/2| ≈
1
r
∓ 1
2
a·r
r 3
,
de modo que
V (r)= q
4pi²0
a·r
r 3
,
ou
V (r)= 1
4pi²0
p·r
r 3
.
O campo elétrico é obtido através do gradiente do potencial. Utilizando a identi-
dade
∇(φψ)=φ∇ψ+ψ∇φ,
com
φ= p·r =⇒∇φ=∇(px x+py y +pz z)= px xˆ+py yˆ+pz zˆ= p
e
ψ= 1
r 3
= r−3 =⇒∇ψ= ∂ψ
∂r
rˆ=− 3
r 4
rˆ=−3 r
r 5
resulta em
E(r)= 1
4pi²0
3(p·r)r− r 2p
r 5
.
É claro que, para o caso geral de um dipolo fora da origem, basta trocar r por r−r′
nas equações acima, onde r′ é o vetor posição do centro do dipolo:
V (r) = 1
4pi²0
p·(r− r′)
|r− r′|3 , (3.10)
E(r) = 1
4pi²0
3[p·(r− r′)]r− r′−|r− r′|2p
|r− r′|5 . (3.11)
Eduardo Resek Unifei
3.3 O dipolo elétrico 69
3.3.3 Momento de dipolo elétrico de uma distribuição contínua de car-
gas
Para uma distribuição contínua de cargas, o momento de dipolo elétrico da
distribuição é definido como
p=
∫
r′d q,
onde d q pode ser expresso como
d q =

ρ(r′)d v ′, para uma distribuição volumétrica de cargas
σ(r′)dS′, para uma distribuição superficial de cargas
λ(r′)d`′, para uma distribuição linear de cargas
Como sabemos, é possível expressar qualquer distribuição de cargas como uma
densidade volumétrica, de modo que a expressão mais geral seria
p=
∫
v ′
r′ρ(r′)d v ′.
Para o dipolo de cargas pontuais, por exemplo,
ρ(r′)= qδ(r′− r2)−qδ(r′− r1),
de modo que
p= q
∫
v ′
r′δ(r′− r2)d v ′−q
∫
v ′
r′δ(r′− r1)d v ′ = q(r2− r1)= qa,
ou seja, coincide com a definição anterior.
As expressões para potenciais e campos distantes do dipolo se mantêm inal-
teradas.
3.3.4 Dipolo num campo externo
E
−q
q F2
F1
O r2
r1
Fig. 3.5 Dipolo elétrico num
campo externo uniforme
Se um dipolo formado por duas cargas pontuais for colocado num campo externo
uniforme, tal como indicado na figura, é claro que a força total sobre ele será nula,
haja vista que cada carga sofrerá forças de igual intensidade e direção, mas de
sentidos opostos. Isso não significa que o dipolo não irá interagir com o campo,
pois ele sofrerá um torque (também conhecido como conjugado ou momento
binário), dado por
τ= r2×F2+ r1×F2 = q(r2− r1)×E= qa×E =⇒τ= p×E
Isso significa que o dipolo tende a girar sob a ação do campo externo, mesmo que
uniforme. A variação da energia potencial sofrida pelo sistema quando o dipolo
girar de um ângulo dθ será
dU =τ·dθ = p×E·dθ = pE senθdθ
Unifei Eduardo Resek
70 Capítulo 3 Potencial eletrostático
Para uma rotação de um ângulo θi a um ângulo θ f , a correspondente variação da
energia potencial é
∆U =U f −Ui =
∫ θ f
θi
pE senθdθ =−pE(cosθ f −pE cosθi ).
Podemos então escrever a energia potencial como
U =−pE cosθ, ou U =−p·E
E
−q
q F2
F1
O r2
r1
Fig. 3.6 Dipolo elétrico num
campo externo não uniforme
Se o dipolo for colocado num campo externo não uniforme, mas que varia
suavemente dentro da região ocupada pelo dipolo, ou de maneira equivalente, se
a dimensão característica do dipolo for pequena comparada à ordem de grandeza
da variação do campo elétrico,
E(r2)=E(r1)+∆E,
com ∆E pequeno em relação a E(r1), a força sobre o dipolo será
F= q[E(r2)−E(r1)]=−q[∇V (r2)−∇V (r1)]=−q∇(V2−V1)=−q∇(∆V12).
Por outro lado, como
dV =∇V ·dr, ou ∆V ≈∇V ·∆r=−E·∆r,
F≈ q∇(E·∆r12)= q∇(E·a).
Assim,
F=∇(p·E),
e como F=−∇U ,
U =−p·E
3.4 Energia potencial elétrica
Nessa seção vamos determinar uma relação mais interessante entre a energia
potencial e o campo elétrico de uma distribuição de cargas. Como a energia
potencial de um sistema não depende da história pregressa dos componentes
desse sistema, mas somente do seu estado atual, podemos determinar essa ener-
gia potencial partindo de uma situação inicial hipotética onde todas as cargas
estão infinitamente afastadas entre si. Vamos então trazendo as cargas, uma a
uma, do infinito até a posição por elas de fato ocupada no sistema. A energia do
sistema será o trabalho total desenvolvido pelo agente externo para realizar essa
operação.
Eduardo Resek Unifei
3.4 Energia potencial elétrica 71
3.4.1 Sistema de cargas pontuais
Seja inicialmente uma carga q1 na origem do sistema de coordenadas. Uma
segunda carga será trazida do infinito até o ponto r2, situado a uma distância
final R12 de q1 O trabalho realizado por um agente externo para fazer isso será
W =−
∫ r2
∞
F21·dr.
Adotando o referencial na origem apenas para efetuar essa integração, temos
F21 = 1
4pi²0
q1q2
r 2
rˆ, ,dr= dr rˆ+ r dθ θˆ+ r senθdϕ ϕˆ =⇒ F·dr= 1
4pi²0
q1q2
r 2
dr,
e
W = q1q2
4pi²0
∫ R12
∞
dr
r 2
= q1q2
4pi²0R12
=U12,
será a energia do par de cargas, q1 e q2.
Para acrescentar uma terceira carga q3 ao sistema, colocando-a no ponto r3,
o agente externo deverá agora desenvolver um trabalho contra as forças F31 e F32
que, respectivamente, as cargas q1e q2 exercem sobre q3. O trabalho adicional
W3 requerido é
W3 =−
∫ r3
∞
(F31+F32)·dr=
∫ r3
∞
F31·dr−
∫ r3
∞
F32·dr.
O cálculo de cada integral é idêntico ao já realizado, bastando trocar os nomes
das cargas envolvidas:
W3 = q1q3
4pi²0R13
+ q2q3
4pi²0R23
.
A energia potencial total armazenada no sistema será portanto:
U = q1q2
4pi²0R12
+ q1q3
4pi²0R13
+ q2q3
4pi²0R23
.
Esse resultado pode ser facilmente generalizado para um sistema de N cargas:
cada par de cargas (qi , q j ) contribui com um termo do tipo
qi q j
4pi²0Ri j
.
A energia total é
U = 1
4pi²0
N∑
i=1
N∑
j=i+1
qi q j
Ri j
= 1
2
1
4pi²0
N∑
i=1
N∑
j=1
j 6=i
qi q j
Ri j
.
Por que o fator 1/2 na segunda igualdade? Ela foi obtida estendendo o somatório
em j para começar em j = 1. Com isso, todos os pares de cargas serão somados
Unifei Eduardo Resek
72 Capítulo 3 Potencial eletrostático
duas vezes e, para compensar, dividimos o resultado geral por 2. A expressão
acima pode ser convenientemente reescrita como
U = 1
2
N∑
i=1
qi
N∑
j=1
j 6=i
1
4pi²0
q j
Ri j︸ ︷︷ ︸
V (ri )
,
pois
N∑
j=1
j 6=i
1
4pi²0
q j
Ri j
é justamente a soma dos potenciais de cada uma das demais cargas (exceto qi )
no ponto ri . Desse modo,
U = 1
2
N∑
i=1
qi V (ri ). (3.12)
3.4.2 Distribuição contínua de cargas
Uma distribuição contínua de cargas pode ser dividida em um número N muito
grande de pequenos elementos de cargas, para as quais 3.12 nos permite escrever
U ≈ 1
2
N∑
i=1
V (ri )∆qi .
No limite em que N →∞ teremos
U = 1
2
∫
V (r′)d q.
Para uma distribuição volumétrica de cargas, fica
U = 1
2
∫
v ′
ρ(r′)V (r′)d v ′. (3.13)
É mais conveniente escrever a energia potencial em termos do campo elétrico.
Para isso, usando a lei de Gauss na forma diferencial,
∇·E= ρ
²0
,
eliminamos a densidade volumétrica de cargas da relação anterior:
U = 1
2
²0
∫
v ′
V∇·Ed v ′.
Por outro lado, fazendo ψ=V e A=E na identidade vetorial
∇·(ψA)=∇ψ·A+ψ∇·A,
Eduardo Resek Unifei
3.4 Energia potencial elétrica 73obtemos
∇·(V E)=V∇·E+∇V ·E =⇒V∇·E=∇·(V E)+E 2,
pois −∇V =E. Substituindo acima, resulta
U = 1
2
²0
(∫
v ′
∇·(V E)d v ′+
∫
v ′
E 2 d v ′
)
.
