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FUNDAMENTOS DE FÍSICA III


Wagner Corradi Rodrigo Dias Társia Leonardo Fonseca Maria Carolina Nemes Wanderson Silva de Oliveira Karla Balzuweit

FUNDAMENTOS DE FÍSICA III

Belo Horizonte Editora UFMG

2010


© 2010, Wagner Corradi; Rodrigo Dias Társia; Leonardo Fonseca; Maria Carolina Nemes; Wanderson Silva de Oliveira; Karla Balzuweit

© 2010, Editora UFMG

Este livro ou parte dele não pode ser reproduzido por qualquer meio sem a autorização escrita do Editor.

Fundamentos de Física I / Wagner Corradi ...[et al.] - Belo Horizonte ; Editora UFMG, 2010 p. – Il (Educação a Distância) Inclui referências. ISBN: 1. Física. 2. Eletricidade. 3. Eletromagnetismo I. Corradi, Wagner II. Série. CDD: CDU:

Elaborada pela DITTI – Setor de Tratamento da Informação Biblioteca Universitária da UFMG

Este livro recebeu o apoio financeiro da Secretaria de Educação a Distância do MEC.

ASSISTÊNCIA EDITORIAL Eliane Sousa e Euclídia Macedo

EDITORAÇÃO DE TEXTO Maria do Carmo Leite Ribeiro

PREPARAÇÃO DE TEXTO Michel Gannam

REVISÃO DE PROVAS

FORMATAÇÃO

PROJETO GRÁFICO E CAPA Eduardo Ferreira

PRODUÇÃO GRÁFICA Warren Marilac

EDITORA UFMG Av. Antônio Carlos, 6627 – Ala direita da Biblioteca Central

– Térreo Campus Pampulha – 31270-901 – Belo Horizonte/MG

Tel.: +55 31 3409-4650 Fax: +55 31 3409-4768 www.editora.ufmg.br [email protected]

PRÓ-REITORIA DE GRADUAÇÃO Av. Antônio Carlos, 6.627 – Reitoria – 6º andar Campus Pampulha – 31270-901 – Belo Horizonte/MG Tel.: + 55 31 3409-4054 Fax: + 55 31 3409-4060 www..ufmg.br [email protected] [email protected]


Sumário

INFORMAÇÕES GERAIS 1. FUNDAMENTOS DE FÍSICA III NA MODALIDADE DE ENSINO A DISTÂNCIA 10 UNIDADE 1 – CARGAS ELÉTRICAS E LEI DE COULOMB 13 AULA 1 – CARGAS ELÉTRICAS A1.1 ELETRIZAÇÃO POR ATRITO 14 A1.2 CARGAS ELÉTRICAS 17 A1.3 ISOLANTES, CONDUTORES E A LOCALIZAÇÃO DA CARGA ELÉTRICA 21 A1.4 ELETRIZAÇÃO POR INDUÇÃO E POLARIZAÇÃO 25 A1.5 ELETROSCÓPIOS 27 A1.6 APLICAÇÃO TECNOLÓGICA DO FENÔMENO ELETRIZAÇÃO 31 PENSE E RESPONDA 36 AULA 2 – LEI DE COULOMB 38 A2.1 LEI DE COULOMB 38 A2.2 FORÇA DE UM CONJUNTO DE CARGAS 43 A2.3 A LEI DE COULOMB EM UM DIELÉTRICO 47 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADE 52 UNIDADE 2 – CAMPO ELÉTRICO 54 AULA 3 – CAMPO ELÉTRICO A3.1 DEFINIÇÃO E DISCUSSÃO FÍSICA DO CAMPO ELETROSTÁTICO 56 A3.2 DISTRIBUIÇÃO DE CARGAS ELÉTRICAS 59 A3.3 O DIPOLO ELÉTRICO 61 A3.4 LINHAS DE FORÇÁ 64 A3.5 CARGAS ELÉTRICAS EM UM CAMPO ELÉTRICO UNIFORME 66 PENSE E RESPONDA E EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 72 AULA 4 – CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO PARA DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS

DE CARGA EM UMA DIMENSÃO 74

A4.1 COLOCAÇÃO DO PROBLEMA GERAL 74 A4.2 CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO EM DISTRIBUIÇÕES UNIDIMENSIONAIS DE CARGA 77 PENSE E RESPONDA 87 AULA 5 – CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO PARA DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS

DE CARGA EM DUAS E TRÊS DIMENSÕES 88

A5.1 ELEMENTOS DE SUPERFÍCIE E DE VOLUME 88 A5.2 CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO PARA DISTRIBUIÇÕES DE CARGA EM DUAS

DIMENSÕES 89

A5.3 CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO PARA DISTRIBUIÇÕES DE CARGA EM TRÊS DIMENSÕES 95 PROBLEMAS DA UNIDADE 104 UNIDADE 3 – LEI DE GAUSS E SUAS APLICAÇÕES 106 AULA 6 – LEI DE GAUSS 108 A6.1 FLUXO DO CAMPO ELÉTRICO 108 A6.2 A LEI DE GAUSS 113


A6.3 FERRAMENTAS MATEMÁTICAS: CÁLCULO DA INTEGRAL DE SUPERFÍCIE NA LEI DE GAUSS

114

PENSE E RESPONDA 119 AULA 7 – APLICAÇÕES DA LEI DE GAUSS 120 A7.1 COMO USAR A LEI DE GAUSS 120 A7.2 APLICAÇÕES DA LEI DE GAUSS 123 A7.3 CARGAS E CAMPO ELÉTRICOS NA SUPERFÍCIE DE CONDUTORES 135 PENSE E RESPONDA 143 AULA 8 – APLICAÇÕES DA ELETROSTÁTICA 144 A8.1 ATIVIDADES COM APLICAÇÕES DA ELETROSTÁTICA 144 UNIDADE 4 – ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA E POTENCIAL ELÉTRICO 154 AULA 9 – TRABALHO, ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA E POTENCIAL ELÉTRICO 156 A9.1 TRABALHO E ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA 156 A9.2 ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA DE DUAS CARGAS PONTUAIS 161 A9.3 DIPOLO ELÉTRICO EM UM CAMPO ELÉTRICO 164 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 168 AULA 10 – POTENCIAL ELÉTRICO 170 A10.1. O POTENCIAL ELÉTRICO 170 A10.2 POTENCIAL ELÉTRICO DE VÁRIAS CARGAS 171 A10.3 SUPERFÍCIES EQUIPOTENCIAIS 176 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 180 AULA 11 – POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS DE CARGA

ELÉTRICA 181

A11.1 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS DE CARGA 181 A11.1 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES LINEARES DE CARGA 182 A11.2 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES SUPERFICIAIS DE CARGA 186 A11.3 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES VOLUMÉTRICAS DE CARGA 187 PENSE E RESPONDA, EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 193 AULA 12 – RELAÇÃO ENTRE CAMPO E POTENCIAL ELÉTRICO 196 A12.1 OBTENDO O POTENCIAL A PARTIR DO CAMPO ELÉTRICO 196 A12.2 OBTENDO O CAMPO ELÉTRICO A PARTIR DO POTENCIAL 199 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 207 UNIDADE 5 – CAPACITORES 208 AULA 13 – CAPACITORES 210 A13.1 CAPACITÂNCIA 210 A13.2 ENERGIA EM UM CAPACITOR 217 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 221 AULA 14 – ASSOCIAÇÃO DE CAPACITORES 222 A14.1 ASSOCIAÇÃO EM SÉRIE DE CAPACITORES 222 A14.2 ASSOCIAÇÃO EM PARALELO DE CAPACITORES 224 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 232 AULA 15 – CAPACITORES COM DIELÉTRICOS 235 A15.1 INFLUÊNCIA DO DIELÉTRICO 235 A15.2 RIGIDEZ DIELÉTRICA 238


A15.3 A LEI DE GAUSS E OS DIELÉTRICOS 239 PENSE E RESPONDA, EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 247 AULA 16 –VETORES ELÉTRICOS 249 A16.1 OS VETORES POLARIZAÇÃO E DESLOCAMENTO ELÉTRICO 249 AULA 17 – ATIVIDADES SOBRE POTENCIAL, ENERGIA E CAPACITORES A17.1 APLICAÇÕES SOBRE POTENCIAL, ENERGIA E CAPACITORES AULA 17 – TRABALHO E ENERGIA DE DISTRIBUIÇÕES DE CARGA 255 A17.1 TRABALHO E ENERGIA DE UMA DISTRIBUIÇÃO DISCRETA DE CARGAS 255 A17.2 TRABALHO E ENERGIA DE UMA DISTRIBUIÇÃO DISCRETA DE CARGAS 259 A17.3 DENSIDADE DE ENERGIA 261 A17.4 UMA APARENTE INCONSISTÊNCIA NA DESCRIÇÃO DA ENERGIA 263 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADE 266 UNIDADE 6 – FORÇA ELETROMOTRIZ, CORRENTE E RESISTÊNCIA 270 AULA 18 – FORÇA ELETROMOTRIZ, CORRENTE E DENSIDADE DE CORRENTE 272 A18.1 FORÇA ELETROMOTRIZ 272 A18.2 CORRENTE ELÉTRICA 278 A18.3 DENSIDADE DE CORRENTE ELÉTRICA 283 PENSE E RESPONDA E EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 287 AULA 19 – RESISTÊNCIA ELÉTRICA E RESISTIVIDADE 289 A19.1 RESISTÊNCIA ELÉTRICA 289 A19.2 RESISTIVIDADE E CONDUTIVIDADE 290 A19.3 VARIAÇÃO DA RESISTIVIDADE COM A TEMPERATURA 292 PENSE E RESPONDA E EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 295 AULA 20 –LEI DE OHM E POTÊNCIA ELÉTRICA 297 A20.1 LEI DE OHM 297 A20.2 POTÊNCIA EM CIRCUITOS ELÉTRICOS 302 PENSE E RESPONDA E EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 305 AULA 21 – CONDUTORES, DIELÉTRICOS E SEMICONDUTORES 308 A21.1 VISÃO MICROSCÓPICA DA CONDUÇÃO ELÉTRICA 308 PENSE E RESPONDA E PROBLEMAS DA UNIDADE 312 UNIDADE 7 – CIRCUITOS DE CORRENTE CONTÍNUA 314 AULA 22 – LEIS DE KIRCHOFF 316 A22.1 LEI DAS MALHAS 316 A22.2 LEI DOS NÓS 319

PENSE E RESPONDA E EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 326 AULA 23 –CIRCUITOS DE MAIS DE UMA MALHA 332 A23.1 CIRCUITOS ELÉTRICOS 332 PENSE E RESPONDA E EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 338


AULA 24 –APARELHOS DE MEDIDA I 340 A24.1 GALVANÔMETRO 340 A24.2 AMPERÍMETRO 343 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 345 AULA 25 – APARELHOS DE MEDIDA II 347 A25.1 VOLTÍMETRO 347 A25.2 OHMÍMETRO 348 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 352 AULA 26 – CIRCUITO RC 353 A26.1 ANÁLISE DE UM CIRCUITO RC 353 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADE 363 UNIDADE 8 – CAMPO MAGNÉTICO 366 UNIDADE 9 – CAMPO MAGNÉTICO DEVIDO À CORRENTE E A LEI DE AMPÈRE UNIDADE 10 – LEI DE FARADAY E LEI DE LENZ UNIDADE 11 – INDUTÂNCIA E OSCILAÇÕES ELETROMAGNÉTICAS UNIDADE 12 – PROPRIEDADES MAGNÉTICAS E A LEI DE GAUSS PARA O

MAGNETISMO

UNIDADE 13 – EQUAÇÕES DE MAXWELL APÊNDICES 570 A DEFINIÇÕES DO SISTEMA INTERNACIONAL DE UNIDADES 571 B CONSTANTES NUMÉRICAS 573 C FATORES DE CONVERSÃO DE UNIDADES 575 D RELAÇÕES MATEMÁTICAS 576 E TABELA PERIÓDICA 580 REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 581



Prefácio

A elaboração deste livro nasceu da necessidade de se produzir um material didático

adequado ao Ensino a Distância (EAD) das disciplinas de Física Básica na Universidade

Federal de Minas Gerais (UFMG). Ele foi construído a partir de um conjunto de textos que

vêm sendo utilizados e aprimorados durante vários anos no projeto-piloto de EAD do

Departamento de Física da UFMG.

Acreditamos que para se fazer EAD não basta disponibilizar o material na internet,

em um sítio muito colorido e com várias animações. É preciso que se tenha um material

impresso de boa qualidade, com uma organização adequada, concatenação e seqüência

lógica das idéias, numa linguagem coerente e acessível ao estudante. Sem isso, é quase

impossível aprender física estudando de maneira autônoma.

Há ainda a necessidade de se fornecer acesso ao material didático independente da

disponibilidade de um computador, já que nem sempre o acesso aos recursos

computacionais é possível. Mesmo quando há essa disponibilidade, é difícil aprender física

na frente do computador apenas lendo os textos durante horas e clicando nos links

disponíveis.

A utilização de um livro voltado para o ensino presencial requer um professor que

pondere a linguagem do material, acrescente toda a sua experiência, e modere o ritmo de

estudo em sala de aula. Sem essa intervenção você não teria como saber, de antemão, qual

ritmo de estudos deveria seguir em cada capítulo ou seção do livro. Já no EAD, o livro deve

suprir a falta do professor, agindo como um roteiro de estudo. Para tanto, ele deve ser


dividido em aulas, que contenham uma maior sub-divisão do conteúdo. No fundo, uma

tentativa de se colocar no papel o que o professor faria na sala de aula.

Mas, lembre-se: esse livro não deve ser a sua única referência bibliográfica. O

material já consagrado no ensino presencial é uma fonte imprescindível para o completo

aprendizado de física básica, mesmo porque, é inegável a forte influência destes textos na

estrutura e organização desta obra.

Os tópicos aqui apresentados seguem a forma histórica. A física moderna é

introduzida ao longo do texto sempre que possível ou conveniente. O nível matemático leva

em conta que o aluno já fez ou está fazendo um curso introdutório de cálculo. Durante o

desenvolvimento das equações básicas todos os passos são mostrados, e a matemática é

introduzida à medida que se faz necessária.

O trabalho de elaboração, adequação e preparação dos manuscritos e figuras que

deram origem a este livro é de responsabilidade dos autores da presente obra. Grande parte

deste esforço contou com a colaboração imprescindível dos estudantes de Graduação e Pós-

Graduação do DF/UFMG, em particular Ulisses Moreira, Alexandre Ferreira de Freitas

Lages e Gustavo Henrique Reis de Araújo Lima. Um agradecimento especial para Hugo

José da Silva Barbosa que desenhou várias figuras do livro. Agradecemos ainda o suporte

de nossos familiares, dos vários colegas do DF/UFMG e da Editora UFMG.

Os Autores


Informações Gerais

1. FUNDAMENTOS DE FÍSICA III NA MODALIDADE DE ENSINO A

DISTÂNCIA

Nesta disciplina as atividades são propostas em várias unidades, divididas em

aulas, conforme mostra a tabela abaixo. No início de toda aula você encontrará os

objetivos. Eles querem dizer: “Ao final desta aula você deverá ser capaz de...”.

Certifique-se de ter atingido todos eles antes de passar para a próxima aula.

As atividades ao longo do livro devem ser resolvidas no espaço em branco

disponível ao lado do texto. As soluções de quase todas as atividades propostas estão

no final de cada aula. Evite pular diretamente para as soluções, ou estará fadado ao

insucesso. Há também um conjunto de questões teóricas, uma lista de exercícios de

fixação e uma lista de problemas.

Os exercícios de fixação são considerados apenas a primeira parte do

aprendizado, pois, você deve entender bem os conceitos e princípios básicos antes de

passar para a resolução dos problemas. Para obter sucesso nas avaliações é

importante resolver os problemas propostos. Neles você aplicará o que aprendeu em

UNIDADES

1. Cargas Elétricas e Lei de Coulomb 8. Campo Magnético

2. Campo Elétrico 9. Campo Magnético devido à correntes e a Lei de Ampère

3. Lei de Gauss e suas aplicações 10. Lei de Faraday e Lei de Lenz

4. Energia Potencial Elétrica e Potencial Elétrico

11. Indutância e Oscilações Eletromagnéticas

5. Capacitores 12. Circuitos de Corrente Alternada

6. Força Eletromotriz, Corrente e Resistência

13. Propriedades Magnéticas e a Lei de Gauss para o Magnetismo

7. Circuitos de Corrente Contínua 14. Equações de Maxwell


situações mais elaboradas que exigirão uma estratégia adequada para sua solução. Os

itens “Pense e Responda”, propositalmente, não tem resposta. Eles têm a intenção de

fazer você pensar um pouco mais sobre o assunto.

Lembre-se que o estudo autônomo exige maior perseverança e tanta dedicação

quanto em um curso presencial. Siga o cronograma da forma mais fiel possível, para

evitar atropelos. Não ler as aulas e não fazer as atividades propostas é enganar a si

mesmo.

Descubra seu ritmo de estudo e faça apenas o número de disciplinas que lhe

permita ter bom rendimento. Lembre-se que a Universidade permite um tempo de

integralização curricular bem maior que os tradicionais quatro anos, caso seja

necessário.

Ao longo dos vários anos de prática de ensino, curiosamente, chegamos à três

ensinamentos que sintetizam bem as situações vividas pela maioria dos professores e

estudantes de física. São eles:

1. Ninguém ensina o que não sabe;

2. Só se aprende o que se quer;

3. Roda de carro apertada é que canta.

Sem saber o conteúdo não é possível ensinar a ninguém, no máximo, repassar

o conhecimento. Depois, de nada adianta ter um ótimo professor se não houver

interesse e vontade de aprender por parte do estudante. Por último, mas não menos

importante, cada um sabe de seus problemas e de suas dificuldades, mas não há

conquistas sem esforço.

Sucesso!!!

12

UNIDADE 1

CARGA ELÉTRICA E LEI DE COULOMB

Nossa sociedade não vive hoje sem utilizar a energia elétrica e todos os

dispositivos eletro-eletrônicos à sua disposição. É, portanto, crucial entender os

fenômenos do eletromagnetismo em sua plenitude. Para atingir esse objetivo

começaremos revisando os aspectos históricos e os primeiros experimentos que

levaram à descoberta das cargas elétricas. Em particular, nesta primeira aula,

serão discutidos os fenômenos de eletrização por atrito, contato e polarização e

suas aplicações tecnológicas. Na segunda aula é discutida a Lei de Coulomb, que

expressa a relação de força fundamental entre cargas elétricas. Pense nessa

curiosidade para motivá-lo em seu estudo do eletromagnetismo que aqui se inicia:

Se o espaço entre os átomos é essencialmente vazio porque então você não afunda

através do chão?

13

14

AULA 1 : CARGAS ELÉTRICAS

OBJETIVOS

• DISCUTIR A NATUREZA DOS FENOMENOS ELÉTRICOS

• DESCREVER OS VÁRIOS ASPECTOS DA CARGA ELÉTRICA, INCLUINDO SEU CARÁTER

DISCRETO E QUANTIZADO

• DESCREVER O FENÔMENO DE ELETRIZAÇÃO POR ATRITO, INDUÇÃO E POLARIZAÇÃO

• RECONHECER A DIFERENÇA ENTRE ISOLANTES E CONDUTORES

1.1 ELETRIZAÇÃO POR ATRITO

Os primeiros registros dos quais se tem notícia, relacionados com

fenômenos elétricos, foram feitos pelos gregos. O filósofo e matemático Thales de

Mileto (séc. VI a.C.) observou que um pedaço de âmbar (pedra amarelada gerada

pela fossilização de folhas e seiva de árvores ao longo do tempo), após atritada

com a pele de um animal, adquiria a propriedade de atrair corpos leves como

pedaços de palha e sementes de grama.

Cerca de 2000 anos mais tarde o médico inglês William Gilbert (1544 --

1603) fez observações sistemáticas de alguns fenômenos elétricos, que resultaram

nas seguintes constatações:

(a) vários outros corpos, ao serem atritados por contato com outros corpos,

comportavam-se como o âmbar;

(b) a atração exercida por eles se manifestava sobre qualquer outro corpo.

Gilbert introduziu os termos "eletrizado", "eletrização" e "eletricidade",

nomes derivados da palavra grega para âmbar: elektron, visando descrever tais

fenômenos.

1.1.1 QUAL A NATUREZA DA ELETRICIDADE?

O cientista francês François du Fay (1698--1739) procurou dar uma

explicação à esse fenômeno da eletrização. Observando que um corpo era repelido

após entrar em contato com um outro corpo eletrizado, concluiu que dois corpos

eletrizados sempre se repelem. Entretanto esta idéia teve de ser modificada devido

à novas observações experimentais que a contradiziam. O próprio du Fay observou

15

que um pedaço de vidro atritado com seda atraía um pedaço de âmbar que tivesse

sido previamente atritado com pele; isto é, a experiência mostrou que dois corpos

eletrizados poderiam se atrair.

Baseando-se num grande número de experiências, lançou, então, em 1733,

as bases de uma nova hipótese que teve grande aceitação durante todo o século

XVIII. Segundo ele, existiam dois tipos de eletricidade: eletricidade vítrea

(aquela que aparece no vidro após ele ser atritado com seda) e eletricidade

resinosa (aquela que aparece no âmbar atritado com pele). Todos os corpos que

possuíssem eletricidade de mesmo nome (vítrea ou resinosa) repeliriam-se uns aos

outros. Por outro lado, corpos com eletricidade de nomes contrários, atrairiam-se

mutuamente.

Sua teoria ficou conhecida como a teoria dos dois fluidos elétricos (o

vítreo e o resinoso), a ideia sendo que em um corpo normal esses fluidos se

apresentariam na mesma quantidade. Portanto, de acordo com essas ideias, a

eletricidade não era criada quando um corpo era atritado, os fluidos elétricos já

existiam nos corpos e o que acontecia após os corpos serem atritados era uma

redistribuição destes fluidos.

ATIVIDADE 1.1

Você pode verificar as primeiras observações dos fenômenos elétricos com um

pequeno e simples experimento. Corte pequenos pedaços de linha de costura, por

exemplo, com aproximadamente 2 cm de comprimento. Alternativamente você

Você pode também cortar um pedaço de papel em vários pedacinhos. Atrite bem a

extremidade de uma caneta com um pedaço de flanela ou pano de algodão ou

ainda outro material sintético como, por exemplo, o poliéster. Aproxime a

extremidade que foi atritada da caneta desses pedacinhos de linha (ou de papel).

Descreva o que ocorre.

Como frequentemente acontece em Física, apareceu uma outra explicação

com base nos mesmos fenômenos. Vamos à segunda teoria: o cientista americano

Benjamin Franklin (1701--1790), interessado no assunto, também realizou um

grande número de experimentos que contribuiram de forma decisiva para a

compreensão da natureza da eletricidade.

Foram duas as suas contribuições fundamentais: primeiro formulou a

hipótese de um fluido único. De acordo com sua teoria os corpos não eletrizados

16

possuem uma quantidade natural de um certo fluido elétrico. Quando um corpo é

atritado com outro, um deles perde parte do seu fluido, essa parte sendo

transferida ao outro corpo. Franklin dizia que um corpo --- como o vidro --- que

recebia o fluido elétrico ficava eletrizado positivamente e o que o perdia ---

como o âmbar ---, ficava eletrizado negativamente. Essa terminologia é usada

até hoje e corresponde aos termos eletricidade vítrea e resinosa de du Fay.

A segunda grande contribuição de Franklin foi a hipótese de que o fluido

elétrico é conservado: ele já existe nos corpos e se redistribui quando os corpos são

atritados.

ATIVIDADE 1.2

Duas folhas de um mesmo tipo de papel são atritadas entre si. Elas ficarão

eletrizadas? Por quê?

Saiba Mais

Você consegue perceber como funcionou o "método científico" proposto por Galileu

com relação a este fenômeno?

O método é baseado na experiência. A partir dela é que se fazem hipóteses para

explicar a experiência. O atrito entre dois corpos de materiais diferentes mostrou a

existência de um fenômeno (o da eletrização) e o comportamento de materiais

diferentes (atração e repulsão, de acordo com a natureza deles) com relação à

eletrização. Além disso, a experiência mostra em quais condições físicas ocorre o

fenômeno estudado, o que nos permite saber mais sobre a natureza dele.

Como decidir entre as duas teorias? Essa é também uma situação muito

frequente na Física. Na época, com os dados disponíveis não era possível distinguir

entre as duas. Qual foi então o ingrediente novo que resolveu a dúvida? Foi o

estabelecimento da teoria atômica da matéria, em bases razoavelmente firmes, no

primeiro quarto do século XX.

A teoria atômica trouxe uma nova perspectiva para explicar os fenômenos

de eletrização. De acordo com ela, todos os corpos (sejam eles sólidos, líquidos ou

gasosos) são formados por átomos. Estes, por sua vez, são constituídos por três

partículas elementares: os prótons, os nêutrons e os elétrons. Os prótons e os

17

nêutrons situam-se no núcleo dos átomos, enquanto que os elétrons, ocupam uma

região em torno deste núcleo.

A massa do elétron é 1836 vezes menor que a do próton, cuja massa é

muito próxima da massa do nêutron, conforme mostra a Tabela 1.1.

Tabela 1.1: Massa e carga elétrica do elétron, próton e nêutron.

Partícula Massa (kg) Carga elétrica

Elétron 3110109,9 −× -e

Próton 2710672,1 −× +e

Nêutron 2710675,1 −× 0

Os prótons e os elétrons apresentam propriedades elétricas e a essas

propriedades associamos uma grandeza fundamental, que denominamos carga

elétrica. A cargas das partículas está indicada na Tabela 1.1.

1.2 CARGAS ELÉTRICAS

O conceito de carga elétrica é, na realidade, um conceito tão básico e

fundamental que, no atual nível de nosso conhecimento, não pode ser reduzido a

nenhum outro conceito mais simples e mais elementar.

A carga elétrica é a grandeza física que determina a intensidade das

interações eletromagnéticas, da mesma forma que a massa determina a

intensidade das forças gravitacionais.

1.2.1 ASPECTOS FENOMENOLÓGICOS E ORDENS DE GRANDEZA

O estudo dos fenômenos elétricos levou a algumas leis empíricas que os

resumiam:

1) Existem dois tipos de cargas elétricas: positivas e negativas. As

cargas elétricas de mesmo sinal se repelem, as de sinais contrários se

atraem.

Atribuímos à carga do elétron o nome de carga negativa e a representamos

por e− . Já a carga do próton é denominada carga positiva, sendo descrita por

e+ , ver Tabela 1.1. O nome positivo ou negativo é apenas uma convenção para

18

indicar o comportamento do corpo ao ser eletrizado, como foi sugerido por

Benjamin Franklin.

O núcleo do átomo tem carga positiva e representa o número de prótons

nele existente. Em um átomo neutro, a quantidade de prótons e elétrons são

iguais. Da igualdade numérica entre prótons e elétrons, decorre que a carga

elétrica total do átomo em seu estado natural é nula (o átomo em seu estado

natural é neutro).

A transferência de elétrons de um corpo para outro explica o aparecimento

de carga elétrica em corpos depois de serem atritados. Quando dois corpos são

atritados, um deles perde elétrons para o outro; o primeiro torna-se, então,

eletricamente positivo, enquanto que o outro, torna-se eletricamente negativo. A

experiência mostra que a capacidade de ganhar ou de perder elétrons depende da

natureza dos materiais.

2) Carga elementar : existe uma carga mínima. Até hoje nunca foi

observado experimentalmente um corpo que tenha carga elétrica menor

que a do elétron, representada por e. Somente foram observados corpos

com cargas que são múltiplos inteiros de e.

O caráter discreto da carga elétrica se manifesta principalmente em

sistemas cuja carga total corresponde a poucas unidades da carga elementar. O

fato de nenhum experimento ter revelado a existência de um corpo que tenha

carga elétrica menor que a de um elétron, permite dizer que a carga elétrica é

quantizada, isto é, existe em quanta (quantum, em grego, significa pedaço).

Por isso, no eletromagnetismo clássico, é difícil perceber este aspecto da carga

elementar. Mas é fácil entender porque. A resposta tem a ver com outro aspecto

fundamental da compreensão dos fenômenos físicos: as ordens de grandeza.

Se um corpo está carregado eletricamente, positiva ou negativamente, o

valor de sua carga Q será um múltiplo inteiro da carga de um elétron

,enQ = ...3,2,1,0 ±±±=n

Por isso faz sentido tratar distribuições de cargas macroscópicas como se fossem

contínuas, como faremos nas aulas seguintes. Vamos firmar esse idéia com um

exemplo.

No Sistema Internacional (SI) a unidade de carga eletrica é 1

Coulomb. Quando essa unidade foi definida, no século XVIII, não se conhecia a

19

existência do elétron. Somente no século XX, com a descoberta dessa partícula

elementar e a medida de sua carga, é que foi possível calcular a equivalência entre

a carga do elétron e e o Coulomb, C .

Um Coulomb corresponde a 181025,6 × elétrons em excesso (se a carga for

negativa) ou em falta (se for positiva). Na eletrostática geralmente lidamos com

cargas elétricas muito menores do que um Coulomb. Vamos ver com frequência as

unidades milicoulomb -- )(10 3CmC − -- ou o microcoulomb -- )(10 6CC −µ . Mesmo

assim elas ainda representam um número enorme de cargas elementares. A carga

do elétron, medida em Coulomb, é:

Ce 19101,60= −× .

EXEMPLO 1.1

Quantos elétrons há em uma gota de água de massa 0,03g?

Solução:

Uma molécula de água 0)( 2H tem uma massa 23103= −×om g e contém 10

elétrons. Uma gota de água contém ommn /= moléculas, ou:

moléculasm

mn

o

2110==

Logo, a gota terá 2210 elétrons.

1.2.2 CONSERVAÇÃO E QUANTIZAÇÃO DA CARGA ELÉTRICA

Os átomos que constituem os corpos são normalmente neutros, ou seja, o

número de cargas positivas é igual ao número de cargas negativas. Entretanto, por

algum processo, os corpos podem adquirir ou perder carga elétrica, como por

exemplo, atritando um bastão de plástico com um pedaço de flanela. Entretanto,

quando ocorre uma interação elétrica entre dois corpos, a carga total deles se

mantém constante. Além disso, em todos os casos, a carga elétrica de um

sistema isolado é sempre constante.

Se o bastão ficar carregado positivamente é porque ele perdeu elétrons.

Para que isso ocorra, a flanela deve ter recebido os elétrons do bastão. Observe

20

então que houve apenas uma transferência de cargas elétricas de um corpo para o

outro. Nenhuma carga foi criada ou destruída. Esse fato é conhecido como o

Principio da Conservação da Carga Elétrica.

Com a teoria atômica, a eletrização por contato pôde ser explicada como

será discutido nas próximas aulas. Entretanto, uma descrição teórica precisa da

eletrização por atrito em termos microscópicos é muito difícil. Costuma-se

colecionar os resultados experimentais e compilá-los em tabelas. Por exemplo,

podemos colocar corpos em uma lista tal que atritando um corpo com outro da

lista, fica carregado positivamente aquele que aparece antes nessa lista. Uma lista

desse tipo ficaria:

- Pêlo de gato, vidro, marfim, seda, cristal de rocha, mão, madeira, enxofre,

flanela, algodão, gomalaca, borracha, resinas, metais...

ATIVIDADE 1.3

Quando se atrita enxofre com algodão, que carga terá cada material?

Além da eletrização por atrito existem diversos métodos para eletrizar

corpos materiais: por incidência de luz em metais, por bombardeamento de

substâncias, por radiação nuclear e outros

Saiba Mais

Os prótons e os nêutrons são fortemente ligados entre si por uma força

denominada força nuclear forte, que é muito intensa mas que age apenas em uma

região do espaço da ordem do tamanho do núcleo. Ela não afeta os elétrons, que se

mantêm presos ao átomo devido à uma força denominada força elétrica.

Os prótons e nêutrons são compostos por partículas ainda menores,

denominadas quarks. Os quarks foram previstos pelo físico teórico Murray Gell-

Mann em 1963 e detectados mais tarde (em 1973) por bombardeamento do núcleo

de átomos com feixes de elétrons altamente energéticos.

Tanto prótons quanto nêutrons são formados por três quarks de dois tipos:

up e down. Um próton é formado por dois quarks do tipo up e um do tipo down.

Um nêutron é formado por um quark do tipo up e dois do tipo down. Vale a pena

ressaltar que nenhum quark livre ‘foi observado até hoje.

21

Corpos líquidos e gasosos também podem ser eletrizados por atrito: a

eletrização das nuvens de chuva se dá pelo atrito entre as gotículas do ar e da

água, na nuvem.

1.3 ISOLANTES, CONDUTORES E A LOCALIZAÇÃO DA CARGA

ELÉTRICA

Na Natureza encontramos dois de tipos de material que se comportam de

modo diferente com relação à eletricidade: os condutores e os isolantes.

A principal questão envolvida na definição do que é um material condutor ou

isolante tem muito a ver com a estrutura microscópica do material. No caso dos

condutores metálicos, por exemplo, os materiais são formados por uma estrutura

mais ou menos rígida de íons positivos, embebido num gás de elétrons, como

ilustra a figura 1.1. Esses elétrons, por não estarem presos a átomos determinados,

têm liberdade de movimento, e o transporte deles dentro de um metal ocorre com

relativa facilidade.

Figura 1.1: Representação esquemática de um condutor.

Ao contrário dos condutores, existem sólidos nos quais os eletrons estão

firmemente ligados aos respectivos átomos e os elétrons não são livres, isto é, não

têm mobilidade, como no caso dos condutores. A figura 1.2 representa um esboço

de um isolante. Nestes materiais, chamados de dielétricos ou isolantes, não será

possível o deslocamento da carga elétrica. Exemplos importantes de isolantes são:

a borracha, o vidro, a madeira, o plástico, o papel.

Figura 1.2: Representação esquemática de um isolante.

22

As condições ambientais também podem influir na capacidade de uma

substância conduzir ou isolar eletricidade. De maneira geral, em climas úmidos, um

corpo eletrizado, mesmo apoiado por isolantes, acaba se descarregando depois de

um certo tempo. Embora o ar atmosférico seja isolante, a presença de umidade faz

com que ele se torne condutor. Além disto, temos também a influência da

temperatura. O aumento da temperatura de um corpo metálico corresponde ao

aumento da velocidade média dos íons e elétrons que os constituem, tornando mais

difícil o movimento de elétrons no seu interior.

Com relação aos isolantes, a umidade e condições de "pureza" de sua

superfície (se existem corpúsculos estranhos ao material que aderiram a ela) são

fatores importantes. A razão disto é que a umidade pode dissolver sais existentes

na superfície do corpo recobrindo-o com uma solução salina, boa condutora de

eletricidade.

ATIVIDADE 1.4

Metais como o alumínio e o cobre, de modo geral, são bons condutores de

eletricidade e também são bons condutores de calor. Você acha que existe alguma

relação entre as condutividades elétricas e térmicas desses materiais? Por quê?

EXEMPLO 1.2

A figura 1.3 mostra um aparato simples que pode ser reproduzido em casa.

Materiais Utilizados:

• Latinha de refrigerante

• Pequenos pedaços (de 5 a 10 centímetros

aproximadamente) de linha de costura ou

similar

• Um tubo de caneta de plástico.

• Pano de algodão ou de material sintético

como o poliéster (preferível)

• Fita adesiva

Figura 1.3a Latinha com

linhas de costura

Fixe os pedaços de linha, com fita adesiva, nas superfícies interna e externa da

23

lata. As linhas devem estar em contato com a lata. Coloque a lata sobre um tecido

ou um pedaço de isopor. Atrite o tubo da caneta de plástico com o pano e toque a

superfície da lata.

a) Descreva o que foi observado com as linhas que estão nas superfícies

interna e externa da lata quando você a toca com o tubo eletrizado.

b) Crie hipóteses para explicar o que ocorre e discuta com os seus colegas.

c) O comportamento observado depende do sinal da carga da caneta?

Resolução

a) Quando a caneta é atritada com o pano ela fica carregada eletricamente. A

caneta recebe ou cede elétrons para o pano. Colocando-a em contato com a

lata apenas as linhas que estão na superfície externa se elevam. Nada

acontece com as linhas que estão no interior da lata.

b) A lata de refrigerante é feita com alumínio que é um material de boa

condutividade elétrica. Quando você toca a sua superfície com a caneta

carregada haverá movimento de elétrons da lata para a caneta ou da caneta

para a lata, dependendo do sinal da carga elétrica do tubo da caneta. Isso

significa que a lata também ficará carregada eletricamente, ou seja, ela

ficará com falta (ou excesso) de elétrons. As cargas em excesso se

movimentam sobre toda a lata. As linhas que estão em contato com a lata

também recebem parte dessa carga elétrica em excesso e por isso se

repelem (Figura 1.3b). O fato que apenas linhas que estão na superfície

externa se repelem evidencia que a carga elétrica em excesso de um

condutor se distribui apenas sobre a sua superfície externa. Não há cargas

elétricas em excesso no interior de um condutor.

Figura 1.3b Linhas de costuram se repelem

c) As linhas que estão na superfície externa da lata irão se repelir

independente do sinal da carga da caneta. Se o tubo da caneta estiver

carregado positivamente, elétrons da lata (inicialmente neutra) migrarão

para a caneta de modo que a lata ficará carregada positivamente. Caso a

caneta esteja carregada negativamente, quando ela toca a lata, parte de

24

seus elétrons em excesso migrarão para a lata deixando-a carregada

negativamente. Também, nesse caso, as linhas que estão na superfície

externa da lata irão se repelir.

ATIVIDADE EXPERIMENTAL

Tente reproduzir em casa o exemplo discutido acima. Deu certo? Se não, faça

hipóteses para explicar o que pode estar ocorrendo e discuta com seus colegas.

1.3.1 DISTRIBUIÇÃO DE CARGAS ELÉTRICAS ADICIONADAS A ISOLANTES

OU CONDUTORES

É um fato experimental que quando adicionamos carga a um

condutor, ela se distribui integralmente sobre a sua superfície externa. A

razão disto é que cargas de mesmo sinal se repelem e cada carga tende a

ficar o mais longe possível das outras. Então, mesmo que as cargas sejam

colocadas dentro de um condutor maciço ou oco, elas tenderão a migrar

para a superfície externa.

ATIVIDADE 1.5

a) Suponha que uma esfera metálica esteja inicialmente neutra e você a toque

com uma régua carregada negativamente em determinado ponto. Dê

argumentos para explicar por que, depois de certo tempo, a carga elétrica

se distribuirá uniformemente sobre a superfície da esfera.

b) Considere um material condutor que tenha uma superfície pontiaguda como,

por exemplo, um para-raio. Em um material desse tipo a carga elétrica se

distribuirá de maneira uniforme? Crie hipóteses e discuta com seus colegas.

Outro fato experimental é que a quantidade de carga por unidade de

área na superfície de um condutor em equilíbrio eletrostático não é, em

geral, uniforme. Verifica-se que, onde o raio de curvatura do condutor é

menor, ou seja, onde ele é mais pontudo, há maior concentração de

cargas. Em contrapartida, quanto maior o raio de curvatura, menor a

concentração de cargas.

ATIVIDADE 1.6

25

Atrite bem uma caneta com um pano e aproxime-o de um filete estreito de

água da torneira. A água é eletricamente neutra.

a) Explique o fenômeno observado.

b) O que foi observado depende do sinal da carga da caneta? Explique.

No caso dos dielétricos, cargas podem existir em qualquer ponto do

material, tanto no interior como na superfície. A concentração de cargas em um

dielétrico é mais difícil de ser medida, e pode ser inferida a partir de certas técnicas

que serão vistas mais adiante.

ATIVIDADE 1.7

Retire 4 pedaços de fita adesiva (2 pedaços de cada vez) e em seguida junte dois

pedaços (de aproximadamente 10 cm) lado a lado da seguinte maneira:

a) lado com cola/lado sem cola. b) lado com cola/lado com cola.

Depois de juntos, separe-os, aproxime-os e observe o que ocorre. Peça a ajuda de

um colega se tiver dificuldades para unir ou separar os pedaços. Explique o que foi

observado.

1.4 ELETRIZAÇÃO POR INDUÇÃO E POLARIZAÇÃO

Quando aproximamos um bastão de vidro, atritado com seda, de um

condutor neutro, provoca-se uma separação das cargas do corpo, embora o

condutor como um todo continue eletricamente neutro, como mostra a figura 1.4a.

Esta separação de cargas é denominada indução eletrostática.

Figura 1.4: (a) corpo carregado próximo a um condutor, (b) condutor ligado à

Terra e (c) condutor eletrizado.

26

Ao contrário da eletrização por atrito, a eletrização por indução ocorre sem

haver contato entre os corpos, por isso, é uma ação a (curta) distância.

É possível eletrizar um material condutor por indução: basta conectar o

condutor na figura 1.4b (em presença do bastão), por meio de um fio metálico, à

Terra. Essa ligação fará com que os elétrons livres passem do condutor à Terra,

deixando o condutor carregado.

Se o bastão for mantido próximo ao condutor, a distribuição de cargas é

como na figura 1.4b. Se for retirado, as cargas se redistribuem mais

uniformemente, de maneira a minimizar a repulsão entre elas, como ilustra a figura

1.4c.

Nos isolantes, observamos uma separação de cargas análoga à dos

condutores, embora não seja possível carregá-los pelo mecanismo acima.

Os dielétricos são constituídos por moléculas cuja distribuição interna de

cargas pode ser de dois tipos: o centro das cargas positivas e negativas

coincidem (moléculas apolares) ou não (moléculas polares). A água é um

exemplo bem conhecido deste último tipo. Se um dielétrico polar não estiver

eletrizado, as moléculas estarão distribuídas ao acaso como mostra a figura 1.5.

Figura 1.5: Dielétrico não polarizado.

Ao aproximarmos desse dielétrico um corpo carregado, ocorrerá um

alinhamento nas moléculas do isolante, como ilustrado na figura 1.6.

27

Figura 1.6: Dielétrico polarizado.

Esse efeito é denominado polarização. Ele faz aparecer cargas elétricas de

sinais contrários nas extremidades do dielétrico, como no caso mostrado na figura

1.7.

Figura 1.7: Cargas contrárias nas extremidades do dielétrico.

Se as moléculas forem apolares, elas inicialmente polarizar-se-ão de

maneira análoga àquela em que houvesse indução eletrostática enquanto o corpo

carregado estiver próximo do dielétrico. Quando o corpo for afastado, o dielétrico

voltará a ser neutro.

1.5 ELETROSCÓPIOS

Um eletroscópio é um dispositivo que nos permite verificar se um corpo está

eletrizado. Um tipo comum de eletroscópio é o eletroscópio de folhas. Ele consiste

em uma haste condutora tendo em sua extremidade superior uma esfera metálica e

na extremidade inferior, duas folhas metálicas leves, sustentadas de modo que

possam se abrir e se fechar livremente, como pode ser visto na figura 1.8.

Figura 1.8: Eletroscópio de folhas.

Se um corpo eletrizado positivamente for aproximado do eletroscópio (sem

tocá-lo), vai haver indução eletrostática e os elétrons livres serão atraídos para a

28

esfera. Dado que a carga total é conservada, um excesso de cargas positivas vai

aparecer nas folhas, que tenderão a se repelir. Por isso, as duas folhas tenderão a

se separar.

O que aconteceria se o corpo que se aproxima do eletroscópio estivesse

eletrizado negativamente? É fácil chegar à conclusão de que aconteceria

exatamente a mesma coisa, porém as cargas negativas se localizariam nas folhas e

as cargas positivas na esfera.

Um resultado importante desses fatos é que em ambos os casos ocorre a

abertura das folhas. Então não é possível determinar o sinal da carga do corpo

carregado que se aproximou, apenas se ele está ou não carregado.

Suponhamos um eletroscópio carregado positivamente, como na figura 1.9.

Se aproximarmos um corpo eletrizado desse sistema, observamos que as folhas do

eletroscópio, que estavam abertas, se aproximam ou se afastam. De fato, se o

objeto estiver carregado negativamente, elétrons livres da esfera serão repelidos e

se deslocarão para as folhas. Esses elétrons neutralizarão parte da carga positiva aí

existente e por isso o afastamento entre as folhas diminui. Analogamente, podemos

concluir que, se o afastamento das folhas for aumentado pela aproximação do

corpo, o sinal da carga nesse corpo será positivo.

Figura 1.9: Eletroscópio de folhas carregado positivamente.

EXEMPLO 1.3

Considere duas esferas metálicas como as da figura 1.10.

29

Figura 1.10: Esfera metálica montada sobre um suporte de material isolante.

a) Como é possível carregá-las com cargas de sinal contrário utilizando um

bastão de vidro atritado com seda?

b) Se uma das esferas fosse maior, elas ficariam com a mesma quantidade de

carga após o processo escolhido por você no item a?

Solução

Em primeiro lugar, do que vimos da eletrização por atrito, sabemos que um

bastão de vidro atritado com seda vai ficar carregado positivamente. Se

aproximarmos esse bastão de uma das esferas condutoras, teremos a situação da

figura 1.4a.

Não podemos tocar as esferas com o bastão. Mas, que tal aproximarmos as

esferas até que elas se toquem?

Elétrons da esfera à esquerda vão migrar para a esfera da direita, figura

1.11a, anulando as cargas positivas. Haverá, então, um excesso de cargas positivas

na esfera da esquerda.

Afastando-se as esferas e também o bastão, a esfera da direita estará

carregada negativamente e a da esquerda, positivamente. A situação final está

esquematizada na figura 1.11b. Fica claro que o tamanho das esferas não tem

papel algum no processo.

Figura 1.11: (a) transferência de elétrons entre as duas esferas e (b) configuração

final de cargas.

30

ATIVIDADE 1.8

Considere novamente as duas esferas metálicas da figura 1.11. Determine uma

maneira de carregá-las eletricamente, com cargas elétricas de mesmo sinal,

utilizando um bastão carregado.

ATIVIDADE 1.9

O fato de que não é possível determinar o sinal da carga nessas condições não

significa que não seja possível fazer isso modificando o experimento. Qual seria

essa modificação? Pense um pouco antes de consultar a resposta!

ATIVIDADE 1.10

Sabe-se que o corpo humano é capaz de conduzir eletricidade. Explique então

porque uma pessoa segurando uma barra metálica em suas mãos não consegue

eletrizá-la por atrito?

EXEMPLO 1.4

Um ônibus em movimento adquire carga eletrica em virtude do atrito com o ar.

a) Se o clima estiver seco, o ônibus permanecerá eletrizado? Explique.

b) Ao segurar nesse ônibus para subir, uma pessoa tomará um choque.

Por quê?

c) Esse fato não é comum no Brasil. Por quê?

Solução:

a) Sim, pois os pneus são feitos de borracha, que é um isolante, e impedem

que o ônibus seja descarregado para a Terra.

b) O choque elétrico será causado pelo fato de que nossa mão é um

condutor e haverá troca de cargas entre o ônibus e a mão da pessoa.

c) A umidade do nosso clima traz à discussão um novo elemento: a água.

Como você sabe a água pura não é um bom condutor. Contudo, é muito difícil

encontrar água pura e a presença de sais, normalmente dissociado em íons,

transforma a água em excelente condutora de eletricidade. Devido a isso, os ônibus

num clima muito úmido nunca chegam a reter uma carga apreciável.

31

ATIVIDADE 1.11

(a) Os caminhões transportadores de combustível costumam andar com uma

corrente metálica que arrasta no chão. Explique.

(b) Porque os materiais usados nas indústrias de tecido e papel precisam ficar

em ambientes umedecidos?

1.6 APLICAÇÃO TECNOLÓGICA DO FENÔMENO ELETRIZAÇÃO

A eletrização de corpos por atrito é utilizado nos dispositivos de obtenção de

fotocópias (xerox, etc). Por exemplo, o pó negro resinoso é misturado com

minúsculas esferas de vidro. Durante esse processo, as esferas adquirem cargas

positivas e os grãos de pó, cargas negativas. Devido à força de atração, os grãos de

pó cobrem a superfície das esferas, formando um camada fina.

O texto ou desenho a ser copiado é projetado sobre uma placa fina de

selênio, cuja superfície está carregada positivamente. Essa placa dispõe-se sobre

uma superfície metálica carregada negativamente. Sob a ação da luz, a placa

descarrega e a carga positiva fica apenas nos setores que correspondem aos locais

escuros da imagem. Depois disso, a placa é revestida por uma fina camada de

esferas de vidro. A atração de cargas de sinais contrários faz com que o pó resinoso

se deposite na placa com cargas negativas. Em seguida, as esferas de vidro

retiram-se por meio de uma sacudidela. Apertando com força a folha de papel

contra a placa, pode-se obter uma boa impressão. Fixa-se, finalmente, esta última

por meio de aquecimento.

ATIVIDADE 1.12

Pesquise sobre as diferenças das impressoras a laser e a jato de tinta. Como

são geradas as imagens dos caracteres nesses dois tipos de impressoras?

32

RESPOSTAS COMENTADAS DAS ATIVIDADES PROPOSTAS

ATIVIDADE 1.1

Somente depois de atritado, o papel ou a linha são atraídos pela caneta.

ATIVIDADE 1.2

Se os corpos são compostos da mesma substância, ao serem atritados não

haverá transferência de elétrons de um corpo para outro e eles permanecerão

como estão.

ATIVIDADE 1.3

Na lista acima, que relata os materiais de acordo com a facilidade de

adquirirem cargas positivas, o enxofre vem antes do algodão. Portanto, quando o

algodão atrita o enxofre, ele adquire carga negativa. O enxofre, obviamente,

adquire carga positiva.

ATIVIDADE 1.4

As condutividades térmicas e elétricas estão diretamente relacionadas aos

elétrons livres presentes no material. Condutores possuem elétrons livres na sua

estrutura por isso são bons condutores de eletricidade e de calor.

ATIVIDADE 1.5

a) Cargas elétricas de mesmo sinal se repelem, enquanto que cargas de

sinais opostos se atraem (figura 1.12a). Se você toca uma esfera com uma régua

carregada, a esfera também ficará carregada, pois haverá movimento de elétrons

de uma para a outra (figura 1.12b). Devido à repulsão dos elétrons, que possuem

mobilidade dentro de um condutor, eles se movem por toda a superfície da esfera

até atingirem uma situação de equilíbrio, chamado equilíbrio eletrostático. Nessa

situação a distribuição de cargas na esfera é uniforme (figura 1.12c).

33

Figura 1.12 (a) a régua

polariza a esfera condutora.

(b) eletrização por contato

entre a régua e a esfera.

(c) equilíbrio eletrostático

após o contato ser desfeito.

b) Em materiais condutores com pontas, a carga elétrica não fica distribuída

uniformemente sobre a sua superfície. Devido à repulsão entre os elétrons, boa

parte deles se dirige para as regiões com ponta até que se estabeleça a condição de

equilíbrio. Veja a figura 1.13.

Figura 1.13 poder das pontas

ATIVIDADE 1.6

a) Quando a caneta eletrizada é aproximada do filete de água, este é atraído

devido à POLARIZAÇÃO. A água é uma molécula polar. Embora ela seja

eletricamente neutra, ocorre um ligeiro deslocamento de cargas, de modo que a

extremidade ocupada pelo átomo de oxigênio fica com uma carga liquida

negativa e a extremidade ocupada pelos átomos de hidrogênio fica com uma

carga liquida positiva. Desse modo, quando a caneta negativamente carregada

é aproximada do filete as moléculas de água sofrem um pequeno deslocamento

conforme a figura 1.14a. Ocorre então atração entre a carga positiva da

molécula de água e a carga negativa da régua. Ocorre também repulsão entre a

carga negativa da molécula de água (extremidade ocupada pelo átomo de

oxigênio) e a carga negativa da caneta, mas essa interação é menos intensa

que a atração, pelo fato dessas cargas estarem a uma distância maior – isso

será bem estudado com a lei de Coulomb, que relaciona a intensidade da força

34

elétrica entre cargas e a distancia entre elas; quanto maior a distância entre

duas cargas elétricas menor é a intensidade da força elétrica entre elas.

b) Haverá atração entre o filete de água e a caneta eletrizada independente do

sinal da carga da caneta. Se, por exemplo, a caneta estivesse carregada

positivamente as moléculas de água também sofreriam um ligeiro

deslocamento, ficando a extremidade negativa mais próxima da régua,

conforme a figura 1.14b.

Figura 1.14 (a) atração do

filete de água pela caneta

eletrizada

(b) atração do filete de água

pela caneta eletrizada

independe do sinal da carga.

ATIVIDADE 1.7

a) Juntando os lados com cola/sem cola de dois pedaços de fita adesiva,

separando-os e em seguida aproximando-os, você poderá observar que eles se

atraem. Isso por que ao separá-los, o pedaço sem cola perde elétrons para o

pedaço da fita adesiva com cola. Veja a figura 1.15a.

b) É possível que juntando os dois lados com cola você não tenha observado

nenhuma interação entre os dois pedaços de fita adesiva. Isso por que a cola é

um isolante e estará presente nos dois pedaços de fita. Então não há perda ou

ganho de cargas para que os pedaços de fita adesiva fiquem carregados

eletricamente. Veja a figura 1.15b.

35

Figura 1.15 (a) junção das

fitas com cola em apenas um

lado.

(b) junção das fitas com cola

dos dois lados

ATIVIDADE 1.8

A aproximação do bastão carregado provoca uma separação de cargas que

pode ser vista na figura 1.4a. Se na extremidade oposta ao bastão for conectado

um fio terra, elétrons da Terra migrarão para essa extremidade, atraídos pela carga

positiva em excesso deste lado. Depois de retirado o fio terra e afastado o bastão,

a esfera ficará com cargas elétricas negativas em excesso, em outras palavras, fica

carregada negativamente, veja a figura 1.4c. Agora basta colocar as duas esferas

em contato para que as duas fiquem carregadas com o mesmo sinal.

Figura 1.16: Esferas carregadas com o mesmo sinal.

ATIVIDADE 1.9

Seria necessário, em primeiro lugar, eletrizar o eletroscópio. Isto pode ser

feito ou por atrito ou por indução usando os métodos das seções anteriores. Se o

sinal da carga do eletroscópio for conhecido, podemos descobrir o sinal da carga de

um corpo eletrizado que se aproxima. Suponhamos um eletroscópio carregado

positivamente, como na figura 1.17. Se aproximarmos um corpo eletrizado desse

sistema, observaremo que as folhas do eletroscópio, que estavam abertar, se

36

aproximam ou se afastam. De fato, se o objeto estiver carregado negativamente,

elétrons livres da esfera serão repelidos e se deslocarão para as folhas. Esses

elétrons neutralizarão parte da carga positiva aí existente e por isso o afastamento

das folhas diminui. Analogamente, podemos concluir que, se o afastamento das

folhas for aumentado pela aproximação do corpo, o sinal da carga nesse corpo será

positivo.

Figure 1.17 Descobrindo o sinal da carga de teste em um eletroscópio de

folhas.

ATIVIDADE 1.10

O corpo humano funciona como um fio terra.

