Eletromagnetismo I – Instituto de Física - USP: 2ª Aula

Prof. Alvaro Vannucci

Elétrostática

Primeiras evidências de eletrização (Tales de Mileto, Grécia séc. VI AC):

quando âmbar (electron, em grego) era atritado em lã de carneiro,

pedacinhos de palha eram atraídos.

(ver experiências canudo, pêndulo, eletroscópio de cartolina)

A primeira tentativa séria de explicação do fenômeno ocorre apenas com

Benjamin Franklin (1749) com a teoria de falta/excesso de “fluído

elétrico” nos corpos.

Importância desta explicação: Não haveria a criação/destruição de cargas

elétricas no atrito, de forma que a carga total nos dois corpos seria sempre

a mesma.

Com a formulação do modelo atômico atual, estruturada no final do sec.

XIX, início do sec. XX, a eletrização decorre da transferência de elétrons

de um corpo a outro.

Lei de Coulomb: Ao final do sec. XVIII, técnicas

experimentais mais desenvolvidas permitiram a

medida de força entre corpos eletricamente

carregados:

2 1 2 12 1 21

2 2 2

0 2 1 0 212 1 2 1

1 1

4 4

q q q qr r rF

r r rr r r r

Havendo N cargas próximas, a força sobre a carga qi será:

;

21(versor na direçao de r )

3

04

Nj ij

i i

j i ij

q rF q

r

ij i j

ij

íj

r r r

rversores correspondentes

r

Muitas vezes estaremos interessados na interação de

uma carga pontual com uma distribuição

macroscópica de cargas.

Nestas situações, para resolver o problema,

procuramos dividir a carga total Q da distribuição

em pequenos volumes V , cada um com carga q .

Definimos então a “densidade volumétrica de cargas” :

0limV

q dqdq dV Q dq dV

V dV

Desta forma, a força sobre uma “carga de prova” q será:

3 3'

0 0

'' '

'( ) ( ') ( )

4 4q

q dq q r rF r r r r dV

r r r r

Atenção: Neste curso estaremos sempre associando o símbolo linha ( 'r ) às fontes de

carga (e corrente)

Agora, para distribuições de cargas lineares/superficiais:

dqdl

dqds

O Campo Elétrico E

Campo: conceito do séc. XIX que invoca as “propriedades” dos pontos do

espaço próximos de uma carga (ou massa), de forma que quando uma carga

(massa) é posicionada em um desses pontos, uma força age sobre ela.

Este processo certamente envolve a “atuação à distância” entre cargas (massas).

Então, se uma carga de prova q é posicionada em

uma região onde há campo E (criado por uma outra

carga Q), a força que age sobre ela será:

'

3'

0

;4

cargapontual

Q r rF qE E

r r

Se Q corresponder a uma distribuição volumétrica de cargas, então o campo

resultante será a soma dos campos devido a cada elemento de carga dq = dV:

'

3

0

''

'

1( )

4

r rE r dV

r r

Geralmente se considera o campo elétrico como sendo “indissociável” da carga

que o gera, sendo impossível separar um do outro.

Seria como considerar dois aspectos distintos de um mesmo ente físico.

Assim, o campo E de uma carga seria “eterno”; não é algo que “sai” da carga

continuamente, ou seja, ele “não gasta”.

A representação geométrica de E pode ser feita através de um conjunto de

linhas de força.

(ver experiência do ímã+limalha de ferro)

Sendo que:

i) A tangente à linha de força, em um dado ponto, fornece a direção de E

naquele ponto

ii) O módulo de E é proporcional à densidade de linhas (linhas/m3) em torno

daquele ponto.

Cálculo do totalE em um ponto P devido a várias cargas pontuais:

1 2

1

( ) ...N

N n

n

E P E E E E

Na situação em que temos uma distribuição

contínua de cargas, como em uma linha com

densidade constante (ver figura):

Vamos calcular o campo elétrico resultante, e

depois a força: F qE

Tomando um elemento de carga dq: '

3'

04

dq r rdE

r r

Sendo que:

'

'

12

ˆ

ˆ ˆ

ˆ

( ² ²)

r x i

r r y j xi

r y j

r r x y

dq dx

Portanto: 3

20

1 ˆ ˆ

4 ( ² ²)

y j xidE dx

x y

3 32 2

0

1 ˆ ˆ4 ( ² ²) ( ² ²)

xdx ydxE dE i j

x y x y

Se não notamos que a 1º integral é nula, por simetria, teremos que resolvê-la:

2

32

2 d 1(fazendo +y = =2x

( ² ²)d )

2

xdx

x yx xdx

dx

32

. . . .

1 d 1 1 1 1( ) ( ) 0

2 2 2 ² ²l i l ix y

(como tínhamos antecipado!)

Resolvendo a integral em j : 3 3

32 2 22

²( ² ²) ( 1)

ydxydxI

xx y yy

Da figura, vemos que 2 e sec

xtg x y tg dx y d

y

2

2 22 2 2

3 32 2 2

22

2

2 2

sec

sec sec 1 sin 2cos

sec(1 )

y d dI d

y y y yy tg

Portanto:

0 0 0

2 ˆ ˆ ˆ( )( ) ; finalmente: 4 2 2

E j E j e F qEy y y

Para outras geometrias, o cálculo das integrais é geralmente muito mais

complicado ainda e, por vezes, impossível de ser realizado algebricamente!

Porém, nesses casos onde se observa uma simetria geométrica, o cálculo de E

pode ser muito simplificado se fizermos uso da lei de Gauss:

iint

nt

0

' '

; ' '

' '

ˆ

d

qE ndA

V

q dA

dl

A lei de Gauss vale sempre, mas ela é útil apenas quando

o sistema apresenta uma simetria adequada.

No exemplo anterior, pela simetria percebe-se que

ˆE E e

Considerando uma superfície gaussiana cilíndrica

imaginária, de altura ℓ e raio r

sup . sup .sup

0 0

int

0 0 0 0

ˆ ˆ ˆ ˆ

1( )(2 )( ) ; ' '

erf erf lateralinferior erior

fluxo fluxo

lateral

E ndA E ndA E n dA E ndA

qE dA E r d d

0

ˆ2

rE er

(cálculo muito mais simples)

Note que se utilizamos o Teorema do divergente: ˆ ( )F n dA F dV

então, da lei de Gauss: 0

ˆ ( )E ndA E dV dV

Na próxima aula veremos outro modo de se calcular E , muito útil para ser

aplicado em certos problemas, que faz uso do “potencial elétrico” (grandeza que

não tem caráter vetorial).

0

forma diferencial (puntual) da lei de Gauss

comparando os integrandos: E