O teorema do divergente de Gauss nos habilita a escrever o primeiro integral
de volume como o fluxo através da superfície que delimita o volume v ′. Antes,
observemos que o volume de integração acima pode ser qualquer volume v que
pelo menos contenha o da distribuição, pois fora dela, ρ = 0 e a contribuição do
volume externo a v ′ é nula. Vamos escolher o volume v ′′ delimitado por uma
superfície esférica S′′, com centro em algum lugar dentro da distribuição de
cargas, e de raio R suficientemente grande para abranger toda ela:
U = 1
2
²0
(∮
S′′
V E· nˆdS′+
∫
v ′′
E 2 d v ′
)
.
Para valores de R muito maiores que a maior dimensão da distribuição, o poten-
cial e o campo dessa distribuição se aproximam assintoticamente dos de uma
carga pontual igual à carga total da primeira, ou seja
|E| ∼ 1
R2
, V ∼ 1
R
=⇒ |V E| ∼ 1
R3
.
Por outro lado, o elemento de superfície do integral de fluxo varia proporcional-
mente a R2. O conjunto varia com R−1, de modo que, no limite em que R →∞:
lim
R→∞
∮
S′′
V E· nˆdS′→ 0.
A energia total, nesse limite, se torna
U = 1
2
²0
∫
Todo o
espaço
E 2 d v ′. (3.14)
Essa relação mostra que a energia potencial pode ser considerada como arma-
zenada no campo elétrico. Podemos definir a densidade de energia potencial
elétrica como
uE = dU
d v
= 1
2
²0E
2, (3.15)
que é uma função de ponto relacionada à quantidade de energia potencial
armazenada num elemento de volume ao redor de cada ponto no espaço.
Exemplo 3.3 Determine a energia armazenada no campo de uma esfera
de raio R e carga Q distribuída uniformemente sobre seu volume.
Solução:
Unifei Eduardo Resek
74 Capítulo 3 Potencial eletrostático
Podemos calcular essa energia usando a expressão 3.13 ou através de 3.14.
De uma forma ou de outra vamos precisar dos campos elétricos dentro e
fora da esfera, facilmente obtidos através da lei de Gauss, haja vista que este
goza de simetria esférica, E= E(r ) rˆ. Utilizando uma superfície gaussiana
de raio r <R , lembrando que a densidade volumétrica de cargas é uniforme,
ρ =Q/(4piR3/3),
4pir 2E(r )= 1
²0
ρ
4
3
pir 3 = 1
²0
Q
r 3
R3
=⇒Eint = Qr
4pi²0R3
rˆ, r <R.
Para r >R , a carga elétrica envolvida pela gaussiana é a carga total da esfera,
de modo que
Eext = Q
4pi²0r 2
rˆ, r >R.
O potencial eletrostático num ponto interno à esfera, adotando o referen-
cial nulo no infinito, é dado por 3.6:
V (r )=−
∫ r
∞
E(r′)·dr′.
Em coordenadas esféricas,
dr= dr rˆ+ r dθ θˆ+ r senθdϕ ϕˆ =⇒E·dr= E dr.
Aqui, embora estejamos realizando o percurso de integração a partir do
infinito em direção a um ponto próximo à origem do sistema, não escre-
vemos dr=−dr rˆ+·· · , pois preferimos expressar esse fato nos limites de
integração. Assim
V (r )=−
∫ R
∞
Eext(r
′)dr ′−
∫ r
R
Eint(r
′)dr ′ = Q
4pi²0
(∫ ∞
R
dr
r 2
+
∫ R
r
r ′
R3
dr
)
,
resultando em
V (r )= Q(3R
2− r 2)
4pi²0R3
.
Com isso, o cálculo da energia como em 3.13 é direto:
U = 1
2
∫ 2pi
0
∫ pi
0
∫ R
0
3Q
4piR3
Q(3R2− r 2)
4pi²0R3
r 2 senθdr dθdϕ,
ou
U = 3Q
2
20pi²0R
A alternativa através de 3.14 também é trivial:
U = 1
2
²0
[∫ 2pi
0
∫ pi
0
∫ R
0
(
Qr
4pi²0R3
)2
r 2 senθdr dθdϕ
+
∫ 2pi
0
∫ pi
0
∫ ∞
R
(
Q
4pi²0r 2
)2
r 2 senθdr dθdϕ
]
,
Eduardo Resek Unifei
3.4 Energia potencial elétrica 75
que obviamente também conduz a
U = 3Q
2
20pi²0R
Questões sobre o Capítulo 3: Potencial eletrostático
Q3.1 Explique a diferença entre potencial elétrico e energia potencial ele-
trostática.
Q3.2 Uma carga positiva é liberada, em repouso, num campo elétrico. A
carga se desloca para a região de potencial elétrico mais alto ou mais
baixo?
Q3.3 Se o potencial elétrico for constante numa região do espaço, o que se
pode dizer sobre o campo elétrico nessa região?
Q3.4 Se E for conhecido num único ponto, é possível determinar V nesse
ponto? E o oposto: se conhecermos V num único ponto, podemos
determinar E?
Q3.5 Defina superfície equipotencial.
Q3.6 O vetor campo eletrostático é sempre normal à superfície equipoten-
cial, isto é, linhas de campo e superfícies equipotenciais são sempre
perpendiculares, e, portanto duas superfícies equipotenciais nunca
podem se cruzar. Além disso, E aponta no sentido de potenciais de-
crescentes. Explique por que.
Q3.7 Considerando um condutor maciço e de formato irregular, qual deve
ser a relação entre o valor do potencial elétrico em pontos do seu inte-
rior e em pontos da sua superfície? Responda novamente considerando
condutores com cavidades em seu interior, e também condutores for-
mados por uma casca metálica muito fina, todos de formato arbitrário.
Q3.8 Considere duas esferas condutoras de raios R1 e R2 com cargas Q1 e
Q2 respectivamente que se encontram muito distantes uma da outra.
Conecte-as agora por fio condutor e encontre a relação entre suas
densidades superficiais de cargas, analise o resultado obtido e dê a sua
explicação para o fenômeno do poder das pontas em condutores.
Q3.9 Os conselhos que se dão a alpinistas surpreendidos por tempestades
acompanhadas de descargas elétricas são: a) abandonar rapidamente
os picos; b) juntar ambos os pés e agachar-se num descampado, com
apenas os pés tocando o solo; c) evitar permanecer nas proximidades
de árvores, principalmente se forem altas. Discuta quais são as bases
para esses conselhos.
Unifei Eduardo Resek
76 Capítulo 3 Potencial eletrostático
Problemas do Capítulo 3: Potencial eletrostático
P3.1 Determine o potencial e o campo eletrostáticos num ponto qualquer
do eixo de simetria de:
a) um anel de raio a uniformemente carregado com densidade linear
de carga λ;
b) um disco de raio a uniformemente carregado com densidade su-
perficial de carga σ;
Resp: a) V (z)= λa
2²0(z2+a2)1/2
, ~E(z)= λaz
2²0(z2+a2)3/2
zˆ b) z > 0: V (z)= σ2²0 [
√
z2+a2−|z|],
~E(z)= σ2²0 [1−
zp
z2+a2
] zˆ.
P3.2 Um disco de raio R tem uma densidade de carga +σ0 para r < a e uma
densidade de carga igual e oposta −σ0 para a < r <R. A carga total do
disco é nula.
a) Determinar o potencial à distância x sobre o eixo do disco.
b) Dar a expressão aproximada de V (x) quando x for muito maior do
que R.
Resp: a) V (x)= (σ0/2²0)(2
√
x2+R2/2−x−
√
x2+R2), b) σ0R4/32²0x3
P3.3 Um bastão de vidro de comprimento L uniformemente carregado
com densidade linear de carga λ jaz sobre a parte positiva do eixo
x de um sistema de coordenadas, sendo que uma das extremidades
está na origem. Determine num ponto P (x,0,0), x > L, o potencial
eletrostático V (escolhido como sendo igual a zero no infinito) e o
campo eletrostático.
Resp: V (x)= λ
4pi²0
ln
x
x−L , E(x)=
λ
4pi²0
L
x(x−L) xˆ, para z > L
P3.4 Sejam dois planos carregados, infinitos e paralelos, um deles no plano
yz e o outro à distância x = a. a) Determinar o potencial eletrostático
no espaço entre eles, com V = 0 em x = 0 e cada plano com densidades
de carga iguais e positivas +σ. b) Repetir o problema se as densidades
de carga forem iguais porém de sinais contrários e a carga positiva
estiver no plano yz. c) Faça um gráfico do potencial V em função de
x e do campo elétrico E em função de x, abrangendo regiões entre as
placas e fora delas.
Resp: a) V = 0 para 0 < x < a, −(σ/²0)(x − a) para x > a e σx/²0 para x < 0; b) −σx/²0 para
0< x < a, −σa/²0 para x > a e 0 para x < a
P3.5 Uma casca hemisférica de raio a encontra-se uniformemente carre-
gada com carga Q/2.
a) Integrando sobre a configuração de cargas, determine o poten-
cial eletrostático no ponto central (centro de curvatura). Resp: a)
V (0)= Q
8pi²0a
b)Uma partícula de massa m e carga Q é lançada do infinito e viaja
sobre a reta suporte do campo eletrostático no ponto central. Deter-
mine a velocidade inicial mínima da partícula, para que esta alcance o
Eduardo Resek Unifei
3.4 Energia potencial elétrica 77
ponto central. Resp: v0 =
Q
2
p
pi²0ma
P3.6 a) Determine o potencial eletrostático produzido por uma casca es-
férica de raio a, uniformemente carregada com carga Q e esboce seu
gráfico em função de r . b) Usando o resultado do item a) , integre
sobre a configuração de cargas para determinar a energia potencial
eletrostática associada. Obtenha este mesmo resultado usando agora
o conhecimento do campo E. c) Considerando a resposta no item
c) , diga se seria possível formar a casca carregada usando a energia
potencial eletrostática de uma configuração de duas pontuais, com
carga Q cada, sendo a a distância entre as cargas pontuais (justifique).