ATIVIDADE 1.11

(a) O fato da corrente ser condutora permite o estabelecimento de um

contato direto com a Terra. Isso então impede que o caminhão adquira quantidades

de cargas capazes de provocar centelhas.

(b) A eletricidade desses materiais vai se transferir para as gotículas de

água, que conduzirão para a Terra a carga elérica que se forma por atrito.

PENSE E RESPONDA

PR1.1) Em dias úmidos as demonstrações de eletrostática não funcionam muito

bem. Você consegue explicar o por quê?

PR1.2) Um operador da central de processamento de dados da Usiminas reclamava

que seu computador desligava misteriosamente toda vez que ele tocava no teclado.

Seu chefe então ordenou que retirassem as rodinhas da cadeira do operador, que

ficava em cima de um carpete. Você acha que o problema foi resolvido?

37

PR1.3) Os astronomos que utilizam os telescópios do Cerro Tololo InterAmerican

Observatory (CTIO) localizado no deserto de Atacama, Chile são obrigados a

trabalhar aterrados o tempo todo. Você consegue explicar o por quê?

PR1.4) Duas cargas q1 e q2 atraem-se mutuamente. Uma carga q3 repele a carga

q2. As cargas q1 e q3 , quando colocadas próximas uma da outra, serão atraídas,

repelidas ou nada acontecerá?

PR1.5) Você consegue imaginar um experimento para mostrar que a água pura não

é boa condutora de eletricidade?

38

AULA 2: LEI DE COULOMB

OBJETIVOS

• ENUNCIAR AS CARACTERÍSTICAS DA FORÇA ELÉTRICA

• APLICAR A LEI DE COULOMB EM SITUAÇÕES SIMPLES

• EXPLICAR O SIGNIFICADO DA CONSTANTE DE PERMISSIVIDADE DO VÁCUO

2.1 A LEI DE COULOMB

Em 1785, Charles Augustin de Coulomb (1736 - 1806) realizou uma série de

medidas cuidadosas das forças entre duas cargas usando uma balança de torção,

semelhante à que Cavendish usou para comprovar a teoria da Gravitação. Através

dessas medidas, Coulomb mostrou que, tanto para a atração como para a repulsão de

cargas elétricas pontuais:

(a) o módulo da força de interação F entre duas cargas pontuais é proporcional ao

produto dessas cargas, ou seja:

21QQF ∝

(b) o módulo da força de atração ou repulsão entre duas cargas pontuais é

inversamente proporcional ao quadrado da distância r entre elas.

2

1

rF ∝

A força F que atua entre as cargas é denominada força elétrica ou força

eletrostática.

A experiência nos mostra também que a força elétrica tem as seguintes

características:

(a) é uma força de ação e reação; sua direção é a da linha que une as duas cargas e o

seu sentido depende do sinal relativo das cargas, como se vê na figura 2.1;

39

(b) a força entre duas cargas elétricas é sempre instantânea, de acordo com a Física

Clássica;

(c) a força depende do meio em que as cargas elétricas estão situadas.

Tendo em vista essas informações, podemos escrever que o vetor força

elétrica que atua entre duas cargas elétricas pontuais pode ser escrito como:

rr

QQKF e ˆ=

221

r

(2.1)

em que eK é uma constante de proporcionalidade e r é o vetor unitário na direção

que passa pelas cargas elétricas (na Figura 2.1, ele tem o sentido de 1Q para 2Q ). A

equação 2.1 é a expressão matemática da Lei de Coulomb.

Figura 2.1: (a) e (b) duas cargas de mesmo sinal se repelem. (c) cargas de sinais

opostos se atraem. Estão indicados também os vetores força elétrica 12Fr

da carga 1Q

sobre 2Q e 12Fr

da carga 2Q sobre 1Q bem como o vetor unitário r . Pela 3ª. Lei de

Newton temos que .2112 FFrr

−=

A dependência da força elétrica com o meio é levada em conta na constante

eK . Para o vácuo, eK é escrita na forma:

04

1=

επeK

40

em que 0ε é uma outra constante denominada permissividade do vácuo.

Se medirmos a carga elétrica em Coulomb, o valor dessa constante no SI é:

221120 ..108,854= CmN −−−×ε

O valor numérico de eK e sua unidade são, então:

229 ..108,9874= −× CmNKe

O valor da permissividade do ar é muito próximo do valor da permissividade do

vácuo. Assim vamos supor que elas são iguais. Dessa forma, a lei de Coulomb pode

ser escrita como:

rr

QQF ˆ

4

1=

221

0επr

(2.2)

SAIBA MAIS

O SISTEMA DE UNIDADES NA ELETROSTÁTICA

Na equação 2.1 conhecemos as unidades de força e de distância; falta então

definir as unidades de carga elétrica e da constante eK . Isso pode ser feito de duas

maneiras:

(1) podemos atribuir à constante eK um valor arbitrário ( 1=eK , para facilitar) e

determinar a unidade de carga de modo tal que a força elétrica que atue entre duas

cargas unitárias, situadas à distância unitária uma da outra, seja também unitária.

Essa foi a maneira adotada para o sistema CGS de unidades (o sistema CGS tem como

unidades fundamentais o centímetro, o grama e o segundo). Nele, escreve-se o

módulo da lei de Coulomb para o vácuo como:

221=

r

QQF

41

A unidade de carga é chamada de statcoulomb. Duas cargas de 1 statcoulomb,

situadas a um centímetro de distância uma da outra no vácuo, exercem uma força

mútua de 1 dyna ( 510− N). Temos que 1 statcoulomb = 3,336 x .10 10C−

(2) A outra maneira consiste em definir a unidade de carga independentemente da lei

de Coulomb e determinar o valor da constante eK experimentalmente, a partir da

unidade de carga. O inconveniente desse modo é que, toda vez que uma medida da

constante muda seu valor, a unidade de carga elétrica tem que ser modificada.

O Coulomb foi definido através do conceito de corrente elétrica, sendo portanto,

independente da lei de Coulomb. Ele é a unidade de carga elétrica adotada no sistema

MKS (que tem como unidades fundamentais o metro, o quilograma e o segundo), e a

constante eK , nesse sistema, é determinada experimentalmente.

Em 1901, Giovanni Giorgi (1871 -- 1950) mostrou que o sistema de unidades

do eletromagnetismo poderia ser incorporado ao sistema MKS, admitindo que a carga

elétrica é a quarta grandeza fundamental deste sistema, além do comprimento, tempo

e massa (fato que, inclusive, foi a origem do Sistema Internacional). Para isso, bastava

modificar algumas equações do eletromagnetismo. Uma dessa modificações implicou

em escrever a constante eK na forma:

04

1=

επeK

em que a nova constante 0ε , denominada permissividade do vácuo, tem como valor:

22112270 ..108,854=

10.4

1= CmN

c−−−

− ×π

ε

Em 1960, na 11ª Conferência Geral de Pesos e Medidas, decidiu-se adotar um

valor fixo para a constante eK no vácuo e definir o Coulomb a partir dele. Assim,

adotou-se o valor:

927 108,9874=10= ×− cK e

em que c é a velocidade da luz no vácuo.

Com esse valor de eK , a unidade de carga --- o Coulomb --- passou a ser

42

definida como a carga que, colocada no vácuo, a um metro de uma carga igual, a

repeliria com uma força de 9108,9874× N. A unidade de eK no SI é N.m 2 /C 2 .

EXEMPLO 2.1

Qual a magnitude da força eletrostática repulsiva entre dois prótons separados em

média de m15102,4 −× em um núcleo de Ferro?

Solução: Escrevemos imediatamente:

2

2

041

=r

QF

πε

ou:

Nm

CCmN

m

CF 03,13=

)10(4,2

)10)(1,60/10(8,988

)10(4,2

)10(1,60

4

1=

215

219229

215

219

0−

−

−

−

×××=

××

επ

ATIVIDADE 2.1

Compare a magnitude da força gravitacional entre esses dois prótons com a magnitude

da força elétrica calculada no exemplo 2.1?

EXEMPLO 2.2

Duas bolinhas pintadas com tinta metálica estão carregadas. Quando estão afastadas

de 2100,4 × m atraem-se com uma força de 51027× N. Encosta-se uma na outra sem

tocar-lhes com a mão. Afastando-as novamente até a distância de 2100,4 × m elas se

repelem com a força de 5109× N. Explique porque a força mudou de atrativa para

repulsiva.

Solução: Vamos começar pensando nos princípios gerais de Física que envolvem

cargas: lei de Coulomb e conservação da carga. A lei de Coulomb nos diz que as

cargas vão se atrair porque as suas cargas são opostas. A conservação da carga nos

43

diz que a carga total se conserva no processo podendo apenas se redistribuir. Então,

ao serem postas em contato, as bolinhas vão sofrer uma redistribuição de carga graças

às forças de atração. Como quantidades iguais de cargas de sinais contrários se

cancelam, temos, no final, uma carga líquida de mesmo sinal em ambas as bolinhas,

causando portanto uma força repulsiva entre elas.

2.2 FORÇA DE UM CONJUNTO DE CARGAS

Como acontece com a força gravitacional, as forças eletrostáticas também

obedecem ao Princípio de Superposição. Quando um conjunto de várias cargas

exercem forças (de atração ou repulsão) sobre uma dada carga 0q , a força total sobre

esta carga é a soma vetorial das forças que cada uma das outras cargas exercem

sobre ela:

i

i

i

iN

ii

i

iN

ii

N

i rr

rr

rr

qqrr

rr

qqFF rr

rr

rrrr

rr

−−

−=−

−∑∑∑

0

02

01=0

002

01=0

0

1= 4ˆˆ

4==

πεπε (2.3)

em que iq é a i-ésima carga do conjunto, irrrr −0 é a distância entre 0q e a carga iq

e irr ˆ0 − é o vetor unitário da direção que une a carga 0q à carga iq , cujo

sentido é o de 0q para iq . Ou seja, cada carga interage com uma dada carga 0q

independentemente das outras, e a força resultante sobre 0q é a soma vetorial de

cada uma dessas forças.

EXEMPLO 2.3

Três cargas 1,5=1 +Q mC, 0,5=2 −Q mC e 0,2=3Q mC estão dispostas como na

Figura 2.2 (1 mC = 310− C). A distância entre as cargas 1Q e 3Q vale 1,2m e a

distância entre as cargas 2Q e 3Q vale 0,5 m. Calcular a força resultante sobre a

carga 3Q

Solução: Seja um sistema de coordenadas com origem na carga 3Q , e eixos dirigidos

44

como mostrado na Figura 2.2.

Figura 2.2 – Disposição das cargas elétricas do Exemplo 2.3

A força de 1Q sobre 3Q é repulsiva pois ambas as cargas são positivas; a força

de 2Q sobre 3Q é atrativa pois as cargas possuem sinais diferentes, Assim, temos

que:

Nm

CCCmN

r

QQFx

322

33229

213

31

0

101,88=(1,2)

)10(0,2)10(1,5/109,0=

4

1= ××××

−−

πε

e:

Nm

CCCmN

r

QQFy

322

33229

223

32

0

103,60=0,5

)10(0,2)10(0,5/100,9=

4

1= ××××

−−

πε

Note que as equações acima nos dão o módulo das componentes da força total.

Portanto, nelas, as cargas entram sempre com sinal positivo. A direção e sentido das

forças componentes são determinadas com um diagrama, ver figura2.3. O módulo da

força resultante F é:

.104,06== 322 NFFF yx ×+

Como a força elétrica é um vetor, temos que especificar sua direção e sentido. Se θ é

o ângulo que o vetor Fr faz com o eixo Ox, temos:

.4,62=91,1=101,88

103,60==t 3

3oθθ ⇒

××

x

y

F

Fg

45

Figura 2.3: Diagrama das componentes do vetor força, Fr

.

EXEMPLO 2.4

Uma carga Q é colocada em cada um de dois vértices da diagonal de um quadrado.

Outra carga q é fixada nos vértices da outra diagonal, conforme mostra a Figura 2.4 .

Para que a carga Q do vértice inferior esteja sujeita à uma força eletrostática

resultante nula, como devem estar relacionadas as cargas Q e q ?

Figura 2.4 – Disposição das cargas elétricas do exemplo 2.4.

Solução: Uma inspeção na figura nos mostra que as cargas Q e q devem ter sinais

opostos, para que não não haja força sobre Q . As forças eletrostáticas que atuam na

carga Q do vértice inferior do quadrado são mostradas na Figura 2.4. Temos que:

0=cos= qQQQx FFF +−∑ α

0== qQQQy FsenFF +−∑ α

em que α é o ângulo que QQF faz com o eixo Ox. Mas:

46

,21/2/=cos =aaα

,24

1=

2

2

0 a

QFQQ πε

e

.4

1=

20 a

qQFqQ πε

Com esses valores, a condição de equilíbrio fica:

0=4

1

2

1

24

12

02

2

0 a

qQ

a

Q

πεπε+

−

0=2

1

2 22

2

a

qQ

a

Q +

−

0=22

qQ +

−

qQ

=22

Finalmente, levando em conta que as cargas tem sinais opostos, temos:

qQ 22= −

(o sinal negativo indica cargas de sinal contrário).

ATIVIDADE 2.2

Duas esferas condutoras de massa m estão suspensas por fios de seda de

comprimento L e possuem a mesma carga q , como é mostrado na Figura 2.5.:

(a) Considerando que o ângulo θ é pequeno, calcule a a distância x entre as

esferas, no equilíbrio, em função de q , m , L , 0ε e g .

(b) Sendo 80=L cm; m = 5,0 g e x = 10,0 cm, calcule o valor de q para

essa situação. Verifique se, com esses dados, a hipótese de que θθ eng st ≈ é válida.

47

Figura 2.5: Esferas condutoras suspensas.

ATIVIDADE 2.3

Suponha que o gráfico da figura 2.6 corresponda a duas bolas de beisebol com massas

0,142 kg e cargas positivas iguais. Para cada bola determine o número de elétrons que

faltam e estime a fração destes elétrons faltantes em relação ao número de cargas

positivas.

Figura 2.6- Gráfico de F F versus r .

2.3 A LEI DE COULOMB EM UM DIELÉTRICO

Suponhamos agora, que duas cargas 1Q e 2Q fossem colocadas no interior de

um material dielétrico qualquer. A experiência nos mostra que, nesse caso, a interação

entre as cargas sofre uma redução, cuja intensidade depende do meio.

O fator de redução é denotado por k é chamado de constante dielétrica do

meio. Assim:

48

.ˆ4

1=

221

0

rr

QQ

kF

επr

(2.5)

Uma maneira de compreender esse fato é considerando uma situação simples.

Sejam duas placas condutoras situadas no vácuo, carregadas eletricamente com

cargas iguais mas de sinais contrários, conforme mostra a figura 2.7.

Figura 2.7: Carga entre placas condutoras.

Colocando-se uma carga q entre as placas, uma força Fr atua sobre essa carga

devido às cargas nas placas.

Se essas placas forem preenchidas por um dielétrico, já sabemos que o

dielétrico ficará polarizado, como discutimos anteriormente: as cargas que

aparecem na superfície do dielétrico são denominadas cargas de polarização.

Figura 2.8: Polarização de um dielétrico entre placas carregadas

Na Figura 2.8 é fácil perceber que o efeito líquido dessa polarização será

neutralizar parcialmente as cargas das duas placas e portanto a força original (no

vácuo) oF vai diminuir. O grau de polarização do meio vai nos dizer quantitativamente

o tamanho dessa diminução. A Tabela 2.1 mostra os valores da constante dielétrica de

alguns materiais.

49

TABELA 2.1: CONSTANTE DIELÉTRICA PARA ALGUNS MATERIAIS

Material Constante

dielétrica (K)

Vácuo

Ar

Benzeno

Âmbar

Vidro

Óleo

Mica

Glicerina

Água

1,0000

1,0005

2,3

2,7

4,5

4,6

5,4

43

81

50


ATIVIDADE 2.1

Usamos a lei de Newton de gravitação:

2

2

=r

mGF p

Com os valores dados, temos que:

.101,05=)10(4,2

)10)(1,67/10(6,67= 35

215

2272211

Nm

KgkgmNFg

−−

−−

××

××

A força gravitacional é cerca de 1036 vezes menor que a força elétrica. Esse resultado

nos diz que a força gravitacional é muito pequena para equilibrar a força eletrostática

existente entre os prótons no núcleo dos átomos. É por isso que temos que invocar a

existência de uma terceira força, a força forte, que age entre os prótons e os nêutrons

quando estão no núcleo. A força forte é uma força atrativa.

ATIVIDADE 2.2

(a) Vamos estudar as forças que agem nas esferas:

Figura 2.9: Forças que agem nas eferas

51

Note da Figura 2.9 que a ação da força peso é anulada pela componente vertical da

tensão na corda yT e a força elétrica, pela sua componente horizontal.

Matematicamente, essas condições se expressam da seguinte maneira:

2

2

04

1==

x

qFTsen C επ

θ

e:

mgT =cosθ

Agora, a melhor estratégia para eliminar a incógnita T é dividir as duas equações.

Teremos:

mgx

qg

20

2

4t

επθ =

Se Lxseng /2=t θθ ≈ (ver figura) então:

mg

Lqx

mgx

q

L

x

0

23

20

2

4

2=

4=

2 επεπ⇒

Portanto:

1/3

0

2

2=

mg

Lqx

επ

(b) Temos:

CL

mgxq 815

1/230 105,9103,472

4= −− ×=×≈

±

επ

e

0,06=0,80210,0

=2

=s ×L

xenθ

0,9964(0,06)1=cos 2 ≅−θ

Portanto a hipótese é verificada.

ATIVIDADE 2.3

Vamos começar calculando a carga q , igual em ambas as bolas: .4/1

=0

2

πεFr

q

52

Podemos escolher qualquer ponto na curva para calcular q . Por exemplo,

6109,0= −×F N e 4,0=r m, o que dá:

.13,0103,1/109,0109,04,0= 722962 CCCmNNmq µ=×==×××× −−

Seja n o número de elétrons que faltam em cada bola:

.107,9=101,6

101,3== 11

19

7

eletronsC

C

e

qn ×

××

−

−

Num objeto neutro, o número de elétrons é igual ao número de prótons. A fração dos

elétrons que falta é pNn/ , onde PN é o número de prótons.

Considerando que uma bola de beisebol tem massa de 0,142 kg e que metade

dessa massa é atribuída aos prótons e metade aos neutrons. Dividindo então a massa

de uma bola de beisebol pela massa de um par próton-neutron, obtemos uma

estimativa de PN :

.ó1025,4=)102(1,67

0,142== 25

27tonspr

kg

kg

mm

MN

npP ×

×+ −

E a fração de elétrons ausentes, então, é dado por:

.1086,1=ó105

é107,9= 14

25

11−×

××

tonspr

faltamquetronsel

N

n

P

O que quer dizer esse resultado? Significa que um em cada 13104,5 × ou )109,1(1/ 14−×

elétrons está ausente em cada bola.

EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO

E2.1) A que distância de uma carga elétrica Q=+3,50 mC deve ser colocada outra

carga q=2,70 mC, no vácuo, para que a força elétrica entre elas seja de 5,64 910× N?

53

E2.2) Se as cargas do exercício E2.1 estiverem na glicerina, qual seria a resposta?

E2.3) Uma carga positiva Q= 2,0 μC é colocada em repouso e no vácuo, a uma

distância de 1,0 m de outra carga igual. Ela então é solta. Calcule:

a) a aceleração da carga Q. Ela é igual à da outra?

b) a velocidade dela depois de percorrer uma distância de 5,0 m

E2.4) Na Atividade 2.2, qual é o ângulo entre linhas que suportam as cargas elétricas,

se uma carga vale o dobro da outra? Qual é a distância entre elas agora?

PROBLEMAS

P1.1) Três cargas q1=-6,0 µC, q2=+2,0 µC e q3=+4,0 µC são colocadas em linha

reta. A distância entre q1 e q2 é de 2,0 m e a distância entre q2 e q3 é de 3,5 m.

Calcule a força elétrica que atua em cada uma das cargas.

P1.2) Quatro cargas iguais Q, duas positivas e duas negativas, são dispostas sobre um

quadrado de lado a=1,0 m, de modo que cargas de mesmo sinal ocupam vértices

opostos. Uma carga Q/2 positiva é colocada no centro do quadrado. Qual a força

resultante que atua sobre ela?

P1.3) No problema P1.2, qual deve ser a carga Q’ do centro do quadrado para que a

força resultante no centro do quadrado seja nula?

P1.4) Uma carga Q é dividida em duas: q e Q-q. Qual deve ser a relação entre Q e q se

as duas partes, quando separadas a uma distância determinada sofrem uma força de

repulsão máxima?

P1.5) Duas pequenas esferas carregadas positivamente possuem uma carga

combinada de 50 µC. Se elas se repelem com uma força de 1,0 N quando separadas

de 2,0 m, qual é a carga em cada uma delas?

P1.6) Um cubo de lado a tem uma carga positiva em cada um de seus vértices. Qual é

o módulo da força resultante que atua em uma dessas cargas?

54

UNIDADE 2

CAMPO ELÉTRICO

Se uma corpo carregado se afastasse de você nesse exato momento você acredita

que sentiria instantaneamente os efeitos de diminuição da força elétrica, como

requer lei de Coulomb, ou como estabalece a lei de ação e reação na Mecânica

Newtoniana? Certamente não, porque as interações eletromagnéticas se propagam

no espaço com uma velocidade finita. Para remover essa dificuldade da ação à

distância, será introduzido nesta unidade o conceito de campo elétric. Assim, a

interação entre as cargas acontece através da interação com o campo criado pelas

outras cargas, e não diretamente pelas força das cargas entre si.

55

56

AULA 3: CAMPO ELÉTRICO

OBJETIVOS

• DEFINIR O VETOR CAMPO ELÉTRICO E ESTABELECER SUAS PROPRIEDADES

• CALCULAR O CAMPO ELÉTRICO PARA UMA DISTRIBUIÇÃO DE CARGAS

PUNTIFORMES E PARA UM DIPOLO EÉTRICO

• UTILIZAR OS CONCEITOS DE LINHA DE FORÇA

3.1 DEFINIÇÃO E DISCUSSÃO FÍSICA DO CAMPO ELETROSTÁTICO

As interações eletromagnéticas se propagam no espaço com uma velocidade

finita. Isto significa que, quando uma carga elétrica, como por exemplo a da Figura

3.1, se desloca no espaço, a força elétrica que ela exerce sobre outra carga B varia,

mas não instantaneamente como requer a lei de Coulomb, ou como estabalece a lei

de ação e reação na Mecânica Newtoniana. O processo de transmissão da

informação (no caso o deslocamento da carga A) requer um certo intervalo de

tempo, igual a cdt /=∆ para se propagar, em que d é a distância entre as cargas

A e B e c é a velocidade da luz.

Figura 3.1: Posição relativa de A e B em diferentes instantes.

Na eletrostática, a posição relativa, e consequentemente a distância entre as

cargas, é sempre constante; por isso, é razoável supor uma hipótese de ação

instantânea entre essas cargas em repouso. Mas, no caso de cargas em

movimento, temos que achar uma forma de resolver o problema da ação a

distância.

Se a força elétrica deixa de ser uma ação direta entre as cargas, torna-se

necessária a existência de um agente físico responsável pela transmissão da

informação (isto é, da força) entre uma carga e outra (no caso, de A para B). Esse

57

agente físico, com existência independente da presença de outra carga com a qual

a carga original vai interagir, é o campo elétrico.

Com a introdução do conceito de campo elétrico, podemos visualizar a

interação entre as cargas A e B de uma maneira diferente da força de Coulomb,

que é o resultado da interação direta entre cargas. Dizemos, então, que uma carga

ou uma distribuição de cargas cria um campo elétrico nos pontos do espaço em

torno dela e que este campo elétrico é responsável pelo aparecimento da força

elétrica que atua sobre uma carga elétrica de prova colocada em qualquer desses

pontos.

Para verificar se existe um campo elétrico em um ponto P do espaço,

utilizamos uma carga de prova positiva 0q , colocada nesse ponto; se houver um

campo elétrico nele, a carga de prova vai reagir como se estivesse sob a ação de

uma força de origem elétrica. A carga de prova (sempre positiva) deve ser

suficientemente pequena para não alterar o campo neste ponto.

A grandeza que mede o campo elétrico em um ponto P do espaço é o vetor

campo elétrico , definido da seguinte forma (Figura 3.2):

0

=q

FE P

P

rr

(3.1)

Figura 3.2: Campo elétrico em um ponto P, gerado por uma carga q.

onde 0q é uma carga positiva colocada em P. A direção do vetor é a linha que une o

ponto P à carga que gera o campo e o sentido é o mesmo que o da força elétrica,

PFr, que atua sobre a carga 0q , e o sentido, o da força PF

r. Note que o campo

elétrico em um ponto P do espaço é a força por unidade de carga que atua neste

ponto. Ele depende, portanto do meio em que as cargas que geram o campo estão

58

colocadas.

A unidade de campo elétrico é obtida das unidades de força e de carga

elétrica. No SI, ela é o Newton por Coulomb (N/C).

O campo elétrico é uma grandeza vetorial, que depende do ponto no

espaço onde se encontra. Na Física existem outros tipos de campos, como, por

exemplo, o campo de pressão dentro de uma flauta que está sendo tocada. Uma

diferença importante é que o campo de pressão ),,,( tzyxp , embora também

dependa do ponto no espaço e do tempo, é um campo escalar, isto é, à ele não

estão associados direção e sentido naquele ponto, como no caso do campo elétrico.

EXEMPLO 3.1

Calcular o campo elétrico gerado por uma carga positiva Q em um ponto P situado à

distância r dela.

Solução: Como a força elétrica exercida por uma carga Q sobre uma carga de prova

positiva 0q , situada no ponto P, à distância r de Q, é:

P

PP r

r

qQF ˆ

4

1=

20

0επr

Da equação (3.1), temos, no ponto P da figura 3.2:

PP

PP

PP r

r

Qr

qr

qQ

q

FE ˆ

4

1=ˆ

1.

4

1==

200

20

00 επεπ

rr

Note que a equação acima nos dá o módulo do vetor. A direção é a da reta que une P a

Q .Como Q é positiva (e 0q , por definição é positiva), o campo tem sentido de Q

para P.

ATIVIDADE 3.1

Qual é a expressão do vetor campo elétrico gerado por uma carga elétrica negativa

no ponto P do Exemplo 3.1?

59

3.2 Distribuição de cargas elétricas

Consideremos agora uma distribuição de cargas puntiformes como na figura

3.3:

Figura 3.3: Distribuição de cargas puntiformes.

Devido ao Princípio da Superposição o campo elétrico sobre a carga de prova

0q no ponto P é dado pela soma dos campos elétricos das cargas individuais, como

se as outras não existissem:

||)(4

1ˆ

)(4

1=

21=0

21=0 ip

ip

ip

in

ii

ip

in

i rr

rr

rr

qr

rr

qE rr

rrr

−−

−=

− ∑∑ επεπ (3.2)

onde ir é o vetor unitário da direção que une as cargas 0q e iq , com

sentido da carga que gera o campo para a carga de prova, e é dado por:

||

=ˆip

ipi rr

rrr rr

rr

−−

(3.3)

Um erro muito comum ao resolver problemas envolvendo distribuições de

carga é usar Prr (ou ir

r) no lugar de ip rr

rr − . A lei de Coulomb nos diz que a

distância que deve ser colocada nesse denominador é a distância entre as duas

cargas cuja interação está sendo considerada. E essa distância não é Prr ou ir

r mas

a diferença desses vetores. Por isso, em todo problema de eletrostática é muito

importante escolher um sistema de referência arbitrário e definir todas as

60

distâncias envolvidas no problema de forma consistente com essa escolha.

Preste muita atenção na definição do vetor que localiza o ponto P (de

observação, onde colocaremos a carga de prova), no ponto referente à carga que

gera esse irr e na distância entre as cargas, que você vai usar na lei de Coulomb.

Isto também vai ser igualmente importante quando estivermos calculando campos

de distribuições contínuas de carga.

EXEMPLO 3.2

Dadas duas cargas 6102,0= −×Q C e 6101,0= −×q C, separadas pela distância

1,0=L m. Determine o campo elétrico em um ponto P situado a uma distância

0,50=x m de Q .

Figura 3.4: Configuração de cargas para o exercício.

SOLUÇÃO: Consideremos um eixo de coordenadas ao longo da linha Qq , com

origem na carga Q e dirigido para a carga q . Seja i o unitário do eixo (dirigido

portanto para a direita na figura 3.4). Os vetores-posição das cargas Q e q, e do

ponto P são, respectivamente:

ixrPˆ=

r irQ

ˆ0=r

iLrqˆ=

r

Então:

ixrr QPˆ=

rr − e iLxrr qPˆ)(= −− rr

Note que, como Lx < , o vetor qP rrrr − é negativo e o seu unitário vale:

iiLx

Lx

rr

rr

ip

ip ˆˆ||||

−=−−=

−−rr

rr

Temos, para os campos elétricos gerados por cada uma das cargas:

iLx

qEei

x

QE qQ

ˆ)(4

1=ˆ

4

1=

20

20 −

−επεπ

rr

61

em que 50,0=x m é a distância de P à carga Q .

Como as cargas são positivas, elas repelirão uma carga de prova. Então, o

campo gerado pela carga Q está dirigido para a direita na figura 3.4, enquanto que

o gerado pela carga q , está dirigido para a esquerda. Assim, temos, para o módulo

do campo resultante em P:

iLx

q

x

QE ˆ

)(4

1

4

1=

20

20

−−

επεπr

em que os termos entre colchete correspondem ao módulo do campo elétrico.

Podemos obter uma outra solução com o desenho dos vetores campo elétrico e do

eixo de coordenadas. O campo da carga Q está dirigido no mesmo sentido que o

unitário i do eixo, enquanto que o campo da carga q, tem o sentido oposto, de

modo que:

−−−

−− 22

22

022

0 )(

)(

4

1=

)(4

1=

Lxx

xqxLQ

Lx

q

x

QE

επεπ

Desenvolvendo o colchete, obtemos:

−+−−

22

22

0 )(2)(

41

=Lxx

LQxLQxqQE

επ

Colocando os valores numéricos vem: ./103,6= 4 CNE ×

ATIVIDADE 3.2

Suponha agora que a carga q no exemplo 3.2 seja negativa. Qual a intensidade do

campo no ponto P?

ATIVIDADE 3.3

No Exemplo 3.2, calcule o ponto em que o campo elétrico é nulo.

3.3 O DIPOLO ELÉTRICO

Um dipolo elétrico é constituido por duas cargas elétricas iguais e de sinais

62

contrários, separadas por uma distância pequena em relação às outras distâncias

relevantes ao problema.

Determinemos uma expressão para a intensidade do campo elétrico no

plano bissetor perpendicular de um dipolo (Figura 3.5). Para isso, vamos começar a

calcular o vetor Er em um ponto P neste plano bissetor. Antes de mais nada,

conforme discutimos, vamos escolher um sistema de referência, localizar

vetorialmente as cargas que geram o campo, localizar o ponto de observação e a

distância que deve ser usada na lei de Coulomb, para cada carga.

Figura 3.5: O dipolo elétrico e seu campo elétrico no ponto P.

É muito importante desenhar os vetores campo elétrico no ponto e verificar

(como é o caso aquí) se existe alguma simetria que possa facilitar o cálculo. No

caso do dipolo elétrico, é fácil perceber que não haverá componente de campo

resultante no eixo y, apenas na direção z , pois os módulos do campo gerado pela

carga positiva ( +Er ) e pela carga negativa ( −E

r ) são idênticos e suas projeções

sobre o eixo y são iguais e de sentidos opostos (o eixo x é bissetriz do eixo do

dipolo elétrico). Vamos escrevê-los:

++

+ rr

qE ˆ

4

1=

20επ

r (3.4)

e

−−

− rr

qE ˆ

4

1=

20επ

r (3.5)

Em termos dos dados do problema, temos que:

22= ayrr P +≡ −+ (3.6)

63

Vetorialmente, podemos escrever que:

kajyr Pˆˆ= −+

,ˆˆ= kajyr P +−r

22

ˆˆ==ˆ

ay

kajy

r

rr

P

P

+

−++

+

r

(3.7)

e

22

ˆˆ==ˆ

ay

kajy

r

rr

P

P

+

+

−

−−

r

(3.8)

Substituindo essas expressões na expressão do campo resultante, obtemos:

kay

aqEEE

P

ˆ)(

2

4

1==

3/2220 +

−+ −+ επrrr

(3.9)

De fato, só haverá componente do campo na direção k , como havíamos

discutido.

Note que esta é a intensidade do campo elétrico no ponto P à distância Py

do eixo do dipolo elétrico. O sinal negativo indica que o campo gerado pelas cargas

tem sentido oposto ao eixo Oz.

Dado o módulo das cargas q e a distância entre elas, a2 , o que significa

dizer "distâncias do ponto P ao dipolo ( Py ) muito maiores do que a separação entre

as duas cargas )(2a "?

Esse tipo de limite é muito comum e importante em Física. No caso, isso

pode ser dito matematicamente em termos de uma desigualdade:

1<<Py

a (3.10)

Neste caso, a expressão anterior pode ser escrita como:

k

y

ay

qaE

P

P

ˆ

1

12

4

1=

3/2

2

230

+

−επ

r (3.11)

64

ou, com a condição acima temos que:

ky

qaE

P

ˆ2

4

13

0επ−≅

r

(3.12)

Isto é, o campo do dipólo elétrico é inversamente proporcional ao cubo da

distância Py . Observe que esse mesmo resultado poderia ser obtido através da

expansão binomial para ( ) nx −±1 válida para 12 <<x (veja o apêndice D).

O termo aqp 2= é denominado momento do dipólo elétrico. Essa

grandeza define o vetor momento do dipólo elétrico pr, que se situa na direção

que as cargas e tem o sentido da carga negativa para a carga positiva. Em

termos de p , podemos escrever que:

ky

pE

P

ˆ4

1=

30επ

−r

(3.13)

EXEMPLO 3.3

O momento de dipólo elétrico de uma molécula de água é 30106,2= −×p C.m.

Calcule o campo elétrico para um ponto Py localizado à 1,0m do dipólo.

SOLUÇÃO: Utilizando a equação 3.13 obtém-se que

( )

CNm

mC

y

pE

P

/106,50,1

.102,6

4

1.

4

1= 20

3

30

03

0

−−

×=×−=−επεπ

.

ATIVIDADE 3.4

Verifique se o ponto myP 0,1= pode realmente ser considerado distante do dipólo?

3.4 LINHAS DE FORÇA

O conceito de linhas de força foi introduzido por Michael Faraday (1791 –

65

1867) como uma maneira de visualizar o campo elétrico.

Como sabemos, uma carga puntual Q que, cria um campo radial no espaço

à sua volta. Em cada ponto do espaço temos um vetor campo elétrico Er, cujo

módulo diminui à medida que nos afastamos da carga, conforme mostra a figura

3.6.

Figura 3.6: Linhas de força do campo elétrico de uma carga puntual positiva (lado

esquerdo) e negativa (lado direito).

Se a carga que cria o campo elétrico for positiva, o vetor campo

elétrico estará dirigido para fora, como pode se ver no lado esquerdo da

figura 3.6. Se a carga que cria o campo elétrico for negativa, o vetor campo

elétrico estará dirigido para a carga, como pode se ver no lado direito da

figura 3.6.

As linhas de força são linhas contínuas que unem os pontos aos quais o

campo elétrico é tangente. É errado pensar que essas linhas possuem existência

real, algo como fios elásticos ou cordas. Elas apenas ajudam a representar de uma

forma diagramática a distribuição do campo no espaço e não têm mais realidade do

que os meridianos e os paralelos do globo terrestre.

No entanto, pode-se fazer com que essas linhas tornem-se "visíveis". Se

fizermos uma solução de cristais isolantes num líquido viscoso e mergulharmos

nesse líquido vários corpos carregados, os cristais localizados nas proximidades

desses corpos irão formar cadeias ao longo das linhas de força. A figura 3.7 nos

mostra as linhas de força geradas por duas cargas puntiformes, na região do

espaço próxima a elas.

66

Figura 3.7: Linhas de força de um campo elétrico gerado por cargas de mesmo

sinal (positivas; lado esquerdo) e cargas de sinais contrários (lado direito).

Além de nos fornecer a direção e o sentido do campo elétrico, a densidade

de linhas de força, isto é, o número de linhas de força por unidade de área

dão informação sobre a intensidade do campo elétrico sobre uma certa

superfície. No caso da carga puntiforme, como vemos na figura 3.6, se tomarmos

uma superfície esférica de área 24 Rπ , a densidade de linhas sobre essa superfície

será 2/4 RN π , onde N é o número de linhas de força que atravessa a superfície.

ATIVIDADE 3.5

Desenhe o vetor campo elétrico para vários pontos da figura 3.7. Existe algum

lugar que o campo seja nulo? Qual seria a mudança nas linhas de força caso as

cargas no lado esquerdo da figura 3.7 fossem negativas?

3.5 CARGAS ELÉTRICAS EM UM CAMPO ELÉTRICO UNIFORME

Um campo elétrico é uniforme em uma região do espaço quando em

qualquer ponto dessa região o vetor campo elétrico é constante (em módulo,

direção e sentido). Nesse caso, as linhas de força do campo na região considerada

são linhas retas e paralelas entre si.

Quando uma carga elétrica Q entra em um campo elétrico uniforme, ela

sofre ação de uma força elétrica constante, cujo módulo é dado pela lei de

Coulomb. Portanto, seu movimento é um movimento acelerado, com um vetor

aceleração dado pela segunda lei de Newton:

67

m

EQ

m

Fa

rrr == (3.14)

Note que a aceleração da carga tem a mesma direção do campo e, que,

portanto, é constante em módulo e direção. O sentido da aceleração depende da

carga ser positiva ou negativa. No primeiro caso, a aceleração tem o mesmo

sentido que o campo elétrico; no segundo, tem o sentido contrário.

Uma maneira de produzirmos um campo elétrico uniforme consiste em

colocarmos duas placas planas e paralelas, carregadas com cargas elétricas de

sinais opostos, uma próxima da outra, mas separadas de uma distância menor que

as dimensões das placas. Por simetria, podemos ver que, na região entre as placas,

o campo estará sempre dirigido da placa positiva para a negativa. Observe o

Exemplo 3.4.

EXEMPLO 3.4

Uma carga elétrica positiva Q=2,0μC e massa de 0,50g é atirada horizontalmente

em uma região entre duas placas planas e paralelas horizontais, com a placa

positiva abaixo da negativa (Figura 3.8). A separação das placas vale d = 1,0 cm e

a carga entra na região das placas a uma altura de d/2 da placa inferior. Se a

velocidade da carga for na horizontal e de módulo 1,40 m/s e o campo elétrico

entre as placas 2,40 x 10 N/C, qual a velocidade da carga elétrica quando ela se

chocar com a placa negativa?

Figura 3.8: Carga lançada em um campo elétrico uniforme.

Solução: Seja um sistema de coordenadas com origem na posição em que a carga

elétrica entra na região entre as placas, com eixo Oy vertical e com sentido para

cima (da placa positiva para a negativa); e eixo Ox perpendicular a Oy como

mostra a figura 3.8. O campo elétrico está dirigido de baixo para cima, de modo

que o vetor campo elétrico é:

68

= 0 + 2,40 10 .

Então a aceleração da carga está dirigida para cima (a carga é positiva) e vale:

.ˆ0,96ˆ50,0

/1040,2100,2ˆ=2

46

js

mj

kg

CNCj

m

QEa =×××=

−r

O movimento da carga elétrica é idêntico ao de um projétil. O vetor velocidade

inicial da carga é:

.ˆ40,1ˆ)(ˆ)(= 000 i

s

mjvivv yx =+r

Como a aceleração é vertical, o movimento da carga ao longo de Ox é retilíneo e

uniforme; ao longo de Oy ele é uniformemente acelerado no sentido positivo de

Oy. Então, para um dado instante t depois da entrada no campo elétrico, temos:

=xv xv )( 0 = 1,40 m/s == atvy m

QE= 96,0 t m/s

Integrando cada equação de 0 até t pode se obter x(t) e y(t). Ou seja,

ttvx x 40,1)( 0 == m 22 0,962

1

2

1taty ×== m

Para determinar a velocidade quando a carga se choca contra a placa negativa,

temos que calcular o intervalo de tempo entre o instante em que a carga entra no

campo (t=0) e o instante em que ela se choca (t). Para isso, basta observar que,

quando a carga se choca com a placa negativa, ela percorreu uma distância

vertical y=d/2. Levando esse valor na expressão de y(t) e resolvendo a equação

para t, obtemos:

./2/2/2 adadayt ===

Com este valor de y na expressão da componente yv da velocidade, obtemos:

21050,00,96/ −××=== adadavy = 0,69 m/s.

69

O vetor velocidade da carga ao se chocar com a placa negativa é:

)ˆ69,0ˆ40,1(ˆˆ jijvivv yx +=+=rm/s.

O seu módulo é:

56,1][ 2/122 =+= yx vvv m/s.

O ângulo que a velocidade faz com o eixo Ox é:

=v ==x

y

v

vtgθ 0,493,

o que dá θ=26°,2.

ATIVIDADE 3.6

No Exemplo 3.4, qual a distância horizontal percorrida pela carga até se chocar

com a placa?

ATIVIDADE 3.7

O Exemplo 3.4 sugere um método para separar cargas positivas e negativas de um

feixe de cargas que contém uma mistura delas. Suponha que o feixe seja

constituído por prótons e elétrons. Se as partículas tiverem a mesma velocidade

inicial ao entrar na região entre as placas, onde o campo elétrico é uniforme, qual

deles percorrerá maior distância dentro deste campo até se chocar com a placa?

70


ATIVIDADE 3.1

O módulo do campo é calculado exatamente da mesma forma que no Exemplo 3.1,

pois a carga Q , embora seja negativa agora, entra na fórmula em módulo. O que

se modifica agora é que a força F é atrativa e, portanto, como o sentido do campo é

o mesmo da força, o vetor campo elétrico passa a ter sentido de P para a carga Q .

Então:

.ˆ

4

1=

20

rr

QE

επ−

r

ATIVIDADE 3.2:

Nesse caso, temos:

,)(4

1

4

1=

20

20 xL

q

x

QE

−+

επεπ

pois a carga q irá atrair a carga de prova 0q colocada em P. Então:

.)(

)(4

1=

)(41

=22

22

022

0

−+−

−+

xLx

xqxLQ

xL

q

x

QE

επεπ

Desenvolvendo o colchete, obtemos:

.)(

2)(4

1=

22

22

0

−+−+

xLx

LQxLQxqQE

επ

Com os valores numéricos, temos:

./104,3= 5 CNE ×

ATIVIDADE 3.3

Como as cargas têm o mesmo sinal, o ponto em que a intensidade do campo

elétrico é nula deve estar situado entre as cargas. Seja z a distância deste ponto à

carga Q . Então, como no Exemplo 3.2:

,0=)(4

1

4

1=

20

20 xL

q

x

QE

−−

επεπ

ou ainda:

.0=)(

2)(

4

1= 22

22

0

−+−+

xLx

LQxLQxqQE

επ

Para que 0=E , basta que o numerador seja nulo. Assim:

71

0=2)( 22 LQxLQxqQ +−+

que, desenvolvido e com os valores numéricos, dá:

0=2,04,02 +− zz

O determinante dessa equação de segundo grau é 8=816= −∆ e as soluções são:

.0,59=2

84=3,4=

2

84= 21

−+zez

Como z é a distância à carga Q , sua unidade é metro. A primeira raiz da equação

não satisfaz ao problema porque o ponto com esta coordenada não está entre Q e

q . Logo, a solução procurada é 0,59=z m.

ATIVIDADE 3.4

Para verificar se o ponto myP 0,1= pode realmente ser considerado distante do

dipólo temos de verificar se a razão .1<<Py

a Como a molécula de água tem 10

elétrons (oito do oxigênio e dois dos hidrogênios) ela terá 10 cargas positivas. Se o

momento de dipólo elétrico é dado por aqp 2= temos que:

1<<100,1

)1060,110(2

.102,6

2 2019

30

−−

−

≅×××

==m

C

mC

y

q

p

y

a

PP

,

validando o uso da equação 3.13. Como pode se ver, 1,0m é realmente muito

distante do dipólo elétrico.

ATIVIDADE 3.5

O vetor campo elétrico deve estar sempre tangente à linha de força no ponto em

questão, no mesmo sentido apontado pela linha de força. Nas regiões onde a

densidade das linhas de força diminui, o tamanho do vetor campo elétrico também

deverá diminuir. Por exemplo, à medida que se afasta das cargas a densidade das

linhas de força diminui indicando que o valor do campo deve diminuir (e portanto o

tamanho do vetor).

O campo elétrico será nulo no ponto médio entre as cargas positivas no lado

esquerdo da figura 3.7 (veja a densidade das linhas de força). Observe, no entanto,

que à medida que se afasta das cargas o campo elétrico fica grande e direcionado

radialmente para fora (maior adensamento das linhas de força).

72

No caso do dipolo no lado direito da figura 3.7 não há ponto onde o campo seja

nulo. Observe que à medida que se afasta das cargas o campo do dipólo é pequeno

e direcionado no sentido da carga positiva para a negativa (novamente observe o

adensamento das linhas de força entre as cargas e sua diminuição longe delas).

Se as cargas fossem negativas no lado esquerdo da figura 3.7 o sentido das setas

ficaria invertido.

ATIVIDADE 3.6

Conhecido o intervalo de tempo t que a carga Q levou para se chocar contra a placa

negativa, a distância horizontal percorrida por ela, do instante inicial t=0 até o

instante t é:

2

00 1001,10,96/0050,040,1/)()( −×=×=== advtvx xx m.

ATIVIDADE 3.7

A aceleração da carga é a = (QE)/m; portanto, diretamente proporcional ao valor

da carga e inversamente proporcional à sua massa. As cargas do próton e do

elétron são iguais, mas a massa do próton é cerca de 1800 vezes maior que a do

elétron. Portanto, a aceleração do próton é menor que a do elétron e ele deve levar

mais tempo para chegar à placa que o elétron. Como o movimento horizontal das

duas cargas é o mesmo (retilíneo e uniforme), o próton deve se chocar contra a

placa negativa mais longe que o elétron.

PENSE E RESPONDA

PR4.1) A Lua poderia ser usada como uma carga de prova para testar o campo

gravitacional da Terra? Se não, por quê?

PR4.2) As linhas de campo elétrico podem se cruzar? Explique!

PR4.3) Duas cargas q1 e q2 de mesmo módulo estão separadas por uma distância

de 10m. O campo elétrico ao longo da linha que as une é nulo em um certo ponto

entre elas. O que você pode dizer sobre essas cargas? É possível ter campo elétrico

nulo para algum outro ponto, exceto é claro, no infinito.

PR4.3) Do que se trata o “Experimento da gota de óleo de Milikan”. Busque

73

informações na literatura e compartilhe com seus colegas no fórum.


E3.1) Duas cargas, Q e 2Q são separadas por uma distância R. Qual é o campo

elétrico gerado no ponto em que se localiza cada carga?

E3.2) Considerando o raio orbital do elétron em torno do núcleo de Hidrogênio

como 91029,5 −×=r cm qual seria o momento de dipolo do átomo de Hidrogênio se

o elétron ficasse parado na sua órbita?

E3.3) No Exemplo 3.3, se o campo elétrico for dado por:

jiE ˆ1040,2ˆ1025,3 44 ×+×=r

. Qual será a velocidade da carga elétrica ao se chocar

com a placa?

74

AULA 4: CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO PARA

DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS DE CARGA EM UMA DIMENSÃO

OBJETIVOS

• CALCULAR O CAMPO ELÉTRICO PARA DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS DE CARGA EM UMA

DIMENSÃO

4.1 COLOCAÇÃO DO PROBLEMA GERAL

Apesar da carga elétrica ser quantizada, podemos falar em distribuição contínua

de cargas porque o número de cargas em um corpo é muito grande. Vamos discutir

agora como calcular o campo de uma distribuição contínua de cargas no caso

unidimensional. Embora muitos livros textos dêem a ideia de que a força de Coulomb,

o campo eletrostático e a lei de Gauss (a ser discutida mais tarde) são coisas

completamente independentes, isso não é verdade; é sempre a lei de Coulomb que

está fundamentando os três tópicos. A diferença agora é que não estaremos mais

falando de cargas puntiformes, mas aplicando a lei de Coulomb a elementos

infinitesimais da distribuição, integrando sobre todos eles depois. Nesta etapa, o

conceito fundamental é o Princípio da Superposição.

Outra vez vamos proceder da mesma maneira que fizemos no caso de cargas

puntiformes: escolher um sistema de referência que será um elemento infinitesimal de

carga dq arbitrariamente localizado (não use pontos estratégicos; esse elemento

de carga deve estar arbitrariamente localizado, de acordo com o sistema de referência

que você escolheu). Identifique as três distâncias: Pr , a localização do ponto de

observação, r ′ , a localização do elemento arbitrário de carga e a distância

entre dq e o seu ponto de observação. A figura 4.1 ilustra essa situação.

75

Figura 4.1: Problema geral do cálculo do campo elétrico

Vamos escrever o campo elementar dqEdr

gerado pelo elemento de carga dq

em um ponto P do espaço:

.ˆ|'|4

1=

20

rrr

dqEd

Pdq rr

r

−επ (4.1)

Note bem que 'rrP

rr − é um vetor de origem no elemento de carga dq e

extremidade no ponto P cuja posição é dada pelo vetor Prr

. A direção e sentido

do vetor dqEdr

são dadas pelo vetor unitário:

.|'|

'=ˆ

rr

rrr

P

Prr

rr

−−

(4.2)

Para conhecer o campo resultante devemos integrar sobre todos os

elementos de carga (aqui entra o Princípio da Superposição):

.ˆ|)'(|4

1=)(

20

rrr

dqrE

PPR rr

rr

−∫επ (4.3)

Se a distribuição de cargas não for homogênea, o elemento de carga pode

depender do ponto r ′ . Em geral, podemos escrever:

76

Vdrdq ′)'(=rρ

(4.4)

onde )'(rrρ é a densidade volumétrica de cargas (número de cargas por unidade de

volume) no ponto de vetor-posição 'rr e Vd ′ é o elemento de volume (você vai

integrar sobre as variáveis dentro da distribuição de cargas, não sobre um

volume arbitrário).

Com isso, a expressão mais geral para o campo eletrostático gerado por uma

distribuição de cargas contínuas em um ponto cuja posição é especificada pelo vetor

Prr é:

.)'(|)'(|

)'(

4

1=)(

30

rrrr

VdrrE P

PP

rrrr

rrr

−−

′∫

ρεπ

(4.5)

4.1.2 FERRAMENTAS MATEMÁTICAS IMPORTANTES

Além dos pontos que já enfatizamos no que se refere a montar o problema,

para resolver problemas que envolvem o cálculo do campo elétrico de distribuições

contínuas de carga, é importante ter familiaridade com os vários elementos de volume

Vd ′ que podem aparecer. No caso unidimensional, onde temos uma distribuição

linear de cargas, o elemento de volume Vd ′ se transforma em elemento de

comprimento dx’ ; a densidade volumétrica de cargas se reduz à densidade linear λ

(número de cargas por unidade de comprimento).

Outra ferramenta matemática importante é a expansão em série de Taylor.

Uma das muitas utilizadas é:

.1<<2

11=

1

1 2 xsexxx

L−+−+

(4.6)

Sempre que você tiver que tomar limites conhecidos a partir de alguma

expressão complicada e se isso envolver, por exemplo, que algum parâmetro a seja

muito maior que outro b , construa x de modo que:

77

,=a

bx (4.7)

reescreva sua resposta em termos de x e faça a expansão. Algumas expressões

podem ser encontradas no Apêndice D.

4.2 CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO EM DISTRIBUIÇÕES

UNIDIMENSIONAIS DE CARGA

Vamos começar com um exemplo simples que tem como objetivo ressaltar a

importância de formular corretamente a lei de Coulomb no referencial escolhido. Além

disso, vamos mostrar explicitamente que a sua resposta obviamente não pode

depender da escolha do referencial que você fizer. No entanto, é fundamental formular

o problema de forma consistente com sua escolha.

EXEMPLO 4.1

Uma barra isolante de comprimento L uniformemente carregada com densidade

de carga linear λ . Calcule o campo elétrico a uma distância Px de uma das

extremidades da barra, na direção da mesma.

RESOLUÇÃO: Vamos começar formulando o problema em um referencial com origem

O na extremidade esquerda da barra e eixo Ox com sentido para a direita, ilustrado na

figura 4.2. Seja i o unitário da direção do eixo.

Figura 4.2: Campo elétrico criado por uma barra com referencial na extremidade.

78

As distâncias relevantes ao problema são:

a) A distância x′ que localiza dq no referencial em questão;

b) A distância LxP + que localiza o ponto de observação;

c) A distância "da lei de Coulomb" xLxP ′−+ , distância entre dq e o ponto de

observação.

A direção do campo está desenhada na figura 4.2. nnão se esqueça de sempre

desenhar o campo - frequentemente haverá simetrias que podem simplificar seus

cálculos. O elemento diferencial do campo gerado por dq é:

.ˆ)(4

1=

20

ixLx

dqEd

Pdq ′−+επr

Então:

.ˆ)(4

1=

200

ixLx

dqE

P

L

′−+∫επr

Mas xddq ′λ= . Para integrar, fazemos a transformação de variáveis xLxu P ′−+= , o

que dá: xddu ′−= . Os limites de integração tem de ser mudadas. Para 0=x′ ,

devemos ter Lxu P += ; para Lx =′ , Pxu = . A integral fica:

.11

4=|

4=

4 0

1

02

0

+−+−

+−

+∫ Lxxu

u

du

PP

Px

LPxPx

LPx επλ

επλ

επλ

Finalmente: .ˆ)(4

=0

iLxx

LE

PP +επλr

Agora vamos fazer um limite cuja resposta conhecemos, para testar o resultado

obtido: sabemos que quando estamos muito longe da barra )>>>( LxP devemos obter

o resultado da carga puntiforme, pois o tamanho da barra fica irrelevante. De longe

vamos ver uma carga LQ λ= na origem. Note que:

.)>>(ˆ4

=ˆ4

12

02

0

Lxix

Qi

x

LE P

PP επλ

επ≅

r

79

Vamos agora resolver o mesmo problema com a origem do referencial no

ponto meio da barra, mostrado na figura 4.3.

Figura 4.3: Campo elétrico criado por uma barra. Origem do referencial no meio

da barra.

Da mesma forma que antes, temos:

a) A distância x′ que localiza dq no referencial em questão;

b) A distância /2LxP + que localiza o ponto de observação;

(c) A distância "da lei de Coulomb" xLxP ′−+ /2 , distância entre dq e o ponto

de observação.