Resp: a) V (r )= Q
4pi²0r
, para r > a, V (r )= Q
4pi²0a
, para r < a; b) U = Q
2
8pi²0a
c) Sim, pois
U
′ = Q
2
4pi²0a
Fig. 3.7 Problema 3.7
P3.7 Três cargas idênticas de 0,005C são colocadas nos vértices de um triân-
gulo equilátero de 1,0m de lado.
a) Qual o trabalho necessário para se deslocar uma das cargas para
o ponto situado no meio do segmento de reta que une as outras duas
cargas? Resp: W = 4,5.105 J
b) Determine o fluxo elétrico através de uma esfera de raio 0,75m,
centrada na carga inferior esquerda da figura, nas configurações inicial
e final. Resp: ΦEi = 5,6.108 V.m, ΦE f = 1,12.109 V.m
y
x
a
a
a
a
Fig. 3.8 Problema 3.8
P3.8 Considere 3 partículas idênticas, cada uma com carga Q e massa m,
inicialmente distribuídas na forma de um triângulo equilátero como
mostrado na figura ao lado. a) Calcule o trabalho realizado ao se mover
a carga localizada no ponto P1 para o ponto P2. b) Se a mesma carga
for abandonada em repouso no ponto P1, qual será sua velocidade
final quando estiver muito afastada da distribuição de cargas?
P3.9 Em uma certa região do espaço o potencial é dado por V = ax y+by2+
c y .
a) Determinar E. Em que pontos ele se anula?
b) Determinar, na origem, a densidade volumétrica de cargas que
produz este potencial e campo.
Resp: a) E=−ay xˆ− (ax+2by + c) yˆ. O campo se anula em y = 0 e x =−c/a b) ρ =−2b²0
P3.10 Em uma certa região do espaço existe uma distribuição esférica de
cargas cujo potencial é dado por:
V (r )=

ρ0a2
18²0
(1−3 r
2
a2
+2 r
3
a3
), para r ≤ a
0, para r > a
a) Calcular ~E para r ≤ a e r > a;
b) determine a densidade de carga ρ dessa distribuição;
Unifei Eduardo Resek
78 Capítulo 3 Potencial eletrostático
c) determine a carga total dessa distribuição.
Resp: a) E= ρ0r
3²0
(1− r /a) rˆ, r < a b) ρ(r )= ρ0
(
1− 4
3
a
r
)
, r < a c) Q = 0. Para r > a
as respostas dos itens a) e b) se anulam.
P3.11 Um dipolo elétrico pontual de momento de dipolo p encontra-se a uma
distância a de um fio retilíneo infinito de densidade linear de cargas λ
uniforme. Inicialmente a orientação do dipolo é perpendicular ao fio
no sentido radial positivo.
a) Quais são a força e o torque que atuam sobre ele?
b) Que trabalho será necessário para girá-lo até que sua orientação
fique paralela ao fio? Resp: a) τ= 0, F=− pλ
2pi²0a2
ρˆ b) W = pλ
2pi²0a
P3.12 Considere um plano infinito carregado com densidade superficial uni-
forme de cargas σ localizado no plano x y (z = 0). Se um dipolo elétrico
de módulo p está no plano y z e faz inicialmente um ângulo de pi3 com
relação ao eixo z, calcule: a) A força resultante exercida sobre o dipolo;
b) O vetor torque sobre o dipolo e c) a energia necessária para girar o
dipolo até um ângulo de pi2 em relação a z.
P3.13 Numa região do espaço onde o potencial é dado por V (x) = 12 ax2+
bx+ c, onde a, b e c são constantes, é colocado um pequeno dipolo
elétrico de momento p = p0 xˆ. Determine a força e o torque atu-
antes sobre ele. Que energia foi dispendida para colocá-lo lá? Resp:
τ= 0, F= p0a, U = p0(ax+b)
A
B
a
2a
Fig. 3.9 Problema 3.14
P3.14 A figura ao lado ilustra um sistema de duas cargas q1 =−q2 = q . Pede-
se
a) O potencial eletrostático em A e B ; Resp: VA =
q
8pi²0a
VB =−
q
8pi²0a
b) A energia eletrostática desse sistema. Resp: U =−p5 q
2
20pi²0a
c) O trabalho que um agente externo deve realizar para levar uma
carga q3 = 2q desde A até B . Resp: Wext (A→B) =− q
2
2pi²0a
P3.15 Quatro cargas −q , 3q , −3q e q são dispostas sequencial e linearmente
ao longo do eixo z de um sistema de coordenadas, sendo a a distância
entre cada carga e sua vizinha mais próxima. Considere a origem do
sistema no ponto médio entre as cargas ±3q . Determine o potencial
elétrico num ponto qualquer do espaço muito distante da distribuição,
r >> a. Resp: V = 3qa3(5cos3 θ−3cosθ)
4pi²0r 4
P3.16 Uma carga puntiforme q é colocada numa caixa cúbica de aresta l .
Calcule o fluxo do campo elétrico sobre cada uma das faces a) se a
carga ocupa o centro do cubo; b) se é colocada num dos vértices.
Resp: a) q/6²0; b) 0 para as faces adjacentes e q/24²0 para as faces opostas.
Eduardo Resek Unifei
3.4 Energia potencial elétrica 79
A
B
2q
Fig. 3.10 Problema 3.17
P3.17 Uma esfera metálica oca de raios interno e externo respectivamente
iguais a a e b possui um excesso de carga igual a +q , sendo q > 0.
Exatamente no centro da esfera é colocada uma carga puntiforme −2q .
Determine:
a) As densidades de carga nas superfícies interna e externa da esfera.
b) O trabalho necessário para se transportar uma carga 3q do ponto A
ao ponto B , através da trajetória mostrada na figura.
c) O vetor campo elétrico nos pontos r = a, r = a+b
2
, e r = 2b.
Resp: a) σint =
q
2pia2
, σext =− q
4pib2
b) WA→B = 0
c) E(a)=− q
2pi²0a2
rˆ, E(
a+b
2
)= 0, E(2b)=− q
16pi²0b2
rˆ
P3.18 No modelo clássico de J.J. Thomson para o átomo de hidrogênio, a
carga +e do núcleo era imaginada como estando uniformemente dis-
tribuída no interior de uma esfera de raio a da ordem de 10−8 cm
(raio atômico) e o elétron era tratado como uma carga puntiforme −e
movendo-se no interior dessa distribuição. a) Calcule o campo elétrico
que atuaria sobre o elétron num ponto a uma distância r < a do centro
da esfera; b) mostre que o elétron poderia mover-se radialmente com
um movimento harmônico simples; c) calcule a frequência de oscila-
ção e compare-a com uma frequência típica da luz visível.
Resp: a) ~E = ρr3²0 rˆ ; b) ω= e/(4pi²0me a
3)1/2; c) ν≈ 7,2×1015 Hz
P3.19 Um cilindro oco de raios interno e externo respectivamente iguais
a a e b está carregado com uma densidade volumétrica de cargas
ρv = A/ρ. Determine o campo elétrico em todas as regiões do espaço
e a diferença de potencial entre as superfícies interna e externa do
cilindro. Resp: E= 0, para 0< ρ < a; E= A
²0ρ
(ρ−a) ρˆ, para a < ρ < b; E= A
²0ρ
(b−a) ρˆ, para
ρ > b. V (a)−V (b)= A
²0
(b−a−a ln(b/a)).
Unifei Eduardo Resek
Capítulo 4
Soluções de problemas em
eletrostática
Equações de Poisson e Laplace
É muito simples obter as equações de Poisson e Laplace. Como E=−∇V , da Lei
de Gauss temos
∇2V =− ρ
²0
, (4.1)
que é a equação de Poisson. Nas regiões onde não há cargas, temos e equação de
Laplace,
∇2V = 0, (4.2)
Estas equações aparecem em várias outras áreas da Física, e existe um grande nú-
mero de técnicas de solução diferentes, cada qual mais adequada a certa situação
específica. No estudo destas técnicas, dois teoremas se fazem importantes, um
deles óbvio mas necessário, e o outro não tão trivial. Antes de os enunciarmos, en-
tretanto, vejamos uma definição acerca das condições de contorno normalmente
encontradas nos problemas tipicamente endereçados via equação de Poisson ou
Laplace.
Definição 1 (Condições de Contorno de Dirichlet). Quando o valor da função(ou seja, do potencial) é especificado em uma ou mais superfícies fechadas no
espaço.
Definição 2 (Condições de Contorno de Neumann). Quando o valor da derivada
normal da função (ou seja, do gradiente, o que essencialmente equivale ao campo
elétrico ou à densidade superficial de cargas) é especificado em uma ou mais
superfícies fechadas no espaço.