Então: ixLx

dqEd

Pdq

ˆ)/2(4

1=

20 ′−+επ

r

e: .ˆ)/2(4

1=

2

/2

/20

ixLx

dqE

P

L

L ′−+∫+

−επr

A mudança de variável é agora: xLxu P ′−+ /2= , com os limites de integração: para

/2= lx −′ , Lxu P += ; para /2= Lx +′ , Pxu = . A integral fica:

,=/2

/2duxd Px

LPx

L

L ∫∫ +

+

−−′

dando: ,ˆ)(4

=0

iLxx

LE

PP +επλr

que é o mesmo resultado que antes. Isto significa que o resultado é independente da

escolha do referencial. A próxima atividade usa o conhecimento que você já deve ter

adquirido no problema, incluindo agora um ingrediente novo.

80

ATIVIDADE 4.1

Considere que cada metade da barra isolante do Exemplo 4.1 está carregada com

diferentes densidade de carga linear 1λ e 2λ . Calcule o campo elétrico a uma distância

Px de uma das extremidades da barra, na direção da mesma.

No exemplo 4.2 vamos calcular o campo elétrico para pontos sobre o

eixo vertical da barra.

EXEMPLO 4.2

Considere um fio de comprimento L com densidade superficial de carga λ

uniformemente distribuída, como mostra a figura 4.4. Determine o campo elétrico

no ponto ),( PP yxP .

Figura 4.4: Campo elétrico gerado por um fio uniforme.

RESOLUÇÃO: Este é o caso mais geral que podemos construir. Note a posição

genérica do sistema de referência e do ponto de observação.

a) Localização do ponto jyixP PPˆˆ: +

b) Localização de ixdq ˆ: ′

c) Localização do vetor distância entre dq e jyixxP PPˆˆ)(: +′−

Temos:

81

.]ˆˆ)[(])[(4

1=

3/2220

jyixxyxx

xddE PP

PPdq +′−

+′−′λ

επ

Note que neste caso o vetor unitário que dá a direção de dqEdr

é:

,])[(

ˆˆ)(=ˆ

1/222PP

PP

yxx

jyixxe

+′−+′−

daí o fator 3/222 ])[( PP yxx +′− no denominador. A intensidade do campo elétrico é,

então:

iyxx

xdxxyxE

PP

PLx

xPPGeralˆ

])[(

)(

4=),(

3/222

0

00

+′−′′−

∫+

επλr

.ˆ])[(4 3/222

0

00

jyxx

xdy

PP

Lx

xP

+′−′

+ ∫+

επλ

A segunda integral é mais simples. Vamos começar por ela:

.])[(

=3/222

0

02

PP

Lx

x yxx

xdI

+′−′

∫+

A integral pode ser calculada fazendo a transformação de variáveis: xxu P ′−= tal que

xddu ′−= . O limite de integração para 0= xx′ fica 00 = xxu P − ; e para Lxx +′ 0= fica

Lxxu P +−= 01 . Então, a integral fica:

.)( 3/222

1

0 P

u

u yu

du

+−

∫

Uma nova substituição de variáveis: θgyu P t= tal que θθ dsecydu P2=

onde Py

uarctg=θ

nos dá os seguintes limites de integração: PP u

uarctg

y

uarctg 1

20

1 =,= θθ

82

Assim:

1)t(

=)t()( 23

22

13/2222

22

13/222

1

0 +−

+−

=+−

∫∫∫ θθθ

θθθ θ

θ

θ

θ gy

dsecy

ygy

dsecy

yu

du

P

P

PP

P

P

u

u

Lembrando que θθ 22 sec=1t +g temos que:

.|1

cos1

=1

= 2

12

2

12

2

12

θθ

θ

θ

θ

θθθθ

θθ

seny

dysec

d

y PPP

=−−∫∫

Como Pyug /=t θ , sabemos que 22/= Pyuusen +θ . Assim:

[ ] 220

0222

0

01

)(

)(=

)(=

PP

P

PP

P

yLxx

Lxxsene

yxx

xxsen

++−

+−

+−

− θθ

Assim obtemos:

LxPx

xPxPPP

u

uPP

Lx

x yu

u

yyu

du

yxx

xdI

+−

−

+

++−

+′−′

∫∫0

0

2223/222

2

13/222

0

02

1=

)(=

])[(=

[ ][ ]

.)()(

)(1122

0

0

220

021222

+−

−−

++−

+−=−=

PP

P

PP

P

PP yxx

xx

yLxx

Lxx

ysensen

yI θθ

A integral que aparece na expressão de xE pode ser calculada fazendo a

transformação de variáveis: Pxxu −′= tal que xddu ′= . Ou seja, o limite de

integração para 0= xx′ fica Pxxu −01 = ; e para Lxx +′ 0= fica PxLxu −+ )(= 02 .

Então, a primeira integral fica:

,|cos1

)(=

])[(

)(= 2

13/222

2

13/222

0

01

θθθ

PP

u

uPP

PLx

x yyu

duu

yxx

xdxxI =

+−

+′−′′−

∫∫+

Essa integral pode ser calculada com uma tabela de integrais ou seguindo os passos

indicados a seguir.

83

Uma nova substituição de variáveis: θgyu P t= tal que

θθ dsecydu P2=

onde Py

uarctg=θ

nos dá os seguintes limites de integração: PP u

uarctg

y

uarctg 1

20

1 =,= θθ

Assim a integral fica: 3/223

222

13/2222

222

13/222

2

1 1)t(=

)t()( +−

+−

=+

−∫∫∫ θ

θθθθ

θθθ θ

θ

θ

θ gy

dsectgy

ygy

dsectgy

yu

duu

P

P

PP

P

P

u

u

Lembrando que θθ 22 sec=1t +g temos que:

.|cos11

=1

=1

= 2

1

2

1

2

13

22

1

θθ

θ

θ

θ

θ

θ

θθθθ

θθθ

θθθθ

PPPP ydsen

ysec

dtg

ysec

dsectg

y=−−−

∫∫∫

Como Pyug /=t θ , sabemos que 22/=cos PP yuy +θ . Assim:

[ ].

)(=cos

)(=cos

220

2220

1

PP

P

PP

P

yxLx

ye

yxx

y

+−++−θθ

O resultado da integral fica, portanto:

,|cos1

)(==

])[(

)(= 2

13/222

2

13/222

0

01

θθθ

PP

u

uPP

PLx

x yyu

duu

yxx

xdxxI =

+−

+′−′′−

∫∫+

[ ][ ]

.)(

1

)(

1=coscos

122

022

0

121

+−−

+−+−=

PPPPP yxxyxLxyI θθ

Então o resultado final para as componentes do campo elétrico nos dá:

84

[ ]

+−−

+−+ 220

2200 )(

1

)(

1

4=

PPPP

xyxxyxLx

Eεπ

λ

e:

[ ]

.)()(

)(

4=

220

0

220

0

0

+−

−−

++−

+−

PP

P

PP

P

Py

yxx

xx

yLxx

Lxx

yE

επλ

Finalmente, o campo elétrico é:

[ ]

iyxxyxLx

yxEPPPP

PPGeralˆ

)(

1

)(

1

4=),(

220

2200

+−−

+−+επλ

[ ].ˆ

)()(

)(

4 220

0

220

0

0

jyxx

xx

yLxx

Lxx

yPP

P

PP

P

P

+−

−−

++−

+−+

επλ

ATIVIDADE 4.2

Calcular o campo de um fio semi-infinito que se estende de 0x até ∞ .

ATIVIDADE 4.3

Calcular o campo gerado por um fio infinito em um ponto ),( PP yxP .

85

RESPOSTA COMENTADA DAS ATIVIDADES PROPOSTAS

ATIVIDADE 4.1

O elemento diferencial de campo gerada pelas duas metades é:

/20ˆ)(

'

4

1=

21

0

Lxixx

dxEd

Pdq ≤≤

′−λ

επr

e

./2/2ˆ)(

'

4

1=

22

0

LxLixx

dxEd

Pdq ≤≤

′−λ

επr

Integrando sobre toda a barra temos:

ixx

xdi

xx

xdE

P

L

LP

L ˆ)(4

1ˆ)(4

1=

22

/20

21

/2

00 ′−

′+

′−′

∫∫λ

επλ

επr

A integral que aparece na expressão pode ser calculada fazendo a transformação de

variáveis: xxu P ′−= tal que xddu ′−= . Recalculando os limites de integração a

integral fica:

,ˆ|4

ˆ|4

= 2

1

2

1 /21

0

2/21

0

1 iuiuLPxu

LPxu

LPxu

Pxu

−=−=

−−==

− +επ

λεπ

λ

ou:

.ˆ)/2)((

/2

4ˆ

/2)(

/2

4=

0

2

0

1 iLxLx

Li

Lxx

LE

PPPP −−+

− επλ

επλr

Podemos reescrever a resposta em termos das cargas totais /2= 11 LQ λ e /2= 22 LQ λ :

.ˆ)(/2)(4

1ˆ/2)(4

1= 2

0

1

0

iLxLx

Qi

Lxx

QE

PPPP −−+

− επεπr

Note que se LxP >> , então teremos:

.ˆ4

12

21

0

ix

QQE

P

+→

επr

Se as cargas forem opostas, para pontos muito distantes da barra o campo será nulo.

Isso não acontece fora desse limite, pois o tamanho da barra vai ter o papel de

"desbalancear" as contribuições positiva e negativa, uma vez que uma delas estará

mais distante de Px .

86

ATIVIDADE 4.2

Para obtermos o campo em um ponto ),( pP yxP basta tomar, na expressão geral do

exemplo 4.2: GeralL

EE lim=∞→

Da componente x sobra apenas o segundo termo entre parênteses, o primeiro tende a

zero. Então:

.)(ˆ)(

1

4 2200

∞→+−

= Liyxx

EPP

x επλ

Para calcular yE neste limite, notemos que:

[ ]

[ ][ ]

[ ] [ ]

.1=

)(1)(

)(lim=

)(

)(lim

2

00

0

220

0

−++−+

−+

+−+

−+∞→∞→

P

PP

P

LPP

P

L

xLx

yxLx

xLx

yxLx

xLx

Assim, o campo elétrico na direção y para um fio semi-infinito fica

+−

−−+

+−− j

yxx

xxi

yxxE

PP

P

PP

infsemifioˆ

)(

)(1ˆ

)(

1

4=

220

0

2200

. Lεπ

λ

ATIVIDADE 4.3

Para obter este resultado devemos fazer, no resultado da Atividade 4.2 o limite de

−∞→0x . Pela simetria envolvida agora no problema (faça um desenho, se não

conseguir perceber isto!) a componente yE do campo se anula, pois:

0=)(

1

4lim=

220000

,

PPx

xyxx

E+−→

∞ επλ

+−−−

∞→∞ 22

0

0

00,

)(

)(1

4lim=

PP

P

Px

yyxx

xx

yE

επλ

87

Aqui precisamos ter cuidado: como 0x é um número negativo, vemos que:

( )

( ) ( ) ( )

,1

1

1lim=

1

lim=)(

)(lim

2

0

02

00

0

022

0

0

0

=

−+

−+−

−

+−

−−∞→−∞→−∞→

P

P

x

P

PP

P

xPP

P

x

xx

y

xx

yxx

xx

yxx

xx

pois o denominador será positivo nesse limite. Portanto:

.2

=4

2=1)]([14

=000 PPP

y yyyE

επλ

επλ

επλ −−

PENSE E RESPONDA

PR4.1) O que é um quadrupolo elétrico? Faça um desenho da configuração das cargas.

PR4.2) O campo elétrico de um dipolo elétrico varia com .13

Pdipolo r

E ∝r

Você espera que

o campo de um quadrupolo varie com potências mais altas de r ?

88

AULA 5: CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO PARA

DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS DE CARGA EM DUAS E TRÊS

DIMENSÕES

OBJETIVOS

• CALCULAR O CAMPO ELÉTRICO PARA QUALQUER DISTRIBUIÇÃO CONTÍNUA DE CARGA

• IDENTIFICAR E EXPRESSAR OS ELEMENTOS DE SUPERFÍCIE E DE VOLUME

5.1 ELEMENTOS DE SUPERFÍCIE E DE VOLUME

Para resolver problemas que envolvem o cálculo do campo elétrico de

distribuições contínuas de carga em duas e três dimensões, é importante conhecer os

elementos de volume Vd ′ . Ou seja:

(a) Distribuição superficial de cargas: aqui o elemento de volume Vd ′ se

reduz ao elemento de área:

• dydxAd =′ para coordenadas cartesianas em uma superfície plana,

como ilustra a figura 4.2a;

• θddrrAd =′ para coordenadas polares (por exemplo, em um disco,

figura 5.1b.

Figura 5.1: Elementos de área no plano: (a) coordenadas cartesianas e (b) polares.

89

A densidade volumétrica de cargas se reduz à densidade superficial σ

(número de cargas por unidade de área).

(c) Distribuição volumétrica de cargas: o elemento de volume Vd ′ pode

ser expresso das seguintes por

• dzdydxVd =′ para coordenadas cartesianas, figura 5.2a;

• dzddVd φρρ=′ para coordenadas cilíndricas, figura 5.2b;

• θφθ dddrsinrVd 2=′ para coordenadas esféricas, figura 5.2c.

A densidade volumétrica de cargas, chamada de ρρρρ,,,, indica o número de

cargas por unidade de volume.

Figura 5.2: Elementos de volume: (a) coordenadas cartesianas, (b) cilíndricas e (c)

esféricas.

5.2 CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO PARA DISTRIBUIÇÕES DE CARGA

EM DUAS DIMENSÕES

Antes de prosseguir é importante relembrar a discussão do item 4.1 sobre os

problemas que envolvem o cálculo do campo elétrico de distribuições contínuas de

carga, tendo em mente que os passos a seguir são os mesmos. Vamos então começar

com o exemplo 5.1 da espira metálica.

90

EXEMPLO 5.1

Considere uma espira metálica de raio R carregada com uma carga total Q

positiva, como mostra a figura 5.1. Calcule o campo elétrico no eixo que passa pelo

centro da espira.

Figura 5.1: Espira carregada com uma carga Q.

SOLUÇÃO: Da figura, vemos que:

a) Para qualquer dq no aro, a distância que o localiza a partir do centro é

sempre Rr =′ .

b) A localização do ponto de observação é kzr PPˆ=

r.

c) A distância entre dq e P é 22PzR + .

Simetria: Vemos que, pela simetria do problema, o campo gerado por qualquer

elemento de carga dq , terá um correspondente simétrico com relação à origem, cujo

campo terá uma componente horizontal idêntica e na vertical de mesmo módulo e

sentido. A carga total na espira λπ )2(= RQ tal que .= θλ dRdq

O elemento diferencial do campo gerado por dq é então:

91

.ˆcos

)(4=

2220

kzR

dREd

Pdq φθ

επλ

+′r

Tal que .ˆcos)(4

==)(222

2

00

kzR

dREdzE

PdqPanel φθ

επλ π

+′

∫∫rr

Como 22/=cos PP zRz +φ vem: .ˆ)(4

=3/222

2

00

kzR

zd

REd

P

Pdq +

′∫∫ θεπ

λ πr

Repare que o integrando não depende de θ ′ . Fica então, muito fácil:

.ˆ)(4

=ˆ)(4

2=)(

3/2220

3/2220

kzR

zQk

zR

zRzE

P

P

P

PPanel ++ επεπ

πλr

(5.1)

Note que o campo na origem 0=Pz é nulo, como seria de se esperar por simetria.

Outra vez, se RzP >> , devemos obter o campo de uma carga puntiforme. O

parâmetro adimensional que caracteriza essa condição é:

.1<<=Pz

Rx

Reescrevendo:

.)(1

=)( 3/2233/222 xz

z

zR

z

P

P

P

P

++

Usando a expansão em série de Taylor para 1<<2x dada no Apêndice D, obtemos

imediatamente:

.<<ˆ4

=)(2

0P

PPanel yRsek

z

QzE

επr

(5.2)

Atividade 5.1

Qual é a força exercida sobre uma carga q =10,0 μC colocada sobre o eixo do anel e à

distância de 1,0 m do seu centro, se a carga do anel for de 5,5 μC?

92

EXEMPLO 5.2

Consideremos um aro uniformemente carregado, com densidade superficial de

carga 0>λ , e calcule o campo elétrico na origem do sistema de coordenadas da figura

5.2.

Figura 5.2: Aro uniformemente carregado.

SOLUÇÃO: Aqui novamente por simetria, o campo na direção x se anulará, visto que

haverá um elemento que gera um campo na direção de y negativo. Devemos calcular

então:

,4

|=|2

0 R

dRdEdq

θεπ

λ ′−

ou:

)ˆ(cos4

=)ˆ(cos

4=

20

20

idR

Ri

R

dRE −′′−⋅

′′∫∫ θθ

επλθθ

επλr

[ ] ,,)ˆ()/3(s)/3(s4

)ˆ(s4

=0),0=(0

/3

/320

ienenR

ienR

RyxE pP −−−+=−′+= +

−ππ

επλθ

επλ π

π

r

.)ˆ(4

1,73=)ˆ(

4

3=)0,0(

00

iR

iR

yxE pp −−==επ

λεπ

λr

(5.3)

93

Atividade 5.2

Qual é a força exercida sobre uma carga q=10,0 μC colocada à distância de 1,0 m do

anel do Exemplo 5.2, supondo esta carga de 6,0 μC?

EXEMPLO 5.3

Considere um disco de raio R com densidade superficial uniforme de carga σ

em sua face superior. Calcule o campo elétrico gerado por ele no ponto P situado

sobre seu eixo.

Figura 5.3: Campo elétrico gerado por um disco carregado.

SOLUÇÃO: Tendo identificado todos os elementos essenciais ao nosso cálculo na

figura, notemos ainda que, outra vez, por simetria, teremos apenas resultado não nulo

para o campo na direção z . A carga total no disco é σπ 2= RQ tal que .= θσ ′′′ drdrdq

O elemento infinitesimal de campo é:

.)(4

|=|222

0 Pdq zr

drdrdE

+′′′′

επθσ

94

Tal que o campo é dado por .ˆ)(4

cos=)(

2220

zzr

drdrzE

PP +′

′′′∫ επ

θφσr

E como :/=cos 22PP zry +′φ .ˆ

)(4=)(

3/2220

2

00

zzr

rdrdzE

P

R

P +′′′′∫∫ θ

επσ πr

A integração em θ ′ pode ser feita imediatamente e dá um fator π2 . A integral é

simples:

rdrduzru P ′′→+′ 2== 22

22

21/2

3/2

22

23/2220|=

2

1=

)(PzR

Pz

PzR

PzP

Ru

u

du

zr

rdr ++−

+′′′

∫∫

Finalmente, substituindo na expressão para o campo. Vem:

.ˆ12

=)(22

0

zzR

zzE

P

PP

+−

εσr

(5.4)

Atividade 5.3

Calcule o campo elétrico para pontos muito distantes do disco do exemplo 5.3

EXEMPLO 5.4

SOLUÇÃO ALTERNATIVA PARA O PROBLEMA DO DISCO CARREGADO

Ao invés de resolvermos o problema com a integração direta do campo como acima,

podemos resolver o problema dividindo o disco em elementos de área dσ, constituidos

por anéis de raio r e espessura dr como mostrado na Figura 5.4.

O elemento de área do anel é: drrda )2(= π

95

Figura 5.4: Disco plano com distribuição superficial de carga homogênea.

Então, o campo elétrico no ponto situado à distâcia z do centro do anel é:

.)(4

2

4

1=)(

02/322

02

0∫∫∫ +

==R

PP zr

drr

r

dqdEzE

εππσ

επ

Esta integral foi feita no Exemplo 4.3. O resultado então é:

.ˆ12

=)(22

0

zzR

zzE

P

PP

+−

εσr

(5.5)

Atividade 5.4

Qual seria o valor do campo elétrico caso PzR >> ? Nesse caso você poderia

considerar o disco como um plano infinito de cargas?

5.3 CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO EM DISTRIBUIÇÕES DE CARGA EM

TRÊS DIMENSÕES

O exemplo 5.5 mostra a dificuldade de calcularmos o campo elétrico de

distribuições contínuas de carga, por causa das integrais (no caso mais geral, triplas)

que aparecem durante o cálculo e exigem muito trabalho. É possível evitar ter que

efetuar essas integrais e resolver o mesmo problema em algumas linhas efetuando no

máximo uma integral unidimensional. O que nos proporciona isso é a lei de Gauss, que

veremos na próxima unidade.

96

Então, até como motivação para aprender a lei de Gauss, vamos antes disso

mostrar como resolver o problema da esfera uniformemente carregada pelos métodos

que já aprendemos. Depois vamos ver como a lei de Gauss simplifica tudo.

EXEMPLO 5.5

Utilizando a Lei de Coulomb, encontre o campo elétrico em pontos internos e externos

a uma esfera uniformemente carregada com densidade volumétrica de carga ρ .

SOLUÇÃO: O procedimento é idêntico ao que adotamos anteriormente. Temos que:

1) escolher um referencial conveniente;

2) escolher um elemento de carga arbitrário ;dq

3) desenhar o campo por ele gerado;

4) definir a posição r do elemento de carga dq , relativa ao referencial

escolhido;

5) definir a posição do ponto de observação;

6) definir a distância entre esses dois pontos, que é o que nos pede a lei de

Coulomb.

Se fizermos isso cuidadosamente, o problema estará essencialmente resolvido e se

resumirá a resolver integrais complicadas. Vamos escolher então o referencial. Como

essa escolha é arbitrária, podemos colocar o ponto de integração sobre o eixo z. A lei

de Coulomb nos fornece:

.||||4

1=

20 rr

rr

rr

dqEd

P

P

P

dq rr

rr

rr

r

−−

−επ (5.6)

O módulo do vetor rrP

rr − pode ser escrito em termos das cordenadas esféricas. A

figura 5.6 ilustra o sistema de coordenadas utilizado. Como:

.ˆcosˆˆcos= krjsensenrirsenr θφθφθ +−r

e

krr PPˆ=r

97

vem:

.ˆ)cos(ˆˆcos= krrjsensenrisenrrr PP θφθφθ −+−−− rr

Figura 5.5: Escolha do referencial: coordenadas esféricas.

Assim, de acordo com a equação (5.6) o elemento de campo elétrico gerado por

dVqd ρ= fica:

,)(]cos2[4

1=

3/222

2

0

rrrrrr

ddsendrrEd P

Pp

dq

rrr−

−+ θφθθρ

επ

onde: 1/222 ]cos2[= θrrrrrr PpP −+− rr

e: φθθ ddsendrrdV 2=

é o elemento de volume em coordenadas esféricas. Podemos agora verificar

explicitamente que os campos nas direções x e y se anulam. Para isso, escreva a

componente do elemento dqEdr

na direção x e o integre sobre o volume da esfera:

98

φφθθ

θρεπ

θππ

dsenrrrrr

senrddriEdE

Pp

R

dqx ]cos[]cos2[4

1ˆ=3/222

2

0

2

000−

−+=• ∫∫∫∫

r

A integral sobre φ só envolve o φcos que, integrado no intervalo de 0 a π2 se

anula. Um argumento completamente análogo vai levar você a concluir que:

.0== yx EE

Então, o que nos resta é calcular zE . Entretanto, o cálculo desta integral é muito

trabalhoso, como você verá a seguir.

A integral zE que desejamos é:

.]cos2[

)cos(

2ˆ=

3/222

2

000

θθθθ

ερ π

drrrr

rrsenrdrkEdE

Pp

PR

dqz −+−−=• ∫∫∫

r

A integração sobre a variável θ pode ser efetuada fazendo a seguinte transformação

de variáveis:

.2=cos2= θθθ dsenrrdtrrt PP +→− (5.7)

Esta transformação afeta apenas a integral em θ , vamos escrevê-la como:

.]cos2[

)cos()(

3/222

2

0θ

θθθπ

drrrr

rrsenrrI

Pp

P

−+−

= ∫

O integrando pode ser preparado para integração da seguinte forma:

θθθθ

drrrr

rrsenr

Pp

P3/222

2

]cos2[

)cos(

−+−

= =−+

−θ

θθθθ

drrrr

senrsenrr

Pp

p

3/222

32

]cos2[

)cos(

99

Depois de usar a equação 5.7 no denominador:

θθθθ

drrrr

rrsenr

Pp

P3/222

2

]cos2[

)cos(

−+−

= =++

−3/222

2

][

)cos(

trr

dsenrdsenrrr

p

p θθθθθ

)]2

2

2

cos2(

2

2[

][]cos2[

)cos(3/2223/222

2

p

p

p

pp

pPp

P

r

dsenrr

r

rrdsenrr

trr

rd

rrrr

rrsenr θθθθθθ

θθθ

−+++

=−+

−

=−+

− θθθθ

drrrr

rrsenr

Pp

P3/222

2

]cos2[

)cos(dt

r

t

trr

r

r

dttdt

trr

r

pppp

]42

1[

][]

42[

][ 23/22223/222+

++=+

++

=−+

− θθθθ

drrrr

rrsenr

Pp

P3/222

2

]cos2[

)cos(.

4

2

][ 2

2

3/222dt

r

tr

trr

r

p

p

p

+++

Assim, ficamos com:

,)(4

=][

)(2

42= 120

03/222

2

2

2

200

drrIr

rdt

trr

tr

r

rdrE

P

R

p

P

P

Prr

Prr

R

z ∫∫∫ ++++

− ερ

ερ

em que:

.][

)(2)(

3/222

22

21 dttrr

trrI

p

PPrr

Prr +++≡ ∫

+

−

Fazendo uma nova transformação de variáveis: ,= 22 trru P ++ podemos notar que

,2= 222 trrru PP ++− d o que nos permite reescrever a integral acima como:

( )( )

duu

rrudt

trr

trrI PPrr

Prrp

PPrr

Prr 3/2

22

3/222

22

21 ][

)(.

][

)(2)(

2

2

+−=

+++

≡ ∫∫+

−

+

−

100

Tal que

2

2

)(

)(

1/23/2

22

1/23/2

222)(

2)(1

1)(1)(=)(

P

P

rr

rr

PPPrr

Prr uu

rrdu

uu

rrrI

+

−

+

−

+

−=

+

−∫

,||||

)()(

)(

)(2=

2222

−−

−−+++

+−− rr

rr

rrrr

rr

rrP

P

PP

P

P

onde 2)(|=| rrrr PP −− . É preciso ter muito cuidado com as duas raízes. Portanto é

necessário usar o módulo e avaliar as duas opções ao fazer as contas. Enfim,

agrupando os termos ficamos com:

−−

+rrse

rrser

rr

rrrrI

P

P

P

P

<0

>8=

||14=)(1

(5.7)

Isto mostra que vamos obter expressões diferentes para o campo se o

calcularmos em pontos dentro ou fora da esfera.

Para os pontos externos, rrP > ,logo:

2

3

020

0

1

12

4=][8

42=

PP

R

zr

Rdrr

r

rE

ερ

ερ∫

ou,

,4 2

0 Pz r

qE

πε= (5.8)

se /34= 3Rq πρ .

Para pontos internos, temos que Pr está entre zero e R ; portanto devemos

dividir a integral em duas partes e notar que a contribuição para Prr > é nula,

enquanto que para Rr <<0 , rrI 8)( = . Portanto:

3

00020

0 4.

3=0][8

4=

R

rqrdrdrr

r

rE pP

R

PrP

Pr

z πεερ

ερ

ερ =+ ∫∫

(5.9)

101

E vemos portanto que o campo elétrico cresce para pontos dentro da esfera à

medida que a carga interna à superfície esférica onde se encontra Pr vai

crescendo.

Um gráfico do campo elétrico obtido, como função da distância a partir da origem é

mostrado na Figura 5.6. Note que o campo elétrico é contínuo para RrP = , conforme

pode ser testado das duas expressões obtidas para ele, dentro e fora da esfera.

Figura 5.6: Gráfico do campo elétrico em função de r.

ATIVIDADE 5.5

Mostre que o campo elétrico é contínuo em RrP = .

102


Atividade 5.1

A força sobre a carga q =10,0 μC é:

.ˆ

4=)(

20

kz

qQzEEqF

PP επ

rrr==

Atividade 5.2

A força exercida pela carga no arco é:

)ˆ(

4

1,73=)0,0(

0

iR

yxEEqFεπ

λ−====rrr

Como conhecemos a carga Q=6,0 μC, temos, na equação acima, ou substituir λ por

QL, sendo L o comprimento do aro, ou calcular λ com λ = Q/L. Vamos fazer a segunda

opção. O comprimento do aro é dado por L = Rθ, sendo θ o ângulo subentendido pelo

aro no seu centro. Notemos que o ângulo θ é medido em radianos. Assim, como

θ=120° e R=1,0 m, temos:

09,2120180

= 00

=×πRL m.

A densidade linear de cargas é:

./8,21,2

00,6= mC

m

C

L

q µµλ ==

Então:

.104,40,1

108,273,1100,9 469

Nm

NmF ×=××××=

−

103

A direção da força é radial e o sentido, do meio do aro para o centro (note o sinal

negativo na fórmula do campo elétrico e como o vetor unitário i está dirigido).

Atividade 5.3

Para calcular o campo elétrico para pontos muito distantes do disco utilize a equação

5.4 fazendo o limite para para RzP >> . O parâmetro adimensional que caracteriza

essa condição é:

.1<<=Pz

Rx

Reescrevendo: .)(1

1

)(1=

)( 1/221/2221/222 xxz

z

zR

z

P

P

P

P

+=

++

Usando a expansão em série de Taylor para 1<<2x dada no Apêndice D, obtemos

imediatamente:

0ˆ)2

1(12

ˆ)(1

11

2.ˆ1

2=)(

2

01/22

022

0

=

−−=

+−=

+− z

xz

xz

zR

zzE

P

PP ε

σεσ

εσr

Atividade 5.4

Com a condição dada que PzR >> o campo elétrico será

[ ] zzzzR

zzE

P

PP ˆ

2ˆ01

2ˆ1

2=)(

0022

0 εσ

εσ

εσ =−=

+−

r

Como veremos mais adiante, esse é o valor do campo elétrico de um plano infinito de

cargas.

Atividade 5.5

Você não encontrará resposta para essa atividade.

104

PROBLEMAS

P2.1) Duas cargas elétricas iguais e de sinais contrários valendo q=50 μC são

separadas de 20 cm. Qual o campo elétrico no ponto médio da linha que une as

cargas?

P2.2) Duas cargas elétricas iguais de 10 μC são alinhadas e separadas por uma

distância de 10 cm. Calcule o campo elétrico gerado no ponto P da mediatriz da reta

que une as argas, à distância de 15 cm dela.

P2.3) Qual deve ser o valor da carga elétrica se o campo gerado por ela vale 4,0 N/C à

distância de 70 cm dela?

P2.4) Uma carga elétrica -5q é colocada à distância a de outra +2q. Em que ponto ou

pontos da linha reta que passa pelas cargas o campo elétrico é nulo?

P2.5) A figura 3.9 representa um quadrupólo elétrico. Ele é composto por dois dipólos

com momentos opostos.

Figura 3.9 – O quadrupólo elétrico

Calcule o campo elétrico do quadrupólo no ponto P, situado à distância r>>a.

P2.6) Duas pequenas esferas possuem uma carga total +140 μC. (a) Se elas se

repeliriam com uma força de 60 N quando separadas de 0,60 m, quais são as cargas

das esferas? (b) se elas se atraem com uma força de 60 N, quais as cargas em cada

uma delas?

P2.7) Uma carga de +6,0 μC é colocada no ponto P de coordenadas (2,5;-3,0) m. Uma

outra carga de -5,5 μC é colocada no ponto Q de coordenadas (-2,0;2,0) m. Determine

o vetor campo elétrico gerado por elas no ponto R de coordenadas (3,0;1,5) m.

105

P2.8) Um elétron com velocidade 8100,5= ×v m/s é lançado paralelamente a um

campo elétrico uniforme 3100,1= ×E N/C que o freia.

(a) Qual a distância que o elétron percorre até parar?

(b) Quanto tempo ele leva para parar?

c) Se o campo elétrico se estende por uma região de 0,80 cm de comprimento, que

fração de energia cinética inicial o elétron perde ao atravessar o campo?

P2.9) Um elétron é lançado em um campo elétrico uniforme compreendido entre duas

placas como mostrado na figura abaixo.

Figura 3.10 – Elétron no campo uniforme entre duas placas

A velocidade inicial do elétron é 6100,6= ×v m/s e o ângulo de lançamento é 45=θ °.

Se 3100,2= ×E N/C, L =10,0 cm e d =2,0 cm, (a) o elétron se choca contra alguma

das placas? (b) se sim, qual e a que distância do lançamento ele se choca?

106

UNIDADE 3

LEI DE GAUSS E SUAS APLICAÇÕES

A lei de Gauss representa um método alternativo extremamente útil para

calcular o campo eletrostático gerado por uma distribuição de cargas, e simplifica

espantosamente os cálculos, sempre que simetrias estejam envolvidas, como é, por

exemplo no do campo eletrostático gerado por uma esfera uniformemente carregada.

Além disso, a lei de Gauss evidencia a relação entre a carga elétrica e o campo elétrico

gerado por ela, ao contrário do que ocorre na lei e Coulomb que pressupõe uma

interação à distância entre as cargas. Portanto a lei de Gauss é considerada um dos

pilares dos eletromagnetismo.

107

108

AULA 6: LEI DE GAUSS

OBJETIVOS

• ENUNCIAR A LEI DE GAUSS

• DEFINIR FLUXO ELÉTRICO E RELACIONÁ-LO COM A DENSIDADE DE LINHAS DE FORÇA

• MOSTRAR QUE CARGAS ELÉTRICAS EXTERNAS À SUPERFÍCIE DA GAUSS NÃO

CONTRIBUEM PARA O CAMPO ELÉTRICO

6.1 FLUXO DO CAMPO ELÉTRICO

Vamos começar com uma abordagem intuitiva. O caso mais simples possível é

o de uma carga puntiforme q situada na origem de um referencial. O campo por ela

gerado a uma distância r é dado por:

.ˆ4

1=

20

rr

qE

επr

Na figura 6.1 estão representados alguns vetores da intensidade do campo elétrico em

alguns pontos gerado pela carga + q .

Figura 6.1: Vetores campo elétrico.

109

Devido ao fato do campo decair com 21/r , os vetores ficam menores quando

nos afastamos da origem; mas eles sempre apontam para fora, no caso de q ser uma

carga positiva. As linhas de força nada mais são do que as linhas contínuas que dão

suporte a esses vetores. Podemos pensar de imediato que a informação sobre o campo

elétrico foi perdida ao usarmos as linhas contínuas. Mas não foi. A magnitude do

campo, como já discutimos, estará contida na densidade de linhas de força: ela é

maior mais perto da carga e diminui quando nos afastamos dela, pois a densidade de

linhas de força diminui com 2/4 RN π , onde N é o número de linhas de força, que é o

mesmo para qualquer superfície lembre-se que 24 RA π= é a área da superfície da

esfera.

Em outras palavras: duas superfícies esféricas com centros na carga, uma com

raio 1R e outra com raio )<(, 212 RRR são atravessadas pelas mesmas linhas de força.

No entanto, a densidade de linhas de força, definida como o número de linhas por

unidade de área, é maior sobre as esferas menores. Como a área cresce com o

quadrado do raio, o campo decresce da mesma forma, isto é, com o quadrado da

distância à fonte. Ou seja, se 21 < RR temos que )/4()/4( 22

21 RNRN ππ > e como

2/4 RNE π∝ , concluimos que 21 EE > .

Neste ponto, cabe uma observação conceitual importante: a

discussão acima mostra que a dependência do campo elétrico com o inverso

do quadrado da distância é consequência da maneira de como ele se propaga

no espaço livre.

Como podemos quantificar essa idéia, que parece importante e nos diz "quantas

linhas de força" atravessam uma dada superfície S? As aspas referem-se ao fato de

que, obviamente o número de linhas de força é infinito, mas sua densidade, isto é, o

número de linhas de força por unidade de área, é finito.

A quantidade procurada, é denominada fluxo do vetor Er através da

superfície A e definida como:

danESE ˆ= •Φ ∫r

(6.1)

Em que o vetor n é um vetor unitário normal à área da . O fluxo é proporcional ao

número de linhas que atravessam a área infinitesimal da , figura 6.2.

110

Figura 6.2: Orientações relativas do campo elétrico E e da normal à superfície.

Note que, na expressão 6.1, o produto escalar leva em conta apenas a

componente de Edr perpendicular ao elemento de área da ; em outras palavras, é

apenas a área no plano perpendicular a Er que levamos em conta quando

falamos da densidade de linhas de força.

EXEMPLO 6.2

CÁLCULO DO FLUXO DO CAMPO ELÉTRICO

Calcule o fluxo do campo elétrico, dado por kjyiE ˆ0,2ˆ0,2ˆ0,3= ++r

N/Cm através de

um cubo de lado a=2,0m, figura 6.5, tal que sua face seja paralela ao plano xz e

situada à distância de 2,0 m deste plano.

Figura 6.5: Cubo atravessado por campo elétrico.

Solução: Antes de resolver o problema, notemos algumas propriedades do campo:

111

em primeiro lugar, ele não é paralelo a nenhum dos eixos de coordenadas; em

segundo lugar, ele varia de ponto a ponto no espaço e seu valor depende da

coordenada y do ponto considerado.

O fluxo através do cubo é obtido da seguinte maneira:

a - dividimos a área o cubo em 6 áreas, cada uma correspondendo a uma de suas

faces;

b – calculamos o fluxo em cada uma delas;

c - somamos os resultados para obter o fluxo total.

Seja a face AEFC, que é perpendicular ao eixo Oy. Para ela, jn ˆˆ −= e o fluxo é:

∫∫∫∫∫ −=−=−•++⋅=Φ dzdxydaydajkjyidanES

0,20,2)ˆ()ˆ0,2ˆ0,2ˆ0,3(=ˆ1

r

em que os últimos termos foram obtidos efetuando o produto escalar no integrando.

Sobre a face AEFC a coordenada y não varia e tem o valor y=2,0m. Então:

.)/(0,16)/(0,40,2)/(0,2 2221 mCNmCNadzdxmCmN −=−=×−=Φ ∫∫

Seja agora a face BDGH, que também é perpendicular ao eixo Oy. Para ela, jn ˆˆ = e o

fluxo é:

∫∫∫∫∫ ==•++⋅=Φ dzdxydaydajkjyidanES

0,20,2)ˆ()ˆ0,2ˆ0,2ˆ0,3(=ˆ2

r

Sobre a face BDGH a coordenada y não varia e tem o valor y=4,0m. Então:

.)/(0,32)/(0,80,4)/(0,2 2222 mCNmCNadzdxmCmN ==×=Φ ∫∫

Na face ABEH temos in ˆˆ = . Então:

223 )/(0,12)/(0,3)/(0,3)ˆ()ˆ0,2ˆ0,2ˆ0,3( mCNaCNdzdyCNdaikjyi ===•++=Φ ∫∫∫

112

Na face FGDC temos in ˆˆ −= . Então:

24 )/(0,12)/(0,3)ˆ()ˆ0,2ˆ0,2ˆ0,3( mCNdzdyCNdaikjyi −=−=−•++=Φ ∫∫∫

Na face ABCD temos kn ˆˆ −= . Então:

,)/(0,8)/(0,2)/(0,2)ˆ()ˆ0,2ˆ0,2ˆ0,3( 225 mCNaCNdxdyCNdakkjyi −=−=−=−•++=Φ ∫∫∫

Finalmente, na face EFGH kn ˆˆ = . Então:

225 )/(0,8)/(0,2)/(0,2)ˆ()ˆ0,2ˆ0,2ˆ0,3( mCNaCNdxdyCNdakkjyi ===•++=Φ ∫∫∫

O fluxo total é:

,)/()0,80,80,120,120,320,16( 2654321 mCN+−−++−=Φ+Φ+Φ+Φ+Φ+Φ=Φ

.)/(0,16 2mCN=Φ

ATIVIDADE 6.1

Seja o vetor jiE ˆ0,2ˆ0,3= +r

N/C atravessando um paralelepípedo da figura 6.4, de

lados a=3,0 cm, b=2,0 cm e c=2,5 cm. Calcule o fluxo do campo elétrico através do

paralelepípedo.

Figura 6.4 : Paralelepípedo atravessado por campo elétrico.

113

ATIVIDADE 6.2

Determine qual é o fluxo do campo elétrico através das três superfícies da figura 6.5.

Figura 6.5 Três superfícies Gaussianas

6.2 A LEI DE GAUSS

Vimos que as linhas de campo que se originam numa carga positiva, precisam

atravessar uma superfície ou morrer numa carga negativa dentro da superfície. Por

outro lado, a quantidade de carga fora da superfície não vai contribuir em nada para o

fluxo total, uma vez que as linhas entram por um lado e saem por outro. Essa

argumentação claramente sugere que o fluxo através de qualquer superfície

fechada seja proporcional à CARGA TOTAL dentro dessa superfície. Esta é a

essência da lei de Gauss.

114

Vamos torná-la quantitativa, então:

,1

=ˆ0

QdanES ε

•∫r

(6.4)

em que Q é a carga líquida dentro da superfície. Essa é a lei de Gauss, que é

válida para qualquer superfície fechada.

6.3 FERRAMENTAS MATEMÁTICAS: CÁLCULO DA INTEGRAL DE

SUPERFÍCIE NA LEI DE GAUSS

O que é preciso saber de matemática para usar a lei de Gauss corretamente?

Antes de mais nada, é preciso saber calcular o fluxo do campo elétrico danES

ˆ•∫r

sobre uma superfície fechada. Assim:

1 - Escolhemos uma superfície compatível com a simetria do problema,

que passa pelo ponto P, onde desejamos calcular a intensidade do

campo elétrico;

2 - Definimos o elemento de área relevante;

3 - Definimos o vetor unitário normal à essa área;

4 - Fazemos o produto escalar entre Er e n

5 – Calculamos o fluxo da campo elétrico:

,=ˆ dacosEdanESS

θ∫∫ •=Φr

(6.5)

onde nE ˆˆ=cos ⋅θ .

A que simetria nos referimos acima? Aquelas, por exemplo, como a que vimos

115

no caso da carga puntiforme: o módulo do campo elétrico é constante e normal à

qualquer superfície esférica concêntrica com a carga q .

Se não houver simetria essa integral pode ser bastante complicada e até inútil,

pois para resolvê-la teríamos que conhecer o vetor Er (módulo, direção e sentido) em

todos os pontos da superfície e o objetivo agora é usar a lei de Gauss para simplificar

os cálculos do campo elétrico. A importância da lei de Gauss fica mais clara quando o

problema tratado possui alguma simetria espacial.

EXEMPLO 6.3

Verifique a lei de Gauss para o caso de uma carga puntiforme positiva q .

SOLUÇÃO: Comecemos seguindo os passos indicados no início dessa seção.

1) De acordo com o que vimos anteriormente, as linhas de força do campo

gerado por uma carga q são radiais com origem na carga. Portanto, se escolhermos

uma superfície esférica de raio r (distância da carga ao ponto onde queremos calcular

o campo), a normal a esta superfície terá também direção radial em qualquer ponto;

2) o elemento de área é da e dardan ˆ=ˆ , sendo da o elemento de área de

uma esfera, como ilustra a figura 6.6. Não vamos precisar de sua forma diferencial.

Figura 6.6: Elemento de área de uma superfície esférica.

Assim: ,)(ˆ=ˆ θφθ ddsenrrdan

116

e o campo elétrico para uma carga puntiforme é:

rr

qE ˆ

4

1=

20επ

r

(6-6)

Então:

,ˆ4

1=ˆ

20

danrr

qdanE ••

επr

como r é constante sobre a superfície, temos:

.4

1=ˆ

20

dar

qdanE ∫∫ •

επr

Então, vemos que tudo que necessitaremos é a área da esfera, assim teremos:

.=44

1=ˆ

0

22

0 επ

επq

rr

qdanE ⋅•∫

r

Inversamente, poderíamos ter descoberto o campo elétrico, sabendo apenas que, por

simetria ele deve ser constante sobre superfícies esféricas concêntricas com q . Vamos

ver como funciona:

.4|=|=ˆ 2

.rEdaEdanE

idemrraiodesupπ∫∫ •

r

Usando a lei de Gauss, sabemos que o fluxo calculado tem que ser igual à carga total

dentro da esfera, q dividida por 0ε . Então 02 /=4 επ qrE ⋅ , finalmente:

204

1=

r

qE

επ

Note que, devido ao produto escalar, a lei de Gauss não nos diz nada sobre a

direção do campo, apenas sobre o seu módulo. Mas nos casos em que é

interessante usar a lei de Gauss, como neste, sabemos por simetria, a direção do

campo. Por exemplo, no caso de distribuições esféricas, a direção será radial.

117

Atividade 6.3

Verifique a lei de Gauss para o caso de uma carga puntiforme negativa .q

Atividade 6.4

No exemplo 6.2, qual deve ser a condição para que o fluxo elétrico através do cubo

seja nulo?

No caso de uma carga puntiforme, o campo elétrico por ela gerado é:

rr

qE ˆ

4

1=

20επ

r

A força elétrica que atua sobre uma carga de prova 0q colocada em um ponto P, é

dada por:

rr

qqEqF ˆ

4

1=

20

00 επrr

=

que é exatamente a expressão para a lei de Coulomb.

A Lei de Gauss nos descreve a relação entre a carga elétrica e o campo

elétrico gerado por ela. Segundo a lei de Gauss, o fluxo do campo elétrico em

uma região finita do espaço é gerado por uma carga ou uma distribuição de

cargas elétricas. Ela está portanto, diretamente ligada ao conceito de campo

elétrico. Isso não ocorre com a lei de Coulomb, onde a interação entre as

cargas é feita sem nenhum agente intermediário.

Encontramos um caso semelhante na Mecânica, onde a lei de gravitação

descreve a interação gravitacional direta entre duas massas, enquanto que o campo

gravitacional gerado por uma massa ou distribuição de massas é relacionado com

estas massas pelo fluxo do vetor campo gravitacional gv que nada mais é que o fluxo

do vetor aceleração da gravidade.

118


ATIVIDADE 6.1

Você pode calcular os fluxos sobre cada uma das faces do paralelepípedo e somá-los

para obter o fluxo total. Entretanto, o trabalho pode ser simplificado pois o campo é

paralelo ao plano xy. Assim, o fluxo sobre as faces perpendiculares ao eixo Oz será

nulo porque a normal a estas faces é perpendicular ao campo. Da mesma forma, o

fluxo sobre as faces perpendiculares ao eixo Ou também será nulo. Sobram apenas as

faces perpendiculares ao eixo Ox. Como as normais a estas faces são de sentidos

opostos, os produtos escalares do campo pelas normais terão sinais opostos. Além

disso, o campo elétrico em cada uma delas é o mesmo (mesmo módulo, direção e

sentido). Portanto, a soma dos fluxos nestas duas superfícies dará o resultado nulo.

ATIVIDADE 6.2

No caso do campo gerado por uma carga negativa, rn ˆˆ −= . A equação 6-4 fica:

.ˆ4

1=

20

rr

qE

επ−

r

A partir daí, todas as equações se repetem com o sinal negativo, indicando que o

sentido do campo é para dentro da superfície de Gauss. Então o fluxo é negativo. Mas

a expressão do módulo do campo elétrico não tem sinal negativo!

ATIVIDADE 6.3

O fluxo não é nulo por causa da componente y do campo elétrico; ela cresce com a

distância ao plano xz. Portanto, para que o fluxo seja nulo, é preciso que, ou a

componente y do campo seja nula. Ou que ela seja independente da distância ao plano

xz.

ATIVIDADE 6.4


119

PENSE E RESPONDA

PR6.1) Uma esfera condutora oca tem uma carga positiva +q localizada em seu

centro. Se a esfera tiver carga resultante nula o que você pode dizer acerca da carga

na superfície interior e exterior dessa esfera?

PR6.2) Qual é o fluxo elétrico em um ponto dentro da esfera condutora e fora da

esfera condutora da questão anterior?

PR6.3) Qual seria o fluxo elétrico através de uma superfície envolvendo um dipolo

elétrico?

120

AULA 7: APLICAÇÕES DA LEI DE GAUSS

OBJETIVOS

• APLICAR A LEI DE GAUSS PARA O CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO

7.1 COMO USAR A LEI DE GAUSS

A dificuldade mais comum na aplicação da lei de Gauss está na

capacidade de se distinguir claramente a superfície de Gauss, que é arbitrária,

da superfície que envolve o volume das cargas em questão. Suponha que

queiramos calcular o campo elétrico gerado pela esfera dielétrica de raio R,

uniformemente carregada com uma densidade de cargas uniforme ρ, para pontos

dentro e fora da mesma, agora usando a lei de Gauss.

Para evitar a confusão que costuma acontecer vamos sempre identificar a área

relativa à lei de Gauss com o índice P como fizemos anteriormente, P sendo o

"ponto de observação".

Primeiramente vamos calcular o campo elétrico para pontos exteriores à esfera.

A figura 7.1 ilustra a superfície de Gauss escolhida.

Figura 7.1: Pontos exteriores à esfera dielétrica de raio R uniformemente carregada.

O campo será radial e seu módulo será constante sobre superfícies esféricas

concêntricas com a distribuição. Então, podemos escrever:

121

.4=ˆ 2PS

REdanE π⋅⋅∫r

Vamos calcular a quantidade de carga interna a essa superfície:

.3

4= 3Rq πρ ⋅

Usando a lei de Gauss:

0

=ˆεq

danES

⋅∫r

temos que:

,3

4=4 3

0

2 RRE p περπ ⋅⋅

como 3(4/3)= Rq πρ , vem:

..4

1=

20 PR

qE

επ

Note que R , o raio da distribuição de cargas NÃO COINCIDE com o raio

da superfície de Gauss. O erro comum é o uso de uma única letra R para

todos os raios envolvidos no problema (nunca faça isso com as leis da

Física!). Tente perceber o que elas de fato são e depois em como expressar esse

conteúdo matematicamente).

Vamos agora calcular o campo elétrico para pontos no interior da esfera. É o

caso mais crítico. Vejamos como é a superfície de Gauss. Desenhe-a e escolha o seu

raio PR , distinguindo bem PR do raio da esfera em questão, como indicado na

figura 7.2.

122

Figura 7.2: Superfície de Gauss interior à esfera dielétrica de raio R.

O fluxo do campo elétrico é:

.4=ˆ 2PS

REdanE π⋅⋅∫r

A carga total dentro da superfície é:

.3

4= 3

PRq πρ ⋅

Note que, neste caso, o raio que delimita a quantidade de carga que vai contribuir,

COINCIDE com PR . Ou seja, a carga que contribui para o fluxo é ).( PRq

Desenvolvendo a lei de Gauss fica:

0

)(=ˆ

εp

S

RqdanE ⋅∫

r

ou:

.3

4=4 3

0

2PP RRE π

ερπ ⋅⋅

Finalmente:

.3

=0

PREερ

O mesmo resultado que obtivemos laboriosamente fazendo uma integral

tridimensional.

123

7.2 APLICAÇÕES DA LEI DE GAUSS

Vejamos agora como aplicar a Lei de Gauss para diferentes situações que

envolvem uma distribuição de cargas com simetria.

EXEMPLO 7.1

Campo gerado por uma esfera metálica carregada

Considere agora uma esfera metálica de raio R com carga total Q . Calcule o campo

elétrico para pontos exteriores e interiores a essa esfera.

SOLUÇÃO:

A primeira questão a considerar antes de pensar em qualquer fórmula é o tipo

de material do qual estamos falando. No caso anterior tratava-se de uma esfera

dielétrica. Como sabemos, as cargas não têm mobilidade em dielétricos e portanto elas

podem estar uniformemente distribuídas nele. Agora estamos falando de uma

esfera condutora, isto significa imediatamente que para pontos internos a essa

esfera:

0=.intE .

Como vimos anteriormente, em materiais condutores as cargas se concentram na

superfície dos mesmos; então não temos cargas no interior da esfera.

Figura 7.3: Superfície de Gauss para uma esfera metálica.

E os pontos exteriores? Escolhemos como superfície de Gauss uma superfície esférica

124

arbitrária de raio PR . Então (Figura 7.3):

,=40

2

επ Q

RE P⋅

ou:

.4

1=

20 PR

QE

επ

ATIVIDADE 7.1

Resolva o exemplo 7.1 para uma esfera com carga negativa. Use a Lei de Gauss para

mostrar que o campo no interior da esfera é nulo.

EXEMPLO 7.2

CAMPO GERADO POR FIO RETILÍNEO INFINITO

Considere agora um fio retilíneo de comprimento infinito, raio R e densidade

volumétrica de cargas ρ como na figura 7.4. Usando a lei de Gauss calcule o campo

elétrico para pontos no interior e no exterior do fio.

Figura 7.4: Fio infinito de raio R e densidade volumétrica de cargas ρ .

SOLUÇÃO: Para calcular o campo em um ponto P fora do fio, vamos utilizar o

resultado de que o campo elétrico, por razões de simetria, é uniforme e

dirigido radialmente para fora do fio. A razão disso é que, como o fio é infinito,

125

cada elemento infinitesimal de volume do fio que escolhermos, tem um simétrico em

relação a P; dessa forma, a componente do campo elétrico paralela ao fio se anula,

restando apenas a componente perpendicular ao fio.

Para pontos fora do fio, a superfície de Gauss será um cilindro concêntrico ao fio,

como mostra a figura 7.5:

Figura 7.5: Superfície de Gauss para um fio infinito.

Note que a simetria existe porque o fio é infinito; para um fio finito, as suas

extremidades impedem a existência sempre de um simétrico a qualquer

elemento de volume do fio. Perto dessas extremidades, portanto, o campo

não é mais uniforme e dirigido perpendicularmente ao fio.

Uma vez escolhida a superfície de Gauss, calculamos a carga interior a ela:

.= 2 LRq ⋅⋅πρ

Em que L é a altura do cilindro de Gauss e R, o raio de suas bases.

Como as normais às bases do cilindro de Gauss são perpendiculares ao campo

elétrico, o produte escalar delas pelo vetor campo elétrico é nulo. Basta então,

calcular o fluxo através da superfície restante, paralela ao eixo do cilindro. Neste caso,

a normal a esta superfície é coincidente com o vetor campo elétrico.

Podemos escrever, então, que o fluxo nessa superfície para RRp > é dado por:

.=20

2

επρπ LR

LRE P⋅

126

Note que RRP ≠ . Resolvendo a equação acima para o campo:

.2

=0

2

PR

RE

ερ

Para ponto internos do fio ( RRp < ),

ρπ LRRq pp2=)(

e

0

2=2ερππ LRLRE pp⋅

pRE0

=ερ

Note que as duas expressões coincidem quando RR p = . A Figura 7.6 mostra o

gráfico do campo elétrico em pontos no interior e exterior do fio.

Figura 7.6: Gráfico do campo elétrico gerado pelo fio.

EXEMPLO 7.3

Que tal agora um pouco mais de física?

Uma coluna de ar de comprimento L e densidade linear 3102,1 −×−=λ C/m encontra-

ATIVIDADE 7.2

Mostre que, para RRP = , os campos interno e externo são iguais.

127

se negativamente carregada. Qual é o raio dessa coluna de ar se as moléculas que a

compõem são capazer de suportar um campo elétrico até 6104× N/C sem sofrer

ionização?