Teorema 1 (Linearidade). Se V1, V2, . . . , Vn são soluções da equação de Laplace,
então
V =α1V1+α2V2+·· ·+αnVn ,
onde os α são constantes, também o será.
81
82 Capítulo 4 Soluções de problemas em eletrostática
A prova é trivial e será deixada como exercício.
Exercício proposto 2. Demonstre a proposição acima!
Teorema 2 (Unicidade). Duas soluções da equação de Poisson que satisfaçam às
mesmas condições de contorno (tipo Dirichlet ou Neumann), diferem no máximo
por uma constante.
Suponha que uma determinada região do espaço de volume v0 seja delimi-
tada por uma superície S0 (que pode ser infinita). Dentro desta região existem n
corpos condutores de superfícies S1, S2, . . . , Sn , eletricamente carregados e man-
tidos a determinados potenciais. Admitamos que, em v0, existam duas soluções
para a equação de Poisson, V1 e V2:
∇2V1 =− ρ
²0
, ∇2V2 =− ρ
²0
,
ambas satisfazendo às mesmas condições de contorno em S1, S2, . . . , Sn . Seja
V =V1−V2. É claro que
∇2V = 0,
além do que, nas superfícies especificadas, V = 0. Apliquemos o teorema da
divergência ao vetor V∇V :∫
v0
∇·(V∇V )d v =
∮
S
V∇V · nˆdS.
Por outro lado, como ∇·(V A)=V∇·A+A·∇V , decorre que
∇·(V∇V )=V∇2V +|∇V |2 = |∇V |2,
consequentemente, ∮
S
V∇V · nˆdS =
∫
v0
|∇V |2 d v,
onde S consiste de S0 e de S1, S2, . . . , Sn . Nessas últimas, V = 0. Para integrar na
superfície S0, extensa, que engloba todo o sistema, podemos imaginar uma esfera
de raio R muito grande, contendo S0. No integrando, a grandes distâncias V cai
com 1/R, ∇V cai com 1/R2 e dS cresce com R2, de modo que no geral a integral
cai com 1/R e portanto tende a zero quando R →∞. Isso implica então que∫
v0
|∇V |2 d v = 0.
Ora, como o integrando é sempre não negativo, a integral só pode ser nula se
∇V = 0
em todos os pontos de v0, o que prova a unicidade das soluções (se ∇(V1−V2)=
0 =⇒ V1−V2 = cte. Como em S1, etc., V1 = V2, isso vale para todos os demais
pontos).
É fácil ver que a mesma conclusão pode ser alcançada se admitirmos condi-
ções de contorno do tipo Neumann.
Eduardo Resek Unifei
4.1 Equações de Poisson e Laplace em uma dimensão 83
4.1 Equações de Poisson e Laplace em uma dimensão
Analisemos rapidamente os casos especiais em que o potencial é função apenas
de uma das coordenadas do sistema.
Coordenadas cartesianas Admitindo V =V (z) e ρ = ρ(z) (por que??), teremos
d 2V
d z2
=− ρ
²0
=⇒ V (z)=− 1
²0
∫ z [∫ z ′
ρ(z ′′)d z ′′
]
d z ′+ A1z+ A2,
onde A1 e A2 são constantes de integração. Note que se não há cargas (Laplace),
a solução é bem simples:
V (z)= A1z+ A2
Coordenadas cilíndricas Se ρv = ρv (ρ) e V =V (ρ),
1
ρ
d
dρ
(
ρ
dV
dρ
)
=−ρv
²0
=⇒V (ρ)=− 1
²0ρ
∫ ρ [ 1
ρ′′
∫ ρ′
ρv (ρ
′′)ρ′′dρ′′
]
dρ′+A1 lnρ+A2
Para ρv = 0 temos
1
ρ
d
dρ
(
ρ
dV
dρ
)
=− ρ
²0
=⇒V (ρ)= A1 lnρ+ A2
Coordenadas esféricas Se ρ = ρ(r )e V =V (r ),
1
r 2
d
dr
(
r 2
dV
dr
)
=− ρ
²0
=⇒V (r )=− 1
²0r 2
∫ r [ 1
r ′2
∫ r ′
ρ(r ′′)r ′′2 dr ′′
]
dr ′+ A1
r 2
+A2.
Novamente, para ρ = 0, fica
V (r )= A1
r 2
+ A2.
Exercício proposto 3. Determine para cada caso acima, o campo elétrico e a
densidade superficial de cargas em uma (ou mais) superfícies onde possam ser
fornecidas condições de contorno adequadas para a completa determinação do
potencial.
4.2 O método das imagens
O teorema da unicidade das soluções das equações de Laplace ou Poisson permite-
nos chegar a soluções da equação por qualquer método e, se as condições de
contorno forem satisfeitas, podemos garantir que ela é única. Muitas vezes a
solução direta por métodos matemáticos tradicionais é difícil mas, por mera
inspeção ou até mesmo adivinhação/tentativa, podemos chegar a uma solução
completa do problema. O método das imagens permite-nos, em certa classe
de problemas, chegar a soluções sem efetivamente ter que resolver as equações
Unifei Eduardo Resek
84 Capítulo 4 Soluções de problemas em eletrostática
diferenciais. Consiste basicamente em substituir as condições de contorno por
carga imagens que as reproduzam. Estas cargas imagens não existem na realidade
(virtuais). Elas aparecem geralmente numa região fora da validade da solução
a ser encontrada (por exemplo, dentro de um condutor em cuja superfície foi
especificado o potencial).
Exemplo 4.1 Carga pontual próxima a campo infinito - Considere um plano
condutor infinito aterrado (potencial zero), próximo ao qual (distância d)
se encontra um carga pontual q . Adotemos o sistema de coordenadas de
tal forma que o plano carregado coincida com o plano x y e a carga esteja
sobre o eixo z. Ao invés de resolvermos a equação de Laplace,q
Fig. 4.1 Carga próxima a um plano
condutor infinito aterrado
∇2V = ∂
2V
∂x2
+ ∂
2V
∂y2
+ ∂
2V
∂z2
= 0,
válida exceto no ponto ocupado pela carga, tentaremos determinar uma
configuração equivalente que satisfaça as seguintes condições:
• V (x, y,0)= 0, isto é, o potencial é nulo em todos os pontos do plano
condutor.
• Em pontos muito próximos à carga, o potencial se aproxima daquele
de uma carga pontual.
• Em pontos muito distantes da carga (x → ±∞, y → ±∞, z →∞), o
potencial se aproxima de zero.
• A função potencial é impar com respeito às coordenadas x e y , isto é
V (−x, y, z)=V (x, y, z), V (x,−y, z)=V (x, y, z)
É fácil perceber que a seguinte situação produz uma função potencial
com as características desejadas: uma carga igual e oposta a q , colocadaq
−q
Fig. 4.2 Carga imagem
simetricamente com relação ao plano condutor na região z < 0. O potencial,
então, pode ser escrito como
V (x, y, z)= q
4pi²0
[
1√
x2+ y2+ (z−d)2
− 1√
x2+ y2+ (z+d)2
]
,
válida apenas para a região z > 0. A partir desse resultado, podemos detr-
minar a densidade superficial de cargas induzida no plano condutor:
σ(x, y)= ²0Ez |z=0 =−
qd
2pi(x2+ y2+d 2)3/2
Exercício proposto 4. Determine a força de atração exercida sobre a carga q por
um plano infinito carregado dessa forma. Surpreso com o resultado?
Eduardo Resek Unifei
4.3 O Método da Separação de Variáveis 85
Exemplo 4.2 Carga pontual próxima a uma esfera condutora aterrada -
Consideremos uma esfera de raio a, condutora e mantido a um potencial
fixo e originalmente neutra. A uma distância d de seu centro é colocada
uma carga pontual q . Determine a distribuição de cargas induzida na
esfera.
4.3 O Método da Separação de Variáveis
Consiste em escrever tentativamente s solução como o produto de funções de
cada uma das coordenadas das quais o potencial dependa, utilizando o princípio
da superposição caso haja multiplicidade de soluções linearmente independen-
tes.
4.3.1 Separação de Variáveis em Coordenadas Cartesianas em Duas
Dimensões
Tomemos como exemplo a seguinte situação: as paredes condutoras x = 0 e x = a
estão aterradas, enquanto que a base y = 0, 0< x < a encontra-se a um potencial
V0. Desejamos determinar as dsitribuições de potencial e campo elétricos no inte-
rior da região definida por 0< x < a, y > 0. Nessa região não há cargas, de modo
O x
y
V = 0 V = 0
V = V0 a
Fig. 4.3 Poço infinito de potencial
que o potencial deve obedecer à equação de Laplace, ∇2V = ∂
2V
∂x2
+ ∂
2V
∂y2
= 0;
Como V =V (x, y), tentamos uma solução do tipo
V (x, y)= X (x)Y (y)
Substituindo na equação de Laplace, temos
Y (y)
d 2X
d x2
+X (x) d
2Y
d y2
= 0.
Dividindo por V = X Y , vem
1
X (x)
X ′′(x)+1
Y (y)
Y ′′(y)= 0, ou 1
X (x)
X ′′(x)=− 1
Y (y)
Y ′′(y),
o que somente é possível se ambos forem iguais a uma constante, ou seja, inde-
pendente de x ou y . Seja k ∈N esta constante. Separamos a equação original em
duas:
1
X (x)
X ′′(x)= k =⇒ X ′′(x)−k X (x)= 0,
1
Y (y)
Y ′′(y)=−k =⇒ Y ′′(x)+kY (y)= 0.
Se k 6= 0, as soluções serão do tipo
X (x)= A e
p
kx +B e−
p
kx , Y (y)=C e
p−k y +D e−
p−k y ,
Unifei Eduardo Resek
86 Capítulo 4 Soluções de problemas em eletrostática
ou seja, se k > 0, teremos exponenciais reais em x e exponenciais imaginárias
(funções harmônicas) em y , o contrário se k < 0. Se k = 0, as soluções serão
ambas lineares na respectiva variável.
A solução deve ainda satisfazer às condições de contorno
(i ) V (0, y)= 0, (i i ) V (a, y)= 0,
(i i i ) V (x,0)=V0, em 0< x < a, (i v) lim
y→∞V (x, y)<∞ para 0< x < a.
Vemos que a primeira e a terceira hipóteses devem ser excluídas, pois não há
possibilidade de encontrar uma solução não trivial nessas condições. Como k
deve ser negativo, escrevâmo-lo como k =−λ2, λ ∈N:
X (x)= A′ cosλx+B ′ senλx, Y (y)=C eλy +D e−λy ,
onde também reescrevemos as exponenciais complexas em termos de funções
trigonométricas. A condição (i ) nos diz que X (0)= 0, portanto A′ = 0. A condição
(i i ) exige que X (a)= 0, ou seja,
B ′ senλa = 0 =⇒ senλa = 0 ou λa = npi, n ∈N,
pois se B ′ = 0, X seria identicamente nula. Surge então a possibilidade de múl-
tiplas soluções linearmente independentes, uma para cada valor possível de n.
Vamos caracterizar cada uma dessas soluções pelo índice n. A constante B ′ pode
ser absorvida nas constantes C e D , de modo que escreveremos
Vn(x, y)= sen npix
a
(
Cn e
npiy/a +Dn e−npiy/a
)
, n = 1,2,3, . . .
A condição (i v) impõe Cn = 0, do contrário Vn não seria finito para y →∞. Cada
possível solução fica então reduzida à forma
Vn(x, y)=Dn sen npix
a
e−npiy/a .
Nesse ponto é conveniente escrever a solução completa de V (x, y), contemplando
todos os possíveis valores de n. Ela é simplesmente a combinação linear dos Vn :
V (x, y)=
∞∑
n=1
Dn sen
npix
a
e−npiy/a .
De acordo com (i i i ), devemos ter
∞∑
n=1
Dn sen
npix
a
=V0, 0< x < a.
Isso sugere uma série trigonométrica de Fourier. Nossa solução deve ser válida
apenas na região 0 < x < a. É lícito, portanto, imaginar uma função f (x) que,
periódica, reproduza o valor do potencial na região citada, e que seja passível de
Eduardo Resek Unifei
4.3 O Método da Separação de Variáveis 87
representação em série de Fourier de senos. Como o seno é uma função ímpar,
imaginamos uma extensão periódica ímpar:
f (x)=
{
−V0, −a < x < 0,
V0, 0< x < a
e f (x+2a)= f (x)
0 x
f(x)
3a−3a 2a−2a aa
V0
−V0
Fig. 4.4 Extensão periódica da função f (x)
A função f (x) possui período 2a, portanto sua expansão em série de senos
teria a forma
f (x)=
∞∑
n=1
bn sen
npix
a
,
com
bn = 1
a
∫ a
−a
f (x)sen
npix
a
d x = 2
a
∫ a
0
V0 sen
npix
a
d x = 2V0
npi
[
1− (−1)n]={4V0npi , para n ímpar
0, para n par
,
ou seja,
f (x)= 4V0
pi
∞∑
n=1
sen[(2n−1)pix/a]
2n−1 .
Como vimos, f (x) → V0 em 0 < x < a, sendo portanto a solução procurada,
Dn = bn . A solução completa fica
V (x, y)= 4V0
pi
∞∑
n=1
sen[(2n−1)pix/a]
2n−1 e
−(2n−1)piy/a .
O campo pode ser imediatamente calculado a partir de
E=−∇V =−∂V
∂x
xˆ−∂V
∂y
yˆ= 4V0
a
∞∑
n=1
{− xˆ cos[(2n−1)pix/a]+ yˆ sen[(2n−1)pix/a]} e−(2n−1)piy/a .
As densidades de cargas nas superfícies condutoras internas à região serão
σ= ²0 E· nˆ,
Unifei Eduardo Resek
88 Capítulo 4 Soluções de problemas em eletrostática
onde nˆ é o versor perpendicular à superfície correspondente. Fica
σ(0, y)= ²0 xˆ·E(0, y)=−4²0V0
a
∞∑
n=1
e−(2n−1)piy/a =− 4²0V0
a
(
e−piy/a − epiy/a) = 2²0V0a senhpiy/a .
As demais densidades serão
σ(a, y)= ²0 E(a, y)·(− xˆ), σ(x,0)= ²0 yˆ·E(x,0).
Fica como exercício proposto completar o cálculo dessas densidades de cargas.
Ainda pertinente a esse exemplo, nesse caso específico (e em alguns outros,
utilizando uma técnica semelhante), é possível expressar a solução obtida numa
forma fechada, ou seja, é possível somar explicitamente essa série de Fourier.
Vejamos:
Obtivemos
V (x, y)=cte
∞∑
n=1
n impar
1
n
e−npiy/a sen
npix
a
= cte
∞∑
n=1
n impar
1
n
e−npiy/a Im
{
ei
npix
a
}
=cteIm

∞∑
n=1
n impar
1
n
ei npi(x+i y)/a
= cteIm

∞∑
n=1
n impar
Z n
n

onde
Z = eipi(x+i y)/a .
Partindo de
∞∑
n=0
Z n = 1+Z +Z 2+Z 3+Z 4+·· · = 1
1−Z , |Z | < 1,
multiplicando por d Z e integrando, teremos
∞∑
n=1
Z n
n
= Z + Z
2
2
+ Z
3
3
+ Z
4
4
= ·· · =− ln(1−Z ),
e trocando Z por −Z ,
−
∞∑
n=1
(−Z )n
n
= Z − Z
2
2
+ Z
3
3
− Z
4
4
= ·· · = ln(1+Z ).
Somando essas duas últimas e dividindo por dois,
Z + Z
3
3
+ Z
5
5
+·· · =
∞∑
n=1
n impar
Z n
n
= 1
2
ln
1+Z
1−Z .
Lembrando que o resultado é um número complexo e que na verdade desejamos
apenas a sua parte imaginária, recordemos que, sendo ζ um complexo na forma
ζ= x+ i y = ρeiθ,
Eduardo Resek Unifei
4.3 O Método da Separação de Variáveis 89
a parte imaginária de seu logaritmo natural será
lnζ= lnρ+ iθ =⇒ Im{lnζ}= θ = tan−1 Im{ζ}
Re{ζ}
Para
ζ= 1+Z
1−Z =
(1+Z )(1−Z∗)
(1−Z )(1−Z∗) =
1−|Z |2+
2i Im{Z }︷ ︸︸ ︷
Z −Z∗
1+|Z |2− (Z +Z∗)︸ ︷︷ ︸
2Re{Z }
.
Assim
Im

∞∑
n=1
n impar
Z n
n
= 12 tanh−1 2Im{Z }1−|Z |2 .
Como
Z = eipi(x+i y)/a = epi(−y+i x)/a =⇒ Im{Z }= e−piy/a sen pix
a
, |Z | = e−piy/a ,
resulta finalmente
Im

∞∑
n=1
n impar
Z n
n
= 12 tanh−1
(
2e−piy/a sen pixa
1− e−2piy/a
)
= 1
2
tanh−1
(
2sen pixa
epiy/a − e−piy/a
)
= 1
2
tanh−1
(
sen pixa
senh piya
)
e
V (x, y)= 2V0
pi
tanh−1
(
sen pixa
senh piya
)
4.3.2 Separação de Variáveis em Coordenadas Esféricas com Simetria
Azimutal
Existe uma classe muito grande de problemas cuja geometria apresenta simetria
azimutal, isto é, o potencial é independente da coordenada angular ϕ,
V (r)=V (r,θ).
Para essas situações, a equação de Laplace se simplifica, em coordenadas esféri-
cas, para
∇2V = 1
r 2
∂
∂r
(
r 2
∂V
∂r
)
+ 1
r 2 senθ
∂
∂θ
(
senθ
∂V
∂θ
)
= 0.
Tentamos então separar as variáveis com uma solução do tipo V (r,θ)=R(r )Θ(θ).
Substituição na equação de Laplace resulta em
Θ(θ)
r 2
d
dr
(
r 2
dR
dr
)
+ R(r )
r 2 senθ
d
dθ
(
senθ
dΘ
dθ
)
= 0.
Dividindo por RΘ/r 2 e reorganizando, vem
1
R(r )
d
dr
[
r 2R ′(r )
]=− 1
senθΘ(θ)
d
dθ
[
senθΘ′(θ)
]
Unifei Eduardo Resek
90 Capítulo 4 Soluções de problemas em eletrostática
Novamente, o primeiro e segundo membros contêm funções de variáveis total-
mente distintas, e somente podem ser iguais se ambos forem independentes
das respectivas variáveis, ou seja, se forem iguais a um constante, digamos k. As
equações separadas para r e θ ficam
d
dr
[
r 2R ′(r )
]−kR(r )= 0 e d
dθ
[
senθΘ′(θ)
]+k senθΘ(θ)= 0.