SOLUÇÃO: Vejamos a Física envolvida no problema. A idéia importante para fazer a

modelagem é considerar que, embora a coluna não seja infinitamente longa, podemos,

obter sua ordem de grandeza, ao aproximá-la por uma linha de cargas como ilustra a

figura 7.7.

Figura 7.7: Superfície de Gauss para um linha de cargas.

Como a linha está negativamente carregada, o campo elétrico estará apontando

para dentro da superfície gaussiana. A carga total é LQ λ= .

A segunda hipótese fundamental é a de que a superfície da coluna carregada

negativamente deva estar no raio Pr onde a intensidade do campo elétrico é 6104×

N/C, pois as moléculas do ar dentro desse raio serão ionizadas. Lembre-se que o

campo fica cada vez maior a partir daí na direção horizontal e no sentido de fora para

dentro da coluna. Portanto a área pela qual teremos fluxo será .2 PP LrA π=

A Lei de Gauss nos dá: ,=20ε

λπ LLrE PP⋅

ou: ,2

=0 Pr

Eεπλ

Portanto, para obter o raio da coluna temos:

128

.4,5)/10)(4/1085,)(8(2

/102,1=

2=

62212

3

0

mCNNmC

mC

ErP =

×××

−

−

πεπλ

EXEMPLO 7.4

PLANO NÃO CONDUTOR INFINITO DE CARGAS

Calcular o campo elétrico de um plano não condutor infinito de cargas de densidade

superficial σ.

SOLUÇÃO: Se o plano é infinito, a simetria nesse caso é uma simetria linear e o

campo deve estar orientado perpendicular ao plano. Não há como produzir

componentes paralelas ao plano, elas vão se cancelar sempre.

Figura 7.8: Superfície de Gauss

A superfície de Gauss será o cilindro indicado na Figura 7.8, de raio PR e

comprimento PL . A carga dentro do cilindro considerado é: Aq σ= , sendo A a área

correspondente à base do cilindro.

O campo elétrico é perpendicular às bases e paralelo à superfície do cilindro,

por isso:

EnE =ˆ⋅r

(nas bases)

129

e

0=nE ⋅r

(na superfície).

Portanto, somando todas as contribuições a lei de Gauss nos fornecerá

0

=)(2ε

σ AAE

02=

εσ

E

(na direção perpendicular à tampa do cilindro). Vemos que esse campo é uniforme.

Uma observação sobre fios e superfícies infinitas. É óbvio que tais

sistemas não podem existir fisicamente. Entretanto, os resultados obtidos

com eles ainda são aplicáveis na prática. Para isso, basta considerarmos o

campo em pontos suficientemente próximos do fio ou da superfície, para que

as dimensões deles sejam consideradas muito maiores que a distância do

ponto em que se calcula o campo até eles.

EXEMPLO 7.5

ESFERAS CARREGADAS CONCÊNTRICAS

A figura 7.9 mostra uma carga q+ uniformemente distribuída sobre uma esfera não

condutora de raio a que está localizada no centro de uma casca esférica condutora de

raio interno b e raio externo c . A casca externa possui uma carga q− . Determine

)(rE :

a) No interior da esfera )<( ar ;

b) Entre a esfera e a casca )<<( bra ;

c) Dentro da casca )<<( crb ;

d) Fora da casca )>( cr ;

130

e) Que cargas surgem sobre as superfícies interna e externa da casca?

Figura 7.9: Esferas carregadas concêntricas.

SOLUÇÃO: A casca externa é condutora e a interna é isolante. Sabemos como se

comportam cargas adicionadas a esses materiais.

Vamos começar com a esfera dielétrica; como a lei de Gauss nos garante que apenas

as cargas internas à superfície gaussiana influenciam no campo, podemos escrever

rapidamente esta resposta:

Figura 7.10: Superfície de Gauss para a esfera dielétrica.

Para ar < a carga contida dentro da superfície desenhada é:

.=/34

/34=)(

3

3

3

3

a

Rq

a

Rq

totalVolume

RdedentroVolumeRq PPP

P ππ

×

A lei de Gauss sobre a superfície desenhada (Figura 7.10) nos fornece:

3

3

00

2 )(=4

a

RqRqRE PP

p εεπ =⋅

131

ou: 3

04=

a

RqE P

επ )0( ar <<

Para bra << , a carga no interior de qualquer superfície gaussiana esférica será igual

a q . Pela lei de Gauss, temos:

.=40

2

επ q

RE P⋅

Ou: 2

04=

PR

qE

επ )( bra <<

Para crb << , estaremos dentro da casca condutora. Sabemos que o campo dentro

dessa casca tem que ser nulo. As cargas vão se distribuir nas superfícies interna e

externa de maneira a garantir isto.

Portanto, para crb << temos 0=E .

Mas sabemos que para ,0=E deve haver uma superposição do campo gerado pela

esfera interior com o campo devido à parte interna da casca condutora. Seja PR o raio

da superfície gaussiana e seja q′ a carga gerada em br = . A lei de Gauss nos

fornece:

.=40

2

επ qq

RE P

′+⋅ )( crb <<

Como 0=E , descobrimos que qq −′ = .

Se existe uma carga q− em br = , e sabemos que esta é a carga sobre o condutor,

toda ela vai se mover para a superfície interna da casca condutora. Então, o campo

elétrico para pontos fora do conjunto, isto é cr > , será nulo, uma vez que a soma das

cargas no seu interior é zero. Então:

0=E )( cr >

132

ATIVIDADE 7.3

Considere a mesma configuração do exemplo 7.5, porém considere que o condutor

esteja descarregado.

EXEMPLO 7.6

CARGA NO VÉRTICE DE UM CUBO

Uma carga puntiforme q está localizada no centro de um cubo de aresta d (Figura

7.11).

a) Qual é o valor de dAnE ˆ⋅∫r

estendida a uma face do cubo?

b) A carga q é deslocada até um vértice do cubo da figura 7.11. Qual é agora o valor

do fluxo de campo elétrico através de cada uma das faces do cubo?

Figura 7.11: Superfície cúbica

Solução:

(a) O fluxo total é 0/εq . O fluxo através das faces em que ele não é nulo tem que ser o

mesmo em todas elas, por simetria. Portanto, através de cada uma das seis faces:

0

=ˆεq

dAnEface

⋅∫r

(b) Como o campo de q é paralelo à superfície das faces BA, e C , (as linhas de

força s!ao tangentes às faces) o fluxo através das faces que formam o vértice tem que

ser nulo!

O total do fluxo sobre as outras três faces precisa ser )/(8 0εq porque esse cubo

é um dos oito cubos que cirundam q . Essas três faces estão simetricamente dispostas

em relação a q de modo que o fluxo através de cada uma delas é:

133

083

1

εq=Φ

ATIVIDADE 7.4

Sobre cada vértice de um cubo há uma carga +q. Qual é agora o valor do fluxo de

campo elétrico através de cada uma das faces do cubo?

EXEMPLO 7.7

CAMPO EM CAVIDADES ESFÉRICAS

Um condutor esférico A contém duas cavidades esféricas (figura 7.12). A carga total

do condutor é nula. No entanto, há uma carga puntiforme bq no centro de uma

cavidade e cq no centro da outra. A uma grande distância r está outra dq . Qual a

força que age em cada um dos quatro corpos cb qqA ,, e dq ? Quais dessas respostas,

se há alguma, são apenas aproximadas e dependem de r ser relativamente grande?

Figura 7.12: Condutor esférico com cavidades.

SOLUÇÃO: A força sobre bq é zero. O campo dentro da cavidade esférica é

independente de qualquer coisa fora dela. Uma carga bq− fica uniformemente

distribuída sobre a superfície condutora. O mesmo vale para cq . Como a carga total no

condutor A é zero, uma carga cb qq + fica distribuída sobre sua superfície externa. Se

dq não existisse o campo fora de A seria simétrico e radial:

134

2

.0

)(

4

1=

r

qqE cb +

πε,

que é o mesmo campo de uma carga puntual situada no centro da esfera.

A influência de dq alterará ligeiramente a distribuição de carga em A , mas sem

afetar a carga total. Portanto para r grande, a força sobre dq será aproximadamente:

2

0

)(

4

1

r

qqqF cbd +

=πε

A força em A precisa ser exatamente igual e oposta à força em dq .

O valor exato da força em dq é a soma da força aproximada de A sobre dq mais a

força que agiria em dq se a carga total sobre e dentro de A fosse zero, que

corresponde à atração devido a indução de cargas sobre a superfície da esfera.

ATIVIDADE 7.5

ESFERA UNIFORMEMENTE CARREGADA DE DENSIDADE VOLUMÉTRICA ρ

Uma região esférica está uniformemente carregada com uma densidade volumétrica de

carga ρ . Seja r o vetor que vai do centro da esfera a um ponto genérico P no

interior da esfera.

a) Mostre que o campo elétrico no ponto P é dado por:

rr

E ˆ3

=0ε

ρr

b) Uma cavidade esférica é aberta na esfera, como nos mostra a figura 7.13.

135

Figura 7.13: Cavidade esférica no interior de uma esfera uniformemente carregada.

Usando o conceito de superposição mostre que o campo elétrico, em todos os pontos

no interior da cavidade é uniforme e vale:

,3

=0ε

ρaE

rr

onde ar é o vetor que vai do centro da esfera ao centro da cavidade. Note que ambos

os resultados são independentes dos raios da esfera e da cavidade.

7.3 CARGAS E CAMPO ELÉTRICOS NA SUPERFÍCIE DE CONDUTORES

No Exemplo 7.1 vimos que as cargas elétricas em um condutor se distribuem

em sua superfície. Em geral, a densidade superficial de cargas na superfície é variável.

Para pontos próximos à superfície, o campo elétrico é perpendicular à superfície; se

isso não ocorresse, haveria uma componente deste campo paralela à superfície, que

produziria movimento de cargas até que a nova distribuição delas anulasse esta

componente.

Podemos calcular facilmente o valor do campo elétrico nos pontos próximos à

superfície do condutor usando a lei de Gauss. A Figura 7.14 mostra um condutor de

forma qualquer e um ponto P próximo a ele, onde vamos determinar o campo.

Como P está muito próximo à superfície do condutor, podemos escolher uma

superfície de Gauss na forma de uma caixa cilíndrica com uma base na superfície E

outra, passando por P.

Figura 7.14 : Superfície de Gauss para uma região na superfície de um condutor

136

No interior do condutor, o campo elétrico é nulo; assim, a única contribuição

ao fluxo do campo elétrico é dada pela superfície que contém P. Seja A a sua área, a

lei de Gaus nos fornece:

.=ˆ

0εσA

EAdAnE =⋅∫r

De onde vem:

.0ε

σ=E (7.1)

O fato das cargas elétricas em condutores se colocarem na superfície externa

deles tem grande importância prática pois está na origem da chamada gaiola de

Faraday, usada por ele para demonstrar este fato. A gaiola de Faraday nada mais é

que uma gaiola metálica que, se carregada, não oferece perigo algum para pessoas

que se colocarem dentro dela, pois, ao tocarem a gaiola por dentro, não ficam em

contato com as cargas elétricas e não correm risco de choques eletricos. A gaiola de

Faraday é usada em atividades que envolvem altas correntes elétricas.

Da mesma forma, um condutor oco pode ser usada para produzir blindagem

eletrostática. Quando queremos proteger um aparelho de qualquer outra influência

elétrica, nós envolvemos esse aparelho com uma capa metálica. Nestas condições

dizemos que o aparelho está blindado, pois nenhum fenômeno elétrico externo poderá

aferá-lo.

Se você observar o interior de uma TV poderá notar que alguns dispositivos se

apresentam envolvidos por capas metálicas, estando portanto, blindados por esses

condutores.

EXEMPLO 7.6

BLINDAGEM ELETROSTÁTICA

Ricardo verificou que a presença de uma dispositivo carregado estava perturbando o

funcionamento de um aparelho elétrico, colocado próximo à ele. Para resolver o

problema de interferência o estudante envolveu o dispositivo com uma cúpula

metálica, como mostra a figura 7.15. Contudo ele não foi bem sucedido. Como

Ricardo deveria ter agido, sem afastar o dispositivo do aparelho elétrico?

137

Figura 7.15 Experiência com interferência e blindagem eletrostática

SOLUÇÃO:

Sem afastar o aparelho elétrico do dispositivo, Ricardo deveria ter envolvido o

aparelho com a cúpula metálica, e não o dispositivo.

EXEMPLO 7.7: MÉTODO DA CARGA IMAGEM

Considere uma carga q a uma distância h acima de um plano condutor, que

tomaremos como infinito. Seja 0>q . a) Desenhe as linhas de campo elétrico; b) Em

que ponto da superfície do condutor se encontra uma linha que nasce na carga

puntiforme e sai dela horizontalmente, isto é, paralelamente ao plano?

Figura 7.16: Linhas de campo Figura 7.17: Visão em close up

Solução: Vamos chamar de z o eixo perpendicular ao plano que passa pela carga q .

138

Esperamos que a carga positiva q atraia carga negativa do plano. Claro que a carga

negativa não se acumulará numa concentração infinitamente densa no pé da

perpendicular que passa por q .

Também lembremos que o campo elétrico é sempre perpendicular à superfície do

condutor, nos pontos da superfície. Muito próximo à carga q , por outro lado, a

presença do plano condutor só pode fazer uma pequena diferença.

Podemos usar um artifício. Procuramos um problema facilmente solúvel cuja solução

(ou parte dela) pode ser ajustada ao problema em questão.

Considere duas cargas iguais e opostas, puntiformes, separadas pela distância 2h.

Figura 7.18: Artifício da carga imagem.

No plano bissetor da reta que une as cargas (reta AA) o campo elétrico é em todos os

pontos perpendicular ao plano.

A metade superior do desenho acima satisfaz a todos os requisitos do problema da

carga e do plano infinito.

Podemos dessa forma calcular a intensidade e a direção do campo sobre o plano

condutor em qualquer ponto.

Considere um ponto na superfície a uma distância r da origem.

A componente z do campo de q neste ponto é

θcos)(

=22 hr

kqEz +

−

A "carga imagem", q− , sob o plano, contribui com uma componente z igual.

139

Figura 7.19: Ângulo do campo

Assim o campo elétrico aí é dado por:

1/2222222 )()(

2=cos

)(

2=

hr

h

hr

kq

hr

kqEz ++

−+

− θ

3/222 )(

2=

hr

kqh

+−

A densidade superficial de carga no plano condutor, pode ser calculada usando a lei de

Gauss. Não há fluxo através so "fundo" da caixa. Logo, pela lei de Gauss:

0

=ˆεq

dAnE •∫r

ou: 00

==εσ

ε nn Eq

AE ⇒

onde nE é a componente normal do campo. Portanto

3/22203/222

0

03/2220

0)(2

=)(4

2=

)(

2

4

1==

hr

hq

hr

hq

hr

hqE z +

−++

−π

εεπ

εεπ

εσ

Apenas para verificação, a carga superficial total deve igualar a q− . De fato, ela é:

drrQototal πσ 2= ∫∞

Onde usamos:

140

θπ

ddrrdydx ∫∫∫∫∞∞

∞−

∞

∞− 0

2

0=

qhr

drrhq −

+− ∫

∞=

)(=

3/2220

Este e o chamado método das imagens! Voltando à solução do nosso problema, nós

determinaremos R , a distância a partir da origem que a linha de campo que parte

horizontalmente de q , atinge o plano como sendo a distância que determina a

metade da carga induzida no plano (isto é, /2q− ), confinada num círculo de raio R .

drrq πσ 2=2 0∫

∞−

ou:

2

1==][=

)(=

2

1220223/2220 Rh

h

Rh

h

hR

drrh RR

++−

+∫

Ou, ainda:

.3=4= 222 hRhRh ⇒+

141


ATIVIDADE 7.1

A solução é semelhante à do exemplo 7.1. A diferença está no sinal do produto escalar

nE ˆ⋅r

, que, agora é negativo, pois o campo elétrico aponta de fora para dentro da

superfície. Daqui em diante o sinal negativo aparece, indicando apenas o sentido do

vetor campo elétrico (lembre-se que o módulo é sempre positivo).

ATIVIDADE 7.2


ATIVIDADE 7.3

Neste caso o problema br = é idêntico ao anterior. Vimos que a carga sobre a

superfície b tem que ser q− para que não haja campo elétrico entre b e c . Mas

agora, como não há cargas "extras" sobre o condutor, os elétrons vão migrar para a

superfície interna deixando necessariamente um excesso de carga positiva q+ na

superfície exterior à casca. Neste caso o campo na região externa será:

.ˆ

4=

20 Pr

rqE

επ

ATIVIDADE 7.4

Pelos mesmos argumentos de simetria, qualquer carga q numa das faces do cubo terá

campo paralelo àquela face, tal que o fluxo nessa face será zero. Portanto, por essa

mesma face só passará o fluxo criado pelas outras quatro cargas na face oposta do

cubo. O fluxo total sobre essa face será equivalente à quatro vezes o fluxo que uma

carga q cria através de uma face, calculado no exemplo. Assim, o fluxo total por uma

face será 083

4

εq=Φ .

ATIVIDADE 7.5

142

a) Desenhando a superfície de Gauss, ilustrado na figura 7.20, e tomando um ponto

genérico sobre ele, teremos, usando a lei de Gauss:

0

32

3

4=4

επρπ P

P

rrE ⋅

ou: .ˆ3

=0

rrE Pερr

Figura 7.20: Superfície de Gauss.

b) A maneira de calcular o campo dentro da cavidade é usar o princípio da

superposição. Se a densidade volumétrica de carga também preenchesse a cavidade

teríamos que o campo num ponto dentro da cavidade r (ver figura 7.21):

rrrE ˆ3

=)(0

1 ερrr

Figura 7.21: Superfície de Gauss.

Para incluir o efeito da cavidade, usamos o princípio da superposição, isto é,

143

consideramos esse problema somado com o problema de uma distribuição uniforme,

com carga oposta localizada em a : Prarrrr += . O fluxo do campo elétrico que atravessa

a superficie de Gauss é:

3

4=4

3

0

22

PP

rrE

περπ ×−⋅

.3

=0

2 ερ pr

E −⋅

Tal que: .)(3

=3

=ˆ3

=000

2 arr

rrr

rE

P

PPP

P rrr

r−−−−

ερ

ερ

ερ

O campo total é dado por 21 )( EaE + :

.3

=)(33

=000

aarrErrrrr

ερ

ερ

ερ −−

PENSE E RESPONDA

PR7.1) Como você pode explicar o fato do campo devido a uma placa de carga infinita

ser uniforme, tendo a mesma intensidade em todos os pontos, não importando a sua

distância até a superfície carregada?

PR7.2) Por que o campo elétrico de uma haste infinita carregada não é infinito se a

carga também é infinita? A lei de Coulomb estaria sendo violada?

144

AULA 8: APLICAÇÕES DA ELETROSTÁTICA

OBJETIVOS

• UTILIZAR OS CONCEITOS DE FORÇA ELÉTRICA, CAMPO ELÉTRICO, LEI DE COULOUM E

LEI DE GAUSS PARA RESOLVER PROBLEMAS MAIS ELABORADOS DA ELETROSTÁTICA

NÃO PASSE PARA A PRÓXIMA AULA SEM RESOLVER AS ATIVIDADES DESSA AULA!

8.1 ATIVIDADES COM APLICAÇÕES DA ELETROSTÁTICA

ATIVIDADE 8.1

Na figura 8.1, as linhas de campo elétrico do lado direito têm separação duas vezes

menor do que no lado esquerdo. No ponto A, o campo elétrico vale 40N/C. (a) Qual

é o módulo da força sobre um próton colocado em A? (b) Qual é o módulo do

campo elétrico no ponto B?

Figura 8.1: Linhas de campo elétrico.

ATIVIDADE 8.2

Três partículas são mantidas fixas nos vértices de um triângulo eqüilátero, como

ilustra a figura 8.2. As cargas valem eqq +== 21 e eq 23 += . A distância a=6,00

µm. Determine (a) o módulo e (b) a direção do campo elétrico no ponto P.

Figura 8.2: Disposição das cargas

145

ATIVIDADE 8.3

A figura 8.3 mostra uma seção de um tubo longo de metal. Ele possui um raio

R=3,00 cm e está carregado com uma densidade superficial de carga

.10.00,2 8 mC−=λ Determine o módulo do campo elétrico E a uma distância radial

(a) 2Rr = e (b) Rr 2= . (c) Faça um gráfico de E em função de r no intervalo

Rr 20 ≤≤ .

Figura 8.3: Seção reta de um tubo longo de metal carregado.

ATIVIDADE 8.4

A figura 8.4 mostra dois cilindros concêntricos de raios a e b. Ambos possuem a

mesma densidade linear de carga λ. Calcule o campo elétrico no ponto P situado à

distância r do eixo dos cilindros, tal que:

a) r<a

b) a<r<b

c) r>b

Figura 8.4 : Condutores cilíndricos com mesma quantidade de carga

146

ATIVIDADE 8.5

Considere um disco circular de plástico de raio R carregado uma densidade

superficial de cargas positivas σ , figura 8.6. Qual é o campo elétrico no ponto P,

situado no eixo central a uma distância z do disco?

Figura 8.5: Disco carregado com uma densidade superficial de cargas positivas σ .

ATIVIDADE 8.6

Dois discos muito grandes com a mesma densidade de carga, mas com cargas de

sinais contrários são colocados face a face como na figura 8.6. Calcule o campo

elétrico na região entre eles

Figura 8.6: Campo elétrico entre discos carregados

147

ATIVIDADE 8.7

Em uma placa fina, infinita, não-condutora com uma densidade superficial de

carga σ , foi aberto um pequeno furo circular de raio R. O eixo z é perpendicular à

placa e está no centro do furo. Determine o campo elétrico no ponto P que está a

um distância z da placa. Dica: Utilize o princípio da superposição.

Figura 8.7: Furo circular numa placa.

ATIVIDADE 8.8

Uma pequena esfera não-condutora de massa m e carga q está pendurada em fio

não-condutor que faz um ângulo θ com uma placa vertical, não-condutora,

uniformemente carregada, figura 8.7 Considerando a força gravitacional a que a

esfera está submetida e supondo que a placa possui uma grande extensão, calcule

a densidade superficial de cargas σ da placa.

Figura 8.7: Ilustração da atividade 8.8.

148

ATIVIDADE 8.9

A figura 8.9 mostra duas esferas maciças de raio R, com distribuições uniformes de

cargas. O ponto P está sobre a reta que liga os centros da esferas, a uma distância

2R do centro da esfera 1. O campo elétrico no ponto P é nulo, qual a razão entre

a carga da esfera 2 e da esfera 1?

Figura 8.9: Esferas maciças da atividade 8.9

149


Atividade 8.1

(a) Através da figura vemos que o campo elétrico aponta da direita para a

esquerda. A força elétrica é dada por:

( ) iiF ˆ104,6ˆ40106,1 1819 −− ×=−××=r

.

(b) Como discutido anteriormente, o módulo da campo elétrico é proporcional à

densidade de linhas de campo elétrico, então o campo elétrico no ponto B vale 20

N/C.

Atividade 8.2

(a) Note que as cargas 1q e 2q tem o mesmo módulo, por simetria podemos

concluir que sua contribuições se anulam no ponto P. A magnitude do campo no

ponto P será:

( ) .1602

2

4

12

4

12

02

0

CNa

e

r

eE

p

===πεπε

r

(b) O campo tem o mesmo sentido da linha que une a carga 3 ao ponto P.

Atividade 8.3

Considere uma superfície cilíndrica de área A e e raio pr , concêntrico ao eixo do

cilindro. Fazendo uso da lei de Gauss podemos escrever:

∫ ==•A p

qErdanE

0

2ˆε

πr

.

(a) No interior do cilindro o campo elétrico é nulo, pois não há cargas no interior da

superfície gaussiana.

(b) Para Rrp > temos que .λ=encq Então ( )02 επ

λpr

rE = . Substituindo os valores

de λ e pr temos:

.1099.5 3 CNE ×=

(c) O gráfico de E versus r é mostrado abaixo:

150

Figura 8.12: Gráfico de E versus r .

O valor máximo para o campo elétrico é dado para mr 030,0= e vale:

.102,12

4

0max CN

rE ×==

επλ

Atividade 8.4

Pela figura 8.4, podemos ver que o campo elétrico tem direção radial.

(a) Consideremos uma superfície de Gauss cilíndrica de comprimento L e raio

arp < . Aplicando a lei de Gauss para ela, temos:

∫ ===•A

encp

qLrEdanE 0)2(ˆ

0επ

r

porque não há carga elétrica nas regiões em que r<a.

b) Nesse caso, a superfície de Gauss terá um raio pr e envolverá uma carga total

q− . Então, a equação acima nos dá:

0

)2(ε

π qLrE p

−=

ou:

ppp rL

q

rLr

qE

000 22

1

2 επλ

επεπ−=−=−=

O sinal negativo mostra que o campo elétrico está apontado do cilindro exterior

para o interior.

c) Nesse caso, a superfície de Gauss terá um raio r>b. Como a carga total encer

151

rada por ela é nula, o campo fora dos cilindros também será nulo.

Atividade 8.5

Vamos dividir o disco em anéis concêntricos e calcular o campo elétrico no ponto P

integrando sobre todos os anéis. Na figura 8.6 estão representados esses anéis. A

carga do anel é dada por:

,2 drrdAdq πσσ ==

onde dAé a área do anel elementar. O campo elétrico produzido por uma anel já

foi resolvido, utilizando esse resultado podemos escrever o campo elétrico

dE como:

( ) ( ).

2

44

2

2

32202

322

0 rz

drrz

rz

drrzdE

pp +=

+=

εσ

πε

πσ

Para calcular E basta integrar sobre toda a superfície do disco, ou seja, integrando

em relação à variável r de 0=r a Rr = . Assim temos:

( ) .24 0

2322

0

drrrzz

dEER

p∫∫−+==

εσ

Integral dessa forma já foi resolvida em aulas anteriores, e o resultado é dado por:

( )

+−=

−

+=

−

220

0

2122

0

12

2

14 Rz

zrzzE

p

p

R

p

εσ

εσ

.

Atividade 8.6

O campo elétrico na região interior das placas é a soma vetorial dos campos

gerados por cada uma das placas. No sistema de coordenadas da figura 8.6, temos:

−+−+−+ −=−+=+= EEiEiEEEErrrrr

)ˆ(ˆ

Em que os índices positivo e negativo indicam as placas. A expressão do módulo do

campo elétrico de cada placa é dada pela equação final da Atividade 8.5. Nela, a

coordenada z deve ser substituida por x, posto que o eixo paralelo ao campo agora

152

é o eixo Ox. Fazendo a conta para o campo em um ponto dentro da região das

placas, com coordenada x, obtemos:

000

)ˆ(2

ˆ2 ε

σεσ

εσ =−−−= iiE

Atividade 8.7

A distribuição de carga neste problema é equivalente a uma placa carregada com

uma densidade superficial de carga σ mais um disco circular com raio R carregado

com uma densidade superficial de carga σ− . O campo produziso pela placa

chamaremos de placaEr

e o campo produzido pelo disco de discoEr

, utilizando o

princípio da superposição podemos escrever:

discoplacatotal EEErrr

+= .

Utilizando os resultados obtidos em atividades anteriores, o campo será dado por:

( )

.ˆ2

ˆ12

ˆ2 22

022

00

kRz

zk

Rz

zkEtotal

+=

+−−+

=

εσ

εσ

εσr

Atividade 8.8

A esfera faz um ângulo θ com a placa. Estando em equilíbrio, as forças sobre a

esfera devem se anular. A figura 8.13 ilustra as forças que atuam na esfera.

Figura 8.13: Diagrama de forças que atuma na esfera.

Podemos decompor a tensão na corda e aplicar a condição de equilíbrio, ∑ = 0Fr

.

Assim teremos:

mgT =θcos (8.1)

e

.qETsen =θ (8.2)

O campo criado por uma placa já é conhecido e tem módulo:

153

.2 0εσ=E

Dividindo 8.2 por 8.1 e substituindo o valor de E temos:

q

mgmg

q θεσθεσ tan2

tan2

0

0

=→= .

Atividade 8.9

O campo eletrico no interior e exterior de uma esfera carregada já foi calculado nas

aulas anteriores. O campo devido à esfera 1 é:

.8244 2

0

1

30

113

0

11 R

qR

R

qr

R

qE

πεπεπε=

==

E o campo da esfera 2 é:

( )20

2

20

21

5,144 R

q

r

qE

πεπε== .

A razão entre as cargas será:

.125,18

9

1

2 ==q

q

154

UNIDADE 4

ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA E POTENCIAL ELÉTRICO

Nas unidades anteriores estudamos o campo elétrico gerado por diversas

distribuições de carga. No entanto, devido à sua natureza vetorial, o cálculo de →E

torna-se complicado. Nesta unidade começaremos o estudo de uma grandeza

escalar: o potencial elétrico, que permitirá calcular o campo elétrico de forma mais

simples. Antes de discutir o conceito de Potencial faremos uma análise do trabalho

realizado pela força elétrica no deslocamento das cargas e da energia potencial

elétrica associada com a configuração de cargas em sistemas discretos ou

contínuos. Por último, aprenderemos a relação entre o campo elétrico e o potencial

e discutiremos uma generalização da noção de energia eletrostática.

155

156

AULA 9: ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA

OBJETIVOS

• DEFINIR A ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA

• CALCULAR A ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA PARA DISTRIBUIÇÕES SIMPLES DE

CARGAS ELÉTRICAS

9.1 Trabalho e Energia Potencial Elétrica

Considere uma carga Q situada em um ponto do espaço cujo vetor-posição

relativo a um dado referencial O seja Qrr

. Esta carga cria um campo elétrico →E em

outro ponto P do espaço, de vetor-posição Prr

. Uma carga 0q , situada em P, sofrerá

uma força elétrica eFr

exercida pelo campo elétrico de Q sobre ela. A Figura 9.1

mostra o referencial O, os vetores-posição Qrr

e Pr

r das duas cargas relativamente

ao referencial, assim como o vetor-posição ( QP rrrr − ) do ponto P relativamente à

carga Q.

Figura 9.1: Os vetores-posição da carga Q e do ponto P

A força elétrica que a carga Q exerce sobre 0q é:

QP

QP

QP

o

ooe

rr

rr

rr

QqEqF rr

rr

rv −

−

−==

→→

24

1

πε (9.1)

Essa expressão mostra que a força elétrica depende apenas da distância

QP rrrr

− entre as cargas e está sempre dirigida ao longo da linha que as une.

157

Portanto, o trabalho realizado por →

eF no deslocamento da carga oq através do

campo gerado pela carga Q é:

∫∫∫ =•=•=→→ B

Ao

oB

Ao

oB

A eABr

drQqdrrr

r

QqdsFW

22 4ˆˆ

1

4 πεπε

em que fizemos, para simplificar a notação, a seguinte substituição:

QP rrrrrv −= e

QP

QP

rr

rrr rr

rr

−

−=ˆ

Observe que ABW é uma função apenas da distância entre as cargas e,

portanto, independe do caminho usado para calcular a integral de linha de A

até B. Então, podemos concluir que a força Coulombiana é uma força

conservativa.

Assim, quando oq se desloca de A até B, podemos, associar ao trabalho realizado por

→

eF , uma função energia potencial que só depende dos pontos A e B, de tal forma

que a variação da energia potencial AB UU − entre os pontos B e A seja igual ao

negativo do trabalho ABW realizado pela força elétrica no deslocamento da

carga de A até B:

∫→→

•−=−=−B

A eABAB dsFWUU

(9.2)

Lembre-se que, no SI, a unidade de energia e trabalho é o Joule [J].

EXEMPLO 9.1

Na figura 9.3, suponha que uma carga Cnqo 5,4+= se desloque em uma

região onde o campo elétrico seja dado por ( ) jCNE ˆ/1000,2 3×=→

. Calcule a

variação da energia potencial U∆ quando oq vai de:

(a) A para B. (b) B para C (c) A para C.

158

Figura 9.3

Solução:

Para todos os casos a variação da energia potencial entre os pontos assinalados

pode ser obtida através do trabalho realizado pela força elétrica ao deslocar oq

entre os dois pontos. Portanto:

∫→→

•=B

A eAB dsFW

Como →→

= EqF oe ,

∫→→

•=B

A oAB dsEqW

a) para a trajetória de A para B,

∫→

•×=B

A oAB dsqW jN/C)10(2,0 3

∫→

•×=B

AoAB dsqW jN/C)10(2,0 3

Observe atentamente pela figura que ( ) θcosj dsds =•→

, onde θ é o ângulo entre

→E e

→ds .

∫×=B

AoAB dsqW θcosN/C)10(2,0 3

∫××=B39- ds cosC)10(2,0C)10(4,5 AABW θ

Mas:

159

83.0

13

3

32

3 cos

22==

+==

AB

OBθ

Então:

( )( ) ( ) ( ) ( )22222239- 100,3100,20,83 N/C102,0 C104,5 mmWUU ABAB−− ×+×××−=−=−

J102,7 -7×−=− AUU B

b) Quando oq se desloca de B para C o trabalho realizado pela força elétrica é

dado por

∫→→

•=C

B oBC dsEqW

∫ ∫→→

•×=•×=B

A

C

BooBC dsqdsqW jN/C)10(2,0jN/C)10(2,0 33

∫×=C

BoBC dsqW φcosN/C)10(2,0 3

onde, para este caso, φ é o ângulo entre →E e

→ds . Identifique esse ângulo na

figura 9.3. Lembre que é sempre o menor ângulo entre os vetores →E e sd

r. Então:

∫××=C39- ds cosN/C)10C)(2,010(4,5 BBCW φ

( )2-2o3-9 m104,2 135 cosN/C)10(2,0C)10(4,5 ×××=BCW

JWBC7106,2 −×−=

J102,6 -5×+=−=− BCBC WUU

c) O vetor →E é perpendicular ao vetor

→ds em qualquer ponto da trajetória e desse

modo o trabalho realizado pela força elétrica de A para C é nulo. Em outras

palavras, a diferença de energia potencial elétrica entre C e A é nula.

∫→→

•=C

A oAC dsEqW

∫××=C39- ds cosN/C)10(2,0C)10(4,5 AACW β

160

sendo β o ângulo entre →E e

→ds quando oq se desloca de A para C. Então:

∫××=C39- ds 90 cosN/C)10(2,0C)10(4,5 A

oACW

0 =ACW

0=− AC UU

ATIVIDADE 9.1

No Exemplo 9.1, verifique se o trabalho realizado pela força no deslocamento da

carga de A até B, passando pelo ponto O, dá o mesmo valor que foi calculado no

Exemplo.

PENSE E RESPONDA

O que aconteceria com AB UU − e ABW se jE ˆ100,2 3−×−=r

N/C?

9.1.1 Nível zero de energia potencial

A equação 9-2 nos mostra que não definimos energia potencial em termos

absolutos, mas apenas a diferença de energia potencial entre dois pontos de

um campo elétrico. Por causa disso, costumamos escolher um ponto do campo e

estabelecer arbitrariamente que, nele, a energia potencial é zero. Este ponto é

chamado de nível zero de energia potencial. Assim, a diferença de energia

potencial entre qualquer ponto P do campo e o nível (por exemplo, o ponto A) é

numericamente igual à energia potencial no ponto P. Então:

∫→→

•−=−=−P

A eAPP dsFWU 0 (9.3)

O nível zero de energia potencial é escolhido, geralmente, no ponto

em que a força é nula. No caso da força elétrica exercida por uma carga ou

distribuição discreta de cargas, o nível é um ponto situado a uma distância infinita

da carga sobre a qual a força atua. Devemos, entretanto, ter cuidado com o caso

de uma distribuição infinita de cargas. Nesse caso, se escolhermos o infinito como

161

nível de energia potencial, teremos uma energia potencial infinita.

Como a força →

eF é a força que atua entre duas cargas, a energia potencial é

uma função do conjunto das cargas. Assim, não é correto falarmos em energia

potencial de uma carga apenas. Entretanto, quando tratamos de carga elétrica

em um campo elétrico (o qual é gerado por uma ou várias outras cargas), podemos

falar na energia potencial de uma carga (por exemplo, oq ) em um ponto P do

campo elétrico, em relação a um dado nível de energia potencial. Fica, então,

subentendido que a energia potencial é do sistema constituído pela carga oq e as

outras que geram o campo no qual está oq .

Tomando a energia potencial em um ponto A, 0=AU , para um ponto P

qualquer podemos escrever:

∫→→

•−=P

AoP dsEqU (9.4)

9.2 Energia Potencial Elétrica de Duas Cargas Pontuais

Para obter a energia potencial elétrica de um sistema constituído por uma

carga Q de vetor-posição Qrr

e de outra oq , de vetor-posição 0rr

, ambos referidos a

um mesmo referencial O, temos que lembrar que o vetor campo elétrico para uma

distribuição discreta de cargas é dado por:

Q

Q

Qo rr

rr

rr

QE rr

rr

rr −

−

−=

→

0

0

2

04

1

πε

De acordo com a equação 9.3, e fazendo:

Q

QQ

rr

rrrerrr rr

rrrrr

−

−=−=

0

00 ˆ

temos que: drrsd ˆ=re:

∫∫ ∞∞

→→•−=•−=

r

oo

P

oP drrrr

QqdsEqU ˆˆ

4

12πε

∞+−−=−−=

∞

11

4

1

4 r

Qq

r

QqU

o

o

r

o

oP πεπε

Então:

162

Q

o

o

o

oP

rr

Qq

r

QqU

−==

04

1

4

1

πεπε (9.5)

A equação 9.5 nos dá a energia potencial elétrica de duas cargas Q e oq

separadas por uma distância Qrrrrr −= 0 . Não fizemos nenhuma restrição aos sinais

das cargas. Se uma delas for negativa a energia potencial desse sistema será

negativa e se ambas forem positivas, a energia potencial será positiva, como é

possível ver pela equação 9.5.

9.3 Energia Potencial Elétrica de Várias Cargas Pontuais

Considere um sistema constituído de duas cargas 1q e 2q , separadas por

uma distância '12 rrrr − , como mostra a figura 9.5. Sabemos que a energia potencial

elétrica desse sistema é dada pela equação 9.5, tomando 0=U quando as cargas

estão separadas por uma distância infinitamente grande. Ou seja,

'12

2112 4

1

rr

qqU

o

rr −=

πε

Figura 9.5: Duas cargas pontuais 1q e 2q estão separadas por uma distância

12 rrrr − ; uma terceira carga 3q é colocada próximo das outras duas, separada de 1q

por uma distância '13 rrrr − e de 2q , por 23 rr

rr − .

Colocando uma terceira carga 3q próxima dessa distribuição, ela irá interagir

com as cargas 1q e 2q . As energias potenciais dos sistemas constituídos por 1q e

163

3q e por 2q e 3q são respectivamente:

'13

3113 4

1

rr

qqU

o

rr −=

πε

e '23

3223 4

1

rr

qqU

o

rr −=

πε

Então a energia potencial total do sistema constituído das três cargas será:

231312 UUUU ++=

ou:

'23

32

'13

31

'12

21

4

1

4

1

4

1

rr

qq

rr

qq

rr

qqU

ooo

rrrrrr −+

−+

−=

πεπεπε

Podemos aplicar esse raciocínio para sistemas com mais de três cargas.

Assim, a energia potencial de um sistema de várias cargas em um ponto P do

espaço, cada uma delas gerando um campo elétrico neste ponto, é a soma das

energias potenciais associadas a cada carga iq e uma carga jq colocada neste

ponto:

∑< −

=N

ji ij

ji

o rr

qqU rrπε4

1 (9-6)

onde ij rrrr − é a distância entre a carga iq e a j-ésima carga. Para não contarmos

duas vezes as interações entre duas cargas e como não existe energia potencial de

um sistema constituído de uma carga apenas, fizemos na soma da equação 9.5,

ji < . Note que aqui também adotamos para o sistema de N cargas 0=U quando

∞=ir .

EXEMPLO 9.2

Duas cargas pontuais positivas

Cqo µ0,6= e Cq µ0,41 = estão no plano

xy e possuem coordenadas (0,0 cm; 0,0

cm) e (8,0 cm; 0,0 cm),

respectivamente. Uma carga também

pontual e negativa Cq µ0,52 = é trazida

lentamente e com velocidade constante

do infinito até a o ponto P com

Figura 9.6

164

coordenadas (12 cm; 0 cm).

Calcule a energia potencial elétrica do sistema formado pelas três cargas.

Resolução:

A energia potencial das três cargas é dada pela equação 9.5:

'12

21

'02

2

'01

1

4

1

4

1

4

1

rr

qq

rr

qq

rr

qqU

o

o

o

o

o

rrrrrr −+

−+

−=

πεπεπε

Onde ijr é a distância entre a carga iq e a carga jq . Então:

( )( ) ( )( ) ( )(

×××+

×××+

×××= −

−−

−

−−

−

−−

m

CC

m

CC

m

CCU

o2

66

2

66

2

66

100,4

100,5100,4

1012

100,5100,6

100,8

100,4100,6

4

1

πε

Então:

JU 9,9=

ATIVIDADE 9.2

Três cargas pontuais mCq 4,91 = , mCq 2,52 −= e mCq 0,63 = estão nos vértices

de um triângulo eqüilátero de lado mml 0,3= . Calcule a energia potencial elétrica

do sistema formado pelas três cargas.

ATIVIDADE 9.3

Nos vértices de um quadrado de lado l estão quatro cargas eq +=1 , eq 52 += ,

eq −=3 e eq 24 −= . Obtenha a energia potencial elétrica dessa configuração de

cargas.

9.4 Dipolo elétrico em um Campo Elétrico:

Consideremos um dipolo elétrico colocado em um campo elétrico uniforme (Figura

9.7) de modo tal que o momento de dipolo pr

faça um ângulo θ com o sentido do

campo.

165

Figura 9.7: Dipolo elétrico em um campo elétrico

O campo elétrico exerce uma força elétrica sobre cada carga do dipolo como

mostrado na figura. Essas forças são iguais e de sentidos contrários, de modo que a

força elétrica resultante sobre o dipolo é nula. Entretanto, porque não possuem a

mesma linha de ação, elas exercem um torque sobre o dipolo, de modo que o

torque total é:

−+ ×+×= FaFarrrrrτ

Em que ar

é o vetor-posição da carga (positiva ou negativa) relativamente ao ponto

O. Como a força elétrica que atua nas cargas é EqFrr

= , o módulo do torque é,

então:

θθθθτ senpsenEqasenFasenFa ==+= −+ 2r

porque ambos os torques têm a direção perpendicular à folha de papel e o sentido

para dentro dela. Nessa equação, usamos a notação aqp 2= .

Considerando que o vetor momento de dipolo pr

está dirigido da carga negativa

para a positiva, a equação vetorial do torque fica:

Eprrr ×=τ

Quando um dipolo está em um campo magnético, por causa do torque exercido

pela força elétrica sobre ele, é preciso realizar um trabalho externo para mudar sua

orientação relativa ao campo. O trabalho realizado pelo torque para variar a

orientação de um ângulo 0θ a outro θ , é:

)cos(coscos 000 00

θθθθθθθθτ θθ

θ

θ

θ

θ

θ

θ−−=−==== ∫ ∫∫ EpEpdsenEpdsenEpdW

A este trabalho, podemos associar uma energia potencial . Escolhendo o nível zero

na posição 2/0 πθ = , podemos escrever que:

EpEpUrr •−=−= θcos (9.7)

166


ATIVIDADE 9.1

RESPOSTA COMENTADA:

O trabalho ABW é independente da trajetória, pois a força elétrica é conservativa,

então, podemos obter U∆ a partir de qualquer trajetória, por exemplo, a trajetória

do ponto A até o ponto O (origem do sistema de coordenadas) e do ponto O para o

ponto B.

∫∫→→→→

•+•=⇒+=B

O o

O

A oABOBAOAB dsEqdsEqWWWW

Observe que quando oq vai do ponto A para o ponto O, o vetor →E é perpendicular

ao vetor →ds , ou seja, o901 =θ e, por isso, o trabalho realizado pela força elétrica

nesse percurso é nulo. Com efeito:

∫→→

•=O

A oAO dsEqW

∫×=B

AoAO dsqW 13 cosN/C)10(2,0 θ

∫×=B

AoAO dsqW º90cosN/C)10(2,0 3

0=AOW

O trabalho no deslocamento de O até B é:

∫→→

•=B

O oOB dsEqW

∫×=B

OoOB dsqW 23 cosN/C)10(2,0 θ

∫×=B

O

ooOB dsqW 0cosN/C)10(2,0 3

Atente para a figura e perceba que, nesse caso, 02 =θ .

( ) ( ) ( )2-239 m103,0N/C2,0x10105,4 ××= − CWOB

J102,7 -7×=OBW

167

Como OBAOAB WWW += ,

JWAB7107,20 −×+=

JWAB7107,2 −×=

E então J102,7 -7×−=∆U . Esse resultado pode ser obtido para qualquer trajeto

efetuado por oq quando ela se desloca do ponto A para o ponto B. Lembre que a

força elétrica é uma força conservativa!

ATIVIDADE 9.2

RESPOSTA COMENTADA:

Para as cargas nos vértices do triangulo equilátero, podemos utilizar a

equação 9.5, podemos obter a energia potencial elétrica dessa distribuição de

cargas. Como as distâncias entre cada uma das cargas é l , temos:

++=l

qq

l

qq

l

qqU

o

323121

4

1

πε

( )323121

14

1qqqqqq

lU

o

++=πε

Substituindo os valores mCq 4,91 = , mCq 2,52 −= , mCq 0,63 = e mml 0,3= ,

teremos:

JU 3109,6 ×=

ATIVIDADE 9.3

RESPOSTA COMENTADA:

Figura 9.8

De acordo com a figura 9.8, para as quatro cargas nos vértices do quadrado

168

temos:

+++++=l

qq

l

qq

l

qq

l

qq

l

qq

l

qqU

o

434232413121

224

1

πε

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )

−−+−+−+−+−+= eeee

eeeeee

eel

Uo

22

2552

25

1

4

1

πε

Então:

l

e

l

eU

oo

22

8

211

2

211

4

1

πεπε−=−=


E9.1) Uma gotícula em suspensão está carregada com uma carga q = 2,3 nC.

Partindo do repouso em A ela é acelerada devido ao campo elétrico da Terra que

aponta para o seu centro, sendo a força gravitacional sobre a partícula desprezível.

Após deslocar 3,0 cm e chegar em B a gotícula adquire energia cinética igual a

1,04x10-8 J. Determine:

a) O trabalho realizado sobre a partícula.

b) A diferença de energia potencial elétrica entre os pontos A e B.

E9.2) Coloca-se uma carga q entre duas placas metálicas, paralelas e carregadas

com cargas Q =1,5 nC e Q = - 1,5 nC.

a) Calcule o trabalho realizado pela força elétrica quando a carga q se

desloca do ponto A para o ponto B, do ponto A para o ponto C e do ponto

A para o ponto D.

b) Obtenha a diferença de energia potencial UAB entre os pontos A e B, UAC

entre os pontos A e C e UAD entre os pontos A e D.

E9.3) Determine a diferença de energia potencial elétrica entre duas placas infinitas

carregadas com cargas de sinais opostos e de mesmo valor com densidade

superficial de carga σ = 10,6 µC separadas entre si por uma distância de 1,00 mm.

E9.4) Uma carga q = 4,3 nC está na origem do sistema de coordenadas

cartesianas. Determine o campo elétrico E e a energia potencial elétrica nas

posições:

a) x = 3,0 cm; y = 0.

169

b) x = 1,5 cm; y = 1,5 cm.

c) x = 0; y = 3,0 cm.

E9.5) Duas cargas q1 = 5,3 nC e q2 = 6,5 nC estão no plano xy com

coordenadas (0,0 cm; 00 cm) e (0,0 cm; 3,0 cm), respectivamente.

Determine o vetor campo elétrico e a energia potencial elétrica nas posições:

a) x = 6,0 cm; y = 0,0 cm.

b) x = 3,5 cm; y = 0,0 cm.

c) x = 0; y = 2,0 cm.

E9.6) Uma carga pontual positiva com carga igual a q = 2,5 µC está na

origem. Considere três pontos A, B e C com coordenadas xA = 0,50 m, yA = 0;

xB = -1,0 m, yB = 0; xC = 0, yC = 1,5 m, respectivamente. Determine a

diferença de energia potencial elétrica:

a) entre os pontos A e B.

b) entre os pontos A e C.

c) entre os pontos B e C.

170

AULA 10: POTENCIAL ELÉTRICO

OBJETIVOS

DEFINIR POTENCIAL ELÉTRICO

OBTER O POTENCIAL ELÉTRICO DE SISTEMAS COM VÁRIAS CARGAS ELÉTRICAS.

10.1 O POTENCIAL ELÉTRICO

Na aula anterior definimos a energia potencial elétrica em um ponto P do

espaço. Contudo, ela depende das cargas que geram o campo elétrico bem como

da carga oq que sofre a ação do campo nesse ponto. Para eliminar a dependência

de oq e especificar diretamente o campo elétrico em P, introduzimos uma nova

grandeza, chamada potencial elétrico.

A diferença de potencial elétrico BAV , entre dois pontos B e A de um campo

elétrico é definida como a diferença de energia potencial elétrica U∆ por unidade

de carga oq entre estes dois pontos; ou seja:

o

AB

o

ABAB q

W

q

UUVV −=−=− (10.1)

Tal como no caso da energia potencial, não definimos potencial em

termos absolutos; apenas a diferença de potencial entre dois pontos B e A.

Essa diferença será numericamente igual ao potencial em um ponto B se,

arbitrariamente, considerarmos o ponto A como nível zero de potencial, no qual o

potencial é tomado arbitrariamente como nulo. Como na energia potencial, o nível

normalmente é tomado a uma distância infinita das cargas que geram o campo

elétrico.

É preciso, mais uma vez, tomar um cuidado especial com o caso de

distribuições infinitas de cargas. Nessas situações, se escolhermos o infinito como

nível de potencial, obteremos um potencial infinito; então, a possibilidade mais

conveniente é escolher o nível zero de potencial coincidente com a origem do

sistema de coordenadas e situada na distribuição de cargas.

No SI a unidade de potencial elétrico é o Joule por Coulomb, que

recebe o nome de Volt em homenagem a Alessandro Volta (1745 - 1827),

inventor da pilha de Volta.

171

Então: 1 Volt = 1 Joule/1 Coulomb.

A equação (10.1) pode ser escrita em termos do campo elétrico. Com efeito, desta

equação vem:

∫ •−=−=B

A ooo

ABBA sdEq

qq

WV

rr1

ou:

∫ •−=B

ABA sdEVrr (10.2)

Se o nível zero de potencial for tomado no ponto A, a equação acima nos mostra

que o potencial no ponto B (relativo ao ponto A) é:

∫ •−=B

AB sdEVrr

10.2 POTENCIAL ELÉTRICO DE UMA CARGA PUNTIFORME

Consideremos uma carga Q situada em um ponto do espaço cujo vetor-

posição relativo a um dado referencial O é Qrr

. O potencial em outro ponto P do

espaço, de vetor-posição Prr

, é dado, em relação ao infinito, por:

QPoo rr

Q

q

UV rr −

==επ4

1 (10.3)

Note que o vetor QP rrrrrr −= é o vetor-posição do ponto P

relativamente à carga Q; seu módulo é igual à distância entre a carga Q e o

ponto P. Essa distância independe do referencial usado para especificar os

vetores-posição da carga Q e do ponto P. Este fato é que simplifica

enormemente o problema de especificarmos o campo elétrico em um ponto

através do potencial.

Se escolhermos o referencial na carga que gera o campo, podemos escrever

que:

r

Q

r

Q

q

UV

ooo επεπ 4

1

4

1 ≡== r (10.4)

10.3 POTENCIAL ELÉTRICO DE VÁRIAS CARGAS

172

O potencial em um ponto P, de vetor-posição Prr

em relação a um dado

referencial, em um campo elétrico gerado por várias cargas qi de vetores-posição irr

em relação ao mesmo referencial, é a soma algébrica dos potenciais devido a cada

uma das cargas separadamente:

iP

iN

i rr

qV rr −∑

1=04

1=

πε (10.5)

ou, em termos da distância entre as cargas e o ponto P:

i

iN

i r

qV ∑≡

1=04

1

πε (10.6)

EXEMPLO 10.1

A figura 10.1 mostra quatro cargas Cqqqq µ0,14321 ==== , nos vértices de um

quadrado de lado um quadrado de lado cma 2,4= . Determine o potencial elétrico

no centro C do quadrado.

Figura 10-1:Potencial no centro do quadrado

Solução: Para obter o potencial eletrico no centro C do quadrado, utilizamos a

equação 10.6. Escolhendo como referencial o centro do quadrado, temos que

0=Prr

e iqP rrrrrr =− . Então:

,4

1=

4

1=0 i

i

i r

qV ∑πε

−+−++++

22

22

22

224

1=

0 a

q

a

q

a

q

a

qV

πε

0=V

173

Você nem precisaria resolver o problema algebricamente. Note que as distâncias

das cargas ao centro do quadrado são as mesmas. Como as cargas estão

distribuídas simetricamente (em posição e sinal) relativamente ao centro, o

potencial tem que ser zero.

ATIVIDADE 10.1

Três cargas eq +=1 , eq −=2 e eq 23 +=

em que e é a carga do elétron, estão

nos vértices de um retângulo de

dimensões (10x20) cm como mostra a

figura 10.2. Determine o potencial

elétrico no ponto P.

Figura 10.2

ATIVIDADE 10.2

Três partículas carregadas

eq +=1 , eq 22 += e eq −=3 estão nos

vértices de um triângulo retângulo com

catetos de lados cml 0,21 = e

cml 0,22 = (veja a figura 10.3).

Determine o potencial elétrico desse

sistema nos pontos P1 e P2 (ponto médio

da hipotenusa).

Figura 10.3

10.2.1. POTENCIAL ELÉTRICO DE UM DIPOLO ELÉTRICO

Consideremos um dipolo elétrico conforme mostra a Figura 10-4. Sejam: +rr

o vetor-posição da carga positiva relativamente à origem O do sistema de

coordenadas; −rr

o vetor-posição da carga negativa e rr

o vetor-posição do ponto P

onde desejamos calcular o potencial elétrico.

O potencial elétrico em P é a soma algébrica dos potenciais produzidos pelas duas

cargas:

174

+−

+−

−+

−=−rr

rrq

r

q

r

qrV

000 44

1

4

1=)(

πεπεπε (10.7)

Figura 10.4: Potencial produzido por um dipolo elétrico

Na figura 10.4, temos:

a) no triângulo P(+q)O : θcos2222 raarr −+=+

b) no triângulo P(-q)O : θcos2222 raarr ++=−

de onde podemos tirar que:

21

2

2 cos21

−+=+ r

a

r

arr

θ

21

2

2 cos21

++=− r

a

r

arr

θ

No dipolo, o ponto P está situado a uma distância ar >> . Assim, podemos

desprezar os termos quadráticos dentro da raiz quadrada e escrever:

21

cos21

−≅+ r

arr

θ

21

cos21

+≅− r

arr

θ

175

Como ar >> , podemos desenvolver a raiz quadrada pelo teorema binomial,

obtendo:

−≅

−≅+ r

ar

r

arr

θθ cos1

cos2

2

11

+≅

+≅− r

ar

r

arr

θθ cos1

cos2

2

11

Então:

θθθθcos2

cos2cos1

cos1 a

r

ar

r

a

r

arrr ==

+−+=− +−

2))(( rrr =+−

Levando esses valores em (10.5), obtemos:

2

02

0

cos

4

1cos2

4

1=)(

r

p

r

qarV

θπε

θπε

= (10.8)

em que qap 2= é o momento de dipolo. O ângulo θ é o ângulo que o vetor

momento do dipolo pr

faz com a direção do ponto onde se calcula o potencial (ver

figura 10.4).

A equação (10.8) mostra que o potencial elétrico do dipolo varia com o

inverso do quadrado da distância ao dipolo.

Como sabemos, o momento de dipolo é representado por um vetor com módulo

qap 2= , direção da linha que une as duas cargas e sentido da carga negativa para

a positiva. Com ele, a equação (10.8) pode ser escrita vetorialmente como:

304

1=)(

r

rprV

rr •πε

ATIVIDADE 10.3

Determine o potencial elétrico em um ponto P próximo a um dipolo elétrico de

176

momento de dipolo ( ) imCp ˆ1060,1 15−→

×−= que está na mediatriz da reta que liga

as duas cargas de módulo igual a Ce 91060,1 −×= , conforme a figura 10.5.

Figura 10.5

10.3 SUPERFÍCIES EQUIPOTENCIAIS

O potencial de uma carga elétrica isolada, de acordo com a equação (10-3),

varia com o inverso da distância a ela. Então, todos os pontos do espaço situados à

mesma distância r da carga terão o mesmo potencial e estarão sobre a superfície de

uma esfera de raio r, que é denominada superfície equipotencial. Qualquer

configuração de cargas gera superfícies equipotenciais, cuja forma depende da

distribuição.

Uma propriedade importante da superfície equipotencial é que, quando uma

carga elétrica se desloca sobre ela, a força elétrica não realiza trabalho

sobre a carga, porque dois pontos da superfície terão sempre o mesmo

potencial.

Outra conseqüência é que o campo elétrico em cada ponto da superfície

equipotencial deve ser sempre perpendicular à superfície. Com efeito, como:

e como a variação do potencial entre dois pontos A e B da superfície equipotencial é

nula, o produto escalar sdErr

• deve ser nulo também. Logo, como sdr

é sempre

tangente à superfície equipotencial, segue-se que Er

deve ser perpendicular à

superfície.

A Figura 10.6 mostra as linhas de força (linhas cheias) do campo elétrico gerado por

uma carga positiva e as interseções sobre a folha de papel, das superfícies

∫ •−=B

ABA sdEVrr

177

equipotenciais para a mesma carga (linhas tracejadas). Note que as superfícies

equipotenciais, neste caso, são superfícies esféricas (linhas tracejadas).

Figura 10.6: Linhas de força e superfícies equipotenciais do

campo elétrico gerado por uma carga positiva.

A figura 10.7 mostra as linhas de força (linhas cheias) do campo elétrico gerado por

duas cargas de sinais contrários, assim como as interseções das superfícies

equipotenciais com a folha de papel (linhas tracejadas).

Figura 10.7: Linhas de força e superfícies equipotenciais do

campo elétrico gerado por duas cargas de sinais contrários.

178


ATIVIDADE 10.1: Seja a=0,10 m e b=0,20 m as dimensões dos lados do retângulo da Figura 10.2. Colocando o referencial no ponto P, 0=Pr

r. Então, da equação 10.5, temos:

+−+

220

2

4

1=

ba

e

b

e

a

eV

πε

Com 191060,1= −×e C, obtemos:

+−+××× −

mmmCCmNV

22

19229

20,010,0

1

20,0

2

10,0

1106,1/109=

ou:

[ ] VCNV 810 102,2/5,410101014 −− ×=−+×=

ATIVIDADE 10.2:

Figura 10.8: configuração das cargas

Consideremos o referencial na carga 2e. A distância do ponto 1P a ela é 21 ld =

e a distância do ponto 2P a ela é 2/22 ld = . Pela simetria da configuração de

cargas, vemos que, como as cargas e são iguais e de sinais contrários, a

contribuição delas para o potencial total é nula, tanto no ponto 1P quanto no ponto

2P pois elas estão às mesmas distâncias destes pontos. Então, o potencial total no

ponto 1P é:

2

2

4

1

01

l

eV

πε=

E, no ponto 2P , o potencial é:

179

2

4

4

1

2/2

2

4

1

002

l

e

l

eV

πεπε==

ATIVIDADE 10.3:

Lembre-se da definição de momento de dipolo:

idqp ˆ−=r

Em que d é a distância entre as duas cargas e pr

é um vetor orientado da

carga negativa para a carga positiva. Dessa forma,

Figura 10-9

Observe a figura 10.9. Tomando como referencial o ponto médio da linha

que separa as cargas do dipolo, temos que:

id

rrid

rrjdrP

rrvrr

2ˆ

2ˆ7 21 ==−=== −+

Pelo Teorema de Pitágoras:

449

222

1

ddr +=

mrr 1221 1000,7 −×==

De acordo com a equação 10.1:

−++

210

)(

4

1=

r

e

r

eV

πε

mC

mC

q

pd 11

19

30

1000,11060,1

1060,1 −−

−

×=×

×==r

180

Substituindo os valores obtemos:

0=V

Ou seja, o potencial no ponto P assinalado na figura 10.5 é igual a zero.

Se você prestar atenção na equação (10.5), verá que, para pontos sobre a

mediatriz do segmento que une as duas cargas do dipolo, o ângulo º90=θ . Logo, a

própria equação (10-5) dá diretamente 0=V .


E10.1) Determine o potencial elétrica entre duas placas infinitas carregadas com

cargas de sinais opostos e de mesmo valor com densidade superficial de carga σ =

10,6 µC separadas entre si por uma distância de 1,00 mm.

E10.2) Uma carga q = 4,3 nC está na origem do sistema de coordenadas

cartesianas. Determine o potencial elétrico nas posições:

a) x = 3,0 cm; y = 0.

b) x = 1,5 cm; y = 1,5 cm.

c) x = 0; y = 3,0 cm.

E10.3) Duas cargas q1 = 5,3 nC e q2 = 6,5 nC estão no plano xy com coordenadas

(0,0 cm; 00 cm) e (0,0 cm; 3,0 cm), respectivamente. Determine o potencial

elétrico nas posições:

a) x = 6,0 cm; y = 0,0 cm.

b) x = 3,5 cm; y = 0,0 cm.

c) x = 0; y = 2,0 cm.

E10.4) Uma carga pontual positiva com carga igual a q = 2,5 µC está na origem.

Considere três pontos A, B e C com coordenadas xA = 0,50 m, yA = 0; xB = -1,0 m,

yB = 0; xC = 0, yC = 1,5 m, respectivamente. Determine a diferença de potencial

elétrico:

a) entre os pontos A e B.

b) entre os pontos A e C.

c) entre os pontos B e C.

181

AULA 11: POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES

CONTÍNUAS DE CARGA ELÉTRICA

OBJETIVOS

• DETERMINAR O POTENCIAL ELÉTRICO DE SISTEMAS COM DISTRIBUIÇÃO

CONTÍNUA DE CARGAS ELÉTRICAS.

11.1 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS DE

CARGA

O potencial de uma distribuição contínua de carga é calculado dividindo esta

distribuição em elementos de carga dq , cada um deles situado à distância r do

ponto onde se deseja calcular o potencial e integrando sobre toda a distribuição:

∫∫ ==r

dqdVV

oεπ4

1

(11.1)

Para resolver problemas que envolvem o cálculo do potencial elétrico de

distribuições contínuas de carga em duas e três dimensões, é importante relembrar

os elementos de área dA e de volume dV .

(a) Para distribuições superficiais de cargas:

• dydxdA = para coordenadas cartesianas em uma superfície plana.

• θddrrdA = para coordenadas polares (por exemplo, em um disco).

A densidade superficial σ indica o número de cargas por unidade de área.

(b) Distribuição volumétrica de cargas: o elemento de volume dV pode

ser expresso como:

• dzdydxdV = para coordenadas cartesianas.

• dzddrrdV φ= para coordenadas cilíndricas.

182

• θφθ dddrsinrdV 2= para coordenadas esféricas.

A densidade volumétrica de cargas, chamada de ρ indica o número de

cargas por unidade de volume.

11.2 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES LINEARES DE CARGA

O elemento de carga elétrica dq contido em um elemento dx de

comprimento da distribuição de cargas é dxdq λ= . O potencial gerado por este

elemento dq situado à distância r do ponto P de vetor-posição Prr

é dado por:

r

dx

r

dqrdV P

λπεπε 00 4

1

4

1=)( =

e o potencial gerado pela distribuição é, então:

∫ r

dxrV P

λπε 04

1=)(

(11.2)

A seguir, veremos alguns exemplos de cálculo do potencial.

Exemplo 11.1

Um fio retilíneo e homogêneo de comprimento lAB 2= está carregado

uniformemente com carga q . Calcular o potencial elétrico gerado por este fio no

ponto P que está na mediatriz do fio (figura 11.1).

Figura 11.1: Fio retilíneo homogêneo

Solução: Seja o sistema de coordenadas com origem em O, ponto médio do fio,

com eixo Oz perpendicular ao papel e saindo dele. Sem perda de generalidade,

podemos escolher o ponto P situado no plano yz; as coordenadas serão P(0,y,0).

183

Neste sistema, temos:

22 yxryrP +==

O elemento de carga dq produz um potencial dV no ponto P igual a:

2204

1=)(

yx

dxydV

+λ

πε

em que r é a distância entre o elemento de carga dq e o ponto P. Então, como a

densidade linear λ é constante:

∫− +=

l

l yx

dxyV

2204

1)( λ

πε

Portanto,

−+

++=

lly

lly

l

qV

22

22

0

ln24

1

πε (11.3)

Observe que obter o potencial de um fio retilíneo carregado foi mais fácil do que

obter o campo elétrico que ele cria. Naturalmente isso se deve ao fato do potencial

elétrico ser uma grandeza escalar e não vetorial como o campo elétrico.

Exemplo 11.2

Calcule o potencial elétrico em um ponto P, a uma distância y , de um fio retilíneo

infinito carregado uniformemente com carga Q (figura 11.2).

Figura 11.2: Fio retilíneo infinito carregado.

Solução: No Exemplo 11.1 encontramos, para um fio finito de comprimento l2 e

densidade linear de cargas λ , que o potencial relativo ao infinito é dado pela

equação (11.3).

Podemos considerar um fio infinito como um caso limite dessa expressão, quando

184

yl >> , e escrever:

.1/1

1/1ln

4

1ln

4

1)(

22

22

22

22

−+

++=

−+

++=

ly

ly

lyl

lylyV

oo

λπε

λπε

Desenvolvendo a raiz quadrada com o Teorema Binomial, temos:

222

2

11/1

+≈+l

yly

que levada na expressão do potencial nos dá:

2

2

2

2

2

22

ln4

1)(

l

y

l

y

yVo

+

= λπε

Logo:

+= 1

4ln

4

1)( 2

2

y

lyV

o

λπε

Aplicando, agora, a esta expressão, o desenvolvimento do logaritmo:

K++=+2

1)1ln(2αα

obtemos, com yl /2=α :

≈

y

lyV

o

2ln

2

1)( λ

πε

Observe que tomando o fio infinito teremos o potencial )(yV também

infinito, pois ∞→l . Isso ocorre porque a própria distribuição de carga é infinita.

Alertamos nas aulas 9 e 10 sobre o cuidado com a escolha do nível de potencial

para distribuições infinitas de cargas. Esse exemplo nos mostra que não podemos

escolher o infinito como nosso nível de referência. Podemos escolher, por exemplo,

um ponto A qualquer, situado a uma distância oy do fio infinito, onde 0=oV .

Dessa forma teremos:

−

=−=−

00

2ln

2

12ln

2

10)()()(

y

l

y

lyVyVyV

oo

λπε

λπε

ou:

185

−

=

0

2ln

2ln

2)(

y

l

y

lyV

oπελ

Lembrando que:

=−b

aba lnlnln

teremos que:

=

y

yyV o

o

ln2

1)( λ

πε

ATIVIDADE 11.1

Obtenha uma expresssão para o potencial elétrico em um ponto P situado a uma

distância r de um cilindro infinito, com densidade linear de cargas λ .

Exemplo 11.4

Calcule o potencial elétrico no centro de curvatura de um arco de círculo de raio R,

com uma densidade linear de carga constante λ (figura 11.4).

Figura 11.4: Arco de raio R

Solução: Temos que:

∫ r

dqrV

04

1=)(

πε

186

Seja o elemento de comprimento do arco como mostrado na Figura 11.4. Temos

que: 'θλ dRdq = e como a distância de dq ao centro do arco é constante e igual

ao raio R do arco, vem:

)(4

'4

=)( 1200

2

1

θθπελθ

πελ θ

θ−=∫ d

R

RrV

Note que os ângulos são medidos em radianos!

Atividade 11.2

Obtenha o valor do potencial no centro do arco quando o ângulo subentendido pelo

arco neste centro for de 70º a a densidade linear de carga for 10 mC/m.

11.3 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES SUPERFICIAIS DE CARGA

Para distribuições superficiais de carga, o elemento de carga dq é

substituído pelo produto da densidade superficial de carga σ pelo elemento de

superfície dA ; a integral é calculada sobre a superfície onde a carga está

distribuída.

EXEMPLO 11.5

POTENCIAL ELÉTRICO DE UM DISCO CARREGADO

Considere um disco de raio R uniformememente carregado com carga q .

Calculemos o potencial gerado por ele em um ponto P do eixo de simetria do disco

e situado à distância x deste centro.

Figura 11.5: disco carregado

187

Um elemento de carga dq cria um potencial elétrico dV a uma distância

22' xRr += do ponto P, dado por:

'

1

4=)(

0 r

dqxdV

πε

Para resolver o problema, vamos usar coordenadas polares. Assim, o

elemento de carga dq é dado por rddrdq ′′′ θσ= . Integrando a equação acima

obtemos:

rdxr

rdxV

R′

+′′′∫∫ 22

00

2

0 4=)(

πεσθ

π

Aqui, a integral em θ ′d pode ser feita imediatamente e vale π2 . Então:

rdxr

rxV

R′

+′′

∫ 22004

2=)(

πεσπ

A integral em r′ é, feita a partir da substituição:

.2== 22 rdrdurxu ′′→′+

Obtemos, então, para )(xV a expressão:

[ ]xRxu

u

duxV

Rx

x

−+=

=

+

∫22

0

2/1

00 22/142

1

2=)(

22

2 εσ

εσ

εσ

][2

=)( 22

0

xRxxV −+εσ

ou, como 2/ RQ πσ = , vem:

.][2

=)( 222

0

xRxR

QxV −+

πε

11.4 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES VOLUMÉTRICAS DE CARGA

No caso de distribuições volumétricas de carga, o elemento de carga dq é

substituído pelo produto da densidade volumétrica ρ pelo elemento de volume dV

e a integral é calculada sobre o volume onde a carga está distribuída.

188

EXEMPLO 11.5

POTENCIAL ELÉTRICO DE UMA CASCA ESFÉRICA CARREGADA

Vamos determinar o potencial em um ponto P devido a uma casca esférica de raio

R , que possui uma densidade superficial de carga uniforme. Usaremos o infinito

como ponto de referência.

Figura 11.8: Coordenadas do elemento de área

No sistema de coordenadas da Figura 11.8, temos:

θ ′−+== coszRzRrzrP 222

Então:

θπε ′−+ coszRzR

dqzdV

241

=)(22

0

Vamos usar coordenadas esféricas para resolver o problema da integração da

equação acima; temos , então, que:

φθθσσ ′′′= ddsinRdAdq 2= e 24

=R

q

πσ

Assim,

,24

=)(22

2

0 θφθθ

πεσ

′−+

′′′

coszRzR

ddsinRrdV P

Integrando, temos:

θθ

θφπεσ ππ

′′−+

′′∫∫ dcoszRzR

sinRdzV

24=)(

22

2

0

2

00

189

A integral em φ′ pode ser efetuada imediatamente, uma vez que o integrando

independe de φ′ . A integral em θ ′se faz com a mudança de variável:

θθθ ′′−→′ dsinzRdxcoszRx 2=2=

o que dá:

[ ] Rz

Rz

Rz

RzxzR

z

R

xzR

RzdxRzV

2

222

022

2

2

2

0

24

=/2

24

=)(−

+

+−+

−+

−⋅ ∫ εσπ

πεσ

[ ]zRzRzRzRz

R22

2= 2222

0

−+−++εσ

[ ].)()(2

= 22

0

zRzRz

R −−+εσ

Neste ponto devemos ter cuidado ao extrair a raiz quadrada, cujo valor deve ser

um número real:

a) para pontos fora da esfera, Rz > e tomamos o sinal positivo da raiz quadrada,

que fica:

RzzR −− =)( 2

Então:

)]()[(2

=)(0

RzzRz

RzV −−+

εσ

ou:

)>(=)(0

2

Rrz

RzV

εσ

b) para pontos dentro da esfera Rz < e tomamos o sinal negativo da raiz

quadrada, que fica:

zRzR −− =)( 2

Então:

)]()[(2

=)(0

zRzRz

RzV −−+

εσ

190

ou: .)(=)(

0

RrR

zV ≤εσ

Atividade 11.3

Determinar, a partir dos resultados do Exemplo 11.5, o potencial elétrico dentro e

fora de uma casca esférica condutora de raio R.

Atividade 11.4

Faça um esboço do gráfico do potencial elétrico para pontos dentro e fora

de uma casca esférica condutora carregada eletricamente com densidade

superficial de carga σ e raio R .

191


ATIVIDADE 11.1

Podemos pensar em um cilindro infinito como um fio infinito que possui um

raio R como sugere a figura 11.9. O potencial de um cilindro infinito carregado é

semelhante ao produzido por um fio infinito; contudo calculamos o potencial para

pontos em que Ry > . Nesse caso podemos tomar como nível de potencial a

superfície do cilindro, onde Ry = . Dessa forma teremos:

=

y

RV

o

ln2

1 λπε

Figura 11.9: Cilindro infinito carregado.

ATIVIDADE 11.2

Se o ângulo subentendido é de 70°, a figura 11.4 nos mostra que °−= 351θ

e °+= 352θ . Então,

º180)]º35(º35[1010/109)(

4=)0( 3229

120

πθθπελ ×−−××××=− − CCmNV

Em que o último termo dá a transformação de graus para radianos.

Numericamente, então, temos:

VV 21075,1)0( −×=

ATIVIDADE 11.3

Como a esfera é metálica, a carga elétrica se distribui na sua superfície. Então, de

acordo com o Exemplo 11.5, o potencial dentro da esfera é o mesmo que na sua

superfície:

192

R

Q

R

QRRRV

02

00 4

1

4=)(

πεπεεσ ==

ATIVIDADE 11.4

A figura 11.10 mostra um esboço dos gráficos do campo elétrico e do

potencial elétrico para pontos dentro e fora de uma casca esférica condutora

carregada.

Figura 11.10: Gráficos do campo elétrico e potencial elétrico de uma esfera

carregada.

No interior da esfera o campo elétrico é nulo, sendo o potencial constante.

Para pontos fora da esfera o campo é inversamente proporcional ao quadrado de r

, enquanto o potencial é inversamente proporcional a r .

ATIVIDADE 11.5

Obtivemos no Exemplo 11.5 o potencial elétrico para pontos interiores e

exteriores a uma casca esférica condutora carregada. Para pontos fora da casca o

potencial é inversamente proporcional a distância do centro da casca. E para pontos

dentro da casca o potencial é constante. Veja a figura 11.11:

193

Figura 11.11: Gráfico do potencial elétrico para uma casca esférica

carregada.

PENSE E RESPONDA

PR11.1) Para pontos situados a uma distância Rz >> , o potencial de uma espira carregada se reduz ao de uma carga puntiforme? PR11.2) Se fizermos o raio de um disco carregado com uma carga Q for muito

grande, qual é o potencial elétrico em um ponto situado à distância z do centro do disco ( )Rz << ?

PR11.3) É possível fazer um arranjo de cargas puntiformes separadas por uma

distância finita de modo que a energia potencial elétrica seja igual à energia

potencial quando a distância entre as cargas for infinita?

PR11.4) O atrito do ar com o carro devido ao movimento produz uma diferença de

potencial de alguns milhares de volts. Quando você toca a lataria nessas condições

pode ser que leve um pequeno choque. Se você no entanto toca em uma linha de

transmissão com um potencial comparável, o choque seria fatal. Por que existe

essa diferença?

PR11.5) A diferença de potencial entre dois terminais de uma pilha AA é de 1,5

volt. Quando duas pilhas AA são ligadas em série de modo que o terminal positivo

de uma das pilhas esteja em contato com o terminal negativo da outra, qual é a

diferença de potencial entre os dois terminais livres dessa combinação? Explique

seu raciocínio.

PR11.6) Qual seria a diferença de potencial entre os dois terminais livres das pilhas

da questão anterior se o terminal positivo de uma delas estivesse em contato com

o terminal positivo da outra?

194


E11.1) Obtenha o potencial elétrico em um ponto P situado no eixo de um anel de

raio igual a 10 cm carregado uniformemente com carga de 1,5 nC a uma distância

de 20 cm do seu centro.

E11.2) Um fio retilíneo de comprimento igual a 10 m está isolado e carregado com

uma carga Q = - 6,2 x10-9C. Um elétron é abandonado próximo ao centro do fio a

uma distância de 2,2 cm.

a) O que se pode dizer sobre o movimento do elétron nos primeiros 10 s de

movimento?

b) Obtenha uma expressão para a aceleração, velocidade e deslocamento do

elétron nesse intervalo de tempo.

c) Determine a energia do elétron em t = 10s.

d) É possível obter uma relação para o deslocamento, para a velocidade e

aceleração para qualquer instante de tempo? Justifique sua resposta.

e) Determine a diferença de potencial entre os pontos xo (onde o elétron é

solto) e x10 (o ponto onde o elétron passa após 10s).

E11.3) Um disco com raio R = 11 cm está carregado com carga Q = 3,0 nC. Uma

esfera maciça carregada com carga q = - 6,0 nC, raio r = 2,5 cm está no eixo do

disco a uma distância do seu centro.

a) Determine o potencial elétrico no centro do disco.

b) Qual é o potencial elétrico no ponto médio entre o disco e a esfera.

c) Determine a diferença de potencial entre dois pontos situados a uma

distância r1 = 3,5 cm e r2 = 8,5 cm do centro da esfera que o liga ao centro do

disco.

196

AULA 12 : RELAÇÃO ENTRE CAMPO E POTENCIAL ELÉTRICO

OBJETIVOS

DETERMINAR A RELAÇÃO ENTRE POTENCIAL E CAMPO ELÉTRICO

12.1 OBTENDO O POTENCIAL A PARTIR DO CAMPO ELÉTRICO

A equação do potencial no ponto P(x,y,z) de um campo elétrico:

∫∫→→

•−==P

AP dsEdVV (12.1)

em que A é o nível de potencial, nos dá a relação entre o potencial e o campo

elétrico no ponto P, na forma integral. Ela nos permite determinar o potencial no

ponto P quando conhecemos o campo elétrico neste ponto. Vejamos alguns

exemplos de sua aplicação.

Exemplo 12.1

Potencial de uma distribuição plana infinita de carga

Calcular o potencial elétrico gerado por uma distribuição plana infinita de carga

em um ponto P situado a uma distância z da distribuição.

Solução: Tomando um sistema de coordenadas com origem no plano de cargas e

eixo Oz com direção perpendicular a ele (os eixos Ox e Ou estão situados no

plano), temos que zrP =r

e:

∫ •−= pr

rsdEzV

0

)(rr

em que 0r se refere à posição do nível de potencial. No caso do plano infinito, é

melhor escolhermos o nível zero de potencial coincidindo com o plano. Na

expressão acima, conhecemos o campo elétrico gerado pelo plano infinito. Ele é

uniforme e é dado por:

kE ˆ2 0εσ=

r

em que k é o unitário do eixo Oz. Assim, o potencial em um ponto P(x,y,z) do

espaço será, com kdssd ˆ=r :

197

zdskksdEzVzr

r0

00 2

)ˆ(2

)(0 ε

σεσ −=•−=•−= ∫∫

rrr

Atividade 12.1

Calcule o potencial em um ponto P situado à distância y de um fio infinito com

distribuição uniforme de cargas.

EXEMPLO 12.2

Calcule o potencial no ponto P situado sobre o eixo de uma espira circular de raio

R, à distância z do centro dela, supondo a espira carregada positivamente com

uma distribuição linear uniforme de cargas.

Solução: O campo elétrico gerado por uma espira circular de raio R em um ponto

de seu eixo e à distância z de seu centro é:

kzR

zQzE ˆ

)(4)(

2/3220 +

=πε

Então, com kdzsd ˆ=r , o potencial no ponto P, relativo ao infinito, é:

∫∫∫ ∞∞ +−=•

+−=•−=

zzdz

zR

zQdzkk

zR

zQsdEzV

2/3220

2/3220 )(4

)ˆˆ()(4

)(πεπε

rr

ou, com a mudança de variável:

2222 2 zRuzzuzdzzduzRu +=→=∞=→∞==→+=

vem:

220

2/10

2/30

1

4

2

2

1

42

1

4)(

2222

zR

Q

u

Q

u

duQzV

zRzR

+=−−=−=

+

∞

+

∞∫ πεπεπε

ATIVIDADE 12.2

Calcule o potencial no ponto P situado sobre o eixo de uma espira circular de raio

R, à distância z do centro dela, supondo a espira carregada negativamente com

uma distribuição linear uniforme de cargas.

198

EXEMPLO 12.3

POTENCIAL DE UMA ESFERA DIELÉTRICA CARREGADA

Calcular o potencial de uma esfera dielétrica maciça de raio R , carregada

uniformemente com carga total Q positiva em um ponto P dentro dela ( RrP < ).

Solução: Temos:

∫∞ •−= Pr

P sdErVrr

)(

em que o nível de energia potencial foi escolhido situado no infinito. Para um ponto

P do campo, a distâncias Pr ao centro da esfera, tais que ∞<≤ PrR , o campo

elétrico é:

( )∞<≤= PrRrr

QE ˆ

4

12

0πεr

Para um ponto P interior à esfera ( RrP ≤≤0 ), o campo elétrico é dado por:

( )Rrrr

qE P ≤≤= 0ˆ

4

12

0πεr

em que q é a carga da esfera contida dentro do raio Prr ≤ e r é o unitário

dirigido do centro para a superfície da esfera porque a carga é positiva. Estas duas

expressões mostram que a carga elétrica contida em uma esfera de raio Pr não é a

mesma para ambos os casos. Assim, para calcular o potencial em relação a um

nível no infinito, vamos dividir o problema em dois: calculamos o potencial na

superfície da esfera e somamos (algebricamente) o resultado à diferença de

potencial entre o ponto P interior à esfera carregada e à superfície:

[ ] [ ])()()()()()()()( PPP rVRVRVrVRVVRVRrV −−≡−−∞−=<

O potencial na superfície da esfera já nos é familiar:

R

QRV

04

1)(

πε=

A diferença de potencial entre a superfície da esfera e o ponto P é:

∫ •−=−R

rPp

sdErVRVrr

)()(

Portanto, precisamos calcular o campo elétrico no ponto P dentro da esfera. Como

a densidade volumétrica de cargas é constante, podemos escrever que, se q é

199

carga dentro volume da esfera de raio r , então:

3

3

33 R

rq

R

Q

r

q =⇒=

Então, a expressão do campo elétrico fica:

( )PrrrrR

QE ≤= ˆ

4

13

0πεr

No deslocamento do ponto P ( Prr = ), até a superfície Rr = temos que:

)ˆ(4

)()(3

0

sdrrR

QsdErVRV

R

r

R

rPPp

rrr•−=•−=− ∫∫ επ

Mas, no deslocamento de R até Pr , drsdr =• rˆ e, então:

−−=−=•−=− ∫∫ 244

)()(22

30

30

PR

r

R

rP

rR

R

Qdrr

R

QsdErVRV

PP επεπrr

Logo:

[ ]=−−=< )()()()( PP rVRVRVRrV

[ ]

−+=−−=<

244

1)()()()(

22

300

PPP

rR

R

Q

R

QrVRVRVRrV

εππε

ou, efetuando as simplificações:

−=<

3

22

0

3

8)(

R

rRQRrV P

P πε

12.2 OBTENDO O CAMPO ELÉTRICO A PARTIR DO POTENCIAL

A equação (12-1):

∫∫→→

•−==P

AP dsEdVV

nos permite calcular o campo elétrico em um ponto P a partir do potencial neste

ponto. Para fazer isso, consideremos um sistema de coordenadas cartesianas (pode

ser também qualquer outro, mas, para simplificar, usaremos as coordenadas

cartesianas). Neste sistema, sejam:

kdzjdyidxsd ˆˆˆ ++=r

(12.2)

o vetor deslocamento no ponto P, e:

200

kEjEiEE zyxˆˆˆ ++=

r (12.3)

o vetor campo elétrico em P; então:

)ˆˆ()ˆˆ()ˆˆ( kkdzEjjdyEiidxEsdE zyx •+•+•=• rr

isto é:

dzEdyEdxEsdE zyx ++=• rr (12.4)

Lembrando que:

dzz

Vdy

y

Vdx

x

VdV

∂∂+

∂∂+

∂∂= (12.5)

o potencial V(x,y,z) pode ser escrito como:

∫∫ ∂∂+

∂∂+

∂∂== dz

z

Vdy

y

Vdx

x

VdVV (12.6)

Da equação (12-1), com as equações (12.5) e (12.6) vem, então, que:

)( dzEdyEdxEdzz

Vdy

y

Vdx

x

Vzyx ++−=

∂∂+

∂∂+

∂∂

de onde tiramos:

x

VEx ∂

∂−= y

VE y ∂

∂−= z

VEz ∂

∂−= (12.7)

que são as relações entre o potencial no ponto P e o campo elétrico neste ponto.

EXEMPLO 12.4

O potencial em um ponto P situado à distância r de uma carga Q que gera o

campo elétrico é:

r

QV

04

1

πε=

Calcule o campo elétrico neste ponto.

Solução: Temos que: 21222 )( zyxr ++= . Então:

201

232222

322221222 )()(

2

2

1

)(

1

zyx

x

zyx

x

zyxxx

V

++=

++=

++∂∂=

∂∂

232222

322221222 )()(

2

2

1

)(

1

zyx

y

zyx

y

zyxyy

V

++=

++=

++∂∂=

∂∂

232222

322221222 )()(

2

2

1

)(

1

zyx

z

zyx

z

zyxzz

V

++=

++=

++∂∂=

∂∂

Das equações (12.7), temos:

23222 )( zyx

x

x

VEx

++−=

∂∂−=

23222 )( zyx

y

y

VE y

++−=

∂∂−=

23222 )( zyx

z

z

VEz

++−=

∂∂−=

Como: kzjyixr ˆˆ ++=rr

, =r 21222 )( zyx ++ e kEjEiEE zyx

ˆˆ ++=rr

, vem

que:

r

r

r

Q

r

rQ

zyx

kzjyixQE

rrrr

20

2/302

32220 4

1

4)(

ˆ

4 πεπεπε==

++

++=

ou: rr

QE ˆ

4

12

0πε=

r

EXEMPLO 12.5

O potencial elétrico de um dipolo, em um ponto P do espaço de coordenadas (x,y)

é:

20

ˆ

4

1

r

rpV

•=r

επ

em que o vetor r é o unitário da direção que une o centro do dipolo ao ponto P

202

(Figura 12.1) e Qdp = é o momento de dipolo. Calcular o campo elétrico em P.

Figura 12.1: o dipolo elétrico

Solução: Escolhendo o eixo Oz de um sistema de coordenadas cartesiano com

origem em O (centro do dipolo), temos que: θcosrz = e:

23222

03

0 )(4

1

4

1),,(

zyx

zp

r

pzzyxV

++==

επεπ

Então:

++∂∂−=

∂∂−=

23222

0 )(4 zyx

z

x

p

x

VEx πε

ou:

++++−++−=

3222

212222

3222

0 )(

2)()2/3()(

4 zyx

zzyxzzyxpEx πε

ou, ainda:

++−

++−=

2/5222

2

23222

0 )(

3

)(

1

4 zyx

z

zyx

pEx πε

Finalmente:

50

3

4 r

xzp

x

VEx πε

=∂∂−=

Analogamente:

50

3

4 r

yzp

y

VE y πε

=∂∂−=

Para a componente segundo o eixo Ox, temos:

203

=

++∂∂−=

∂∂−=

23222

0 )(4 zyx

z

z

p

z

VEz πε

=

++++−

++++−=

3222

2/1222

3222

23222

0 )(

)()2()2/3(

)(

)(

4 zyx

zyxzz

zyx

zyxp

πε

++−

++−=

2/5222

2

2/32220 )(

3

)(

1

4 zyx

z

zyx

p

πε

ou:

−=

∂∂−=

35

2

0

13

4 rr

zp

z

VEz πε

ATIVIDADE 12.3

Calcule o campo elétrico em um ponto P situado à distância r no eixo de um disco

com uma densidade de carga positiva constante.

SAIBA MAIS

A equação (12-1) nos diz que, para que o potencial elétrico seja univocamente

determinado em qualquer ponto P de um campo elétrico, é necessário que a

integral do segundo membro seja independente da trajetória entre o nível A e o

ponto P; ou seja, que o integrando seja uma diferencial exata. Isto significa que o

potencial seja uma função contínua e tenha derivadas contínuas em todos os

pontos do campo. De acordo com o teorema de Schwarz do cálculo de funções de

várias variáveis, a condição de diferencial exata é que:

xz

V

zx

V

yz

V

zy

V

yx

V

xy

V

∂∂∂=

∂∂∂

∂∂∂=

∂∂∂

∂∂∂=

∂∂∂ 222222

Então, derivando a primeira das equações (12.7) em relação a y e a segunda em

relação a x, obtemos:

y

E

xy

V x

∂∂

−=∂∂

∂2

x

E

yx

V y

∂∂

−=∂∂

∂ 2

(12.8)

204

Analogamente, combinando a primeira e terceira expressões, assim como a

segunda e a terceira, obtemos:

z

E

xz

V x

∂∂

−=∂∂

∂ 2

x

E

zx

V z

∂∂

−=∂∂

∂2

(12.9)

z

E

yz

V y

∂∂

−=∂∂

∂ 2

y

E

zy

V z

∂∂−=

∂∂∂ 2

(12.10)

Então, de (128), (12.9) e (12.10) vem:

x

E

y

E yx

∂∂

=∂

∂

x

E

z

E zx

∂∂

=∂

∂

z

E

y

E yz

∂∂

=∂

∂ (12.11)

que dão a condição para que o potencial V(x,y,z) seja univocamente definido em

cada ponto P do campo elétrico. Essa condição mostra também que as três

componentes do vetor campo elétrico não são independentes umas das outras, o

que permite reduzir um problema vetorial em um problema escalar.

A equação (12.5) nos permite dizer que o potencial pode ser considerado

como o produto escalar de dois vetores: o vetor sdr

, e um outro vetor V∇r

,

denominado gradiente do potencial, cujas componentes cartesianas são as

derivadas parciais do potencial relativamente às coordenadas:

kz

Vj

y

Vi

x

VV ˆˆˆ

∂∂+

∂∂+

∂∂=∇

r

Assim, de (12.5) vem:

sdVdVrr

•∇= (12.12)

Então, podemos escrever uma relação vetorial em termos do gradiente do

potencial e o campo elétrico:

VE ∇−=rr

(12.13)

Esta equação nos mostra que o campo elétrico tem a mesma direção que o

gradiente de potencial, mas seu sentido é oposto ao do gradiente de

potencial.

205

SAIBA MAIS

A equação (12.12) pode ser escrita como:

sdVsdVdVrrrr

θcos∇=•∇= (12.14)

em que θ é o ângulo entre os dois vetores. Ela nos indica que a variação do potencial com a posição no campo elétrico depende da direção considerada neste

campo. Essa variação é nula quando θ=90º, isto é, quando a direção considerada, dada por sd

r, for perpendicular ao gradiente de potencial; ela é máxima para θ

=0º, ou quando esta direção for paralela ao gradiente de potencial. Esse fato nos

indica que o gradiente é um vetor que nos define uma derivada direcional, cujo

valor depende da direção considerada em seu cálculo. A equação (12.13) nos diz

então que a direção de maior valor do campo elétrico é a mesma do gradiente de

potencial; além disso, o sentido do campo é oposto ao do gradiente de potencial.

206


Atividade 12.1

O campo elétrico gerado por um fio infinito com densidade uniforme de carga, em

um ponto a uma distância y do fio, é:

jy

E ˆ2 0πε

λ=r

Em que o unitário está dirigido perpendicularmente ao fio. Então, com jdysd ˆ=r

vem:

=−=•−=•−= ∫∫∫ y

y

y

dydyjj

ysdEV

y

y

y

y

0

000

ln22

)ˆˆ(2 00 πε

λπελ

πελrr

em que 0y é o raio do fio.

Atividade 12.2

O campo elétrico gerado por uma espira circular de raio R em um ponto de seu eixo

e à distância z de seu centro é:

kzR

zQzE ˆ

)(4)(

2/3220 +

−=πε

Então, com kdzsd ˆ=r , o potencial no ponto P, relativo ao infinito, é:

∫∫∫ ∞∞ +=•

+=•−=

zzdz

zR

zQdzkk

zR

zQsdEzV

2/3220

2/3220 )(4

)ˆˆ()(4

)(πεπε

rr

ou, com a mudança de variável:

2222 2 zRuzzuzdzzduzRu +=→=∞=→∞==→+=

vem:

220

2/10

2/30

1

4

2

2

1

42

1

4)(

2222

zR

Q

u

Q

u

duQzV

zRzR

+−=−==

+

∞

+

∞∫ πεπεπε

207

Atividade 12.3

O potencial elétrico gerado por um disco com uma densidade superficial de cargas

constante, em um ponto de seu eixo de simetria, situado à distância z do disco é:

zdzzVz

00

0 22)(

εσ

εσ −=−= ∫

Como o potencial é função apenas da coordenada z, temos:

02)(

εσ=

∂∂−=

z

VzE


E12.1) No exemplo 12.2 foi calculado o potencial elétrico de um ponto sobre o eixo

de uma espira carregada. Calcule o campo elétrico a partir do potencial. Compare

seu resultado com a equação 5.1.

E12.2) O potencial elétrico em um ponto sobre o eixo central de um disco

uniformemente carregado foi calculado no exemplo 11.4. A partir dessa equação,

determine uma expressão para o campo elétrico.

E12.3) Calcule o campo elétrico para uma casca esfera carregada utilizando os

resultados obtidos no exemplo 11.5.

E12.4) O potencial elétrico de uma certa distribuição de cargas é

V(x,y,z)=2,00xyz2. Calcule o campo elétrico no ponto (3;-2,4).

208

UNIDADE 5 – CAPACITORES

Nesta unidade estudaremos os capacitores. Eles são um dos muitos tipos de

dispositivos usados em circuitos elétricos, como por exemplo, em rádios,

computadores, televisores, celulares e video-games. A importância deles está

principalmente na propriedade de armazenar carga elétrica, bem como de criar

campos elétricos com a simetria desejada.

209

210

AULA 13: CAPACITÂNCIA

OBJETIVOS

DEFINIR CAPACITÂNCIA E ESTUDAR SUAS PROPRIEDADES

CALCULAR A CAPACITÂNCIA EQUIVALENTE DE ASSOCIAÇÕES DE CAPACITORES

13.1 CAPACITÂNCIA

Um condutor isolado, quando carregado com uma carga Q , gera um

potencial elétrico que é proporcional à carga e depende também da forma e das

dimensões do condutor. Como as cargas elétricas no condutor se alojam na sua

superfície, quanto maior for a área do condutor, mais carga ele pode alojar para

produzir um dado potencial. A relação entre a carga do condutor e o potencial

gerado por ela, é denominada capacitância do condutor:

V

QC = (13.1)

Por exemplo, um condutor esférico gera um potencial em pontos fora dele,

situados à distância R do condutor, que é dado por:

R

QV

04

1

πε=

e a capacitância deste condutor é:

RV

QC 04πε==

Esse exemplo nos mostra que a capacitância é uma propriedade

associada à geometria do condutor e ao meio que ele se situa.

A unidade de capacitância no SI é o Farad (F), assim denominado em

homenagem a Michael Faraday.

.1

1=1

V

CF

13.2 CAPACITORES

Um capacitor é um sistema constituído de qualquer par de condutores

isolados e carregados com cargas de sinais opostos, como mostra o esquema das

211

figuras 13.1a. A figura 13.1b mostra um capacitor formado por duas placas planas

e paralelas separadas por uma distância d; a figura 13.1c mostra os vários tipos de

capacitor comumente usados.

Figura 13.1. (a) Um capacitor constituído por dois condutores isolados e carregados;

(b) um capacitor de placas planas e paralelas; (c) alguns tipos de capacitores disponíveis

comercialmente.

A importância dos capacitores está principalmente na propriedade

de armazenar carga elétrica, bem como de criar campos elétricos com a

simetria desejada.

A grandeza que define as propriedades do capacitor é a capacitância, que

mede a capacidade que ele tem para armazenar carga elétrica. De acordo com a

equação 13.1:

.=V

QC

∆

em que, neste caso, Q é o módulo da carga elétrica líquida no conjunto de

condutores e V∆ é o módulo da diferença de potencial entre eles.

Consequentemente, a capacitância C é sempre positiva.

Os capacitores usuais tem capacitâncias da ordem de microfarads,

FF 6101=1 −×µ .

EXEMPLO 13.1

Calcule a capacitância de um capacitor formado por placas planas e paralelas de

área A separadas pela distância L no vácuo (Figura 13.2).

212

Figura 13.2: Capacitor de placas paralelas carregadas com carga Q e separadas por uma

distância L.

SOLUÇÃO: A diferença de potencial entre duas placas condutoras depende da

carga nessas placas. É conveniente, portanto, obter primeiro a expressão para a

diferença de potencial elétrico entre as duas placas:

∫ •−=−∆ −+ ldEVVVrr

=

O campo elétrico entre as placas planas e paralelas é uniforme e está dirigido da

placa positiva para a negativa; então, escolhendo um eixo Ox na direção e sentido

do campo, com a origem O na placa positiva, a diferença de potencial entre as

placas é:

∫ =−=−∆ −+

0

=L

LEdlEVVV

Utilizando a Lei de Gauss, podemos escrever o campo elétrico no interior das placas

como a soma vetorial dos campos gerados por cada uma das placas:

iA

Qi

A

Qi

A

QEEE ˆ||ˆ

2

||ˆ2

||=

000 εεε=+=+ −+

rrr

onde i é o unitário do eixo Ox.

A diferença de potencial entre as placas dos capacitores é:

A

QLV

0

=ε

∆

Portanto,

L

A

V

QC 0=

||

||=

ε∆

213

Note a dependência dos fatores geométricos A e L e vê-se portanto que a

capacitância cresce com a área e decresce com a distância. Isso nos mostra

duas possibilidades de alterar a capacitância de dispositivos em geral.

ATIVIDADE 13.1

Considere um capacitor de placas planas e paralelas de área igual a 15 cm2. A

distâcia entre as placas é 5,1 mm e o módulo da carga em cada placa é 6,0 nC.

a) Qual é a capacitância desse capacitor quando ele se encontra no vácuo?

b) Determine a diferença de potencial entre as suas placas.

c) Determine o valor do campo elétrico entre suas placas.

EXEMPLO 13.2

Vamos considerar agora o caso de uma esfera e uma casca esférica concêntricas e

condutoras de raios aR e bR , com cargas Q+ e Q− respectivamente, como

ilustra a figura 13.3. Qual a capacitância desse capacitor esférico?

Figura 13.3: Capacitor esférico.

Solução: Como a capacitância é:

||

||=

V

QC

∆

precisamos calcular, antes de mais nada, o campo elétrico existente entre essas

placas, para depois obter V∆ . A melhor forma de obter o campo elétrico nesse

caso simétrico é usar a lei de Gauss:

214

0

=ˆεQ

dAnE •∫r

As cargas estão nas superfícies dos condutores e portanto o campo elétrico

para aRR < é nulo. Entre os capacitores há um campo elétrico radial como

mostrado na figura 13.3. O campo elétrico é constante sobre a superfície de Gauss

de raio PR , e portanto:

0

=εQ

dAE∫

ou:

0

2 =)4(ε

π QRE P

O campo elétrico é, então:

rR

QE

P

ˆ4

=2

0πεr

A diferença de potencial entre as esferas será:

drEldEV bR

aR∫∫ −•−∆ ==rr

substituindo a expressão do campo elétrico temos:

ba

ab

ba

R

RP

Pba RR

RRQ

RR

Q

R

dRQVVV

a

b

−=

+−−−=−∆ ∫

002

0 4

11

4=

4=

πεπεπε

e, consequentemente:

ab

ba

ba

ab RR

RR

RR

RRQQ

C−−0

0

4=

4

=πε

πε

Outra vez notamos o aparecimento de quantidades envolvidas com a geometria do

problema e a constante dielétrica em questão, no caso o vácuo.

No exemplo acima, quando ab RR >> , podemos obter uma expressão mais

simples para a capacitância e que pode ser útil eventualmente. A expressão para a

capacitância, como está escrita, não é adequada para fazer esse limite. Uma regra

geral para efetuar aproximações em física é antes de mais nada, descobrir qual o

215

parâmetro que é pequeno e escrever a expressão em termos desse parâmetro.

Depois disso, faz-se uma expansão em torno do valor zero para o parâmetro. Esse

parâmetro é em geral adimensional, dado que frequentemente é expresso como

uma razão entre duas grandezas físicas 1γ e 2γ , sendo que 1<<2

1

γγ

ou vice versa.

No nosso caso essa grandeza física é o raio. Então nosso parâmetro "pequeno" será

.1<<b

a

R

R

Vamos agora reescrever a expressão para C em termos desse parâmetro

.1

4=

4

=4

= 0

0

0

b

a

a

b

ab

b

ba

ab

ba

R

RR

R

RRR

RR

RR

RRC

−−−

πεπε

πε

Na expressão acima vê-se claramente que quando nosso parâmetro tende a zero,

pois ∞→bR :

.4= 0 aBR RC πε∞→

que é a expressão da capacitância de uma esfera carregada.

ATIVIDADE 13.2

Um capacitor esférico, constituído de uma esfera de raio 85 mm e uma casca

esférica concêntrica de raio igual a 100 mm, está submetido a uma diferença de

potencial de 220 V.

a) Qual é a capacitância desse capacitor?

b) Determine o valor do campo elétrico nas posições r1 = 86 mm e r2 = 97

mm a partir do centro.

EXEMPLO 13.3

Calcule a capacitância de um capacitor constituído por um cabo coaxial de

comprimento L e de raios a e )<( bab e cargas Q (em a ) e Q− (em b ).

Solução: A figura 13.4 mostra o cabo coaxial.

216

Figura 13.4: Superfície de Gauss cilíndrica em cabos coaxiais

O campo elétrico entre os fios que constituem o cabo coaxial é radial e tem sentido

do fio de raio menor para o fio de raio maior. Então, podemos aplicar a lei de

Gauss escolhendo uma superfície gaussiana cilíndrica, de raio r, concêntrica com o

eixo dos fios. Assim, para esta superfície, temos:

0

=ˆεQ

dAnE •∫r

Para o comprimento L do cabo coaxial, a superfície de Gauss tem uma área lateral

que vale LrA π2= . Então:

0

=)2(ε

π QLrE

Assim, o campo elétrico entre os fios é:

rL

QE

02 επ=

A diferença de potencial entre os fios é:

==•−=− ∫∫ a

b

L

Q

r

dr

L

QldEVV

b

a

a

bba ln22 00 επεπ

rr

A capacitância é, então:

=

−=

a

b

L

VV

QC

ba ln

2 0επ

ATIVIDADE 13.3

Considere o capacitor de cabos coaxiais do Exemplo 13.3. O que acontece no limite quando, ab >> ?

217

13.3 ENERGIA EM UM CAPACITOR

Para calcular a quantidade de energia armazenada em um capacitor, vamos utilizar

um capacitor de placas planas e paralelas mas o raciocínio pode ser estendido a um

capacitor qualquer, independentemente da forma e dos condutores que o

constituem.

Consideremos, então, um capacitor de placas planas e paralelas. Quando ele está

sendo carregado, há um acúmulo de cargas elétricas de um dado sinal em uma das

placas do capacitor, o que provoca a repulsão de cargas de mesmo sinal na outra

placa do capacitor. Esse acúmulo faz com que, em um determinado instante, cada

placa contenha a mesma carga q (em módulo).

Observe, no entanto que uma das placas conterá um excesso de cargas positivas e

a outra placa um excesso de cargas negativas, estabelecendo assim um campo

elétrico Eventre as placas do capacitor. A diferença de potencial entre as duas

placas é, então, CqV /= , sendo C a capacitância do capacitor.

Imagine, agora, que se queira acumular mais uma carga elementar positiva dq na

placa positiva. A diferença de potencial entre as placas fica aumentada. Esse

aumento é equivalente ao trabalho por unidade de carga que seria necessário para

transferir essa mesma carga elementar positiva dq da placa negativa para a placa

positiva do capacitor. Preste bem atenção na palavra “equivalente”, pois

durante o processo de carga do capacitor NÃO tem cargas atravessando de

um lado para outro. A razão é simples: se isso acontecesse, ele não

acumularia cargas, função principal de um capacitor. Enfim, o trabalho por

unidade de carga é armazenado no capacitor sob a forma de energia potencial

elétrica U , dada por:

dqC

qdqVdU ==

A energia potencial armazenada quando o capacitor é carregado até ter uma carga

total Q é:

C

Qdq

C

qU

2

2

1

2

1= =∫

Que também pode ser escrita em termos da diferença de potencial e da

capacitância:

218

2

2

1= VCU

Em um capacitor de placas planas e paralelas, desprezando a região das suas

bordas, o campo elétrico é uniforme. Assim, a densidade de energia u dele, isto é

a energia por unidade de volume, também deverá ser uniforme. Então:

dA

CV

dA

Uu

2

2

1

==

em que Ad é o volume contido entre as placas. Substituindo a capacitância C pela

sua expressão:

d

AC 0ε

=

obtemos:

2

0

2

=d

Vu

ε (13.2)

Mas

d

V é o campo elétrico no capacitor. Substituindo então, na equação acima,

obtemos:

20

2Eu

ε= (13.3)

Pode-se mostrar que esta fórmula é geral e vale para a energia armazenada em

uma região onde existe um campo elétrico.

ATIVIDADE 13.4

Calcule a densidade de energia entre as placas de um capacitor submetidas a uma

diferença de potencial de 500 V no ar. A distância entre as placas é igual a 3,00

mm e a sua carga é de 9,30 µF.

PENSE E RESPONDA PR13.1) Qual é a densidade de energia armazenada em um campo elétrico uniforme de 10 V/m.

219


ATIVIDADE 13.1

a) A capacitância de um capacitor plano de placas paralelas é L

AC 0=

εtal que:

m

mmFC

3

2412

101,5

1015/1085,8= −

−−

×××

E portanto:

pFFC 6,2106,2= 12 =× −

b) Através da definição de capacitâcia podemos obter facilmente a diferença de

potencial entre as placas deste capacitor uma vez que é conhecida a carga Q e sua

capacitância C :

C

QV =∆

mF

CV

/106,2

100,612

9

−

−

××=∆

VV 3106,2 ×=∆

c) O campo elétrico entre as placas é constante e seu módulo pode ser obtido por

d

VE

∆=

m

VE

3

3

101,5

106,2−

−

××=

CNE /1,5=

ATIVIDADE 13.2

a) Utilizando a equação que obtemos para um capacitor esférico temos:

.4

= 0

ab

ba

RR

RRC

−πε

220

( )( )( ).

108510100

101001085/1085,84=

33

3312

mm

mmmFC −−

−−−

×−××××π

pFC 63,0=

b) De acordo com a Lei de Gauss a casca esférica externa não contribui para o

campo elétrico entre os condutores; apenas a esfera condutora interna. O campo

elétrico criado pelo condutor interno é radial, dado pela equação

rr

QE ˆ

4=

20πε

→

Da definição de capacitância temos:

VCQ ∆=

E, portanto, o valor do campo elétrico E a um ponto situado a uma distância r do

centro é:

204 r

VCE

πε∆=

Em r1 = 86 mm:

( )( )( )( )2312

12

11086/1085,84

220/1063,0

mmF

VmFE

−−

−

×××=

π

mVE /107,1 21 ×=

E em r2 = 97 mm:

( )( )( )( )2312

12

21097/1085,84

220/1063,0

mmF

VmFE

−−

−

×××=

π

mVE /103,1 22 ×=

ATIVIDADE 13.3

Observe que quando ab >> :

1ln0 →

→b

ae

b

a

221

Dessa forma

LC oπε2→

ATIVIDADE 13.4

Como em um capacitor de placas planas e paralelas, EdV =

m

V

d

VE 3100,3

500−×

==

mVE /107,1 6×=

Utilizando a equação 13.3, 20

2Eu

ε=

2

)/107,1)(/1085,8( 2612 mVmFu

××=−

E portanto,

3/12,0 mJu = .


E13.1) Qual deve ser a carga elétrica das placas de um capacitor de capacitância

9,5 nF para que a diferença de potencial entre elas seja de 110 V?

E13.2) Determine a capacitância, a diferença de potencial entre suas placas e o

módulo do campo elétrico entre as placas de um capacitor com placas paralelas de

área igual a 50 mm2, com carga igual a 7,5 nC e distância entre as placas igual a

1,5 m

E13.3) Determine:

a) a capacitância por unidade de comprimento de um capacitor cilíndrico em que o

condutor interno tem raio 2,0 mm e o condutor externo 3,5 mm.

b) a carga de cada condutor sabendo que o potencial do condutor externo está a

um potencial 5,0 V mais elevado do que o potencial do condutor interno

E13.4) Determine a razão entre os raios de um capacitor cilíndrico em que sua

capacitância por unidade de comprimento é igual a 70 pF/m.

222

AULA 14: ASSOCIAÇÃO DE CAPACITORES

OBJETIVO

CALCULAR A CAPACITÂNCIA EQUIVALENTE DE ASSOCIAÇÕES DE CAPACITORES

Os capacitores são dispositivos importantes em circuitos elétricos onde,

frequentemente, aparecem ligados entre si. Por isso, é importante saber qual a

capacitância equivalente dessas associações. A capacitância equivalente da

associação de capacitores é a capacitância que teria um único capacitor que

substituiria os capacitores que formam a associação. Existem essencialmente duas

maneiras de conectar capacitores: em série ou em paralelo.

14.1 – ASSOCIAÇÃO EM SÉRIE DE CAPACITORES

Em circuitos, representaremos os capacitores pelos símbolos:

cujas linhas verticais representam os condutores ligados a fios de um circuito

elétrico, representado pelas linhas horizontais.