Consideremos primeiramente a equação em θ; A substituição de variáveis
x = cosθ =⇒ dΘ
dθ
=−senθ dΘ
d x
,
d
dθ
[
senθΘ′(θ)
]= (1−x2) d 2Θ
d x2
−2x dΘ
d x
conduz à equação de Legendre:
(1−x2) d
2Θ
d x2
−2x dΘ
d x
+kΘ= 0,
que só possui soluções regulares se a constante k for da forma `(`+1), ` ∈N. É
claro que a solução em θ deve satisfazer a esse quesito, de modo que
(1−x2) d
2Θ
d x2
+2x dΘ
d x
+`(`+1)Θ= 0,
tendo solução regular
Θ`(x)= P`(x) ou Θ`(θ)= P`(cosθ).
Com isto, a equação da parteradial,
d
dr
[
r 2R ′`(r )
]−`(`+1)R`(r )= 0
é facilmente solucionada tentando uma solução em série de potências. Na ver-
dade, é trivial verificar que r ` e r−(`+1) são as duas soluções linearmente inde-
pendentes de que necessitamos, ou seja
R`(r )= A`r `+
B`
r `+1
,
e como ` pode ser qualquer inteiro não negativo (inclusive 0), a solução completa
fica
V (r,θ)=
∞∑
`=0
(
A` r
`+ B`
r `+1
)
P`(cosθ)
Exemplo 4.3 Dois hemisférios metálicos - Cada hemisfério de uma esfera
de raio a está isolado um do outro e mantido a potenciais −V ,+V , como
mostrado na figura. Como existe simetria azimutal, para obter o potencial
Eduardo Resek Unifei
4.3 O Método da Separação de Variáveis 91
em todo o espaço, devemos resolver a equação de Laplace em coordenadas
esféricas com as seguintes condições de contorno:
V =
{
+V0, para 0≤ θ <pi/2,
−V0, para pi/2< θ ≤pi
Claramente devemos dividir a solução em duas regiões distintas: r < a e
r > a. Sejam V1 e V2 tais soluções, respectivamente:
z
P
r
θ
a
±V0
Fig. 4.5 Esfera com hemisférios
isolados ligada a bateria
V (r < a,θ)=V1 =
∞∑
`=0
(
A` r
`+ B`
r `+1
)
P`(cosθ),
V (r > a,θ)=V2 =
∞∑
`=0
(
C` r
`+ D`
r `+1
)
P`(cosθ).
Como o potencial deve ser finito em todo o espaço, eliminamos os coefi-
cientes B` e C`, que causariam um comportamento divergente de V1 e V2
quando r → 0 e r →∞, respectivamente. Ficamos com
V1(r,θ)=
∞∑
`=0
A` r
`P`(cosθ),
V2(r,θ)=
∞∑
`=0
D`
r `+1
P`(cosθ).
Uma condição de contorno adicional exige a continuidade do potencial,
em particular em r = a:
V1(a,θ)=V2(a,θ) =⇒
∞∑
`=0
(
A` a
`− D`
a`+1
)
P`(cosθ)= 0, ∀θ.
Como os polinômios de Legendre de ordens distintas são linearmente
independentes entre si, decorre
D` = a2`+1 A`.
Resta agora determinar apenas as constantes A`. Para isso, observamos
que em r = a,
V (a,θ)=
∞∑
`=0
A` a
`P`(cosθ)= f (θ)=
{
+V0, para 0≤ θ <pi/2,
−V0, para pi/2< θ ≤pi
.
Isso constitui uma expansão em série de Fourier-Legendre, análoga às bem
conhecidas séries de Fourier trigonométricas. O coeficiente α` = A` a`
pode ser calculado por
α` = A` a` =
2`+1
2
∫ pi
0
f (θ)P`(cosθ)senθdθ =
2`+1
2
V0
(∫ pi
2
0
P`(cosθ)senθdθ−
∫ pi
pi
2
P`(cosθ)senθdθ
)
.
Unifei Eduardo Resek
92 Capítulo 4 Soluções de problemas em eletrostática
Em termos de x = cosθ, as integrais entre parêntesis ficam∫ 1
0
P`(x)d x−
∫ 0
−1
P`(x)d x︸ ︷︷ ︸
x→−x
=
∫ 1
0
P`(x)d x+
∫ 0
1
P`(−x)d x
=
∫ 1
0
[P`(x)−P`(−x)] d x =
[
1− (−1)`
]∫ 1
0
P`(x)d x.
Assim, os coeficientes se anularão para qualquer ` par, α2` = 0. Para `
ímpar, fica
α2`−1 = 2(−1)`
(2`−3)!!
`!2`
(4`−1)
2
V , para `> 1;
para `= 1 temos:
α1 = 3V0
∫ 1
0
x d x = 3
2
V0.
Com isso,
A1 = 3V0
2a
, D1 = a2 A1 = 3aV0
2
, A2`−1 = (−1)`(4`−1)
(2`−3)!!
`!2`a2`−1
V0
e
D2`−1 = (−1)`(4`−1)
(2`−3)!!
`!2`
a2`+1 V0, `= 2,3, ...
Assim, se definirmos (−1)!!= 1, a solução final pode ser escrita como
V (r,θ)=V0
∞∑
`=1
(−1)`+1(4`−1) (2`−3)!!
`!2`
( r
a
)2`−1
P2`−1(cosθ), para r < a,
e
V (r,θ)=V0
∞∑
`=1
(−1)`+1(4`−1) (2`−3)!!
`!2`
(a
r
)2`
P2`−1(cosθ), para r > a,
Fica proposta a tarefa de calcular as densidades de cargas presentes nas
placas condutoras que formam os hemisférios.
4.3.3 Separação de Variáveis em Coordenadas Cilíndricas com poten-
cial independente de z
∇2V = 1
ρ
∂
∂ρ
(
ρ
∂V
∂ρ
)
+ 1
ρ2
∂2V
∂ϕ2
Assumimos V da forma V (ρ,ϕ)=R(ρ)Φ(ϕ). Substituição na equação conduz a
Φ
ρ
d
dρ
[
ρR ′(ρ)
]+ R
ρ2
d 2Φ
dϕ2
,
Eduardo Resek Unifei
4.3 O Método da Separação de Variáveis 93
ou
ρ
R
d
dρ
[
ρR ′(ρ)
]=− 1
Φ(ϕ)
d 2Φ
dϕ2
=λ2
que implica na separação das equações para ρ e ϕ:
ρ2R ′′(ρ)+ρR ′(ρ)−λ2R(ρ)= 0, Φ′′(ϕ)+λ2Φ(ϕ)= 0.
Podem ocorrer três situações:
λ= 0 A solução será da forma
R(ρ)= A0+B0 lnρ, Φ(ϕ)=C0+D0ϕ.
λ 6= 0, λ ∈N Teremos soluções periódicas em ϕ:
Φλ(ϕ)=Cλ cosλϕ+Dλ senλϕ.
A solução radial pode ser obtida pelo método usual de série de potências, mas é
fácil verificar que, neste caso, a solução será
Rλ(ρ)= Aλρλ+
Bλ
ρλ
.
A solução geral, como sempre, será a combinação linear dos Φλ para todos os
possíveis valores de λ:
V (ρ,ϕ)= (A0+B0 lnρ)(C0+D0ϕ)+
∑
λ
(
Aλρ
λ+ Bλ
ρλ
)(
Cλ cosλϕ+Dλ senλϕ
)
Nas situações onde toda a faixa de valores de ϕ é permitida, isto é, 0 ≤ ϕ < 2pi,
a condição de periodicidade exige que V (ρ,ϕ+ 2pi) = V (ρ,ϕ), o que só pode
ser satisfeito se λ ∈ N; denotaremos λ = n; ainda, obrigatoriamente D0 = 0 e a
constante C0 será absorvida em A0 e B0:
V (ρ,ϕ)= A0+B0 lnρ+
∑
n
(
Anρ
n + Bn
ρn
)(
Cn cosnϕ+Dn sennϕ
)
.
O termo logarítimico é característico de uma linha infinita carregada, e só estará
presente se houver uma tal linha carregada no eixo z. Se não houver singularidade
na origem, Bn = 0, ∀n. Da mesma forma, se o potencial for finito para ρ→∞,
B0 = 0 e An = 0,n > 0.
Há situações em que a faixa de variação deϕ é restrita a uma região menor que
2pi (veja a lista de problemas propostos). Nessas condições, abre-se uma outra
possibilidade de soluções para a equação separada. Poderemos ter a possibilidade
de valores negativos λ2! Poremos λ2 =−ν2, com ν ∈N. As soluções em ϕ serão da
forma
Φν(ϕ)=Cν coshνϕ+Dν senhνϕ,
enquanto que as soluções radiais serão exponenciais complexas do tipo ρ±iν.
Entretanto, como
lnρ±
.
ı ν =± .ı ν lnρ =⇒ ρ±
.
ı ν = e±
.