Na associação em série, uma das placas de um capacitor é conectada, por

meio de fios condutores, a uma placa de um outro capacitor como ilustra a figura

14.1.

Figura 14.1: Associação em série de capacitores.

Se colocarmos uma carga elétrica negativa Q− na placa do capacitor 1C ,

ligada pelo fio ao ponto x, aparecerá, por indução, uma carga igual e de sinal

contrário Q+ na placa da direita do capacitor. Como esta placa está ligada por

223

outro fio, à placa da esquerda do capacitor 2C , também por indução aparecerá

uma carga Q− nesta placa. Novamente por indução, surgirá uma carga Q+ na

placa da direita do capacitor 2C . Assim, as cargas nas placas dos capacitores

serão iguais em módulo.

Para calcular a capacitância equivalente a esses dois capacitores 1C e 2C ,

vamos primeiramente calcular a diferença de potencial entre as placas deles. Para o

primeiro capacitor temos:

,=1 xy VVV −∆

e para o segundo:

.=2 yz VVV −∆

A diferença de potencial entre os pontos z e x é:

.== 21 xz VVVVV −∆+∆∆

Os capacitores estão submetidos a diferenças de potencial diferentes mas o

capacitor equivalente deve estar submetido à diferença de potencial V∆ . Como o

capacitor equivalente deve ter a mesma carga Q que os capacitores ligados em

série, devemos ter:

.===21

21 C

Q

C

QVV

C

QV +∆+∆∆

Assim, a capacitância equivalente obedece à equação:

,11

=1

21 CCC+ (14.2)

e é menor do que a capacitância dos capacitores individuais.

EXEMPLO 14.1

A figura 14.2 mostra uma associação de capacitores. Sabendo que a carga elétrica

nos capacitores é CQ µ0,50= e que as capacitâncias dos capacitores são,

respectivamente, FC µ0,51 = , FC µ0,62 = e FC µ0,33 = , calcule a diferença de

potencial nos terminais de cada capacitor e a capacitância equivalente da

associação.

224

Figura 14.2: Associação de capacitores

Solução: Temos que:

VF

C

C

QV 0,10

0,5

0,50

11 ===

µµ

VF

C

C

QV 3,8

0,6

0,50

22 ===

µµ

VF

C

C

QV 7,16

0,3

0,50

331 ===

µµ

A capacitância equivalente é:

11

321

)(70,0)()33,017,020,0(0,3

1

0,6

1

0,5

11111 −− =++=++=++= FFFFFCCCC

µµµµµ

ou: FC µ4,1=

14.2 – ASSOCIAÇÃO EM PARALELO DE CAPACITORES

Os capacitores em paralelo, como mostra a figura 14.3, são ligados de

maneira a estarem submetidos à mesma diferença de potencial.

Figura 14.3: Associação em paralelo de capacitores.

Então, podemos escrever que:

xzV

QC

∆1

1 =

225

e

.= 22

xzV

QC

∆

A carga total nas placas dos capacitores é a soma das cargas nos

capacitores individuais:

,= 21 QQQ +

e essa é a carga do capacitor equivalente.

A capacitância equivalente é dada por:

,== 21

xz

xzxz

xz V

VCVC

V

QC

∆∆+∆

∆

ou seja,

.= 21 CCC + (14.3)

Para capacitores ligados em paralelo, a capacitância do capacitor equivalente

é sempre maior do que as capacitâncias individuais.

EXEMPLO 14.2

Calcule a capacitância equivalente do circuito mostrado na figura 14.4, nas

seguintes condições: a) A chave S está aberta; b) A chave S está fechada.

Figura 14.4: Associação de capacitores.

SOLUÇÃO:

a) Nos exercícios envolvendo vários capacitores a primeira coisa a fazer é

identificar quais estão ligados em série e quais estão ligados em paralelo. No caso

acima, com a chave S aberta, vemos imediatamente que 1C e 4C estão em série e

2C e 3C também estão em série. Os capacitores equivalentes a 1C e 4C e a 2C e

226

3C estarão em paralelo. Então, primeiro precisamos das capacitâncias equivalentes

dos capacitores em série:

41

411,4

411,4

=11

=1

CC

CCC

CCC +→+

e

.=11

=1

32

322,3

322,3 CC

CCC

CCC +→+

Agora esses novos dois capacitores 1,4C e 2,3C devem ser associados em paralelo.

Portanto a capacitância final resultante é dada por:

32

32

41

412,31,4 ==

CC

CC

CC

CCCCC

++

++

Note que se todos os capacitores tiverem a mesma capacitância

CCCCC ′==== 4321 , teremos:

.=22

=22

CC

C

C

CC ′

′′

+′

′

Fazer limites simples para testar a resposta a qual chegamos é sempre uma boa

estratégia para achar erros de conta. Se houver algum erro de conta, em boa parte

das vezes, ele pode ser detectado fazendo-se um limite conhecido.

b) O que muda quando fechamos a chave S ? A diferença de potencial entre 1C e

2C será a mesma, nessas condições, isto implica imediatamente que o conjunto

estará em paralelo, assim como 3C e 4C . Os respectivos capacitores equivalentes

estarão em série uma vez que a diferença de potencial entre eles deve ser a soma

das diferenças de potencial dos capacitores equivalentes.

Calculemos então, primeiro a capacitância equivalente entre 1C e 2C e

entre 3C e 4C :

211,2 = CCC +

e: .= 434.3, CCC +

e pelo raciocínio acima:

227

43213,41,2

11=

11=

1

CCCCCCC ++

++

Após um pouco de álgebra simples obtemos:

.)(

))((=

4321

4321

CCCC

CCCCC

+++++

Note que, outra vez, o limite de todos os capacitores iguais (e iguais a C′ ) nos fornece:

.= CC ′

ATIVIDADE 14.1

A figura 14.5 mostra uma associação de capacitores. Sabendo que a diferença de

potencial nos terminais dos fios é 10,0 V e que as capacitâncias dos capacitores

são, respectivamente, FC µ0,51 = , FC µ0,62 = e FC µ0,33 = , calcule a carga em

cada capacitor e a capacitância equivalente da associação.

Figura 14.5: Associação em paralelo de capacitores

EXEMPLO 14.3

Calcule a capacitâcia equivalente dos capacitores em série da figura 14.6, em que

a seção interna tem comprimento b, podendo se movimentar verticalmente.

Mostre que a capacitância equivalente não depende da posição da seção central.

Figura 14.6: Capacitores em série

228

SOLUÇÃO: Temos dois capacitores em série; o primeiro consiste na placas

superiores e o segundo, nas inferiores. Temos, então,que:

21

11=

1

CCC+

Se h é a separação das placas superiores, a capacitância do capacitor superior é:

h

AC 0

1

ε=

E a do capacitor inferior é:

)(0

2 hba

AC

+−=

ε

Então:

A

ba

A

hba

A

h

C 000

=1

εεε−=−−+

Finalmente:

ba

AC

−= 0ε

Esta equação mostra que a capacitância não depende da posição da seção móvel

central; ela depende apenas da dimensão linear (b) desta seção e da separação

(a) entre as placas fixas.

ATIVIDADE 14.2

Quatro capacitores de capacitâncias FC µ0,51 = , FC µ0,52 = , FC µ2,33 = e

FC µ2,34 = estão em um circuito conforme mostra a figura 14.7. A diferença de

potencial entre os pontos x e z é VVxz 50= . Determine a capacitância

equivalente dessa combinação.

Figura 14.7 associação de quatro capacitores

ATIVIDADE 14.3

Três capacitores de capacitâncias FC µ0,51 = , FC µ0,52 = e FC µ2,33 = estão em

229

um circuito conforme mostra a figura 14.8. A diferença de potencial entre os

pontos x e z é VVxz 50= .

a) Determine a capacitância equivalente dessa combinação.

b) Calcule o módulo da carga em cada capacitor.

c) Determine a diferença de potencial entre os pontos x e y .

Figura 14.8 associação de três capacitores

230

RESPOSTAS COMENTADAS DAS ATIVIDADES PROPOSTAS Atividade 14.1: Como os capacitores estão em paralelo, a capacitância equivalente é:

FFFFCCCC µµµµ 0,140,30,560,5321 =++=++=

A carga em cada capacitor é:

CVFVCQ µµ 0,500,100,511 =×==

CVFVCQ µµ 0,600,100,622 =×==

CVFVCQ µµ 0,300,100,333 =×==

ATIVIDADE 14.2

Os capacitores 1C e 2C estão em série entre si e em paralelo com o capacitor 3C .

Então a capacitância equivalente desses três capacitores é:

32,1 CCCeq +=

Mas,

21

212,1 CC

CCC

+= ,

Então:

321

21 CCC

CCCeq +

+=

Observe que eqC está em série com 4C . Então a capacitância equivalente do

circuito formado pelos quatro capacitores, *eqC será igual a:

4

4*

CC

CCC

eq

eqeq +

=

4321

21

43421

21

*

CCCC

CC

CCCCC

CC

Ceq

+++

++=

FCeq µ1,2* =

ATIVIDADE 14.3

231

a) Os capacitores 1C e 2C estão em paralelo entre si e em série com o capacitor 3C

. Então a capacitância equivalente dessa combinação é:

321

111

CCCCeq

++

=

)102,3(

1

)100,51015(

11666 FxFFCeq

−−− +×+×

=

.108,2 6 FxCeq−=

b) Sabemos que em uma associação em paralelo, a carga total nas placas

dos capacitores é a soma das cargas nos capacitores individuais e que em

uma combinação em série as cargas, em módulo, em todas as placas deve

ser a mesma.

Então a carga no capacitor 3C é a mesma que a da associação 12C . E pela definição

de capacitância temos:

312 QQQ =+

VCQ eq=3 ou VCQQ eq=+ 12

( )( )VFQ 50108,2 63

−×=

CQ 43 104,1 −×=

Observe que os capacitores 1C e 2C estão no mesmo potencial, então:

2

2

1

1

C

Q

C

Q=

11

22 Q

C

CQ =

12 15

5QQ =

Então:

31 3

4QQ =

( )CQ 41 108,2

3

4 −×=

232

CQ 41 107,3 −×=

E portanto, CQ 42 103,1 −×= .

c) Sabemos que

VVVV yzxyxz 50=+=

Sabemos também da definição de capacitância que:

3

3

C

QVyz = e

2

2

1

1

C

Q

C

QVxy ==

F

CVxy 6

4

1015

107,3−

−

××=

Logo,

VVxy 25=


E14.1) Considere a Atividade 14.2 em que quatro capacitores são colocados em um

circuito, como ilustra a figura 15.7, de capacitâncias C1 = 5,0 µF, C2 = 5,0 µF e C3

= 3,2 µF e C4 = 3,2 µF.

a) Calcule o módulo da carga em cada capacitor.

b) Determine a diferença de potencial entre os pontos x e y .

E14.2) Dois capacitores com placas paralelas no vácuo possuem a mesma área e as

distâncias de cada uma das placas é d1 e d2. Determine a capacitância equivalente

do circuito quando esses capacitores estão em série.

E14.3) Calcule a capacitância de um capacitor de placas planas e paralelas com

área A e a distância entre as placas é d1+d2. Compare o resultado com o exercício

anterior.

E14.4) Dois capacitores com placas paralela no vácuo possuem áreas A1 e A2 e a

distância entre as placas é d. Determine a capacitância equivalente do circuito

quando esses capacitores estão em paralelo.

E14.5) Calcule a capacitância de um capacitor de placas planas e paralelas de área

A1+A2 e distância entre as placas igual a d. Compare o resultado com o exercício

anterior.

233

AULA 15: CAPACITORES COM DIELÉTRICOS

OBJETIVOS

DETERMINAR A INFLUÊNCIA DE DIELÉTRICOS EM CAPACITORES

15.1 INFLUÊNCIA DO DIELÉTRICO

A capacitância de um capacitor pode ser aumentada se preenchermos a região

entre as placas com um dielétrico. As placas condutoras podem ser fixadas no

dielétrico. O campo elétrico entre as placas com o dielétrico é dado por:

A

QE

ε=

onde ε é a permissividade do material do dielétrico. Como 0εε > para os materiais

usualmente utilizados, o campo elétrico diminui. Isso provoca automaticamente

uma diminuição na diferença de potencial entre as placas e, assim, um aumento na

capacitância. Por exemplo, a capacitância de um capacitor de placas plano-

paralelas no vácuo, como vimos, é dada por:

.= 00 L

AC

ε

Nessas condições, suponhamos que este capacitor seja desconectado dos fios

externos e seja mantido isolado. Agora tomemos um dielétrico de permissividade ε

e o coloquemos em seu interior, preenchendo todo o seu volume. A capacitância vai

mudar para:

.=L

ACd

ε (15.1)

E a razão entre as duas capacitâncias é:

,==00

KC

Cd

εε

(15.2)

onde K é chamado constante dielétrica. A nova capacitância dC , pode ainda ser

escrita como:

234

.=d

d V

QC (15.3)

Podemos calcular dV da seguinte maneira:

,== 0

0 ddd V

V

V

Q

V

QC

onde 0V é a diferença de potencial do capacitor sem dielétrico, cuja capacitância é

0C . Mas sabemos que 00

= CV

Q. Então, temos:

.= 00

dd V

VCC (15.4)

Usando agora a equação (15.2), temos que:

dV

VCKC 0

00 =

ou:

KV

V

d

=0 (15.5)

Isto é, a diferença de potencial diminui pelo mesmo fator K quando preenchemos

o capacitor com um dielétrico. Toda essa discussão que fizemos é válida porque o

capacitor está isolado do meio externo e as cargas estão fixas nas placas.

Mas o que aconteceria se fixássemos o potencial ao invés das cargas? As

capacitâncias 0C e dC são as mesmas que antes, pois como vimos, só dependem

de fatores geométricos e da permissividade do meio 0ε e ε . Portanto continua

sendo verdade que a capacitância, na presença do dielétrico, vai aumentar da

mesma forma. Agora, dado que o potencial é fixo, podemos nos perguntar o que

acontece com as cargas. Para descobrir isto escrevemos:

V

QC =0

e

.=== 0CQ

Q

V

Q

Q

Q

V

QC ddd

d

Portanto, uma vez que 0= KCCd , teremos:

235

,= KQ

Qd (15.6)

ou seja, a carga acumulada no capacitor também vai aumentar por um fator igual à

constante dielétrica.

A Tabela 15.1 mostra a constante dielétrica de alguns materiais. Observe

que por definição 1≥K .

Tabela 15.1: Constante dielétrica de alguns materiais

MATERIAL CONSTANTE

DIELÉTRICA

MATERIAL CONSTANTE

DIELÉTRICA

Vácuo 1,00000 Vidro Pyrex 4,5

Ar 1,00054 Bakelite 4,8

Teflon 2,1 Mica 5,4

Polietileno 2,3 Porcelana 6,5

Poliestireno 2,6 Neoprene 6,9

Papel 3,5 Água 78

Quartzo Fundido 3,8 Óxido de Titânio 100

EXEMPLO 15.1

Considere o capacitor semipreenchido por um dielétrico mostrado na figura 15.1.

Figura 15.1: Capacitor semipreenchido por dielétrico.

A área do capacitor plano é A , a distância entre as placas é 21= dDdL ++ e a

espessura do dielétrico é D . O resto do volume do capacitor é ocupado pelo ar.

Qual é a capacitância desse capacitor?

Solução: Considerando que as cargas das placas induzem uma mesma

quantidade de carga, mas de sinal oposto, no dielétrico, temos, nas três regiões da

236

figura, que o campo elétrico é:

A

QE

A

QE

A

QE

032

01 εεε

=−==

Em que o campo elétrico 2E no dielétrico tem sentido oposto dos campos nas

regiões onde há vácuo.

A diferença de potencial entre as placas do capacitor pode ser escrita em termos

das diferenças de potencial devidas aos campos elétricos dentro do capacitor:

+−=+−=++= 210

23211321 dK

Dd

A

QdEDEdEVVVV

ε

Mas DLdd −=+ 21 , o que dá:

+−=

−−= DK

KL

A

Q

K

DDL

A

QV

1

00 εε

A capacitância é, então:

+−==

DK

KL

A

V

QC

10ε

ATIVIDADE 15.1

Considere o capacitor semipreenchido por dois dielétricos como é mostrado na

figura 15.2.

Figura 15.2: Capacitor semipreenchido por dielétricos.

A área do capacitor plano é A , a distância entre as placas é 21= dDdL ++ e as

237

espessuras dos dielétricos, de permissividades oK εε 11 = e oK εε 22 = , são 1d e 2d

respectivamente. O resto do volume do capacitor é ocupado pelo ar. Qual é a

capacitância desse capacitor?

EXEMPLO 15.2

Na Figura 15.3, a área das placas correspondentes ao dielétrico 3ε é A e a área da

placa correspondente aos dielétricos 1ε e 2ε é 2/A cada. Calcule a capacitância

equivalente do conjunto apresentado.

Figura 15.3: Capacitor com dielétricos.

Solução: O arranjo pode ser considerado como um sistema de um capacitores

ligados em série e paralelo, como mostra a figura 15.4:

Figura 15.4: Associação dos acapacitores da Figura 15.3

A capacitância equivalente do sistema é calculada, primeramente calculando a

capacitância equivalente dos capacitores 1C e 2C , que estão ligados em paralelo:

d

A

d

A

d

ACCC

2)(

22' 21

2121 εεεε +=+=+=

Em seguida, calcula-se a capacidade equivalente dos capacitores ligados em série,

isto é, o capacitor 3C e o capacitor equivalente 'C :

238

)(

21

)(

21

)(

2

'

111

213

321

3213213 εεεεεε

εεεεεε +++=

+

+=+

+=+=

A

d

A

d

A

d

A

d

CCC

Então:

d

AC

321

213

2

)(

εεεεεε

+++

=

ATIVIDADE 15.2

Considere o capacitor mostrado na figura 15.3. Partindo da expressão geral para a

capacitância, discuta os seguintes limites:

(a) 21 εε → .

(b) εεεε === 321

ATIVIDADE 15.3

A figura 15.5 mostra três dielétricos montados em um capacitor cuja área das

placas é A sendo elas separadas pela distância d. Calcule a capacitância

equivalente do sistema.

Figura 15.5: Capacitor com dielétrico

15.2 RIGIDEZ DIELÉTRICA

Já vimos anteriormente a diferença entre um dielétrico e um condutor. Nos

dielétricos (ou isolantes) os elétrons estão presos aos núcleos dos átomos e

portanto, ao contrário dos metais, não existem elétrons livres nessa substância.

Dado isto, sabemos que se um campo elétrico for aplicado a um dielétrico,

vai haver uma tendência de afastar os elétrons de seus núcleos devido à força

externa. Mas o que acontece se aumentarmos muito o campo elétrico externo? É

239

claro que a força que age em cada elétron vai aumentando também,

proporcionalmente. Isto pode chegar ao ponto em que a força externa fica maior do

que a força que liga o elétron ao seu núcleo. Quando isto acontece, os elétrons

passarão a ser livres – transformando, então, um dielétrico em um condutor!

Esse processo pode ocorrer com qualquer isolante e o campo elétrico aplicado que

o transforma em condutor vai depender da estrutura de cada material.

O valor mínimo do campo elétrico que deve ser aplicado a um

dielétrico para transformá-lo em condutor é denominado rigidez dielétrica.

Cada material tem seu valor próprio de rigidez dielétrica, dadas as diferentes

estruturas microscópicas de cada um.

Verifica-se experimentalmente que a rigidez dielétrica do vidro é

CN/1014 6× (unidade de campo elétrico!) enquanto a da mica pode atingir

CN/10100 6× . A rigidez dielétrica do ar é bem menor, CN/103 6× .

Consideremos um capacitor de placas planas, separadas por uma camada

de ar. Se o campo elétrico criado por essas placas for inferior a CN/103 6× , o ar

entre elas permancerá isolante e impedirá que haja passagem de cargas de uma

placa à outra. Entretanto, se o campo exceder esse valor, a rigidez dielétrica do ar

será rompida e o ar se transformará em um condutor.

As cargas, neste momento, ficarão livres e serão atraídas para as placas

com cargas opostas a elas. Isso ocasiona uma descarga elétrica entre as placas.

Esta descarga vem acompanhada de emissão de luz e um estalo que é causado

pela expansão do ar que se aquece com a descarga elétrica.

É interessante notar também que o módulo da rigidez dielétrica dos

materiais utilizados é maior do que o do ar, o que tem como consequência imediata

que esse tipo de capacitor pode ser submetido a campos mais intensos do que o ar.

Quando a rigidez dielétrica do material é atingida, o capacitor é danificado pois,

como discutimos, ocorrerão descargas elétricas de um condutor a outro. Portanto,

colocar um dielétrico dentro de um capacitor torna-o mais estável. Podemos tornar

essas idéias mais quantitativas.

15.3 A LEI DE GAUSS E OS DIELÉTRICOS

240

A introdução de um dielétrico entre as placas de um capacitor produz uma variação

importante em suas propriedades. Vamos agora verificar como podemos escrever a

lei de Gauss para o caso de um meio com dielétrico. Para fixar ideias, escolheremos

um capacitor de placas planas e paralelas como exemplo de cálculo, mas os

resultados que obteremos serão válidos para qualquer outra situação.

Quando não há dielétrico presente entre as placas do capacitor, a lei de Gauss se

escreve:

0

=ˆεq

dAnES

•∫r

Para um capacitor de placas plano-paralelas de área A, com ar ou vácuo entre elas,

o campo elétrico é:

A

qE

00 =

ε

Se introduzirmos o dielétrico, o campo elétrico das cargas no capacitor induzirá

cargas no dielétrico por polarização; as faces do dielétrico apresentarão cargas

elétricas q′ de sinais opostos às das placas do capacitor, como podemos ver na

Figura 15.6:

Figura 15.6: Capacitor com dielétrico

Considerando uma superfície de Gauss como mostrado na figura, pelas linhas

tracejadas, a aplicação da lei de Gauss nos dá:

qqAEdAnES

′−=•∫ 00 =ˆ εεr

ou:

A

q

A

qE

00

=εε

′− (15.7)

Em que E é o campo elétrico devido à carga líquida dentro da superfície de Gauss.

Se K é a constante dielétrica do dielétrico, temos, de 0εε=K , que:

241

AK

q

K

EE

oε=0=

Levando este valor do campo elétrico na equação (15.7), obtemos:

A

q

A

q

AK

q

o 00

=εεε

′−

que, resolvida para a carga induzida nos dá:

−=′K

qq1

1 (15.8)

Isso mostra que a carga induzida no dielétrico é sempre menor que a das placas do

capacitor quando o dielétrico não está presente.

A lei de Gauss para o capacitor com dielétrico pode ser escrita, em termos das

cargas do capacitor e das cargas induzidas como:

0

ˆε

qqdAnE

′−=•∫r

(15.9)

Note que qq ′− é a carga dentro da superfície gaussiana.

Uma outra maneira de escrever esta equação, dessa vez em termos das cargas nas

placas do capacitor é usando (15.8). Desta equação vem:

K

qqq =′−

e a equação (15.9) fica:

0

ˆεq

AdnEK =•∫r

(15.10)

Esta relação, embora deduzida com o auxílio de um capacitor de placas planas e

paralelas, vale para qualquer caso em que o meio é um dielétrico. É importante

notar que:

a) o fluxo do campo elétrico agora contém a constante dielétrica;

b) a carga que aparece no segundo membro é a carga livre do capacitor,

isto é a carga nas suas placas (as cargas induzidas no dielétrico não

entram na equação);

c) o campo elétrico é o campo dentro do dielétrico.

242

EXEMPLO 15.3

A Figura 15.6 mostra um capacitor de placas plano-paralelas de área A e separação

d, sujeito a uma diferença de potencial 0V . O capacitor está isolado quando um

dielétrico de espessura b e constante dielétrica K é inserido entre as placas do

capacitor. Se A=100 cm 2 , d=1,0 cm, b=0,50 cm, 5,3=K e 0V = 200 V, calcule:

Figura 15.6: Cargas no capacitor com dielétrico

a) a capacitância do capacitor antes do dielétrico ser inserido;

b) a carga no capacitor nesta situação;

c) o campo elétrico sem o dielétrico;

d) o campo elétrico no dielétrico após ele ser inserido entre as placas;

e) a nova diferença de potencial entre as placas;

f) a nova capacitância do capacitor.

Solução:

a) Temos que:

Fm

mmNC

d

AC 12

2

2222120

0 109,810

)10()./109,8(= −

−

−−

×=×=ε

b) a carga no capacitor é:

CVFVCq 91200 108,1200109,8= −− ×=××=

c) o campo elétrico é:

mVmmNC

C

A

qE /100,2

)10()./109,8(

108,1 4222212

9

00 ×=

××== −−

−

ε

d) o campo elétrico com o dielétrico é:

243

mVmV

K

EE /107,5

5,3

/100,2= 3

40 ×=×=

e) Para calcular a diferença de potencial temos que fazer a integração do campo

sobre uma trajetória em linha reta que da placa inferior (A) do dielétrico até a

superior (B) na figura.

bEbdEdlEdlEldEVB

A

B

A+−==−•− ∫∫∫ )(º180cos== 0

rr

Então:

mVmmVmmVV /103,1)100,5/107,5()100,5/100,2( 23334 ×=×××+×××= −−

f) Temos:

FV

C

V

qC 12

2

9

104,1103,1

108,1 −−

×=××==

ATIVIDADE 15.4

Considere um capacitor esférico carregado com carga q preenchido totalmente

com um líquido isolante de constante dielétrica K . O condutor interno possui raio

aR e o condutor externo, raio bR . Calcule a capacitância desse capacitor esférico.

244


ATIVIDADE 15.1

Podemos pensar no capacitor resultante como sendo composto por uma

associação em série de três capacitores. O primeiro que envolve a distância 1d e

tem o dielétrico entre as placas com capacitância:

1

1 =d

AC

ε

O segundo, formado pelo dielétrico com ar entre as placas:

D

AC oε

=2

E o terceiro correspondente a um capacitor com dielétrico entre as placas, cuja

distância é 2d :

2

3 =d

AC

ε

A capacitância resultante é:

.=111

=1 21

321 A

D

A

dd

CCCC oεε++++

Podemos ainda introduzir a distância 21= dDdL ++ da seguinte forma:

A

D

A

DL

C oεε+−

=1

.)(

=1

0 A

DDL

Co

εεεε +−

E, portanto:

245

DDL

AC

o εεεε

+− )(= 0

KDDL

AC

+− )(=

ε

onde usamos K=0ε

ε.

Um aspecto interessante da expressão acima é que aprendemos que a

capacitância resultante NÃO DEPENDE da posição do dielétrico entre as placas

)( 21 ded , mas apenas da sua espessura.

Podemos avaliar o resultado final obtido acima, testando o caso em que o

capacitor está preenchido completamente com ar. Nesse caso tomamos o limite

quando LD → . Então, como se esperava:

L

A

KL

AC 0=

εε→

Podemos também testar o caso em que o capacitor está completamente

preenchido pelo dielétrico, isto é, 0→D . Então, como se esperava:

L

A

LDLK

AC

εε →+− )(

=

ATIVIDADE 15.2

Sabemos que para o capacitor em questão

d

AC

321

213

2

)(

εεεεεε

+++

=

a) O que significa 21 εε → ? Neste caso, teremos dois capacitores em série.

d

A

d

A

d

AC

32

23

32

23

321

213 )(

22

)2(

2

)(

εεεε

εεεε

εεεεεε

+=

+=

+++

=

Se você calcular a capacitância resultante do conjunto ,== 33

221 d

ACe

d

ACC

εε′→

em série, vai encontrar exatamente a expressão acima.

246

b) O que significa εεεε === 321 ? Neste caso teremos o capacitor preenchido

completamente com o mesmo dielétrico. Usando que Ld =2 , a espessura do

capacitor, recuperamos a expressão geral para a capacitância. Ou seja:

L

A

d

A

d

A

d

A

d

AC

εεεεε

εεεεεε

εεεεεε

===+++=

+++

=24

)2(

2

)(

2

)(

321

213

ATIVIDADE 15.3

Podemos pensar no capacitor resultante como sendo composto por uma

associação em paralelo de dois capacitores d

AC 1

1 =ε

e d

AC

)(

2='

32

322 εε

εε+

, sendo que

este último resulta da combinação em série de d

AC

2/= 1

1

ε e

d

AC

2/= 2

2

ε.

A capacitância resultante é:

.)(

2

)(

2

32

321

32

321

d

A

d

A

d

ACeq

++=

++=

εεεεε

εεεεε

ATIVIDADE 15.4

Aplicando a Lei de Gauss, utilizamos uma superfície esférica de raio ba RrR << .

Utilizando a equação 15.10 temos então:

0

ˆεq

danEK =•∫r

0εq

daEK =∫

O campo elétrico sobre toda a superfície gaussiana tem o mesmo módulo e por

isso,

0εq

daEK =∫

Então:

( )( )0

24ε

π qrKE =

247

204

1

r

q

KE

επ=

Logo,

24

1

r

qE

πε=

Onde oKεε = é a permissividade do material dielétrico colocado entre os

condutores. Já obtivemos a diferença de potencial entre dois condutores esféricos

concêntricos:

ba

abba RR

RRqVVV

−=−∆04

=πε

Da definição de capacitância, obtemos a capacitância:

V

qC

∆=

Observe que o campo elétrico se reduz de um fator K quando é inserido o dielétrico

entre os condutores. Dessa forma o diferença de potencial entre os condutores

aumenta do mesmo fator K.

ba

ab

RR

RR

K

qq

C −

04

=

επ

Portanto a capacitância do capacitor esférico com dielétrico é:

ab

ba

RR

RRC

−πε4

=

PENSE E RESPONDA

PR15.1) Na Atividade 15.3 discuta o que ocorre com o capacitor nos seguintes

limites: (a) 32 εε → (b) εεεε === 321 .


E15.1) Um capacitor de placas paralelas tem capacitância 9,0 pF quando

248

preenchido com ar. Colocando-se um dielétrico entre as placas, a capacitância

muda para 18 pF. Determine a constante dielétrica do material inserido no

capacitor.

E15.2) Considere um capacitor de placas planas paralelas com área de 100 cm2. A

distância entre as placas é de 3,0 mm. Suponha que inicialmente, o capacitor seja

ligado a uma fonte de tensão em 1000 V. Depois de retirada a fonte é inserido um

material dielétrico entre as planas, quando a diferença de potencial entre suas

placas diminui para 500 V.

a) Determine a capacitância CA antes e CD depois de inserido o dielétrico.

b) Calcule o valor da carga elétrica Q de cada placa e o valor da carga elétrica

induzida Qi quando foi inserido o dielétrico.

c) Determine a constante dielétrica do material que foi inserido entre suas

placas.

E15.3) Considere o capacitor do exercício 15.1.

a) Calcule o valor do campo elétrico antes e depois de ser inserido o dielétrico

entre as suas placas.

b) Determine a energia potencial elétrica acumulada antes e depois de ser

inserido o dielétrico.

c) A densidade de energia muda quando o dielétrico é inserido entre as placas

do capacitor? Determine a densidade de energia antes e depois de ser

inserido o dielétrico.

249

AULA 16 VETORES ELÉTRICOS

OBJETIVOS

DEFINIR OS VETORES ELÉTRICOS

16.1 OS VETORES POLARIZAÇÃO E DESLOCAMENTO ELÉTRICO

Quando trabalhamos com problemas simples, em eletromagnetismo, as fórmulas

apresentadas na seção anterior satisfazem perfeitamente à descrição de um campo

elétrico no vácuo e em um dielétrico. Entretanto, encontramos com muita

frequência problemas que envolvem campos elétricos não uniformes ou simetrias

mais complicadas do que as exemplificadas antes. Para esses casos mais difíceis,

há uma maneira de trabalhar que facilita bastante nossa tarefa. Ela consiste em

usar alguns vetores que definiremos a seguir usando um capacitor de placas

paralelas. Entretanto, ao fazermos isso, não significa que esses vetores só podem

ser definidos para este tipo de capacitor. Na realidade, eles são muito gerais e se

aplicam a todo tipo de problema envolvendo dielétricos.

Consideremos um capacitor de placas planas e paralelas com uma densidade de

cargas Aq /0=σ . Se introduzirmos um dielétrico de constante dielétrica K entre

as placas do capacitor, o campo elétrico E no dielétrico fica:

A

q

A

qE

00

=εε

′−

Em que q′ é a carga elétrica induzida nas faces do dielétrico. Substituindo na

equação acima, o valor do campo elétrico no dielétrico, por seu valor:

AK

q

K

EE

oε=0=

e reescrevendo a equação, obtemos:

A

q

AK

q

A

q

o 00 εεε′

+=

ou, ainda:

250

A

q

AK

q

A

q

o

′+

=

εε0 (16.1)

O último termo desta equação é a carga induzida por unidade de área no dielétrico.

Ele é chamado de módulo do vetor polarização elétrica, sendo representado por

→

P :

A

qP

′=

→

(16.2)

Uma outra definição para →

P , que também é usada, consiste em multiplicar o

numerador e o denominador da expressão acima pela espessura (d) do dielétrico:

dA

dqP

′=

→

O numerador é o produto das cargas de polarização (iguais e de sinais contrários)

pela separação delas e pode ser considerado como o momento de dipolo

induzido do dielétrico. O denominador é o volume do dielétrico.

Portanto →

P significa o momento de dipolo induzido por unidade de volume do

dielétrico. Ele pode ser também considerado como o módulo de um vetor que, tal

como o momento de dipolo de cargas elétricas, tem seu sentido indo das cargas

negativas para as positivas. Assim, podemos escrever a equação (16.1) como:

PEA

q += 0ε (16.3)

A quantidade do primeiro membro aparece sempre em situações da eletrostática.

Por isso, damos a ela o nome de deslocamento elétrico →D . Assim a equação

(16.3) fica:

PED += 0ε (16.4)

com:

A

qD = (16.5)

Como o campo elétrico e a polarização são vetores, o deslocamento elétrico

também deve ser. Então, no caso geral, a equação (16.5) fica:

PEDrrr

+= 0ε (16.6)

251

A figura 16.1 mostra os três vetores. No caso do capacitor de placas planas, os três

são vetores constantes em cada ponto do dielétrico, de modo que a natureza

vetorial deles, neste caso, não é importante. Entretanto, isso nem sempre acontece

e temos que trabalhar com eles como vetores que realmente são.

Figura 16.1: Os três vetores elétricos

Devemos notar alguns pontos muito importantes sobre os vetores:

a) →D está ligado apenas à carga livre, isto é, à carga externa ao dielétrico

(no caso, a das placas do capacitor); note que, na figura, as linhas de força de

→D ligam apenas as cargas nas placas;

b) →P está ligado apenas às cargas de polarização, isto é, à cargas

induzidas; na figura, as linhas de força de →P ligam essas cargas, que se situam

nas faces do dielétrico;

c) →E está ligado às cargas realmente presentes, sejam elas livres ou

induzidas;

252

d) o campo elétrico →E é o que determina a força elétrica que atua na

região. →D e

→P são apenas quantidades auxiliares para facilitar o cálculo

em problemas mais complexos. Por isso, podemos expressar os vetores →D e

→P

em função de →E . Com efeito,

EKAK

qK

A

qD

o00 ε

εε =

==

ou:

EEKDrrr

εε == 0 (16.7)

( ) EKK

EKK

DKA

q

A

qP 1

11

11

11 00 −=

−=

−=

−=′

= εε

ou:

( ) EKP

rr10 −= ε (16.8)

Esta equação mostra que, na ausência de dielétrico ( 1=K ), o vetor polarização se

anula.

A constante 1−= Kχ é denominada susceptibilidade elétrica do dielétrico. Ela

é sempre maior que a unidade, pois 1>K . Em termos dela a equação (16.8) se

escreve:

EPrr

0εχ= (16.9)

A definição do vetor deslocamento elétrico, dada por (16.7), permite que

modifiquemos a lei de Gauss e a escrevamos para um meio dielétrico:

∫ =• qdanD ˆr

(16.10)

Em que q é a carga livre (a carga induzida é excluída!).

EXEMPLO 16.1

A Figura 16.2 mostra um capacitor de placas plano-paralelas de área A e

separação d, sujeito a uma diferença de potencial 0V . O capacitor está isolado

253

quando um dielétrico de espessura b e constante dielétrica K é inserido entre as

placas do capacitor. Se A=100 cm2, d=1,0 cm, b=0,50 cm, 5,3=K e 0V = 200

V, calcule:

Figura 16.2: Cargas no capacitor com dielétrico

a) o vetor deslocamento;

b) o vetor campo elétrico na região sem dielétrico;

c) o vetor polarização.

Solução:

a) Para um capacitor de placas planas paralelas sem o dielétrico:

Fm

mmNC

d

AC 12

2

2222120

0 109,810

)10()./109,8(= −

−

−−

×=×

=ε

Como a carga nas placas do capacitor é

CVFVCq 91200 108,1200109,8= −− ×=××= , o módulo do vetor deslocamento é

dado pela equação 16.5:

A

qD =

24

9

10100

108,1

m

CD −

−

××=

27 /108,1 mCD −×=

Adotando o eixo y perpendicular às placas temos:

( ) jmCD ˆ/108,1 27−→

×−=

Onde j é o vetor unitário na direção do eixo y.

b) O campo elétrico estabelecido na região sem o dielétrico ser obtido a partir da

254

Lei de Gauss:

0

=ˆεq

dAnE •∫r

Onde q é a carga nas placas do capacitor. Da equação acima temos:

A

qE

oε=

E portanto:

)10100)(/1085,8(

108,1=

2412

9

mmF

CE −−

−

×××

mVE /100,2 4×=

De acordo com a figura 16.2 podemos observar que o campo eletrico é

perpendicular às plaa e portanto:

jmVE ˆ)/100,2( 4×−=→

c) O vetor polarização é dado pela equação 16.9:

→→= EP 0εχ

jmVmFP ˆ)/100,2)(/1085,8)(15,3( 412 ×−×−= −→

jmCP ˆ)/104,4( 27−→

×−=

255

AULA 17 TRABALHO E ENERGIA DE DISTRIBUIÇÕES DE CARGA

OBJETIVO

CALCULAR A ENERGIA DE UMA DISTRIBUIÇÃO DE CARGAS

17.1 TRABALHO E ENERGIA DE UMA DISTRIBUIÇÃO DISCRETA DE

CARGAS

Para se construir uma dada distribuição de cargas elétricas, é necessário

realizar um trabalho contra as forças elétricas que atuam entre elas. Pela

conservação da energia, este trabalho deve ser armazenado na distribuição, e, de

acordo com o ponto de vista que adotarmos, há duas maneiras de explicar onde ele

é armazenado.

Se pensarmos na ação à distância, a energia é localizada nas cargas

elétricas da distribuição, sob a forma de energia potencial elétrica entre elas.

Entretanto, se adotarmos a idéia de campo elétrico, a energia fica armazenada no

campo. Na eletrostática, em que as cargas estão sempre em repouso, esses pontos

de vista são equivalentes, mas, na eletrodinâmica, onde não podemos pensar em

ação à distância, eles não o são.

Calculemos a energia armazenada em uma distribuição de cargas elétricas

puntiformes, através do trabalho realizado para trazer cada uma delas do infinito

até a sua posição na distribuição.

Para trazer a primeira carga 1q não precisamos realizar trabalho, pois não

há nenhuma outra carga ou campo elétrico na região da distribuição. Para trazer a

segunda carga 2q , o trabalho necessário é:

.)( 2122 rVqW =

Na expressão acima, )( 21 rV é o potencial devido a 1q no ponto 2r , onde

estamos colocando a carga 2q :

− 12

12

02 4

1=

rr

qqW rrπε

256

Agora, vamos trazer uma terceira carga 3q ; isso vai requerer um trabalho )( 3123 rVq

, onde 12V é o potencial devido às cargas 1q e 2q no ponto 3r , isto é:

−+

− 23

2

13

13

03 4

1=

rr

q

rr

qqW rrrrπε

Generalizando, teremos que o trabalho necessário para reunir N cargas

puntiformes numa distribuição desejada será:

∑∑> −ij ij

jiN

i rr

qqW rr

1=04

1=

πε (17.1)

a restrição ij > serve para evitar dupla contagem. Por exemplo, suponhamos 4

cargas. A expressão acima fica:

i = 1 j = 2 12

21

012 4

1=

rr

qqW rr −πε

i = 1 j = 3 13

31

013 4

1=

rr

qqW rr −πε

i = 2 j = 3 23

32

023 4

1=

rr

qqW rr −πε

Então: 23141312 WWWWW +++=

Note que 2112 WW = e não entra duas vezes na conta. Por isso, o índice inferior do

segundo somatório diz que ij > .

Na equação (17.1), se colocarmos como índice inferior do segundo somatório a

condição ij ≠ , todos os termos serão computados, com duplicação deles pois

jiij WW = . Se fizermos isso, a equação (17.1) fica:

)(2

1=

4

1

2

1=

1=1=0ii

n

iij

j

iji

N

i

rVqrr

qqW ∑∑∑ −≠

rrπε (17.2)

257

onde o fator 1/2 "toma conta" das contagens duplas. (Convença-se desta

expressão!)

ATIVIDADE 17.1

Mostre que a expressão 17.2 produz um resultado semelhante ao da equação

(17.1) para quatro cargas pontuais.

Note agora que a expressão (17.2) não depende da ordem que usamos

para juntar as cargas, uma vez que todos os pares aparecem na soma. Então,

vamos isolar iq :

−∑∑≠ ij

jn

iji

n

i rr

qqW rr

1=08

1=

πε (17.3)

Observe que o termo entre parênteses é o potencial no ponto ir (a posição

de iq ) devido a todas as outras cargas. Então temos:

)(

2

1

4

1

2

1=

1=01=ii

n

iij ij

ji

n

i

rVqrr

qqW ∑∑∑ =

−≠rrπε

(17.4)

Este é o trabalho necessário para juntar todas as cargas; é a energia

contida nessa configuração.

EXEMPLO 17.1

Determine uma expressão para o trabalho necessário para colocar quatro cargas

reunidas como mostra a figura 17.1.

Figura 17.1: Reunião de cargas.

258

SOLUÇÃO: Vamos numerar as cargas no sentido horário a partir do vértice

superior esquerdo do quadrado. Então: qq +=1 , qq −=2 , qq +=3 e qq −=4 . A

expressão para trabalho total é:

ij

j

iji

iT

rr

qqW rr −∑∑

≠

4

1=04

1

2

1=

πε

Então:

a

qqWji

))((

4

121

021

−+===πε

2

))((

4

131

031

a

qqWji

++===πε

a

qqWji

))((

4

141

041

−+===πε

a

qqWji

))((

4

112

012

+−===πε

a

qqWji

))((

4

132

032

+−===πε

2

))((

4

142

042

a

qqWji

−−===πε

2

))((

4

113

013

a

qqWji

++===πε

a

qqWji

))((

4

123

023

−+===πε

a

qqWji

))((

4

143

043

−+===πε

a

qqWji

))((

4

114

014

+−===πε

2

))((

4

124

024

a

qqWji

+−===πε

259

a

qqWji

))((

4

134

034

+−===πε

Portanto:

+−+−−++−+

+

−++−+++++

+

−−++−++−+

+

−+++++−+=

a

qq

a

qq

a

qq

a

qq

a

qq

a

qq

a

qq

a

qq

a

qq

a

qq

a

qq

a

qqWT

))((

2

))(())((

4

1

))(())((

2

))((

4

1

2

))(())(())((

4

1

))((

2

))(())((

4

1

2

1

0

0

0

0

πε

πε

πε

πε

Então:

−−=

−=

−=2

22

2

12

2

1

2

18

2

4

4

1

2

1 2

0

2

0

2

0 a

q

a

q

a

qWT πεπεπε

ATIVIDADE 17.2

Calcule agora o trabalho necessário para trazer do infinito a carga faltante no

sistema mostrado na figura 17.1.

Figura 17.1: Trazendo uma carga do infinito.

17.2 TRABALHO E ENERGIA DE UMA DISTRIBUIÇÃO CONTÍNUA DE

CARGAS

Retomemos a expressão que nos fornece a energia total de um sistema

discreto de cargas:

260

,)(2

1=

1=ii

n

i

rVqW ∑ (17.5)

se a distribuição de cargas for contínua, teremos:

dvrVrW )()(2

1= ρ∫ (17.6)

dv sendo o volume infinitesimal e V o potencial.

As integrais para distribuições lineares e superficiais seriam dLLVL )()(λ∫

ou dArVr )()(σ∫ , respectivamente.

EXEMPLO 17.2

Encontre a energia de uma casca esférica uniformemente carregada com carga

total Q e raio R .

SOLUÇÃO: Vamos usar a definição:

.2

1= dAVW σ∫

Como sabemos, o potencial na superfície da esfera é constante e dado por:

R

QV

04

1=

πε

Então:

R

Q

R

RQdS

R

QW

2

0

2

00 8

1)4(

8

1=

4

1

2

1=

πεπσ

πεσ

πε=∫

EXEMPLO 17.3

Encontre a energia de uma esfera uniformemente carregada com carga total q e

raio R .

Solução: Dividamos a esfera em cascas esféricas elementares de raio r e

261

espessura dr. A carga em cada casca é:

drrdq ρπ 24=

e o potencial no ponto r devido à carga interna ao raio r da esfera é:

r

rqrV

)(

4

1=)(

0πε

Mas:

ρπ 3

3

4=)( rrq

Levando na integral, obtemos:

53

4

3

43

44

4

1

2

1=

52

00

42

00

32

0

Rdrr

r

rdrrW

RRρ

επρ

επρπρπ

πε==

⋅∫∫

Como:

3

3

4R

Q

πρ =

A expressão de W fica:

R

QW

0

2

45

3=

πε

17.3 DENSIDADE DE ENERGIA

A equação (17.6) pode ser escrita em termos do campo elétrico ao invés do

potencial. Para isso, partimos da ideia de que em cada ponto de um campo elétrico

existe uma densidade de energia que depende apenas do módulo do vetor

campo elétrico e independe da direção no espaço considerada, porque a energia

potencial elétrica associada ao campo elétrico é uma grandeza escalar. Então,

podemos ecrever:

262

200 )(= ECEECu =•

rr

em que 0C é uma constante. Para determiná-la, consideremos o campo elétrico

gerado por uma esfera de raio R em um ponto à distância r de seu centro ( Rr > ):

204

1=

r

QE

πε

Portanto, a densidade de energia é:

420

2

0

1

)4(=

r

QCu

πε

A energia total do campo elétrico será, então:

R

QC

r

drrQCdvuU

R

ππε

ππε

4

)4(

4

)4(=

20

2

04

2

20

2

0 == ∫∫∞

Mas, de acordo com o Exemplo 17.3, temos que:

R

QU

0

2

8=

πε

Igualando essas duas últimas expressões, obtemos:

R

Q

R

QC

0

2

20

2

0 8

4

)4( πεπ

πε=

de onde vem:

20

0

ε=C

E, finalmente, podemos escrever que a energia total armazenada no campo elétrico

é:

20

2= EU

ε (17.7)

263

EXEMPLO 17.4

Encontre a energia de uma casca esférica uniformemente carregada com carga

total Q e raio R .

SOLUÇÃO: Vamos usar a equação:

,2

= 20 υεdEU ∫

Dentro da esfera, 0=E ; fora .ˆ4

1=

20

rr

QE

πεr

Portanto:

.8

1=4

32

1=)

4

1(

2=

2

02

2

02

24

22

0

0

R

Q

r

drQddsindrr

r

QU

Rfora πεπ

επφθθ

πεε

∫∫∞

17.4 UMA APARENTE INCONSISTÊNCIA NA DESCRIÇÃO DA ENEGIA

A equação:

,2

= 2

ç

0 υεdEU

oespatodo∫ (17.8)

implica que toda energia de uma distribuição de cargas estacionárias é

sempre positiva. Por outro lado, a equação:

)(2

1=

1=ii

n

i

rVqUW ∑= (17.9)

pode ser positiva ou negativa. O que está errado? A resposta é que ambas as

equações estão corretas, elas apenas representam situações ligeiramente

diferentes. A equação (17.8) não leva em conta o trabalho necessário para "fazer"

as partículas: ela parte do princípio de que as cargas já estão "prontas".

Note que se tomarmos a equação (17.9), a energia de uma carga

pontiforme é infinita:

.8

=)2(4

=20

0

22

4

2

20

0 ∞→∫∫∞

r

drqddsindrr

r

qU

πεφθθ

πεε

(17.10)

264

A equação (17.9) é mais completa no sentido de que nos diz qual é a energia

TOTAL contida numa configuração de cargas, mas a equação (17.8) é mais

apropriada quando estamos tratando de cargas puntiformes porque preferimos

deixar de contar a energia (infinita!) necessária para fabricar as cargas.

Mas, matematicamente, onde entrou essa inconsistência? A

inconsistência está na transformação que fizemos para ir da descrição discreta para

contínua. Na discreta, o termo )( irV representa o potencial devido a todas as

cargas exceto iq . Para uma distribuição contínua não haverá essa distinção e ela

contém também o que chamamos de "auto-energia", que é a energia

necessária para formar cada carga.

As equações (17.8) e (17.9) representam duas maneiras diferentes de

calcular a mesma coisa. A primeira é uma integral sobre o campo elétrico; a

segunda, é uma integral sobre a distribuição de cargas. Então, essas duas integrais

envolvem duas regiões completamente distintas. Afinal, onde fica armazenada a

energia? A primeira equação parece sugerir que ela está guardada no campo e a

segunda, na carga. No nível deste curso não é possível decidir essa questão. No

contexto da teoria da radiação é útil (e em Relatividade Geral é fundamental)

pensar que a energia está no campo, mas no contexto da eletrostática, não

podemos decidir isso.

Note que, como a energia eletrostática é quadrática, ela não obedece

ao princípio da superposição. A energia de um sistema composto por dois

campos não será apenas a soma das energias de cada um, mas vai conter também

termos cruzados.

υευεdEEdEU total

221

020 )(2

=2

= +∫∫

ou:

υευεdEEWWdEEEEU 2102121

22

21

0 =)2(2

= ⋅++⋅++ ∫∫

Os dois primeiros termos são as "auto-energias" dos campos 1E e 2E e o

outro termo representa a energia proveniente da interação entre esses

campos.

265


Atividade 17.1: Resposta Comentada: Temos, com a equação (17.1):

i = 1 j = 2 12

21

012 4

1=

rr

qqW rr −πε

i = 1 j = 3 13

31

013 4

1=

rr

qqW rr −πε

i = 1 j = 4 14

41

014 4

1=

rr

qqW rr −πε

i = 2 j = 3 23

32

023 4

1=

rr

qqW rr −πε

i = 2 j = 4 24

42

024 4

1=

rr

qqW rr −πε

i = 3 j = 4 34

43

034 4

1=

rr

qqW rr −πε

Com a equação 13.2 obtemos para as cargas 1q e 2q :

i = 1 j = 2 12

2

04

1=

rr

qV rr −πε

12

21

012 4

1

rr

qqW rr −

=πε

i = 2 j = 1 21

1

04

1=

rr

qV rr −πε

21

21

021 4

1

rr

qqW rr −

=πε

Repetindo para todas as outras combinações de pares de cargas, chegamos a um

resultado semelhante no caso de cada uma delas. Na soma de todos os termos,

obtemos o dobro dos termos que quando usamos a equação (17.1). Portanto, os

trabalhos são contados duas vezes (note a mesma expressão para 12W e 21W ). Daí

a necessidade de dividir por dois o resultado final.

Atividade 17.2

266

O trabalho necessário para trazer uma carga q− do infinito e colocá-la no vértice

vazio é:

=++−+−+ )]()2()([

4=

0

aVaVaVq

W qqqq πε

.2=

2

12

4=

24=

0

2

0TW

a

q

a

q

a

q

a

qq

−−

+−−πεπε

PENSE E RESPONDA

PR17.1) O potencial (em relação a um ponto no infinito) sobre um ponto

equidistante de duas cargas iguais e sinais opostos é igual a zero. É possível trazer

uma carga do infinito até esse ponto de modo que o trabalho seja igual a zero em

qualquer trecho da trajetória? Caso seja possível, descreva como. Caso não seja,

explique por quê.

PR17.2) É possível fazer um arranjo de duas cargas puntiformes, separadas por

uma distância finita, de modo que a energia potencial elétrica seja igual à energia

potencial quando a distância entre as cargas for finita?


E17.1) Uma carga puntual Cq µ0,61 −= é mantida na origem. Uma carga também

puntual Cq µ0,32 = é colocada sobre o eixo y em cmy 12= . Determine a energia

potencial do sistema constituído das duas cargas.

E17.2) Uma carga puntual CQ µ0,6= de massa gM µ5,2= é mantida na origem.

Uma carga também puntual Cq µ0,4= de massa gm µ5,0= é colocada sobre o

eixo x em cmx 20= e mantida em repouso. Em determinado momento as cargas

ficam livres para se mover.

a) Determine a energia potencial do sistema constituído das duas cargas em

repouso.

b) Determine a velocidade de Q em cmx 35= e em cmx 42= .

c) Determine a velocidade de q em cmx 5−= e em cmx 12−= .

267

E17.3) Considere três cargas puntuais Cq µ0,21 −= , Cq µ5,22 −= e Cq µ0,33 −=

nos vértices de um triângulo equilátero de lado mml 0,2= . Calcule a energia

potencial dessa distribuição de cargas.

E17.4) São colocadas quatro cargas Cq µ0,21 −= , Cq µ0,12 −= , Cq µ0,23 −= e

Cq µ0,13 = nos vértices de um quadrado de lado mml 0,2= . Qual é a energia

potencial desse sistema?

E17.5) Uma casca esférica de raio cmr 0,2= está carregada com carga nCq 2,2= .

Calcule a sua energia potencial.

E17.6) Duas cargas puntiformes estão localizadas no eixo Ox, sendo que, eq −=1

está na origem e eq +=2 está localizada em ax = . (a) Calcule o trabalho realizado

por uma força externa para trazer uma terceira carga puntiforme eq +=3 do

infinito até o ponto ax 2= . (b) Calcule a energia potencial total do sistema

constituído pelas três cargas.

E17.7) Três cargas puntiformes, inicialmente muito afastadas entre si, estão sobre

os vértices de um triângulo equilátero de lado igual a d . Duas dessas cargas

possuem carga q . Qual o valor da terceira carga se desejamos realizar um trabalho

líquido igual a zero para colocar as três cargas nos vértices do triângulo? PROBLEMAS DA UNIDADE U5.1) Um capacitor de placas paralelas, separadas por uma distância de mm328,0

e com carga de Fµ148,0 em cada uma delas, possui capacitância de pF245,0 . (a)

Qual é a diferença de potencial entre elas? (b) Qual é a área de cada placa? (c)

Qual é o módulo do campo elétrico entre as placas? (d) Qual é a densidade de

carga em cada placa?

U5.2) Um capacitor é constituído de dois cilindros ocos de ferro co-axiais. O raio do

cilindro interno é mm50,0 e o do cilindro externo é mm0,5 . As cargas nos cilindros

são iguais e valem pC0,10 , mas o cilindro interno está carregado negativamente e

268

o externo possui cargas positivas. O comprimento de cada cilindro é de cm0,18 . (a)

Qual é a capacitância? (b) Qual é a diferença de potencial necessária para produzir

essas cargas no cilindro?

U5.3) Na figura abaixo temos quatro capacitores FC µ0,101 = , FC µ0,52 = ,

FC µ0,83 = FC µ0,94 = . A diferença de potencial entre xy é de V0,50 . (a)

Determine a capacitância equivalente entre x e y. (b) Qual é a quantidade de carga

armazenada nessa combinação? (c) Qual é a carga nos capacitores de Fµ0,10 e

Fµ0,9 ?

Figura do exercício 5.3

U5.4) Três capacitores idênticos estão ligados de modo a proporcionarem uma

capacitância equivalente máxima de Fµ0,15 . (a) Descreva a montagem dos

capacitores. (b) Além desta ainda existe três outras maneiras de se ligarem os

capacitores. Quais as capacitâncias equivalentes de cada uma destas montagens?

U5.5) Um capacitor de placas paralelas é carregado por uma bateria até que haja

uma diferença de potencial de V5,12 entre suas placas. A capacitância do capacitor

é pF5,13 . A bateria é desligada e uma placa de porcelana ( 50,6=k k= 6,50) é

introduzida entre as placas. Qual é a energia do capacitor (a) antes da introdução

da placa e (b) depois da introdução da placa?

U5.6) Duas placas paralelas possuem cargas iguais e opostas. Quando existe vácuo

entre as placas, o módulo do campo elétrico é mV /1020,3 5× . Um dielétrico é

colocado entre as placas e o campo elétrico passa a ser mV /1050,2 5× . (a) Qual é

a densidade de carga em cada superfície do dielétrico? (b) Qual é o valor da

constante dielétrica?

U5.7) Uma carga de nC0,9− está distribuída uniformemente em um anel fino de

plástico situado no plano yz, com o centro do anel situado na origem. Uma carga

269

pontual de Cµ0,6− -6,0 pC está situada sobre o eixo x, no ponto mx 0,3= . Se o

raio do anel é m5,1 , qual deve ser o trabalho executado por uma força externa

sobre a carga pontual para deslocá-la até a origem?

U5.8) Dois elétrons são mantidos fixos, separados por uma distância de cm0,2 .

Outro elétron é arremessado a partir do infinito e pára no ponto médio entre os

dois elétrons. Qual é a velocidade inicial do terceiro elétron?

270

UNIDADE 6

FORÇA ELETROMOTRIZ, CORRENTE E RESISTÊNCIA

Introduzimos nesta unidade os conceitos básicos necessários à descrição dos

circuitos elétricos de corrente contínua. Descrevemos o que se denomina força

eletromotriz, necessária para manter cargas em movimento em um circuito elétrico

e fazemos uma descrição esquemática de um gerador de força eletromotriz

específico, que é a célula de Volta.

Definimos as grandezas macroscópicas corrente elétrica e resistência

elétrica, e as grandezas microscópicas correspondentes, densidade de corrente e

resistividade.

Introduzimos os conceitos de condutores, isolantes, semicondutores e

supercondutores e analisamos seus comportamentos quanto a variações em sua

temperatura. No caso dos condutores apresentamos um modelo clássico da

resistividade, com algumas correções quânticas que aproximam os resultados

calculados dos valores observados.

Finalmente analisamos a produção de calor com o uso da eletricidade, um

processo conhecido como Efeito Joule.

271

272

AULA18: FORÇA ELETROMOTRIZ, CORRENTE E DENSIDADE DE

CORRENTE

OBJETIVOS

• DEFINIR FORÇA ELETROMOTRIZ (FEM)

• DESCREVER O FUNCIONAMENTO DE GERADOR DE FEM (PILHA)

• ENTENDER OS CONCEITOS DE CORRENTE E DENSIDADE DE CORRENTE

18.1 FORÇA ELETROMOTRIZ

Nas aulas anteriores aprendemos a descrever e calcular campos elétricos e

potenciais elétricos produzidos por diversas distribuições de cargas em repouso. Por

isto esses campos e potenciais são ditos eletrostáticos e essa parte de nosso estudo

é denominada Eletrostática. Como vimos, a matéria é, em geral, eletricamente

neutra, pois contém quantidades iguais de cargas positivas e negativas e os efeitos

elétricos são sentidos quando conseguimos separar parte das cargas positivas das

negativas.

Essas distribuições de carga podem ser obtidas, por exemplo, por meio de

atrito entre dielétricos distintos, de forma que um deles adquire uma determinada

carga e o outro adquire a mesma quantidade de carga, mas com sinal oposto. As

quantidades de carga que podem ser separadas por esse método são geralmente

pequenas. Uma vez que um corpo tenha alguma carga, torna-se cada vez mais

difícil acrescentar cargas a ele devido à grande intensidade da força elétrica

repulsiva que surge entre as cargas de mesmo sinal.

Nos capacitores, que estudamos na unidade anterior, as quantidades de

carga de sinais contrários que são armazenadas em cada uma de suas placas são

pequenas. Quando estabelecemos uma ligação entre as placas (usando um fio

metálico), as cargas rapidamente se recombinam, cessando qualquer movimento

posterior dessas cargas. O mesmo ocorre quando aproximamos um objeto

dielétrico carregado positivamente de um condutor neutro. Um campo elétrico é

gerado na região do condutor, há então um movimento transiente de cargas no

condutor, até que se atinja uma situação de equilíbrio.

273

No equilíbrio, a distribuição de cargas na superfície do condutor é tal que a

região do condutor que está mais próxima do dielétrico apresenta carga de sinal

negativo. Já a região mais afastada, apresenta carga de sinal positivo. Essa

distribuição de cargas anula totalmente o campo no interior do condutor. O

movimento transiente de cargas cessa muito rapidamente, tão logo quanto o

campo elétrico se anule em todos os pontos do interior do condutor, ou que não

haja mais diferenças de potencial em seu interior.

Pense e Responda 18.1

Como ficaria a distribuição de cargas na superfície do condutor se o dielétrico

estivesse carregado negativamente?

Como é possível, então, manter uma grande quantidade de carga em

movimento por um longo tempo? A solução desse problema foi encontrada por

Alessandro Giuseppe Antonio Anastasio Volta (1745-1827), que, em 1800,

inventou um sistema, hoje conhecido com o nome de célula voltaica, dispositivo

que é capaz de produzir uma diferença de potencial pequena e estável

entre dois polos, ou eletrodos, mantendo uma grande quantidade de

cargas em movimento contínuo por um grande intervalo de tempo. Os

eletrodos são constituídos por dois metais diferentes que são imersos em uma

solução salina, o eletrólito, e espontaneamente desenvolvem uma diferença de

potencial devido à reação química envolvendo os eletrodos e o eletrólito.

Cada célula apresenta uma diferença de potencial entre seus polos que

depende exclusivamente dos metais utilizados. As diversas pilhas e baterias

elétricas, às quais estamos tão acostumados, são conjuntos de células voltaicas

interligadas, com desenvolvimentos tecnológicos posteriores que aumentam sua

eficiência e seu manuseio.

Figura 18.1: Representação esquemática de uma célula voltaica.

274

A figura 18.1 mostra esquematicamente o funcionamento de uma célula

voltaica em que os eletrodos são de cobre e de zinco. Nela, temos uma solução de

CuSO4 e ZnSO4 em água, onde são imersos os eletrodos. Inicialmente, alguns

átomos de cada eletrodo perdem dois elétrons e se integram à solução como íons

positivos. Com isto, os eletrodos se tornam negativos com relação ao eletrólito, que

inicialmente é uma “sopa” neutra e uniforme de moléculas de água e de íons H+,

OH–, SO42 –, Cu2+ e Zn2+.

A diferença na energia de ionização dos diferentes metais faz com que os

eletrodos fiquem com potenciais diferentes e haja uma redistribuição das cargas no

eletrólito. Neste caso o eletrodo de zinco fica em um potencial mais baixo e é

denominado polo negativo; o eletrodo de cobre, por sua vez, é denominado

polo positivo e seu potencial elétrico está 1,1 V acima do potencial do polo

negativo. Próximo do polo negativo, os elétrons e íons negativos têm energia maior

do que aqueles que se encontram próximos ao polo positivo. Já os íons positivos

próximos do polo negativo tem energia menor do que aqueles que se encontram

em torno do polo positivo.

Quando ligamos os eletrodos externamente com um fio condutor,

elétrons do polo negativo fluem para o polo positivo. Ali, alguns íons de

cobre, Cu2+, que se encontram no eletrólito, recebem dois elétrons, cada

um deles, tornando-se neutros, e se depositam nesse eletrodo saindo da

solução. Enquanto isso, átomos de zinco deixam elétrons no polo negativo

e se integram ao eletrólito como íons Zn2+.

Enquanto houver um circuito externo haverá um fluxo contínuo de

cargas elétricas: ao mesmo tempo em que elétrons chegam ao polo

positivo pelo circuito externo e se recombinam com íons de cobre,

aumentando a massa desse eletrodo, vão surgindo outros elétrons no polo

negativo que vai perdendo massa enquanto enriquece o eletrólito com íons

de zinco. No interior da célula há um fluxo líquido de íons positivos do polo

negativo para o positivo.

Quando os elétrons percorrem o fio externo saindo do eletrodo negativo,

onde tem mais energia, e se dirigem ao polo positivo, onde sua energia é menor,

observa-se que essa diferença de energia surge na forma de calor no fio.

De forma simplificada podemos representar o que ocorre no interior da

célula com a equação:

Cu2+ + Zn → Cu + Zn2+ (18.1)

275

Do ponto de vista da Química esta reação é classificada como exotérmica,

pois a energia dos produtos é menor que a dos reagentes. A diferença de energia,

no entanto, não aparece como energia térmica e sim como energia potencial

elétrica, que pode ser utilizada para gerar calor, mas pode também ser usada para

realizar trabalho utilizando um motor elétrico.

18.1.1 – DISPOSITIVOS GERADORES DE FORÇA ELETROMOTRIZ

Na figura 18.2, representamos de maneira simplificada um

dispositivo, como uma célula voltaica, capaz de manter uma diferença de potencial

permanente entre seus terminais. Existem vários tipos de dispositivos, além das

pilhas e baterias, que têm essa capacidade, sendo que em cada um deles temos

uma forma diferente de energia que é transformada em energia elétrica.

Figura 18.2: Esquema de um dispositivo qualquer, gerador de força eletromotriz, com a

direção do campo elétrico em seu interior representado por uma seta.

Para qualquer um desses dispositivos, há uma diferença de potencial entre

os polos, tal que, em seu interior, existe um campo elétrico cujo sentido é do polo

positivo para o negativo. Não há qualquer campo elétrico externo aplicado e, então,

o campo em seu interior deveria ser nulo. Entretanto, isso não ocorre porque as

cargas ou íons em seu interior, estão sujeitas à uma espécie de força não

conservativa (à qual não se pode associar um potencial) devida à interação entre os

diferentes íons. Essa força gera a distribuição de cargas que produz o campo entre

os terminais do dispositivo. Já que não há nenhum fluxo líquido de cargas, essa

força é igual e oposta à força produzida pelo campo elétrico.

Portanto, para uma carga qualquer, livre para se mover no interior do

dispositivo, devemos ter:

EqFNC

rr−= (18.2)

– + Er→

276

Dividindo esta equação pelo valor da carga, multiplicando escalarmente por

um deslocamento infinitesimal, ldr, e integrando do polo negativo até o positivo,

encontramos o trabalho por unidade de carga, realizado pelo dispositivo para

manter a diferença de potencial que o caracteriza:

∫∫+

−

+

−•−=•= ldEldF

qq

WNC

rrrr1 (18.3)

Esta equação nos mostra que cargas positivas atravessando tais dispositivos

indo do polo negativo para o positivo, ou cargas negativas que os atravessam em

sentido oposto, recebem energia. Damos o nome de força eletromotriz do

dispositivo, ε , a esta energia por unidade de carga. Ela é igual à diferença de potencial V entre seus polos, quando não há nenhum circuito externo, ou seja:

V=ε (18.4)

Esses dispositivos são denominados geradores de força eletromotriz, ou

geradores de fem, embora a palavra força esteja sendo usada de forma imprópria

por motivos históricos; talvez eles pudessem ser mais apropriadamente

denominados “geradores de energia eletromotriz”.

Um dispositivo conhecido como gerador de van der Graaf é um exemplo

deste tipo de equipamento. Esse gerador consiste de uma cinta de borracha que

recebe cargas e as leva para o interior de uma esfera metálica onde são

depositadas. Essas cargas se dirigem para a superfície da esfera que adquire então

um potencial superior ao da Terra. É necessária a energia fornecida por um motor

para forçar a cinta de borracha a transportar mais cargas, de mesmo sinal que as

que já estão acumuladas na esfera, devido à repulsão entre estas e as que a cinta

está trazendo.

Atividade 18.1

Assista ao vídeo sobre o Gerador de van der Graaf e discuta seu funcionamento

com seus colegas.

277

Outro tipo de dispositivo, que será estudado mais adiante, é o dínamo,

onde uma fonte de energia mecânica força um conjunto de espiras a girar em um

campo magnético, gerando um campo elétrico. Essa fonte de energia mecânica é

semelhante à queda d’água em uma usina hidrelétrica, ou ao fluxo de vapor

aquecido em uma usina nuclear.

EXEMPLO 18.1

Uma célula voltaica como a da figura 18.1, foi utilizada para aquecer um litro de

água. Depois de efetuado o processo observou-se que o eletrodo de cobre teve sua

massa aumentada em g5,9 . Desprezando eventuais perdas de energia para o

meio ambiente, qual a variação da temperatura da água?

SOLUÇÃO: Quando ligamos os terminais da célula a um condutor metálico que é

imerso na água, devemos igualar a energia ganha pelas cargas em seu interior ao

calor cedido externamente à água. A temperatura da água aumenta, portanto, de

acordo com a equação:

εqTcmQ aguaagua =∆=∆ (18.5)

onde Q∆ é o calor absorvido pela água, aguam sua massa, aguac o calor específico

da água, T∆ a variação de sua temperatura, q a carga que passa pela célula e

V1,1=ε é a fem (abreviatura de força eletromotriz) da célula.

Para encontrar a carga total que passou pela célula, sabendo que cada íon de

cobre absorve dois elétrons ao se depositar no polo positivo, devemos saber

quantos átomos foram depositados. A massa molecular do cobre é gmCu 54,63= ,

portanto, sendo Cum a massa de cobre depositada no eletrodo e AN o número de

Avogadro, o número de átomos é:

2223

1000,954,63

10.02,6.50,9 ×=××==Cu

ACuatm M

NmN

(18.6)

Então podemos calcular a variação de temperatura da água:

Ccm

NeT o

agag

atm 58,718,41000

1,11000,91060,1.22 2219

=×

××××==∆−ε

. (18.7)

Qual a diminuição na massa de zinco

como a da figura 18.1, quando esta é utilizada para aumentar a temperatura, de

um litro de água, em

gM Zn 4,65= .

18.2 CORRENTE ELÉTRICA

Geradores de força eletromotriz podem

através de circuitos condutores

polos ligados externamente a

Nesses fios são representados alguns elétrons

indicadas por setas. No interior do gerador, supondo que seja do tipo de uma célula

voltaica, são mostrados íons positivos

do campo elétrico, forçados pela diferença

eletrodos. No circuito externo são mostradas com linhas tracejadas algumas

superfícies, indicadas com os símbolos sr, sr’, so e sh, com seus vetores normais,

por onde fluem os elétrons de condução.

Fig. 18.3 – Célula voltaica e

espessuras. Alguns elétrons nos fios externos são representados com setas que indicam seu

movimento. No interior do dispositivo,

seção reta, sr, uma seção obl

mostradas com seus vetores normais.

Cada átomo constituinte da matéria é, geralmente, neutro, con

mesmo número de prótons

A

C

sr

so

B

sr’

ATIVIDADE 18.2

Qual a diminuição na massa de zinco Znm , do eletrodo negativo de uma célula

, quando esta é utilizada para aumentar a temperatura, de

litro de água, em 10º C, sabendo que a massa molecular do zinco é

CORRENTE ELÉTRICA

eradores de força eletromotriz podem manter fluxos contínuos de carga

através de circuitos condutores. A figura 18.3 mostra um gerador de

ligados externamente através de fios metálicos de diferentes espessuras

Nesses fios são representados alguns elétrons ( ) cujas velocidades médias são


voltaica, são mostrados íons positivos ( ) que se movem em sentido contrário ao

, forçados pela diferença entre os potenciais eletroquímico

No circuito externo são mostradas com linhas tracejadas algumas


por onde fluem os elétrons de condução.

e um circuito externo composto de fios condutores

Alguns elétrons nos fios externos são representados com setas que indicam seu

r do dispositivo, íons positivos se deslocam em direção contrária

oblíqua, so, uma horizontal, sh e parte de uma seção reta

mostradas com seus vetores normais.

Cada átomo constituinte da matéria é, geralmente, neutro, con

mesmo número de prótons e de elétrons. Quando esses átomos se associam

– +

A

D

F sh

278

, do eletrodo negativo de uma célula

, quando esta é utilizada para aumentar a temperatura, de

, sabendo que a massa molecular do zinco é

fluxos contínuos de carga

mostra um gerador de fem com seus

de diferentes espessuras.

cujas velocidades médias são


que se movem em sentido contrário ao

eletroquímicos dos

No circuito externo são mostradas com linhas tracejadas algumas


condutores de diferentes

Alguns elétrons nos fios externos são representados com setas que indicam seu

íons positivos se deslocam em direção contrária. Uma

íqua, so, uma horizontal, sh e parte de uma seção reta, sr’, são

Cada átomo constituinte da matéria é, geralmente, neutro, contendo o

e de elétrons. Quando esses átomos se associam

sh

E

279

podemos ter diferentes situações dependendo dos tipos de átomos que se juntam e

das condições termodinâmicas.

Em sólidos condutores, como os metais, alguns elétrons das órbitas

mais externas de cada átomo deixam de estar ligados a estes e ficam livres

para percorrer todo o corpo. Temos, então, íons positivos que vibram em

torno de posições fixas, formando uma rede cristalina, e os elétrons, da

chamada banda de condução, que se comportam como um gás de

partículas livres que, eventualmente, podem se chocar com a rede de íons

positivos. Cada átomo contribui com um elétron para a banda de condução.

O gás de partículas negativas é, em cada momento e em cada ponto do

corpo, neutralizado eletricamente pela rede positiva.

Quando não há campo elétrico aplicado, a velocidade média dos

elétrons é nula, ou seja, não há nenhuma direção privilegiada quanto ao

movimento dessas partículas, assim como acontece com a velocidade média das

moléculas de um gás encerrado em uma garrafa. Em cada região há elétrons

passando em todas as direções e o módulo de sua velocidade pode ser estimada

supondo que o conjunto de elétrons se comporta como um gás ideal à temperatura

ambiente.

EXEMPLO 18.2

Encontre a velocidade quadrática média dos elétrons de condução em um metal à

temperatura ambiente, supondo que se comportam como um gás ideal.

SOLUÇÃO: De acordo com a teoria cinética dos gases a energia cinética média das

partículas de um gás ideal é:

Tkum B2

3

2

1 2 = (18.8)

onde m é a massa do elétron, u sua velocidade quadrática média, Bk a constante

de Boltzmann e T é a temperatura. Na temperatura ambiente (T ~ 300 K) a

velocidade quadrática média dos elétrons é:

./102,1101,9

300104,1.33 52

1

31

232

1

smm

Tku B ×=

××××=

= −

−

(18.9)

280

Este resultado, baseado no teorema da equipartição da energia, é bem menor que

o resultado obtido com a teoria quântica, que é próximo de 1,6 x 106 m/s. Isto

mostra que esse teorema não se aplica a esse gás mas serviu, historicamente, para

se ter uma primeira aproximação para essa velocidade.

Na figura 18.3 a diferença de potencial entre os terminais A e F criada pelo

gerador estabelece um campo elétrico no interior dos fios do circuito externo

que, diferentemente do caso eletrostático, não se anula, mas força os elétrons

livres nos fios a adquirirem uma velocidade média diferente de zero e a se

moverem no sentido contrário ao do campo elétrico (ou seja, no sentido

horário nessa figura). Os elétrons não se acumulam no terminal A, pois ali se

recombinam com íons positivos que se movem, no interior da célula, do terminal F

para o terminal A. Para cada par de elétrons que se recombinam em A surgem dois

elétrons em F, como já dissemos, com energia maior que os que chegaram em A.

Você pode achar estranho o movimento dos íons positivos de F para A, já

que o campo elétrico dentro da célula, aponta do terminal positivo para o terminal

negativo (i.e, no sentido horário nessa figura) e as cargas positivas deveriam

mover-se naturalmente de F para A. Mas lembre-se que a função da célula é

justamente dar energia às cargas levando-as do potencial mais baixo para o mais

alto. Portanto, dentro da célula, as cargas positivas se movem de F para A (ou seja,

no sentido anti-horário nessa figura).

Se o gerador de fem for de outro tipo, como um dínamo ou um termopar, as

cargas móveis em seu interior serão também elétrons, que se movem de A para F,

e há um fluxo contínuo de cargas negativas que não se acumulam em qualquer

parte, mantendo a neutralidade da matéria em todos os pontos do circuito. Isto

sugere que o fluxo de íons positivos de F para A, numa célula voltaica é, em termos

de efeitos elétricos, equivalente a um fluxo de cargas negativas em sentido

contrário em outros tipos de geradores. De fato, um fluxo de cargas positivas

em um sentido é equivalente a um fluxo de cargas negativas em sentido

oposto; com exceção do que ocorre em um fenômeno específico, o efeito Hall, que

envolve campos elétricos e magnéticos e será estudado mais à frente.

Na própria célula voltaica há íons negativos que se movem no sentido

contrário aos positivos mas que não foram representados para manter a clareza do

281

desenho; o fluxo que importa em cada região é a soma da carga positiva que flui

em um sentido com a carga negativa que se move em sentido oposto.

Por outro lado, duas cargas de mesmo módulo, mas de sinais contrários,

movendo-se no mesmo sentido não representam qualquer fluxo líquido de cargas e

seus efeitos elétricos se anulam. É o que ocorre quando temos um átomo neutro

em movimento: trata-se de um conjunto de cargas positivas e negativas que se

movem sem que haja qualquer fluxo líquido de cargas.

Pense e Responda 18.2

Está claro para mim em que sentido as cargas estão se movendo?

Considere a seção reta sr, indicada na fig. 18.3, que em um intervalo de

tempo ∆t é atravessada por uma carga líquida ∆q. Definimos a corrente elétrica,

i , que a atravessa como:

t

qi

∆∆= (18.10)

A corrente elétrica, ou simplesmente a corrente, é a taxa com que a

carga líquida atravessa uma determinada superfície. Definida a superfície que

estamos considerando, contamos, durante um intervalo de tempo determinado, a

quantidade de cargas positivas que a atravessam em um sentido, por exemplo, de

A para B se consideramos a superfície “sr” na figura 18.3, descontando as que

passam em sentido contrário. Contamos também as cargas negativas que cruzam a

superfície de B para A, descontadas as que passam de A para B e somamos seu

valor absoluto ao das positivas. O resultado obtido é dividido pelo intervalo de

tempo em questão.

A taxa com que a carga elétrica atravessa uma determinada superfície em

um circuito pode variar com o tempo, dependendo do tipo de circuito e do tipo de

gerador que é utilizado. Por isto definimos a corrente elétrica, de forma mais geral,

tomando um limite diferencial, e que transforma o segundo membro da equação

anterior em uma derivada:

td

qdi = (18.11)

282

A unidade de corrente elétrica no SI, Coulomb por segundo, recebe o

nome de Ampère:

1 Ampère = 1 A = 1 C/s . (18.12)

A superfície “so” na figura 18.3 é uma seção oblíqua do condutor. Como não

há acúmulo de cargas em qualquer parte do circuito, a mesma quantidade de

cargas que passa pela superfície “sr” passa por “so”, no mesmo intervalo de tempo.

Mesmo tendo áreas de suas superfícies diferentes, as correntes que passam por

ambas são iguais.

Quanto à superfície horizontal “sh”, a corrente que a atravessa é nula, pois o

movimento líquido de cargas é paralelo à superfície, ou perpendicular à seu vetor

normal.

Já a superfície sr’ é atravessada apenas por parte das cargas que

atravessam “so” ou “sr”. Tanto em “sr” quanto em sr’ o movimento líquido das

cargas é paralelo aos vetores normais das superfícies e a quantidade de cargas que

as atravessam devem ser proporcionais a suas áreas.

No trecho EDCB o fluxo de elétrons é obrigado a atravessar seções retas

com áreas diferentes. Embora a corrente seja a mesma em todas as seções retas

do circuito, a quantidade de cargas por unidade de área varia bastante, sendo

muito maior no trecho DC do que em outros pontos do circuito.

18.2.1 A CORRENTE ELÉTRICA CONVENCIONAL

No interior de cada fio, com área da seção reta constante, o campo elétrico

que se estabelece é uniforme e paralelo ao eixo do fio condutor, mesmo que este

seja dobrado ou enrolado de alguma maneira arbitrária. O campo força as cargas

positivas a se moverem em sua direção e sentido, enquanto as cargas negativas

são forçadas a se moverem em sentido contrário ao do campo.

Em um metal, sabemos que são elétrons os responsáveis pela condução

elétrica; em um acelerador de partículas pode-se gerar um feixe de prótons, que

constitui uma corrente elétrica; já em uma solução salina tanto íons positivos

quanto negativos se deslocam, resultando na corrente total. É conveniente

283

adotar uma corrente convencional, composta apenas por cargas positivas,

em que as cargas negativas que se movem contra o campo são substituídas por

cargas positivas movendo-se no sentido do campo. Sendo assim, na figura 18.3 a

corrente convencional percorre o circuito externo no sentido ABCDEF enquanto os

portadores de carga reais, os elétrons da banda de condução em cada condutor, se

deslocam no sentido indicado pelas setas.

Portanto, quando dizemos, por exemplo, que um fio metálico é percorrido

por uma corrente em um sentido, sabemos que na realidade temos um fluxo de

elétrons no sentido contrário, mas que, para todos os efeitos que nos interessam

aqui, se comporta como a corrente convencional.

18.3 DENSIDADE DE CORRENTE ELÉTRICA

A figura 18.4 mostra, esquematicamente, um trecho de um condutor, de

seção reta A, percorrido por uma corrente i. Se não houvesse campo elétrico no

interior do condutor os elétrons da banda de condução teriam um movimento

caótico, cuja velocidade média seria nula, apesar da velocidade quadrática média

ser de aproximadamente 1600 km/s. Quando há um campo, os elétrons passam a

ter, superposto a esse movimento caótico, um movimento em sentido contrário ao

da corrente convencional. Ou seja, a velocidade média desses elétrons deixa de ser

nula e assume um valor, que como veremos é muito menor que a velocidade

quadrática média dos elétrons, mas é a que está ligada ao valor da corrente. Esta

velocidade média é denominada velocidade de arraste, avr, e é representada na

figura como se cada portador de carga tivesse apenas esse movimento, na mesma

direção, mas em sentido contrário ao do campo.

Figura 18.4: Trecho de um condutor percorrido por uma corrente convencional, i, em que

elétrons de condução são representados com sua velocidade de arraste.

Em um intervalo de tempo av

Lt =∆ , todos os elétrons de condução no

trecho de comprimento L , indicado na figura 18.4, irão atravessar a seção reta

marcada com a letra A. Considerando que temos n portadores de carga por unidade

284

de volume no condutor e que cada portador tem carga q , a corrente pode ser

relacionada à velocidade de arraste:

AvqnvL

ALqn

t

qi a

a

==∆∆= (18.13)

Vemos que a corrente é proporcional à área da seção reta do fio. Dividindo a

corrente por essa área temos a corrente por unidade de área que atravessa o fio.

Essa grandeza representa o módulo do vetor densidade de corrente que se

relaciona à corrente pela expressão:

AdJiS

rr⋅•= ∫ (18.14)

em que Adr é um vetor normal à superfície considerada em cada ponto e cujo

módulo é um elemento diferencial de área. Jr é o vetor densidade de corrente,

que tem a direção da velocidade média dos portadores de carga e sentido igual ao

da corrente convencional. Sua unidade no SI é Ampère por metro quadrado, e é

dado pela equação:

avqnJrr

= (18.15)

Esta expressão mostra que um fluxo de cargas positivas, em uma direção e

sentido, produz um vetor densidade de corrente idêntico ao que é produzido por

um fluxo da mesma quantidade de carga negativa, na mesma direção, mas em

sentido contrário.

Enquanto a densidade de corrente é um vetor, conforme podemos notar

na equação 18.15, a corrente é um escalar. Embora a corrente tenha um

sentido, não se pode falar de direção da mesma. Em um fio, com encapamento

dielétrico, ligado a uma fem, a corrente não se altera se ele é dobrado de diversas

maneiras, assumindo diferentes formas e orientações no espaço.

Por outro lado, a corrente é uma grandeza macroscópica, no sentido

de que mede a carga que passa através de uma dada superfície, cuja área

é mensurável, enquanto a densidade de corrente é uma grandeza

285

microscópica, que nos fornece uma visão do que ocorre em cada ponto no

interior do condutor.

Se o condutor tiver mais de um tipo de portador de carga, como é o caso de

uma solução salina, a densidade de corrente terá a contribuição de cada um deles:

∑= iii vqnJrr (18.16)

Os portadores mais leves são mais efetivos na condução de corrente, pois

sua velocidade é usualmente maior.

EXEMPLO 18.3

Qual o número de elétrons de condução por milímetro cúbico em um fio de cobre,

cuja densidade é 3/96,8 cmg ?

SOLUÇÃO: Cada átomo de cobre contribui com um elétron para a banda de

condução, portanto o número de elétrons de condução é igual ao número de

átomos em um milímetro cúbico. Temos nesse volume uma massa de 3/96,8 cmmg

; sendo a massa molecular do cobre de g54,63 , encontramos o número desejado:

319233

/1049,854,63

10022,61096,8mmportadores

M

Nmn

Cu

ACu ×=×××==−

ATIVIDADE 18.3

Qual a velocidade de arraste dos elétrons de condução em um fio de cobre cuja

área da seção reta é de 20,1 mm e que é percorrido por uma corrente de A00,2 ?

ATIVIDADE 18.4

Encontre a velocidade de arraste dos elétrons em um fio de prata com dois

milímetros quadrados de seção reta, percorrido por uma corrente de 5,00 A,

sabendo que a densidade da prata é de 3/5,10 cmg e que sua massa molecular é

de g108 .

286


ATIVIDADE 18.1

O vídeo estará disponível no ambiente de aprendizagem.

ATIVIDADE 18.2

A energia gasta para aumentar a temperatura de um litro de água em dez graus

Celsius é:

J 10 4,18 = 10 10 4,18 43 ×××=∆=∆ TcmQ aguaagua

onde fizemos uso dos valores conhecidos da densidade da água igual a lkg /00,1 ,

de seu calor específico igual Cgkcal 0/00,1 e do equivalente mecânico do calor:

Jcal 18,400,1 = .

Desprezando qualquer perda para o meio ambiente igualamos este calor à

energia elétrica consumida para encontrar a quantidade de carga que atravessa a

célula voltaica durante o processo:

CQ

q 44

108,31,1

1018,4 ×=×=∆=ε ’

O valor desta carga dividida pelo dobro da carga do elétron nos dá o número

de átomos de zinco que deixam o polo negativo e se integram à solução. Dividindo

este número pelo número de Avogadro temos o número de moles que multiplicado

pela massa molecular do zinco fornece a quantidade de massa perdida por este

eletrodo:

.1310022,6106,12

108,34,65

2319

4

gN

NMm

A

atmZnZn =

×××××== −

ATIVIDADE 18.3

Sendo, na equação 18.13, Ceq 191060,1 −×== , a carga do elétron e n o valor

calculado no exemplo 18.3, encontramos a velocidade:

287

.10.5,1100,1106,1105,8

00,2 561919 s

mva =

×××××= −−

ATIVIDADE 18.4

Como no exemplo 18.3, devemos calcular o número de portadores de carga por

unidade de volume no fio de prata:

./1085,510810022,6

5,10 32223

cmportadoresM

Ndn

Ag

AAgAg ×=

××==

Este valor é um pouco menor que no caso do cobre. Podemos agora, como

na Atividade 18.2, calcular a velocidade de arraste:

.107,2106,11085,510.2

5 419286 s

mva

−−− ×=

××××=

PENSE E RESPONDA

PR18.2) Qual é a diferença entre fem (força eletromotriz) e ddp (diferença de

potencial)? Em que condições a ddp nos terminais de uma bateria é igual à fem da

bateria? Em que condições elas são diferentes?

PR18.3) Uma pilha ou bateria é sempre identificada pela fem especificada no

rótulo; por exemplo, uma pilha AA usada em lanternas é especificada para “1,5

volt”. Seria também apropriado colocar um rótulo em uma bateria para especificar

a corrente que ela fornece? Por quê?

PR18.4) Oito pilhas de lanterna em série fornecem uma fem aproximada de V0,12 ,

igual à fem da bateria de um carro. Você pode usar essas pilhas para dar a partida

do motor quando a bateria do carro está descarregada?


E18.1) Uma bateria de motocicleta com uma força eletromotriz de V0,12 tem uma

carga inicial de Ah120 . Supondo que a diferença de potencial entre os terminais

288

permaneça constante até que a bateria se descarregue, quantas horas a bateria é

capaz de fornecer uma potência de W100 ?

E18.2) Uma corrente elétrica de A6,3 flui através de um chuveiro. Quantos

Coulombs fluem através desse chuveiro em h0,3 ?

E18.3) Por um fio de cobre de 2,5 mm de diâmetro passa uma corrente de

A101020,1 −× . O número de portadores de carga por unidade de volume é

3281049,8 −× m . Supondo que a corrente é uniforme, calcule (a) a densidade de

corrente e (b) a velocidade de deriva dos elétrons.

E18.4) Um feixe de partículas possui 8100,2 × íons positivos duplamente carregados

por centímetro cúbico, todos eles se movem para o norte com uma velocidade de

sm /100,1 5× . Determine (a) o módulo e (b) a direção da densidade de corrente Jr.

(c) É possível determinar a corrente total associada? Justifique.

E18.5) O fusível é projetado para abrir um circuito quando a corrente ultrapassar

um certo valor. Suponha que o material a ser usado em um fusível sofra fusão

quando a densidade de corrente ultrapassar 2/440 cmA . Que diâmetro de fio

cilíndrico deve ser usado para fazer um fusível que limite a corrente de A5,0 ?

289

AULA 19: RESISTÊNCIA ELÉTRICA E RESISTIVIDADE

OBJETIVOS

• ENTENDER OS CONCEITOS RELACIONADOS À RESISTÊNCIA E RESISTIVIDADE ELÉTRICA

19.1 RESISTÊNCIA ELÉTRICA

Quando ligamos externamente os pólos de um gerador de força eletromotriz

com algum condutor, surge uma corrente elétrica, cujo sentido convencional, como

vimos, é do pólo positivo para o pólo negativo. De fato, o que acontece é que

elétrons saem do pólo negativo, perdem energia potencial elétrica, que surge como

energia térmica no fio condutor, e chegam ao pólo positivo.

Já que a tensão entre os terminais dos geradores de força eletromotriz é

característica de cada um deles, uma pergunta que se pode fazer neste ponto é:

com que facilidade fluirão as cargas, quando esses terminais são ligados

externamente? Equivalentemente: qual o valor da corrente que percorrerá o

circuito?

A resposta é que a corrente obtida depende principalmente das

características do circuito externo: comprimento e área de seção reta dos fios

utilizados bem como do material de que são feitos.

De forma geral quando se aplica uma diferença de potencial às extremidades

de um condutor fazendo surgir uma corrente elétrica, define-se a resistência

elétrica (ou, simplesmente, resistência), R , entre esse dois pontos, como a

razão entre a tensão aplicada, V , e a corrente gerada, i .

i

VR = . (19.1)

Quanto maior for a resistência do condutor menor será a corrente, para um

dado potencial aplicado.

290

Lembre-se que V é a variação da energia potencial elétrica por cada unidade

de carga que percorre o condutor; portanto o produto iR representa a perda de

energia potencial elétrica quando essa carga atravessa o condutor. Esta energia

aparece como energia térmica no próprio condutor que, nesse caso, denominamos

resistor.

A razão Volt/Ampère, que é a unidade de resistência, por sua

importância, recebe o nome de Ohm cujo símbolo é Ω :

m

VOhm 111 =Ω= . (19.2)

19.2 RESISTIVIDADE E CONDUTIVIDADE

A resistência é uma característica de um condutor como um todo: aplica-se

uma tensão às extremidades de um objeto macroscópico e observa-se a corrente

que o atravessa.

Para compreender o que ocorre em cada ponto no interior do condutor,

adotamos um ponto de vista microscópico. Neste caso, temos um campo elétrico

que força os portadores de carga a adquirirem uma velocidade de arraste que,

como vimos, está relacionada à densidade de corrente, cujo valor é definido pelo

que denominamos resistividade, ρ , do material:

JErr

ρ= . (19.3)

Esta equação indica que a densidade de corrente tem a mesma direção

e sentido do campo elétrico em cada ponto.

A resistividade é uma característica de cada material e independe das

dimensões dos condutores considerados. Frequentemente é utilizada a grandeza,

também característica de cada material, denominada condutividade, σ , que é o

inverso da resistividade. Podemos, então, reescrever a equação 19.3 na seguinte

forma:

EJrr

σ= . (19.4)

291

Se uma diferença de potencial é aplicada a um fio de seção reta constante,

A , e de comprimento L , a relação entre a tensão e o campo é LEV = , e entre a

corrente e a densidade de corrente é AJi = . De acordo com a equação 19.1

teremos:

,JA

ELR = (19.5)

o que nos leva à expressão:

.A

LR ρ= (19.6)

A resistência de um fio é tanto maior quanto maior for seu comprimento e

tanto menor maior a área de sua seção reta. Este comportamento é análogo ao de

um canudinho usado para beber líquidos. Quanto maior for seu comprimento e

quanto menor a área de sua seção reta, maior será sua resistência à passagem do

líquido. Por isso, na figura 18.3, a resistência do trecho CD deve ser bem maior que

a do trecho AB ou do trecho EF, se o material for o mesmo em todos os trechos do

circuito externo.

EXEMPLO 19.1

Cabos de aço com 20,2 cm de seção reta e km300 de comprimento são utilizados

para conectar uma usina hidrelétrica a uma cidade. Qual a resistência elétrica de

cada um deles?

SOLUÇÃO: De acordo com a tabela 19.1 a resistividade do aço é de mΩ× −8100,18 .

Portanto a resistência de cada cabo é:

Ω== −− 270

10.2

10.310.18

4

58R (19.7)

ATIVIDADE 19.1

Um fio de Kanthal, liga metálica cuja resistividade é de mΩ× −810140 , tem uma

resistência de Ω6,5 , comprimento de m0,4 e seção reta retangular.

a) Qual a área de sua seção reta?

292

b) O fio é cortado ao meio, resultando em dois fios de um metro que são

colocados lado a lado, formando um único fio mais curto, porém mais grosso. Qual

será sua nova resistência?

19.2.1 VARIAÇÃO DA RESISTIVIDADE COM A TEMPERATURA

Qualquer material submetido a uma tensão conduz alguma corrente, sendo,

portanto, um condutor. Entretanto, observa-se que os valores de suas

resistividades podem ser muito próximos, se compararmos dois metais, ou muito

diferentes, se compararmos um metal com um objeto de vidro.

Materiais como o vidro, a borracha, a madeira, diversos tipos de plásticos

etc., que têm resistividades muito altas, são denominados isolantes ou

dielétricos. Materiais, como os metais, que apresentam valores muito pequenos

de sua resistividade são denominados condutores.

Existem materiais cujas resistividades apresentam valores

intermediários e por isto são denominados semicondutores. Há ainda materiais

que, quando resfriados abaixo de temperaturas características,

denominadas temperaturas críticas, apresentam valores nulos de

resistividade; eles são denominados supercondutores. Neste último caso é

possível a existência de correntes elétricas sem perda de energia elétrica e

conseqüente geração de calor.

Atividade 19.2

Pesquise sobre aplicações tecnológicas dos semicondutores e dos

supercondutores.

A tabela 19.1 mostra valores de resistividades de diversos materiais à temperatura

de referência CT 00 20= . Isto é importante, pois, em geral, os valores das

resistividades mudam com a variação da temperatura. Podemos representar esta

dependência, aproximadamente, através da equação

( )[ ],1 00 TT −+= αρρ (19.8)

293

onde 0ρ é a resistividade a C020 , T a temperatura e α é o coeficiente de

temperatura da resistividade, cujos valores são também relacionados na tabela

19.1.

Tabela 19.1: Resistividades e coeficientes de temperatura ( CT 00 20= ) de alguns materiais

Substância Resistividade ( mΩ ) α (oC-1)

CONDUTORES

Metais

Prata

Cobre

Ouro

Alumínio

Ferro

Chumbo

Mercúrio

Ligas

Aço

Manganino

Constantan

Níquel-Cromo

SEMICONDUTORES

Carbono

Germânio

Silício

Silício tipo na

Silício tipo pb

DIELÉTRICOS

Madeira

Âmbar

Vidro

Mica

Teflon

Enxofre

1,6 x 10-8

1,7 x 10-8

2,5 x 10-8

2,2 x 10-8

10 x 10-8

22 x 10-8

95 x 10-8

18 x 10-8

45 x 10-8

48 x 10-8

100 x 10-8

3,5 x 10-5

0,45

2,3 x 103

8,7 x 10-4

2,8 x 10-3

108 a 1011

5 x 1014

1010 a 1014

1011 a 1015

> 1013

1,0 x 1015

3,8 x 10-3

3,9 x 10-3

3,4 x 10-3

3,9 x 10-3

5,0 x 10-3

4,3 x 10-3

8,8 x 10-4

~ 10-6

< 10-5

4,0 x 10-4

– 5 x 10-4

– 4,8 x 10-2

– 7,0 x 10-2

a – silício dopado com 1017 átomos de fósforo por mm3; b – silício dopado com 1017 átomos de alumínio

por mm3

294

Vemos na tabela 19.1 que os metais puros são os melhores condutores e

que suas resistividades são da ordem de 2010 vezes menores que a resistividade de

alguns dielétricos. Os metais são também bons condutores de calor, pois os

elétrons, responsáveis pela condução elétrica, têm também papel relevante na

condução térmica.

De forma geral pode-se afirmar que bons condutores de eletricidade são

bons condutores de calor. No entanto as diferenças entre as condutividades

térmicas dos materiais são muito menores. Não há condutores de calor tão

eficientes quanto o são os bons condutores elétricos, assim como não há isolantes

térmicos com a eficiência dos isolantes elétricos. Isto permite que manipulemos

fluxos de cargas elétricas com muito mais facilidade do que se pode fazer com a

energia térmica.

295


ATIVIDADE 19.1

a) De acordo com a equação 19.6, a área da seção reta do fio é:

.0,110.0,16,5

4..10.140 2268

mmmR

LA ==== −

−

ρ

O fio tem uma seção reta quadrada com um milímetro de lado.

b) Temos um novo resistor com comprimento 2

'L

L = e área AA 2' = . Portanto

podemos calcular a nova resistência:

.4,144'

'' Ω==== R

A

L

A

LR ρρ

Portanto a nova resistência é quatro vezes menor que a original.

PENSE E RESPONDA

PR19.1) Como você espera que ocorra a variação da resistividade com a

temperatura de um bom isolante tal como vidro ou poliestireno?

PR19.2) Três fios de mesmo diâmetro são ligados entre dois pontos mantidos a

uma mesma diferença de potencial. As resistividades e comprimentos dos fios são

ρ e L (fio A), 1,2 ρ e 1,2 L (fio B) e 0,9 ρ e L (fio C). Coloque os fios em ordem

crescente de resistência.


E19.1) Uma diferença de potencial de 23,0 V é aplicada nas extremidades de um

fio de 4,0 m de comprimento e 6,0 mm de diâmetro e resistência de 15,0 Ω .

Determine (a) a corrente no fio, (b) o módulo da densidade de corrente e (c) a

resistividade do material do fio.

296

E19.2) Um certo fio possui resistência R . Qual será a resistência de um outro fio

de mesmo material com metade do comprimento e metade do diâmetro?

E19.3) Uma diferença de potencial de 4,50V é aplicada entre as extremidade de

um fio de 2,50 m de comprimento e raio 0,654 mm. A corrente resultante é 17,6 A.

Qual é a resistividade do fio?

E19.4) Um aluno possui dois condutores de mesmo material e mesmo

comprimento: o primeiro é um fio maciço de 1,0 mm de diâmetro e o segundo é

um tubo oco com diâmetro externo de 2,0 mm e diâmetro interno de 1,0 mm. Qual

é a razão entre as resistências dos condutores?

E19.5) Qual é a carga que passa por uma seção reta de um fio cobre em 3,0 ms se

uma diferença de potencial de 3,0 nV é aplicada entre suas extremidades. O fio

possui 2 cm de comprimento e raio de 2,0 mm.

297

AULA 20: LEI DE OHM E POTÊNCIA ELÉTRICA

OBJETIVOS

• CONHECER E APLICAR A LEI DE OHM

• APLICAR O CONCEITO DE POTÊNCIA ELÉTRICA

20.1 LEI DE OHM

Se aplicarmos diferentes tensões às extremidades de um condutor metálico

ou de grafite, desde que sua temperatura seja mantida constante, notaremos que a

razão entre a tensão aplicada e a corrente produzida não varia apreciavelmente.

Isto é, a resistência do condutor independe do valor da tensão aplicada. Também

quando invertemos a polaridade da tensão aplicada, não se nota variação na

resistência do resistor.

Esta observação, válida dentro de limites não muito extensos, é expressa

pela lei de Ohm (Georg Simon Ohm, 1781-1854):

I

VR = = constante à temperatura fixa (20.1)

Um condutor que obedece à lei de Ohm é chamado de condutor ôhmico ou

linear.

Podemos escrever a relação correspondente para a resistividade:

J

E=ρ = constante à temperatura fixa (20.2)

É importante notar que a equação 20.1 não é a expressão da lei de Ohm

e sim a definição de resistência elétrica. A lei de Ohm diz que, para diversos

condutores comuns, o valor dessa grandeza não se altera quando os valores da

tensão aplicada variam.

298

Existem resistores constituídos por diversos materiais cuja

resistência depende da polaridade da tensão aplicada. Estes são

denominados condutores não lineares ou não ôhmicos.

Na figura 20.1 podemos ver diferentes comportamentos da corrente em

função da tensão aplicada a: (a) um condutor ôhmico; (b) uma válvula diodo que

só conduz corrente em um sentido; (c) um diodo semicondutor cuja resistência

varia com a tensão aplicada, sendo muito maior quando aplicamos a tensão em

certo sentido do que quando invertemos a polaridade.

Figura 20.1: Gráficos de corrente em função da tensão aplicada: (a) condutor

ôhmico, (b) válvula de diodo e (c) diodo semicondutor.

Em todos os casos a resistência é o inverso da inclinação da curva em cada

ponto; em outras palavras, a inclinação dessas curvas representa a condutância

do material. A condutância, S , o inverso da resistência, é definida pela expressão

VSi = , mas é raramente utilizada. O motivo dos resistores ôhmicos serem

também chamados de lineares é o fato do desenho deste gráfico, para esses

condutores, ser praticamente uma linha reta.

Podemos fazer uma dedução clássica da lei de Ohm considerando um

modelo de um condutor como uma rede cristalina envolta por um gás de partículas

que, por se chocarem constantemente com a rede, têm um movimento aleatório,

com velocidade quadrática média em torno de 1600 km/s.

Quando um campo elétrico é aplicado a esses elétrons, eles são acelerados,

ganhando, portanto, energia cinética. Ao se chocarem novamente com íons

positivos, perdem completamente esta energia para a rede. Este processo continua

e os elétrons ganham novamente um pouco de energia, que é logo entregue à rede

cristalina. Desta forma, os elétrons adquirem uma velocidade média, a velocidade

de arraste av , que permanece constante.

299

Esse processo é diferente do que ocorre com elétrons sob a ação de um

campo, no espaço livre, que são acelerados e têm sua velocidade aumentada

continuamente.

Consideremos que o tempo médio entre dois choques de um elétron com a

rede seja τ e que o tempo de duração de cada choque seja desprezível; então,

devido à ação do campo elétrico, a cada intervalo de tempo τ cada elétron adquire

e perde, em média, uma quantidade de movimento amv devido aos choques com a

rede. Podemos então dizer que a rede cristalina funciona como um meio

viscoso que exerce uma força média contrária à que é exercida pelo campo

elétrico, que leva os elétrons terem uma velocidade terminal: a velocidade

de arraste.

Igualando a perda média de momento por unidade de tempo à força

elétrica:

,eEmva =τ

(20.3)

onde m é a massa e e a carga do elétron, encontramos a velocidade de arraste

como função da intensidade do campo elétrico e do intervalo de tempo médio entre

choques.

EXEMPLO 20.1

Qual o tempo médio entre as colisões dos elétrons com a rede em um fio de cobre

com 20,1 mm de seção reta, m0,1 de comprimento, percorrido por uma corrente de

A0,2 ?

SOLUÇÃO: De acordo com a atividade 18.2, a velocidade de arraste dos elétrons é

de 1,5 x 10-4 m/s. O campo elétrico pode ser calculado usando-se a equação 20.2:

mVJE /10.4,310.0,1

0,2.10.7,1 26

8−

−

−

== ρ .

Portanto o tempo médio entre choques é:

sEe

vm a 14219

431

10.5,210.4,3.10.6,1

10.5,1.10.11,9 −−−

−−

===τ

300

Considerando que os elétrons se movem, entre os choques, com velocidades

em torno da velocidade quadrática média, introduzimos o conceito de livre

caminho médio, ( L ), que é a média das distâncias percorridas pelos

elétrons entre dois choques:

,τuL = (20.4)

Essa equação nos dá o tempo entre colisões como função da velocidade quadrática

média e do livre caminho médio. Levando estes resultados à equação 18.16

encontramos:

,2

Eum

LenvenJ a == (20.5)

o que nos fornece, de acordo com a equação 20.2, a resistividade de um condutor:

.2 Len

um

J

E ==ρ (20.6)

A velocidade quadrática média não é afetada pelo campo elétrico, pois,

como vimos, este produz um efeito sobre os elétrons que é sua velocidade de

arraste, um valor 1010 vezes menor que a velocidade u .

O livre caminho médio depende da probabilidade de colisão entre os elétrons

e os íons da rede. No modelo clássico, esta probabilidade depende das dimensões

dos íons da rede e do número destes por unidade de volume, sendo independente

de qualquer campo aplicado. Nenhuma das demais grandezas que aparecem nesta

expressão para a resistividade clássica depende do campo elétrico. Ela está,

portanto, de acordo com a lei de Ohm.

Embora o modelo de elétrons como bolas de bilhar, chocando-se

inelasticamente com ‘pinos’ em uma mesa tridimensional, seja bastante grosseiro,

e necessário o uso da teoria quântica para se obter resultados mais condizentes

com os obtidos experimentalmente, esta expressão é qualitativamente correta.

ATIVIDADE 20.1

Qual o livre percurso médio dos elétrons no fio de cobre do exemplo 20.1?

301

20.2 POTÊNCIA EM CIRCUITOS ELÉTRICOS

Quando não há qualquer circuito externo que possibilite a passagem de

corrente, a diferença de potencial entre os terminais de um gerador de força

eletromotriz é igual à força eletromotriz desse gerador.

Quando ligamos seus terminais, externamente, com um condutor, elétrons

deixam o pólo negativo, indo para o pólo positivo e há uma ligeira diminuição na

diferença de potencial entre os pólos, com uma conseqüente diminuição do campo

no interior do gerador. Esta diminuição é necessária para manter uma corrente no

circuito.

Note que, quando o circuito estava aberto, a força elétrica sobre as cargas

era igual e contrária à força não conservativa, que caracteriza a força eletromotriz

do gerador, e isto mantinha as cargas com velocidade média nula. Devemos ter,

portanto:

,FEqFNC

rrr∆=+ (20.7)

onde Fr

∆ é força necessária para manter a corrente no interior do gerador. Se

multiplicarmos um produto escalar dos membros dessa equação por um

deslocamento diferencial e integrarmos do pólo negativo até o positivo

encontraremos:

∫∫∫+

−

+

−

+

−•∆=•+• ldF

qldE

qldF

q NC

rrrrrr 111 (20.8)

A primeira integral é a força eletromotriz do gerador; a segunda é o

negativo da diferença de potencial entre seus pólos positivo e negativo; e a

terceira é a energia necessária, por unidade de carga, para manter as

cargas em movimento, e que aparece como energia térmica no próprio

gerador.

Esta energia por unidade de carga é igual à resistência interna, r , do

gerador, multiplicada pela corrente que o atravessa. Podemos, então,

reescrevendo esta última equação, mostrar a relação entre a diferença de potencial

entre os terminais de um gerador e sua força eletromotriz, agora em um circuito

fechado:

.riV −=−+ ε (20.10)

302

Em geral, a resistência interna dos geradores, que idealmente seria nula, é

pequena comparada às resistências presentes no circuito externo. Em uma pilha

comercial, que usamos em aparelhos elétricos, a força eletromotriz depende dos

materiais utilizados em sua produção, e é uma característica imutável desse

dispositivo. Sua resistência interna, que inicialmente não é grande e assim

permanece por um bom tempo, ao final de sua vida útil tem um grande aumento

devido a uma diminuição do número de portadores de carga disponíveis. Por isso,

se medirmos a diferença de potencial entre seus terminais encontraremos uma

tensão muito próxima do valor de sua força eletromotriz. Quando a colocamos em

um aparelho que requer uma corrente razoavelmente maior, a voltagem cai

bastante devido ao termo ir da equação 20.10, e a pilha já não consegue mais

fazer funcionar o aparelho.

20.2.1 POTÊNCIA E EFEITO JOULE

Um gerador de força eletromotriz é usado para entregar energia elétrica a

uma série de dispositivos que têm características e usos diversos. Em um resistor

temos a transformação de energia elétrica em calor; em um motor temos a

realização de trabalho; em capacitores pode se acumular energia nos campos

elétricos gerados entre suas placas etc.

Em qualquer circuito elétrico é importante a taxa com que um dispositivo

entrega energia elétrica, ou a taxa com que o outro recebe esta energia. Imagine

um elemento qualquer dentro de uma caixa que, externamente, tem dois contatos

elétricos. Ou seja, uma “caixa preta”, pois não sabemos o que há dentro da caixa,

mas quando ligamos nos seus contatos, dois eletrodos que fornecem uma diferença

de potencial V , observamos a passagem de uma corrente i .

Quando uma pequena quantidade de carga convencional dq atravessa a

caixa, indo do potencial mais alto para o mais baixo ela entrega para o dispositivo

dentro da caixa uma energia dqV . A taxa com que o dispositivo recebe energia, ou

seja, a potência, P , recebida é esta quantidade de energia dividida pelo intervalo

de tempo dt gasto pela carga para atravessar o elemento de circuito considerado.