ı ν lnρ = cos(ν lnρ)± .ı sen(ν lnρ)
Unifei Eduardo Resek
94 Capítulo 4 Soluções de problemas em eletrostática
podemos escrevê-las como uma combinação linear de senos e cossenos de ν lnρ.
A solução geral então se escreve na forma
V (ρ,ϕ)= (A0+B0 lnρ)(C0+D0ϕ)+
∑
ν
[
Aν cos(ν lnρ)+Bν sen(ν lnρ)
]
(Cν coshνϕ+Dν senhνϕ)
4.3.4 Separação de Variáveis em Coordenadas Cilíndricas
A forma geral da equação de Laplace em coordenadas cilíndricas é
∇2V = 1
ρ
∂
∂ρ
(
ρ
∂V
∂ρ
)
+ 1
ρ2
∂2V
∂ϕ2
+ ∂
2V
∂z2
= 0,
que tentaremos resolver novamente utilizando o método da separação de variá-
veis, agora com
V =V (ρ,ϕ, z)=R(ρ)Φ(ϕ)Z (z).
Substituindo acima e divindo por RΦZ , obtemos
1
ρR
d
dρ
(
ρ
dR
dρ
)
+ 1
ρ2Φ
d 2Φ
dϕ2
=−d
2Z
d z2
.
Isso só é possível se ambos os termos forem constantes, que denominaremos
β. Escolhemos a constante de separação β de acordo com as condiçoes de con-
torno. Independência de z (geralmente em geometrias com fios ou cilindros
infinitos) leva à escolha β= 0, que já foi estudada anteriormente. Periodicidade
em z implica em β> 0, que deixaremos proposto como exercício. O caso β< 0,
que enfatizaremos escrevendo β = −λ2, será analisado a seguir. As equações
separadas ficam
1
ρR
d
dρ
(
ρ
dR
dρ
)
+ 1
ρ2Φ
d 2Φ
dϕ2
+λ2 = 0
d 2Z
d z2
−λ2Z = 0.
A equação em z tem solução imediata:
Z (z)= Eλ eλz +Fλ e−λz ou Z (z)= Eλ coshλz+Fλ senhλz
Multiplicando a outra equação por ρ2 e reorganizando, fica
ρ
1
R
d
dρ
(
ρ
dR
dρ
)
+ρ2λ2 =− 1
Φ
d 2Φ
dϕ2
= ν2,
pois novamente a igualdade só é possível se ambos os membros forem cons-
tantes. A escolha de uma constante positiva (se ν ∈N, ν2 > 0) implica soluções
trigonométricas paraΦ:
Φ(V )=Cν cosνϕ+Dν senνϕ,
Eduardo Resek Unifei
4.3 O Método da Separação de Variáveis 95
enquanto que a equação na coordenada radial
ρ2
∂2R
∂ρ2
+ρ∂R
∂ρ
+ (λ2ρ2−ν2)R = 0,
ou de forma equivalente,
∂2R
∂ρ2
+ 1
ρ
∂R
∂ρ
+
(
λ2− ν
2
ρ2
)
R = 0,
se transforma na equação diferencial de Bessel através da mudança de variáveis:
ξ=λρ =⇒ d
dρ
=λ d
dξ
,
d 2
d 2ρ
=λ2 d
2
d 2ξ
,
cuja substituiçãoleva a
λ2
∂2R
∂ρ2
+ λ
2
ρ
∂R
∂ρ
+
(
λ2− λ
2ν2
ρ2
)
R = 0,
ou finalmente
∂2R
∂ρ2
+ 1
ρ
∂R
∂ρ
+
(
1− ν
2
ρ2
)
R = 0,
que é a equação de Bessel. Vimos que suas soluções são da forma
R(ξ)= Aν Jν(ξ)+BνNν(ξ),
onde Jν e Nν são, respectivamente, as funções de Bessel e de Neumann de pri-
meira espécie. Em termos de ρ:
R(ρ)= Aν Jν(λρ)+BνNν(λρ).
Podemos então apresentar a solução geral para esse caso:
V (ρ,ϕ, z)=∑
ν,λ
[
Aν Jν(λρ)+BνNν(λρ)
]
(Cν cosνϕ+Dν senνϕ)(Eλ coshλz+Fλ senhλz)
Unifei Eduardo Resek
Capítulo 5
Capacitores
5.1 O que são
Genericamente, denominamos capacitores ou condensadores qualquer dispo-
sitivo capaz de acumular, armazenar e reter carga elétrica (equivalentemente,
energia elétrica, pois carga cria campo elétrico e campo contem energia potencial
elétrica). Geralmente são constituídos por pelo menos duas placas conduto-
ras isoladas entre si. São elementos importantes, presentes em praticamente
qualquer circuito elétrico.
5.2 Capacitância
C
Fig. 5.1 Símbolo do capacitor
Definimos a capacitância do dispositivo como a razão entre a carga Q que ele
acumula e a tensão V a que foi submetido:
C = Q
V
. (5.1)
A unidade no sistema internacional é coulomb/volt, também denominada farad
(F), em homenagem a Michael Faraday. No sistema CGS, a unidade é o centímetro.
Um farad é uma unidade muito grande: um capacitor de 1F seria capaz de acumu-
lar uma carga de 1,5C quando conectado a uma pilha comum AA! A força entre as
placas seria descomunal e ele teria que ser muito bem construído para resistir a
ela sem colapsar. Comercialmente, são comuns capacitores com capacitâncias
na faixa dos microfarads (1µF= 10−6 F) até picofarads (1pF= 10−12 F)
5.3 Energia armazenada
Vamos conectar um capacitor inicialmente descarregado, como o da figura, a
uma bateria de tensão V0. Essa bateria passa a carregar o capacitor, criando um
campo elétrico entre suas placas, que armazena energia. A energia armazenada
no capacitor provem do trabalho realizado pela bateria ao transportar cargas
de uma placa à outra daquele, contra o campo elétrico que vai aumentando
97
98 Capítulo 5 Capacitores
gradativamente à medida que as placas se carregam. Suponha que, num determi-
nado instante, a carga das placas seja ±q(t ) e a tensão entre as placas seja V (t ).
Para transportar uma carga adicional d q de uma placa a outra, o trabalho dW
realizado pela bateria será1
dW =V (t )d q = q(t )
C
d q.
A energia acumulada no campo elétrico será o trabalho total realizado pela ba-
teria desde o instante inicial até o momento atual. Supondo que a carga nesse
momento seja Q, essa energia então será
U =
∫
dW =
∫ Q
0
q
C
d q =⇒U = Q
2
2C
= 1
2
CV 2. (5.2)
1Como o campo eletrostático é conservativo, não precisamos calcular o trabalho pelo caminho
real seguido pela carga, que passa pela bateria. Esse trabalho somente depende da diferença de
potencial entre os pontos inicial e final do trajeto, que é justamente a tensão V naquele instante,
bem como da carga d q que foi tranferida de uma placa à outra (cf. eq. (3.8)).
Eduardo Resek Unifei
Capítulo 6
Dielétricos
Algumas moléculas, como a da água, podem apresentar um momento de dipolo
elétrico permanente não nulo. Isso acontece devido à configuração de seus áto-
mos constituintes, resultando em centros de cargas intrinsecamente separados.
Normalmente esses dipolos moleculares estão orientados aleatoreamente, pro-
duzindo um momento de dipol total nulo para uma amostra finita do material,
mas eles podem ser alinhados pela ação de um campo externo, o que faz com que
o campo produzido pelo conjunto de dipolos se torne razoavelmente intenso.
Mesmo moléculas que não possuam tal propriedade são afetadas pela pre-
sença de um campo externo. Num material isolante um campo externo leva
a uma separação dos centros de cargas positiva e negativa nas suas moléculas
constituintes, produzindo pequenos dipolos que, em conjunto, irão também
gerar uma contribuição não desprezível ao campo e potencial da região.
dp
O
rdv
′
r′
P
r− r
′
Fig. 6.1 Elemento de dipolo
Em ambas as situações, podemos tratar a contribuição dos pequenos dipo-
los moleculares definido o vetor Polarização P; qualqueer elemento de volume,
mesmo que macroscopicamente muito pequeno, contem um número muito
grande de moléculas polarizadas. O momento de dipolo total desse pequeno
volume, ∆p é a soma dos momentos de dipolos das moléculas constituintes
∆p=∑
i
pi .
O vetor P é o momento de dipolo total por unidade de volume:
P= lim
∆v ′→0
∆p
∆v ′
= dp
d v ′
, dp=Pd v ′.
Devemos lembrar que, apesar da natureza discreta da estrutura da matéria, do
ponto de vista macroscópico pode-se assumir que os dipolos estejam distribuídos
continuamente no interior do volume. Isso é uma aproximação, mas funciona
bem desde que o elemento de volume seja grande comparado com distâncias
interatômicas, e ainda assim pequeno comparado com a escala típica de variação
das grandezas que definem o campo eletrostático.
Consideremos um dielétrico ocupando uma região V ′ do espaço, onde por
uma razão ou outra, exista uma distribuição de dipolos elétricos. Um volume
99
100 Capítulo 6 Dielétricos
d v ′ possuirá um momento de dipolo dp(r′)=P(r′)d v ′, e sua contribuição para o
potencial num ponto r pode ser dada por
dVd =
1
4pi²0
dp·(r− r′)
|r− r′|3 =
1
4pi²0
P(r′)·(r− r′)
|r− r′|3 d v
′.
O potencial causado por toda a distribuição de dipolos será então
Vd =
1
4pi²0
∫
v ′
P(r′)·(r− r′)
|r− r′|3 d v
′. (6.1)
Vamos utilizar a identidade
∇′ 1|r− r′| =
r− r′
|r− r′|3
para reescrever o integrando de (6.1) como
Vd =
1
4pi²0
∫
v ′
P(r′)·∇′ 1|r− r′| d v
′. (6.2)
A seguir, empregamos a identidade
∇′·(ψA)=ψ∇′·A+∇′·ψA
com ψ= |r− r′|−1 e A=P(r′):
∇′· P(r
′)
|r− r′| =
∇′·P(r′)
|r− r′| +P(r
′)·∇′ 1|r− r′| ,
o que nos permite escrever (6.2) como
Vd =
1
4pi²0
(
−
∫
v ′
∇′·P(r′)
|r− r′| d v
′+
∫
v ′
∇′· P(r
′)
|r− r′| d v
′
)
,
ou, usando o teorema de Gauss na segunda integral
Vd =
1
4pi²0
∫
v ′
−∇′·P(r′)
|r− r′| d v
′+ 1
4pi²0
∮
S
P(r′)· nˆ
|r− r′| dS. (6.3)
Reconhecemos nessa expressão a contribuição de uma distribuição volumétrica
e uma superficial de cargas,
ρP =−∇·P e σP =P· nˆ,
que representam as densidades de cargas de polarização no dielétrico. Elas
resumem o efeito da distribuição de dipolos.
Eduardo Resek Unifei
101
6.0.1 Lei de Gauss na presença de dielétricos
Como vimos, os dielétricos podem ser polarizados pela ação de campos externos
e, em conseqüência, surgirão cargas que contribuirão para o campo total em
qualquer ponto da região. A lei de Gauss deve levar em conta tais cargas. Para
explicitar sua contribuição, vamos denotar por ρ` a densidade de carga livre (em
excesso) em cada ponto; a densidade de carga total será
ρ = ρ`+ρP ,
de modo que a lei de Gauss fica
∇·E= 1
²0
(ρ`+ρP )=
1
²0
(ρ`−∇·P) =⇒∇·(²0E+P)= ρ`.
Definimos o vetor Deslocamento Elétrico como
D= ²0E+P, (6.4)
em termos do qual a lei de Gauss assume a forma
∇·D= ρ`. (6.5)
A vantagem dessa formulação é que não precisamos, a priori, conhecer os efeitos
da polarização sobre o dielétrico, mas somente a carga em excesso deste. Na
forma integral teríamos ∮
S
D· nˆdS =Qi` , (6.6)
onde Qi` =
∫
ρ`d v é a carga livre interna à superfície S. Para a maioria dos
materiais dielétricos, a polarização é diretamente proporcional ao campo elétrico
externo aplicado e independente da direção deste (meios isotrópicos ou lineares).
Nesses casos, definimos a susceptibilidade (di)elétrica como
P=χE.
A equação (6.4) pode ser reescrita como
D= (²0+χ)E= ²E,
onde definimos a permissividadedo meio, ², como ²= ²0+χ. Costuma-se defi-
nir também uma grandeza adimensional, a permissivade relativa ou constante
dielétrica do meio, como
κ= ²rel =
²
²0
.
Unifei Eduardo Resek
102 Capítulo 6 Dielétricos
6.0.2 Condições de contorno para o campo elétrico
+
++
+++
+++++
+++++++++++++++++++++++++
+
+
++++++++++++++++++++++++++++
++++
++
+
+
σ A
D2
D1 nˆ
meio 1
meio 2
tˆ
∆`
E1
E2
Fig. 6.2 Comportamento dos cam-
pos na fronteira entre meios distin-
tos
Analisemos agora como se comporta o campo elétrico numa região onde existem
dois meios não condutores diferentes. A figura ilustra essa situação onde, além de
possíveis cargas livres distribuídas ao longo dos dielétricos, admitimos também
que possa haver uma carga livre na superfície interface entre os dois meios, cuja
densidade é ρ`. A lei de Gauss aplicada a uma pequena superfície cilíndrica (área
da seção reta A e altura ∆h) atravessando perpendicularmente essa interface
fornece ∮
S
D· nˆdS =Qi` ' ρ`A,
pois podemos imaginar uma seção reta suficientemente pequena a fim de des-
prezar quaisquer variações de ρ` ao longo da mesma. Pelo mesmo motivo, o o
vetor deslocamento não sofrerá variações significativas ao longo das tampas do
cilindro gaussiano; por outro lado, o fluxo através da superfície lateral pode ser
desprezado no limite em que ∆h → 0. Sendo nˆ o versor perpendicular à interface
dos dielétricos, orientado do meio 1 para o meio 2, vem∮
S
D· nˆdS 'D2· nˆ A+D1·(− nˆ) A ' ρ`A,
ou seja,
(D2−D1)· nˆ= ρ`, ou D2n −D1n = ρ`. (6.7)
Se não houver cargas livres na interface, o componente normal do vetor desloca-
mento será contínuo através desta.
Por outro lado, considerando que o campo eletrostático é conservativo, o
percurso mostrado na figura, onde novamente ∆h → 0 e ∆l podem ser tomados
tão pequenos quanto se queira, permitindo assim calcular o integral nos trechos
do percurso que são paralelos à interface∮
`
E·dr'E2·tˆ∆l +E1·(−tˆ)∆l = 0,
isto é
(E2−E1)·tˆ= 0, ou E2t = E1t , (6.8)
que significa que o componente de E tangente à interface não se altera ao atra-
vessarmos de um lado para outro.
Eduardo Resek Unifei
Documento redigido em L
A
T
E
X.
	0 Cálculo vetorial: uma revisão
	0.1 Introdução
	0.2 Álgebra Vetorial
	0.3 Produtos entre Vetores
	0.3.1 Produto Escalar
	0.3.2 Produto Vetorial
	0.4 Cálculo Diferencial e Integral com Vetores
	0.4.1 Derivada Direcional e Gradiente
	0.4.2 Integração Vetorial
	0.4.3 Divergência
	0.4.4 Rotacional
	0.4.5 Aplicações sucessivas de 
	0.4.6 Algumas Relações Úteis
	0.5 Sistemas de Coordenadas Curvilíneas
	0.5.1 Sistemas de Coordenadas Cilíndricas (,,z)
	0.5.2 Sistemas de Coordenadas Esféricas (r,,)
	I Eletrostática
	1 A Lei de Coulomb e o Campo Elétrico
	1.1 Carga elétrica
	1.2 Fatos experimentais importantes acerca da carga elétrica
	1.3 Natureza dos materiais
	1.4 Formas de eletrização
	1.4.1 Eletrização por atrito
	1.4.2 Eletrização por contato ou condução
	1.4.3 Eletrização por indução
	1.4.4 Eletrização por irradiação
	1.5 Lei de Coulomb
	1.6 Campo elétrico
	1.7 Princípio da superposição
	1.8 Linhas de força
	1.9 Distribuições contínuas de cargas
	1.10 Exemplos de cálculo de campo elétrico
	1.10.1 Um disco carregado não uniformemente
	1.10.2 Linha reta carregada uniformemente
	1.10.3 Uma semi-esfera carregada
	2 A Lei de Gauss
	2.1 Fluxo de um vetor
	2.2 Ângulo Sólido
	2.3 A Lei de Gauss para o campo elétrico
	2.3.1 Determinando diretamente o divergente do campo (opcional)
	2.3.2 Calculando o fluxo de uma carga pontual através de uma superfície fechada arbitrária
	2.4 Aplicações da lei de Gauss
	2.4.1 Simetria esférica
	2.4.2 Simetria cilíndrica
	2.4.3 Simetria cartesiana ou plana
	2.5 Condutores em equilíbrio eletrostático
	3 Potencial eletrostático
	3.1 Campos conservativos
	3.1.1 Trabalho de uma força
	3.1.2 Campo conservativo e energia potencial
	3.1.3 Campo eletrostático é conservativo!
	3.2 Condutores em Equilíbrio Eletrostático
	3.3 O dipolo elétrico
	3.3.1 Momento de dipolo elétrico
	3.3.2 Potencial e campo de um dipolo em pontos distantes
	3.3.3 Momento de dipolo elétrico de uma distribuição contínua de cargas
	3.3.4 Dipolo num campo externo
	3.4 Energia potencial elétrica
	3.4.1 Sistema de cargas pontuais
	3.4.2 Distribuição contínua de cargas
	4 Soluções de problemas em eletrostática
	4.1 Equações de Poisson e Laplace em uma dimensão
	4.2 O método das imagens
	4.3 O Método da Separação de Variáveis
	4.3.1 Separação de Variáveis em Coordenadas Cartesianas em Duas Dimensões
	4.3.2 Separação de Variáveis em Coordenadas Esféricas com Simetria Azimutal
	4.3.3 Separação de Variáveis em Coordenadas Cilíndricas com potencial independente de z
	4.3.4 Separação de Variáveis em Coordenadas Cilíndricas
	5 Capacitores
	5.1 O que são
	5.2 Capacitância
	5.3 Energia armazenada
	6 Dielétricos
	6.0.1 Lei de Gauss na presença de dielétricos
	6.0.2 Condições de contorno para o campo elétrico
	Index