Podemos, então, de acordo com a equação 20.1, escrever que, não importando que

tipo de artefato esteja dentro da caixa, a potência entregue é:

ViP = (20.11)

303

Quando submetemos, não um dispositivo qualquer, mas um resistor, a uma

diferença de potencial, há produção de calor. Este efeito, que analisamos quando

fizemos uma dedução clássica da lei de Ohm, é conhecido como efeito Joule.

Usando a equação 20.1, podemos eliminar a corrente na equação 20.11:

R

VP

2

= (20.12)

ou podemos eliminar a tensão e escrever:

2RiP = (20.13)

A equação 20.12 nos diz que se submetermos as extremidades de vários

resistores a uma diferença de potencial fixa, aquele que tiver menor resistência, vai

receber uma maior potência do gerador de força eletromotriz e, obviamente, vai

dissipar a maior potência na forma de calor. Isto mostra que a resistência de um

chuveiro elétrico, que dissipa uma potência de aproximadamente cinco quilowatts,

é cinqüenta vezes menor que a de uma lâmpada de 100 watts.

A equação 20.13 nos informa que se ligamos vários dispositivos em

um circuito único, ou seja, em que todos os elementos são percorridos por uma

mesma corrente, aquele que tiver maior resistência dissipará maior potência. No

caso do chuveiro elétrico, queremos que haja geração apreciável de calor apenas

na região por onde passa a água; por isso os fios que conduzem a corrente desde o

gerador até o chuveiro devem ter resistência muito mais baixa que a do chuveiro.

Isso é obtido usando até chegar ao chuveiro, fios condutores de cobre

razoavelmente grossos, que tem baixa resistividade; no chuveiro, usamos um

resistor feito de um fio razoavelmente delgado de alguma liga como níquel-cromo,

que tem alta resistividade (dentre os metais). O resistor do chuveiro não pode ser

excessivamente fino, pois é necessário que ele dissipe a energia recebida, sem se

fundir por excesso de temperatura; isso requer que o resistor tenha uma área

mínima de contato com a água.

EXEMPLO 20.2

Qual a maior potência que um gerador, que tem resistência interna é r e cuja fem

é ε , pode fornecer a um aquecedor cuja resistência é variável?

304

SOLUÇÃO

De acordo com as equações 20.1 e 20.10, ligando o gerador diretamente aos

terminais do aquecedor de resistência R, temos que:

Riri =−ε (20.14)

o que nos permite encontrar a corrente que percorre o circuito:

( )rRi

+= ε

(20.15)

A equação 20.13 pode, então, ser escrita como função das resistências:

( ) ( ).

2

22

rR

R

rRRP

+=

+= εε

(20.16)

Igualando a zero a derivada dessa expressão com relação a R encontramos:

( ) ( ) 0

212

=+

−+ rR

R

rR (20.17)

o que nos fornece o valor de R para o qual a potência dissipada no aquecedor é

máxima (sua derivada segunda é negativa):

rR = (20.18)

E a potência máxima é: r

P4

2

max

ε= (20.19)

O gerador entrega sua potência máxima quando a resistência externa é igual à

resistência interna. Neste caso o próprio gerador adquire uma energia térmica igual

à que ele cede ao aquecedor. Quando a resistência externa é muito pequena,

tendendo a zero, a potência nela dissipada também tende a zero. No entanto, como

a corrente tende para o valor R/ε , a potencia que surge no próprio gerador tende

para R/2ε . Isto é o que denominamos “curto-circuito”, causa de muitos incêndios

acidentais. Sendo a resistência interna do gerador muito pequena, pode ser

perigoso ligar seus terminais com um condutor de resistência quase nula.

305


ATIVIDADE 20.1

De acordo com a expressão para o livre caminho médio, tomando o valor da

velocidade quadrática média com 1600 km/s e o tempo médio entre choques

calculado no exemplo 20.1 temos:

.104105,2.106,1. 8146 mvL −− ×=××== τ

PENSE E RESPONDA

PR20.1) Quando uma corrente elétrica passa através de um resistor, ela perde

energia, transformando a energia perdida em energia térmica do resistor. A

corrente elétrica perde energia cinética, energia potencial ou uma combinação das

duas?


E20.1) Quando um resistor de valor desconhecido é ligado aos terminais de uma

bateria de 3,0 V, a potência dissipada é 0,540 W. Quando o mesmo resistor é

ligado aos terminais de uma bateria de 1,50 V, qual é a potência dissipada?

E20.2) Uma corrente uniformemente distribuída percorre um fio de cobre com

seção reta de 26100,2 m−× e comprimento de m00,4 . (a) Qual é o módulo do

campo elétrico no interior do fio? (b) Qual é a energia elétrica transformada em

energia térmica em 30 min.?

E20.3) Uma diferença de potencial de 15,0 V é aplicada aos terminais de um

resistor , o que gera uma potência de 327 W. (a) Qual é a resistência? (b) Qual é a

corrente que passa no resistor?

306

E20.4) Considere um resistor de comprimento L , resistividade uniforme ρ , área

de seção reta A conduzindo uma corrente elétrica com densidade uniforme J .

Utilizando a equação 20.12, calcule a potência elétrica dissipada por unidade de

volume. Expresse o resultado em termos de (a) J e E , (b) J e ρ e (c) ρ e E .

E20.5) Um estudante manteve um rádio de 9,0 V, 7,0 W ligado no volume máximo

durante 5 horas. Qual foi a carga que atravessou o rádio?

E20.6) Um aquecedor de 500 W é ligado a uma diferença de potencial de 120 V. (a)

Qual é a resistência do elemento de aquecimento? (b) Qual é a corrente no

elemento de aquecimento?

308

AULA 21: CONDUTORES, DIELÉTRICOS E SEMICONDUTORES

OBJETIVOS

• DIFERENCIAR OS VÁRIOS ASPECTOS MICROSCÓPICOS DA CONDUÇÃO ELÉTRICA

• DISTINGUIR ENTRE CONDUTORES, DIELÉTRICOS E SEMICONDUTORES

21.1 VISÃO MICROSCÓPICA DA CONDUÇÃO ELÉTRICA

A teoria clássica da resistividade nos fornece um resultado que está de

acordo com a lei de Ohm, já que, com essa teoria, a expressão encontrada para

essa grandeza independe do campo elétrico no interior dos condutores. No entanto,

é necessário fazermos algumas modificações na teoria clássica para encontrarmos

valores da resistividade mais condizentes com a realidade. A primeira delas está no

valor da velocidade quadrática média dos elétrons. A teoria quântica prevê um

valor para esta velocidade essencialmente independente da temperatura, cerca de

13 vezes maior que a calculada usando a teoria cinética dos gases à temperatura

ambiente.

Ela também prevê que, se a rede formada pelos átomos que constitui o

material sólido for completamente periódica, não há espalhamento dos elétrons por

colisões com os átomos e entre eles, e o valor do livre caminho médio dos elétrons

livres tende para o infinito. O espalhamento dos elétrons é resultado da existência

de inomogeneidades na rede, resultantes de defeitos e vibrações da própria rede,

impurezas e tipos diferentes de átomos, como acontece nas ligas metálicas.

Nos metais puros temos apenas um tipo de átomo, com a presença de

impurezas em pequenas quantidades e com certo número de defeitos no

empilhamento dos átomos. As inhomogeneidades se devem, principalmente, às

vibrações térmicas da rede; por isso, quando cai a temperatura, a resistividade dos

metais puros cai bastante. O livre caminho médio diminui com o aumento da

temperatura (que provoca um aumento na agitação dos íons da rede).

309

No caso das ligas metálicas a resistividade se deve tanto à agitação térmica

quanto ao fato da rede ser constituída de átomos diferentes. Por isso a redução da

resistividade com a temperatura é muito menor que nos metais puros. Isto pode

ser visto nos valores dos coeficientes de temperatura apresentados na Tabela 19.1.

As correções quânticas produzem, para os condutores, previsões bastante

coerentes com os resultados experimentais, mas não indicam o porquê das

diferenças de comportamento entre condutores, isolantes e semicondutores.

Os elétrons em um átomo isolado podem ter valores de energia muito bem

definidos, enquanto outros valores de energia são totalmente proibidos. Geralmente

a separação entre os níveis de mais baixa energia é de alguns elétrons-volt. Todos

os átomos isolados, de uma mesma espécie, têm os mesmos níveis de energia

permitidos. Quando dois átomos são colocados próximos, seus níveis de energia

são perturbados mutuamente e dão origem a um conjunto de níveis de energia

comuns aos elétrons dos dois átomos.

Se tomarmos, por exemplo, um nível de energia na camada 2p em cada

átomo, teremos dois níveis correspondentes, com energias ligeiramente diferentes,

no conjunto dos dois átomos. Se agregarmos um número muito grande de átomos,

1023 átomos por mol, cada um contribui com um nível de energia e forma-se uma

banda de níveis de energia com espaçamento muito pequeno entre eles.

Separada dessa banda por uma diferença apreciável de energia encontraremos

outra banda de energia, correspondendo a outro nível dos átomos individuais, a

banda 3s, por exemplo. Assim sendo, em um sólido temos diversas bandas com

muitos níveis com energias muito próximas, separadas razoavelmente de outras

bandas que por sua vez tem muitos níveis muito próximos também.

Os elétrons nos átomos, de acordo com o princípio de exclusão de

Pauli, não podem ter o mesmo conjunto de números quânticos. Por isso os

níveis de energia vão sendo ocupados pelos elétrons das energias mais

baixas para as mais altas. Quando a camada 2p, por exemplo, é completada por

seis elétrons, o próximo elétron terá de ocupar um nível da camada 3s. Nos sólidos

temos bandas de energia em que todos os níveis disponíveis estão ocupados por

elétrons, separadas de alguns elétrons-volt de outras bandas igualmente ocupadas,

até que se chega às bandas ocupadas pelos elétrons de maior energia. A separação

entre as bandas de maior energia é menor que entre as bandas de menor energia.

Ainda assim elas podem estar razoavelmente espaçadas. Mas as bandas podem

chegar até a se superpor, dependendo do tipo de átomos e dos tipos de ligações

entre os átomos.

310

21.1.1 ESTRUTURA DE BANDAS

No caso dos condutores a banda ocupada com maior energia tem níveis não

ocupados por elétrons. Esta banda pode estar separada da próxima banda vazia por

um intervalo de energias denominado banda proibida ou pode se superpor a esta.

Quando se aplica um campo, os elétrons podem ganhar pequenas quantidades de

energia desse campo, mudando para níveis de energia ligeiramente maiores, na

mesma banda, no caso representado na figura 21.1a, ou mesmo para níveis de

outra banda, no caso representado na figura 21.1c, de forma a adquirirem a

velocidade de arrasto responsável pela corrente elétrica no material.

Figura 21.1: Estrutura de bandas: (a) condutor, (b) isolante, (c) condutor e (d)

semicondutor.

No caso dos isolantes, ou dielétricos, cuja estrutura de bandas está

representada na figura 21.1b, todos os níveis da banda superior estão ocupados e

há uma distância grande para a próxima banda, que está virtualmente desocupada.

Quando um campo elétrico é aplicado, os elétrons não têm níveis de energia

próximos, disponíveis, para que possam ganhar energia do campo, e este não pode

dar energia suficiente para que os elétrons passem para outra banda. Este fato

seria responsável por uma resistividade infinita. No entanto, devido à pequena

energia térmica, da ordem de 0,02 eV, uns poucos elétrons no sólido podem ser

promovidos da chamada banda de valência (a última camada totalmente

ocupada) para a banda de condução (a próxima camada desocupada). Isto faz

com que, mesmo um isolante, tenha ainda alguns poucos portadores de carga que

podem absorver pequenas quantidades de energia, contribuindo para uma pequena

condutividade. Entretanto, enquanto nos metais podemos ter um portador de carga

por átomo, nos isolantes esse número é muitas ordens de grandeza menor.

311

Nos semicondutores, cuja estrutura de bandas está mostrada na figura

21.1d, a banda de valência está cheia, como nos isolantes, entretanto, a separação

entre as bandas é muito menor que no caso dos dielétricos. Isto faz com que um

número muito maior de elétrons possam ser promovidos termicamente para a

banda de condução. O resultado é uma resistividade muito menor que a dos

dielétricos, mas bem maior que a dos condutores. O aumento de temperatura

promove mais elétrons para a banda de condução sendo responsável por uma

queda na resistividade, ao contrário do que ocorre com os condutores, em que o

aumento da temperatura aumenta a agitação da rede aumentando a resistividade

do material.

21.1.2 ADIÇÃO DE IMPUREZAS EM SEMICONDUTORES

A resistividade de isolantes e semicondutores pode ser bastante alterada

pela adição, por um processo denominado dopagem, de pequenas quantidades de

“impurezas”, cujos átomos têm um elétron a mais ou a menos que os da matriz.

Isto modifica ligeiramente a estrutura de bandas do cristal original, alterando

drasticamente o número de portadores de carga disponíveis.

Se os átomos das impurezas têm um elétron a mais, os níveis que podem

ser ocupados por este ficam acima da banda de valência dos átomos da matriz e

bastante próximos de sua banda de condução, podendo facilmente ser promovidos

para esta. Isto pode ser visto esquematicamente na figura 21.2a. Essas impurezas

são denominadas doadoras, pois cedem elétrons que vão participar da condução

elétrica no cristal. Estes semicondutores são do tipo n, por serem os

portadores de carga negativos.

Por outro lado, se os átomos das impurezas têm um elétron a menos que os

da matriz haverá níveis de energia vazios logo acima da banda de valência, como

mostra a figura 21.2b. Estes átomos podem receber elétrons de átomos da

matriz, deixando um “buraco” na banda de condução da matriz, que é a falta

desse elétron. Um elétron de outro átomo da matriz pode ocupar o lugar desse

buraco, que por sua vez se move para o átomo que cedeu o elétron. Dessa forma

um buraco se desloca como se fosse uma carga positiva caminhando no

sentido do campo aplicado. Estes semicondutores são, portanto, do tipo p.

312

Figura 21.2: Estrutura de banda de semicondutores: (a) tipo n e (b) tipo p.

PENSE E RESPONDA

PR21.1) Discuta em termos da estrutura da banda de energia eletrônica, as razões

para a diferença na condutividade elétrica entre os metais, os semicondutores e os

isolantes.

PR21.2) Explique sucintamente a diferença entre semicondutores do tipo p e do

tipo n.

PR21.3) Do ponto de vista microscópico, como podemos explicar o fato de alguns

sólidos serem condutores e outros não?

PROBLEMAS DA UNIDADE

U6.1) Uma correia de 50 cm de largura está se movendo com uma velocidade de

30,0 m/s entre uma fonte de carga e uma esfera. A correia transporta as cargas

para a esfera a uma taxa correspondente a .0,100 Aµ Determine a densidade

superficial de cargas na correia.

U6.2) Uma corrente elétrica passa através de uma solução de cloreto de sódio. Em

1,0 s, 161068,2 × íons Na+ chegam ao eletrodo negativo e

161092,3 × íons de Cl-

chegam ao eletrodo positivo. (a) Qual é a corrente elétrica que passa entre os

eletrodos? (b) Qual é o sentido da corrente?

U6.3) Em instalações elétricas residenciais se usa fios de cobre com diâmetro de

2,05 mm. Calcule a resistência de um fio de cobre com comprimento igual a 24,0

m.

313

U6.4) Um fio de 4,00 m de comprimento e 6,00 mm de diâmetro tem uma

resistência de 15,0 m Ω . Uma diferença de potencial de 23,0 V é aplicada às

extremidades do fio. (a) Qual é a corrente no fio? (b) Qual é o módulo da

densidade de corrente? (c) Calcule a resistividade do material do fio.

U6.5) Um fio com uma resistência de 8,0 Ω é esticado até que seu comprimento

fique três vezes maior do que o comprimento original. Determine a resistência do

fio após a operação. Suponha que a resistividade e a densidade do material

permaneçam constantes.

U6.6) Uma mola comprimida é formada por 75 espiras com diâmetro igual a 3,50

cm, e é feita de um fio metálico isolante com 3,25 mm de diâmetro. Um ohmímetro

conectado através de suas extremidades opostas registra 1,74 Ω . Qual é a

resistividade do metal?

U6.7) Um receptor de GPS opera com uma bateria de 9,0 V e consome uma

corrente elétrica de 0,13 A. Qual é a energia elétrica que ele consome durante uma

hora e meia?

U6.8) A potência de um resistor de carbono de 10000 Ω, usado em circuitos

eletrônicos, é de 25,0 W. (a) Qual a corrente máxima que o resistor suporta? (b)

Qual a voltagem máxima que pode ser aplicada ao resistor?

U6.9) Uma lâmpada de 25,0 Ω está conectada aos terminais de uma bateria de

12,0 V com 3,5 Ω de resistência interna. Qual é a porcentagem da potência da

bateria que é dissipada através da resistência interna?

314

UNIDADE 7

CIRCUITOS DE CORRENTE CONTÍNUA

O uso de circuitos elétricos teve um impacto imenso sobre o

desenvolvimento das sociedades humanas. Suas aplicações são muito variadas,

como na iluminação pública, em sistemas para aquecimento, nas grandes indústrias

ou em nossas moradias. Não se pode conceber a maioria dos avanços tecnológicos

do século XX sem a existência de tais circuitos.

Na unidade anterior foram introduzidos os conceitos básicos necessários à

descrição de circuitos elétricos de corrente contínua. Nesses circuitos as correntes

fluem sempre no mesmo sentido, pois são alimentados por fontes de força

eletromotriz cuja polaridade se mantém ao longo do tempo. Mais adiante

estudaremos os circuitos de corrente alternada, em que as cargas, em vez de se

moverem sempre em um mesmo sentido, executam movimentos oscilatórios, com

os sentidos das correntes se invertendo de forma periódica.

Nesta unidade descreveremos vários circuitos de corrente contínua e as

forma de resolvê-los, ou seja, como encontrar todas as diferenças de potenciais, ou

tensões, a que cada um de seus elementos está submetido bem como a corrente

que percorre cada um deles.

Ao mesmo tempo em que foram elaboradas as teorias que descrevem estes

fenômenos, também foram sendo desenvolvidos aparelhos para a sua mensuração;

os quais serão descritos no final desta unidade.

315

316

AULA 22: LEIS DE KIRCHHOFF

OBJETIVOS

• APLICAR A LEI DAS MALHAS

• APLICAR A LEI DOS NÓS

22.1 – LEI DAS MALHAS

Um circuito elétrico é um sistema constituído por um ou vários condutores

ligados aos polos de um gerador de força eletromotriz, de modo que uma corrente

elétrica possa fluir através deste e dos elementos condutores.

Como vimos em aulas anteriores, quando uma carga elétrica positiva passa

pelo interior de um gerador de fem, indo do polo negativo para o positivo, o seu

potencial elétrico é elevado (ou, equivalementemente a diferença de potencial entre

os polos desse gerador aumenta). Definimos um gerador ideal como sendo aquele

em que o valor da diferença de potencial entre seus polos é igual à fem do gerador,

mesmo quando este é percorrido por uma corrente. Isto equivale a dizer que em

um gerador ideal a resistência interna é nula.

Externamente ao gerador, as cargas que saem do polo positivo (onde o

potencial é mais alto) passam pelos diversos dispositivos que por ventura estejam

no circuito e vão para o polo negativo (onde o potencial é mais baixo). Portanto, ao

atravessar o circuito externo ao gerador, a corrente que se estabelece é tal que as

cargas convencionais se dirigem do potencial mais alto para o potencial mais baixo.

Na figura 22.1 apresentamos alguns circuitos, muito simples, de corrente

contínua. Em cada um deles há apenas uma malha, isto é, há apenas um percurso

fechado onde pode haver fluxo de cargas.

Na figura 22.1a temos um gerador de fem ideal ao qual é ligado um resistor,

com o auxílio de fios cujas resistências supomos serem desprezíveis (ou idealmente

nulas). Os fios de resistência desprezível são representados por segmentos de reta.

O gerador é representado por dois traços, paralelos entre si e

perpendiculares aos fios que estão ligados aos seus polos, sendo que o

traço menor representa o polo negativo e o traço maior o polo positivo. Ao

317

lado deste escrevemos a letra ε , comumente usada para representar força

eletromotriz. O resistor é representado por um trecho na forma de um dente de

serra e é indicado pela letra R . O sentido da corrente convencional, i , que se

estabelece no circuito está indicado na figura 22.1a pelas setas. O sentido é o

mesmo nas figuras 22.1b e 22.1c.

(a) (b) (c)

Figura 22.1: Alguns circuitos de uma malha: (a) Resistor de resistência R ligado a um

gerador ideal de fem ε . O sentido da corrente convencional, i , está indicado pelas setas.

Nas demais figuras o sentido da corrente é o mesmo e não foi indicado; (b) Resistores 1R ,

2R e 3R ligados em série a um gerador de fem ε . (c) Um gerador não ideal apresenta uma

resistência interna, r , que pode ser representada como um resistor ligado em série ao

gerador.

Para encontrarmos o valor da corrente que percorre o circuito utilizamos a

primeira regra de Kirchhoff, também denominada lei das malhas que diz:

quando percorremos um circuito elétrico, a partir de um ponto qualquer,

somando todas as variações de potencial ao longo do percurso e voltamos

ao ponto inicial, encontramos um resultado nulo.

Isto se deve ao fato de que, se percorremos qualquer circuito elétrico saindo

de um ponto com potencial elétrico definido e voltamos ao mesmo ponto, devemos

encontrar o mesmo potencial, ou a noção de potencial não teria qualquer utilidade.

Para computarmos tais variações de potencial estabelecemos que, ao

percorrermos o circuito, se atravessamos um gerador de fem do polo negativo para

o positivo há um aumento de potencial igual ao valor da fem (em um gerador ideal)

e quando percorremos um resistor no mesmo sentido da corrente convencional há

uma queda de potencial (uma variação negativa) cujo valor absoluto é o produto da

resistência desse resistor pela intensidade da corrente que o percorre.

r E

R

R1

E R2

P R3

E R

P

i i i

318

Evidentemente, se percorremos cada um desses elementos em sentido contrário,

as variações de potencial terão seus sinais invertidos.

Na figura 22.1a, saindo do ponto indicado pela letra P, percorrendo o circuito

no sentido horário e voltando ao mesmo ponto encontramos:

,0=− Riε

o que nos fornece imediatamente o valor da corrente:

,R

iε= (22.1)

um resultado que já havíamos encontrado em aulas anteriores.

22.1.1 ASSOCIAÇÃO DE RESISTORES EM SÉRIE

Na figura 22.1b temos uma ligação em série de três resistores no circuito,

ou seja, os resistores estão ligados de forma que todos são percorridos pela mesma

corrente. Aplicando a lei das malhas, a partir do ponto P, indicado na figura, temos

a equação:

,0321 =−−− iRiRiRε

que nos permite encontrar o valor da corrente:

321 RRR

i++

= ε. (22.2)

Este resultado pode ser generalizado considerando um circuito de uma

malha com N resistores ligados em série. Todos são percorridos pela mesma

corrente e podem ser substituídos por um único resistor equivalente, SR , cuja

resistência é igual à soma das resistências dos N resistores. Ou seja,

∑=

=N

jjS RR

1

. (resistores ligados em série) (22.3)

A resistência equivalente de uma associação em série de resistores é sempre

maior que a resistência de cada um dos resistores presentes na associação.

319

Quando ligamos um resistor a um gerador de fem real, ou seja, um gerador

que possui uma resistência interna não desprezível a variação de potencial a ser

computada ao percorrer o gerador do polo negativo para o positivo é dada pela

equação 20.10. Portanto, aplicando a lei das malhas a esse circuito temos:

,0=−− Ririε

ou ainda, .rR

i+

= ε (22.4)

Esta expressão indica que um gerador real se comporta como um gerador

ideal em série com um resistor, de resistência r . Esta resistência interna se soma à

resistência externa equivalente. Este fato está representado na figura 22.1c.

22.2 LEI DOS NÓS OU SEGUNDA REGRA DE KIRCHHOFF

Podemos tomar vários resistores e ligá-los a um gerador de fem de tal forma

que a mesma diferença de potencial seja aplicada às extremidades de cada resistor.

Isto está representado na figura 22.2.

Os pontos P1 e P2 indicados nessa figura são denominados nós e são pontos

onde há mais de um caminho para a passagem de cargas. A lei dos nós ou

segunda regra de Kirchhoff nos diz que, como há conservação da carga, a soma

das correntes que chegam a um nó tem que ser igual à soma das correntes

que saem desse nó.

Figura 22.2: Resistores ligados em paralelo, sujeitos à mesma tensão ε , fornecida pela fonte ideal. A

corrente, i , que passa pela fonte se divide, no ponto 1P , nas correntes 1i , 2i e 3i , que passam

respectivamente pelos resistores 1R , 2R e 3R . No ponto 2P as três correntes se juntam novamente

formando novamente a corrente i , que é a soma das outras três.

320

A corrente, i , que passa pelo gerador de fem se divide no ponto 1P , que

constitui um nó, em três correntes, 1i , 2i e 3i , que percorrem respectivamente os

resistores 1R , 2R e 3R . De acordo com a lei dos nós, aplicada ao ponto 1P , temos:

.321 iiii ++= (22.5)

A aplicação da mesma lei ao ponto 2P não nos fornece nada de novo, pois

encontramos novamente esta última equação.

22.1.2 – ASSOCIAÇÃO DE RESISTORES EM PARALELO

Como cada resistor está submetido à mesma tensão, ε , as correntes nos

resistores são dadas, respectivamente, pelas expressões:

1

1 Ri

ε= , 2

2 Ri

ε= e .3

3 Ri

ε=

Somando estas correntes, encontramos a corrente que passa pelo gerador:

.321321 RRRRRR

i++

=++= εεεε (22.6)

Este resultado nos indica que em uma ligação deste tipo, denominada

ligação em paralelo de N resistores, podemos substituí-los por um único resistor

equivalente, cuja resistência, PR , é dada pela expressão

.11

1∑

=

=N

j jP RR (resistores ligados em paralelo) (22.7)

A resistência equivalente de uma associação de resistores em

paralelo é sempre menor que a resistência de qualquer um dos resistores presentes

na associação.

321

EXEMPLO 22.1

Temos três resistores idênticos, cada um com resistência elétrica igual a 60,0 Ω .

De que maneiras os três podem ser interligados e que valores das resistências

equivalentes podem ser obtidos?

SOLUÇÃO: Na figura 22.1b temos representada a associação em série de três

resistores e, como vimos, a resistência equivalente é igual à soma das resistências

dos três resistores:

.0,1800,600,600,60321 Ω=Ω+Ω+Ω=++= RRRRS

Na figura 22.2 está representada a ligação em paralelo de três resistores, cuja

resistência equivalente, de acordo com a equação 22.11, é:

.0,200,20

1

0,60

1

0,60

1

0,60

11 Ω=⇒Ω

=Ω

+Ω

+Ω

= PP

RR

A figura 22.3 mostra as outras duas configurações possíveis. Na primeira delas,

figura 22.3a, temos um resistor associado em série aos dois outros que se

encontram, entre si, associados em paralelo.

Figura 22.3: (a) Resistor ligado em série a um conjunto de dois resistores ligados em paralelo e (b)

Resistor ligado em paralelo a um conjunto de dois resistores ligados em série.

322

Encontramos a resistência equivalente ao conjunto, que denominamos SPR , em

dois passos:

1) Primeiramente calculamos a resistência equivalente dos resistores ligados

em paralelo, 2PR . Em seguida encontramos resistência equivalente da

ligação em série do primeiro resistor com um resistor com essa resistência

calculada. Este segundo passo está representado na figura 22.4a.

Figura 22.4: (a) Resistor ligado em série com um resistor equivalente a um conjunto de dois

resistores ligados em paralelo e (b) Resistor ligado em paralelo a um resistor equivalente a um

conjunto de dois resistores ligados em série.

2) Utilizando a equação 22.11 encontramos a resistência equivalente aos dois

resistores em paralelo:

32

322 RR

RRRP +

=

Com os valores das resistências, obtemos: .0,302 Ω=PR .

A resistência final é então: 32

32312121 RR

RRRRRRRRR PSP +

++=+=

Ou, numericamente: .0,90 Ω=SPR

Na figura 22.3b temos a última configuração possível, na qual um resistor é ligado

em paralelo a um conjunto com dois resistores associados em série. Novamente

fazemos o cálculo em dois passos:

3) Calculamos a resistência equivalente desses dois resistores ligados em série,

2SR .

R1 RP2

E

R1

RS2

E

(a) (b)

323

.0,1200,600,60322 Ω=Ω+Ω=+= RRRS .

4) Em seguida a resistência equivalente a todo o conjunto é calculada

associando o primeiro resistor em paralelo com um resistor de resistência

2SR , como mostrado na figura 22.4b.

.0,400,120

1

0,60

1111

21

Ω=⇒Ω

+Ω

=+= PSSPS

RRRR

Encontramos, portanto, quatro valores para as resistências equivalentes das quatro

possíveis associações desses três resistores idênticos: 180,0 Ω , 20,0 Ω , 90,0 Ω e

40,0 Ω .

ATIVIDADE 22.1

Como no exemplo 22.1, temos três resistores que devem ser associados, mas dois

deles têm resistência de 50,0 Ω e um deles tem resistência de 80,0 Ω . Quais os

valores das resistências equivalentes possíveis?

EXEMPLO 22.2

Sendo o valor da fem, ε = 12,0 V, encontre os valores das correntes que

percorrem a fonte e cada um dos resistores, em cada uma das associações

possíveis do exemplo 22.1.

SOLUÇÃO: No exemplo mencionado, cada uma das associações possíveis foi

reduzida ao caso de um único resistor equivalente ligado a uma fonte. Portanto,

em cada caso a corrente que percorre a fonte tem seu valor dado pelo valor da

fem dividido pela resistência equivalente.

Na figura 22.1b, onde temos representada a associação em série temos apenas

uma corrente, fi , que percorre a fonte e os resistores. Seu valor é:

324

.7,661067,60,180

0,12 2 mAAV

Ri

sf =×=

Ω== −ε

(22.18)

Na figura 22.2, onde temos a ligação em paralelo, a corrente que percorre a fonte,

fi , se divide em três correntes idênticas, Ri , devido ao fato das três resistências

serem as mesmas. Temos então:

AV

Ri

Pf 6,0

0,20

0,12 =Ω

== ε

.2,030,60

0,12A

iV

Ri f

R ==Ω

== ε

Na figura 22.3a, a resistência equivalente é Ω= 90SPR , portanto a corrente que

passa pela fonte é:

mAAV

Ri

SPf 13103,1

0,90

0,12 2 =×=Ω

== −ε

Esta mesma corrente atravessa o primeiro resistor e se divide em duas outras, 2Pi ,

idênticas, que passam pelos resistores que estão ligados em paralelo. Ou seja:

mAAi

i fP 67107,6

2

103,1

22

2

2 =×=×== −−

Na figura 22.3b a resistência equivalente é Ω= 40PSR e a corrente que passa pela

fonte é:

.3,00,40

0,12A

V

Ri

PSf =

Ω== ε

Esta corrente se divide em duas. Cada um dos dois resistores em série, cujo

conjunto tem a resistência equivalente Ω= 1202SR é percorrido pela corrente 2Si ,

dada por:

AV

Ri

SS 1,0

0,120

0,12

22 =

Ω== ε

325

O outro resistor é percorrido pela corrente Ri , que é:

.2002,060

12mAA

RiR ==== ε

ATIVIDADE 22.2

Sendo o valor da fem, ε = 12,0 V, encontre os valores das correntes que percorrem

a fonte e cada um dos resistores, para cada uma das associações possíveis da

atividade 22.1.

326


ATIVIDADE 22.1

As associações possíveis com três resistores diferentes são as mesmas das

figuras 22.1b, 22.2, 22.3a e 22.3b. Contudo, devido ao fato dos resistores serem

diferentes temos de ficar atentos à posição de cada um. Vamos lá:

A) Nas associações das figuras 22.1b e 22.2 temos apenas uma possibilidade em

cada uma delas. A associação em série nos dá o mesmo resultado que o do

exemplo 22.1:

Ω=Ω+Ω+Ω= 180805050SR

B) A associação em paralelo nos dá:

Ω=

Ω=

Ω+

Ω+

Ω=

19

1

400

21

80

1

50

1

50

11

SR

ou: Ω= 19SR .

Estes dois resultados independem da ordem em que são colocados os

diferentes resistores.

C) No caso da figura 22.3a, podemos ter duas situações diferentes:

C1) Na primeira situação o resistor de 80 Ω é o primeiro resistor, em série

com o conjunto dos dois resistores de 50Ω associados em paralelo.

Temos então, como no exemplo 22.1,

Ω=

Ω+

Ω=

25

1

50

1

50

11

2aPR

ou: Ω= 252aPR

A resistência equivalente total será:

Ω=+= 1052580SPaR .

C2) Na segunda situação o resistor de 80 Ω é ligado em paralelo com um dos

resistores de 50 Ω e esse conjunto é ligado em série ao outro resistor de

o resistor de 50 Ω . Assim temos:

327

Ω=

Ω=

Ω+

Ω=

8,30

1

400

13

50

1

80

11

2bPR

ou: Ω= 8,302bPR

A resistência equivalente total é:

Ω=+= 8,808,3050SPbR .

Estes dois últimos resultados podem ser encontrados usando diretamente a

equação 22.15.

D) No caso da figura 22.3b temos também duas situações possíveis

D1) O resistor de 80 Ω , quando ligado em paralelo ao conjunto dos dois

resistores de 50 Ω ligados em série nos dá:

Ω=Ω+Ω= 10050502aSR

A resistência total é:

Ω==

Ω+

Ω=

4,44

1

800

18

100

1

80

11

PSaR

De onde obtemos Ω= 4,44PSaR .

D2) E quando o resistor de 80 Ω é ligado em série com um dos de 50 Ω temos

a última situação:

Ω=Ω+Ω= 13050802bSR

e a resistência total é:

Ω

=Ω

+Ω

=650

18

130

1

50

11

PSbR

ou Ω= 1,36PSbR .

Estes dois resultados podem ser encontrados usando a equação 22.17.

Em resumo, os valores encontrados, com todas as seis configurações possíveis

foram 180 Ω , 19 Ω , 105 Ω , 80,8 Ω , 44,4 Ω e 36,1Ω .

328

ATIVIDADE 22.2

Consideramos, primeiramente a associação em série dos três resistores.

A) Neste caso, os três resistores e a fonte são percorridos pela mesma corrente,

que é dada pela razão entre a força eletromotriz e a resistência equivalente no

circuito:

mAV

Ri

SS 7,661067,6

180

12 2 ≅×=Ω

== −ε.

B) Com os três resistores em paralelo, a corrente que passa pela fem é:

mAAV

VR

iP

P 630103,619

12

80

1

50

1

50

112 1 ≅×=

Ω=

Ω+

Ω+

Ω×== −ε

.

Cada resistor é percorrido por uma corrente igual ao valor da fem dividido

por sua própria resistência.

Isso significa que cada resistor de cinqüenta ohms é percorrido por uma

corrente:

mAAV

iP 240104,250

12 150 ≅×=

Ω= − ,

enquanto o resistor de oitenta ohms é percorrido pela corrente:

mAAV

iP 150105,180

12 180 ≅×=

Ω= −

.

Obviamente, a soma dessas três correntes é igual à corrente que passa pela

fonte.

C) Na figura 22.3a consideramos, como primeira opção, o resistor de oitenta ohms

ligado em série com a associação em paralelo dos dois resistores de cinqüenta

ohms.

A corrente que percorre a fonte é dada por sua força eletromotriz dividida

pela resistência equivalente desta associação:

mAAV

iSPa 1141014,1105

12 2 ≅×=Ω

= − .

329

Esta mesma corrente percorre o resistor de oitenta ohms e se divide em

duas correntes idênticas que percorrem os resistores de cinqüenta ohms:

mAii SPaSPa 11480 == e mAi

i SPaSPa 1,57

250 == .

D) Na segunda opção o resistor de cinqüenta ohms é colocado em série com a

associação em paralelo do resistor de oitenta ohms com o outro resistor de

cinqüenta ohms. A corrente que atravessa a fonte e o primeiro resistor é dada,

como sempre, pela fem dividida pela resistência da associação:

mAAV

ii SPbSPb 1491049,18,80

12 11 ≅×=

Ω== = .

Os dois resistores associados em paralelo estão submetidos à tensão

produzida pela fonte subtraída da queda de tensão no primeiro resistor. Esta queda

é dada pela resistência do primeiro resistor multiplicada pela corrente que o

atravessa:

ViRV SPSPb 43,711 == .

As correntes nos dois outros resistores serão, portanto:

mAAV

iSPb 58108,580

)43,712( 22 ≅×=

Ω−= −

e

mAAV

iSPb 91101,950

)43,712( 23 =×=

Ω−= −

.

E) Na associação da figura 22.3b, considerando o resistor de oitenta ohms em

paralelo com a associação em série dos dois de cinqüenta ohms a corrente na

fonte é

mAAV

Ri

PSaPSa 2701070,2

4,44

12 1 ≅×=Ω

== −ε

O resistor de oitenta ohms é percorrido pela corrente:

mAAV

Ri

PSaPSa 150105,1

80

12 180 ≅×=

Ω== −ε

330

enquanto o restante da corrente passa por ambos os resistores de cinqüenta ohms:

mAmAiii PSaPSaPSa 120)150270(8050 =−=−= .

Este último valor é igual à força eletromotriz dividida pela resistência

equivalente à da associação, em série, de dois resistores de cinqüenta ohms.

F) Consideramos, finalmente, um resistor de cinqüenta ohms ligado em paralelo

com a associação em série do resistor de oitenta ohms com o outro resistor de

cinqüenta ohms.

Encontramos a corrente que atravessa a fonte dividindo a força eletromotriz

pela resistência equivalente da associação:

mAAV

Ri

PSbPSb 330103,3

1,36

12 1 ≅×=Ω

== −ε.

A corrente no primeiro resistor de cinqüenta ohms é a fem dividida por esta

resistência e a corrente que passa pelo resistor de oitenta ohms e pelo segundo

resistor de cinqüenta ohms é a corrente total subtraída da corrente que passa no

primeiro resistor ou a força eletromotriz dividida pela resistência equivalente da

ligação em série, que é de 130 Ω:

mAAV

RiSB 240104,2

50

12 1

5050 ≅×=

Ω== −ε

.

mAAV

iiR

i PSbPSbSB 9231023,9130

12 250

130130 ≅×=

Ω=−== −ε

.

PENSE E RESPONDA

PR22.1) Por que as luzes de um automóvel ficam com pouca intensidade no

momento em que o motor de arranque é acionado?

PR22.2) As luzes de uma casa caem de intensidade no momento em que ligamos a

máquina de lavar ou um ferro elétrico. Por quê?

PR22.3) Em uma lanterna com duas pilhas, elas são geralmente ligadas em série.

Por que não ligá-las em paralelo? Qual seria uma possível vantagem na conexão de

pilhas idênticas em paralelo?

331


E22.1) Um resistor de 32 Ω é ligado em paralelo com um resistor de 20 Ω e o

conjunto é conectado a uma fonte de tensão de 240 V. (a) Qual é a resistência

equivalente da associação em paralelo? (b) Qual é a corrente total da combinação

em paralelo? (c) Qual é a corrente através de cada resistor?

E22.2) Mostre que quando dois resistores são ligados em paralelo, a resistência

equivalente da combinação é sempre menor do que a resistência de qualquer um

dos resistores.

E22.3) A corrente em um circuito de uma malha e uma resistência R é 5,0 A.

Quando uma resistência de 2,0 Ω é ligada em série com R , a corrente diminui

para 4,0 A. Qual o valor de R ?

E22.4) Três resistores de 1,60 Ω , 2,40 Ω e 4,80Ω são ligados em paralelo a uma

bateria de 28,0 V que possui resistência interna desprezível. Calcule (a) a

resistência equivalente da combinação, (b) a corrente através de cada resistor, (c)

a corrente total através da bateria, (d) a voltagem através de cada resistor, (e) a

energia dissipada em cada resistor.

E22.5) Uma lâmpada de 60 W e 120 V e outra lâmpada de 200 W e 120 V são

conectadas em série com uma fonte de 240 V. Sabemos que as resistências das

lâmpadas não variam com a corrente. (a) Calcule a corrente que passa nas

lâmpadas e (b) determine a potência dissipada em cada lâmpada. Observação: A

descrição da lâmpada fornece a potência que ela dissipa quando é ligada à

diferença de potencial especificada.

332

AULA 23: CIRCUITOS DE MAIS DE UMA MALHA

OBJETIVOS

• APLICAR A LEI DAS MALHAS A CIRCUITOS ELÉTRICOS

23.1 CIRCUITOS ELETRICOS

Na aula anterior consideramos associações de resistores cujas resistências

podem ser reduzidas à uma resistência equivalente. Isto nos permite encontrar a

corrente que atravessa o gerador. Usando os conceitos de ligações em série e em

paralelo, foi possível encontrar as correntes em cada resistor. Muitas vezes é

possível resolver circuitos razoavelmente complicados fazendo várias reduções de

conjuntos de resistores às suas resistências equivalentes.

Entretanto, é muito comum encontrarmos circuitos elétricos em que há

ligações que não podem ser classificadas como ligações em série ou em paralelo.

Na figura 23.1 mostramos um circuito em que há três resistores que nem

são percorridos pela mesma corrente, como ocorre em uma ligação em série, nem

estão submetidos a uma mesma diferença de potencial, como acontece com as

ligações em paralelo.

Figura 23.1: Circuito com mais de uma malha. Cada resistor é submetido a uma tensão

específica e é percorrido por uma corrente diferente da dos demais.

Neste caso devemos aplicar a lei dos nós e a lei das malhas para obtermos

um sistema com tantas equações quantos forem o número de correntes no circuito.

E2

R2 R1

R3

i1 i2

i3

e

E1

a b c

d f

333

No circuito da figura 23.1 temos três correntes distintas e devemos

encontrar um sistema de três equações envolvendo essas correntes. Temos dois

nós, que estão indicados pelas letras “b” e “e”. As correntes que saem de um nó ou

chegam nele diferem entre si, e geralmente não sabemos de antemão quais são os

seus sentidos no circuito; então, para resolver o problema de encontrar o valor e o

sentido dessas correntes, basta adotarmos arbitrariamente um sentido para elas.

No final dos cálculos, aqueles sentidos que foram escolhidos corretamente nos dão

um valor positivo para a corrente; se o sentido adotado não for o real, o valor da

corrente encontrado será negativo

Escolhendo o sentido das correntes como mostrado na Figura 23.1, e

aplicando a lei dos nós ao primeiro dos nós, encontramos que 1i é igual à soma de

2i com 3i , o que nos fornece a primeira equação:

.3321 iii += (23.1)

A aplicação da mesma lei ao nó indicado pela letra “e” não nos fornece

qualquer informação nova e resulta na mesma equação.

De forma geral quando temos N nós em um circuito a lei dos nós pode ser

usada 1−N vezes.

Figura 23.1: Circuito com mais de uma malha. Cada resistor é submetido a uma tensão

específica e é percorrido por uma corrente diferente da dos demais.

Temos três malhas (caminhos fechados) distintas neste circuito, que são

indicadas pelas letras “abcdefa”, “abefa” e “bcdeb”.

Aplicando a lei das malhas ao caminho “fabef”, encontramos a equação:

.033111 =−− iRiRε (23.2)

Aplicando novamente a lei das malhas ao percurso “bcdeb” encontramos:

E2

R2 R1

R3

i1 i2

i3

e

E1

a b c

d f

334

.033222 =++− iRiR ε (23.3)

A aplicação dessa mesma lei ao circuito “abcdefa” nos fornece uma equação

que é a soma dessas duas últimas equações, não acrescentando qualquer

informação nova.

Podemos aqui também afirmar que se temos M malhas em um

circuito a primeira regra de Kirchhoff pode ser aplicada 1−M vezes.

Temos as três equações necessárias para encontrar os valores das três

correntes presentes no circuito. Vamos reescrevê-las de forma conveniente:

,0321 =−− iii (23.3)

13311 ε=+ iRiR (23.4)

.23322 ε=− iRiR (23.5)

Usamos o método de Kramer para resolver este sistema de equações.

Escrevemos uma matriz com os coeficientes das correntes e calculamos seu

determinante. Este é o determinante principal.

313221

32

31

0

0

111

det RRRRRR

RR

RRP −−−=

−

−−=∆ . (23.6)

Substituindo a coluna correspondente a cada corrente por uma coluna com

os valores dos membros da direita dessas equações encontramos os determinantes

correspondentes a cada corrente:

,0

110

det

322

311

−

−−=∆

RR

R

εε (23.7)

−

−=∆

32

3112

0

101

det

R

RR

εε (23.8)

.

0

0

011

det

22

113

−=∆

εε

R

R (23.9)

335

o que nos leva a:

,3132211 RRR εεε −−−=∆ (23.10)

3212312 RRR εεε −−−=∆ (23.11)

12213 RR εε +−=∆ . (23.12)

As correntes são dadas, respectivamente, por estes determinantes divididos

pelo determinante principal:

.,, 33

22

11

PPP

iii∆∆

=∆∆

=∆∆

= (23.13)

Considerando V0,101 =ε , V0,152 =ε , Ω= 0,101R , Ω= 0,102R e

Ω= 0,153R , encontramos:

20,350 Ω−=∆ P , Ω−=∆ V0,4751 , Ω−=∆ V0,5252 , Ω=∆ V0,503 (23.14)

e as correntes são dadas por:

.143.0,50,1,36,1 321 AiAiAi −=== (23.15)

O valor negativo encontrado para i3 significa que o sentido da corrente é o

contrário daquele que foi suposto inicialmente, ao fazer o desenho da figura 23.1.

Quando temos um motor em um circuito, ou seja, um dispositivo que

transforma energia elétrica em trabalho mecânico, este é denominado gerador de

força contra-eletromotriz e é caracterizado por uma força contra-eletromotriz

(fcem), mε , que tem a mesma unidade que as fem do circuito. Ao percorremos o

circuito no sentido da corrente, há uma diminuição no potencial de valor

mε , quando passamos pelo motor. Eventualmente esse motor poderá ter uma

resistência interna não desprezível e, para representá-la, simplesmente

consideramos, como nas fem não ideais, uma resistência, mr , em série com a fcem

do motor. A potência desenvolvida pelo motor, na forma de trabalho mecânico, é

dada pelo valor de sua fcem multiplicado pelo valor da corrente que o atravessa.

336

EXEMPLO 23.1

Encontre as correntes que percorrem o motor e cada uma das fontes,

representados na figura 23.2. Analise as potências produzidas ou consumidas por

cada elemento do circuito Considere VM 40=ε , V60=ε , Ω= 81R , Ω= 122R e

Ω= 5MR .

Figura 23.2: Duas fontes de força eletromotriz ε alimentam um motor de força

contra-eletromotriz mε . As resistências internas de cada gerador de fem e do motor

são indicadas.

SOLUÇÃO: Como temos três correntes diferentes no circuito devemos encontrar

três equações para podermos encontrá-las.

Na figura 23.3 mostramos os sentidos escolhidos para as correntes 1i , 2i e

Mi , que percorrem os resistores 1R , 2R e MR , respectivamente.

Figura 23.3: Duas fontes de força eletromotriz E alimentam um motor de força

contra-eletromotriz mε . As resistências internas de cada gerador de fem e do

motor, bem como as correntes que percorrem cada um deles, são indicadas.

M

E E

R1 R2 RM

i1 i2

iM

M

E E

R1 R2 RM

EM

337

De acordo com a lei dos nós temos a equação:

.021 =−+ Miii (23.16)

A lei das malhas aplicada ao circuito que envolve o motor e a fonte da esquerda nos

dá:

.11 MMM iRiR εε −=+ (23.17)

Quando aplicada à malha que envolve as duas fontes, nos fornece:

.02211 =− iRiR (23.18)

Utilizando o método de Kramer encontramos o determinante principal para este

conjunto de equações e os determinantes associados a cada corrente.

Como cada gerador possui uma resistência interna, parte da energia produzida

surge como calor, a uma taxa que é igual ao valor da resistência multiplicada pelo

quadrado da corrente. Ou seja:

WAiRQ 12)2,1(0,8 22111 =×Ω== (23.19)

e

WAiRQ 0,8)8,0(12 22222 =×Ω== . (23.20)

Temos, portanto, que a fonte da esquerda fornece ao motor uma potência de 60 W,

enquanto que a fonte da esquerda fornece uma potência de 40 W.

No total o motor recebe uma potência de 1,0 x 102 W.

Parte dessa energia aparece como calor no motor, que se aquece, quando em

funcionamento:

WAiRQ MMM 20)0,2(0,5)( 22 =×Ω=⋅= . (23.21)

Os restantes 80 W são transformados em trabalho mecânico pelo motor. Este valor

é igual à fcem do motor multiplicado pela corrente:

.800,240 WAViP MMmec =×== ε (23.22)

ATIVIDADE 23.1

Quatro resistores de 18,0 Ω são ligados em paralelo a uma fonte ideal de 25,0 V.

Qual é a corrente na fonte?

338


ATIVIDADE 22.1 Nao havera’ resposta para esta atividade.

PENSE E RESPONDA

PR23.1) A ligação de resistores pode ser sempre reduzida a combinações em série

e paralelo? Caso existam exceções forneça exemplos.

PR23.2) Você liga diversas lâmpadas idênticas a uma pilha de lanterna. O que

ocorre com o brilho das lâmpadas à medida que o número de lâmpadas aumenta

quando a ligação é (a) em série? e em (b) paralelo? A bateria dura mais quando a

ligação é em série ou quando é em paralelo?


E23.1) Um resistor de 32Ω é ligado em paralelo com um resistor de 20Ω e o

conjunto é conectado a uma fonte de tensa de 240 V. Qual é (a) a resistência

equivalente da ligação em paralelo, (b) a corrente total da combinação em paralelo

e (c) a corrente que passa através de cada resistor.

E23.2) Calcule a resistência equivalente do circuito mostrado na figura 23.4 e

calcule a corrente que passa em cada resistor. A resistência interna da bateria é

desprezível.

Figura 23.4: Circuito do exercício 23.2

E23.3) No circuito mostrado abaixo, as resistências são Ω= 21R , Ω= 42R

Ω= 0,63R e a corrente Ai 0,6= . A diferença de potencial entre os pontos A e B é

339

VVab 78= . (a) O elemento ? está absorvendo ou cedendo energia ao circuito? (b)

Qual é a potencia absorvida ou fornecida pelo elemento?


E23.4) Duas resistências A e B são ligadas em série e a resistência equivalente é

Ω0,16 . Quando estão ligadas em paralelo, a resistência equivalente é Ω0,3 .

Determine (a) a menor e (b) a menor das resistências A e B.

E23.5) Qual é a resistência equivalente do circuito da figura 23.6? Calcule a

corrente que passa em cada resistor e na bateria do circuito.


340

AULA 24: APARELHOS DE MEDIDAS I

OBJETIVOS

• DISCUTIR O FUNCIONAMENTO DO GALVANÔMETRO E DO AMPERÍMETRO

• RELACIONAR ESSES APARELHOS COM AS MEDIDAS DE TENSÃO E CORRENTE ELÉTRICAS

24.1 GALVANÔMETRO

A compreensão dos fenômenos elétricos e magnéticos teve grande

desenvolvimento, nos séculos XVII e XIX, com as pesquisas realizadas,

principalmente, nas universidades européias. Ao mesmo tempo em que eram

elaboradas as teorias que descrevem estes fenômenos, foram sendo desenvolvidos

aparelhos para a sua mensuração.

O mais importante dos aparelhos de medidas elétricas é, talvez, o

galvanômetro, criado pelo físico inglês Michael Faraday, que permite fazer medições

de pequenas correntes elétricas. A figura 24.1 mostra o esquema de funcionamento

de um galvanômetro de bobina móvel, o mais comumente utilizado.

Figura 24.1: Esquema de funcionamento de um galvanômetro de bobina móvel. Esta é

imersa em um campo magnético e pode girar em torno de um eixo perpendicular ao plano

da figura. A passagem de corrente provoca um torque que é equilibrado pelo torque

restaurador de uma mola espiral. O deslocamento angular mostrado por um ponteiro sobre

uma escala é proporcional à corrente.

Uma bobina retangular de fio condutor é colocada entre os pólos de um ímã

permanente e pode girar em torno de um eixo, ao qual é fixada por uma mola

espiral.

341

Quando uma corrente percorre a bobina, esta provoca um torque, devido à

interação do campo magnético do ímã com as cargas em movimento que

constituem a corrente elétrica. Os detalhes dessa interação serão tratados nas

próximas aulas deste livro.

Por ora, consideramos apenas que o torque sobre a bobina é proporcional à

intensidade da corrente e que independe de sua posição angular, o que é obtido

com uma geometria adequada do ímã.

Quando não há corrente, a posição da bobina é aquela em que a mola

espiral permanece relaxada.

Quando percorrida por uma corrente, i , a bobina gira de um ângulo θ , e a

nova posição da bobina é a que corresponde ao equilíbrio entre o torque produzido

pelo campo magnético e o torque restaurador da mola, que é proporcional ao

deslocamento angular relativo à posição da mola relaxada.

Podemos então escrever a equação:

,θα Ki = (24.1)

onde α e K são duas constantes de proporcionalidade, de onde vemos que a

corrente é proporcional ao ângulo de rotação da bobina.

Um ponteiro e uma escala conveniente nos permitem fazer a leitura da

posição angular da bobina e, portanto, da corrente que a percorre.

Figura 24.1: Esquema de funcionamento de um galvanômetro de bobina móvel. Esta é

imersa em um campo magnético e pode girar em torno de um eixo perpendicular ao plano

da figura. A passagem de corrente provoca um torque que é equilibrado pelo troque

restaurador de uma mola espiral. O deslocamento angular mostrado por um ponteiro sobre

uma escala é proporcional à corrente.

342

As resistências internas, GR , de galvanômetros comuns costumam ter

valores entre Ω5 e Ω30 e as correntes de fundo de escala (as que provocam

deflexões máximas do ponteiro), max,Gi , têm valores típicos entre 0,1 mA e 10 mA.

Se multiplicarmos a resistência interna de um galvanômetro pela corrente

que o percorre encontraremos a tensão a que este está submetido. Em outras

palavras, pode-se dizer que um galvanômetro mede tanto pequenas correntes

como pequenas diferenças de potencial. Isto é:

.GGG iRV = (24.2)

SAIBA MAIS

Um exemplo onde se faz uso de um galvanômetro é um circuito elétrico,

conhecido como ponte de Wheatstone, utilizado para se encontrar valores de

resistências, com boa precisão.

A figura 24.2 mostra o referido circuito, sendo R o resistor cuja resistência

deseja-se medir. Nela, 1R e 2R são dois resistores com resistências fixas,

geralmente idênticas, e conhecidas; xR é um resistor cuja resistência pode ser

variada continuamente e cujo valor pode sempre ser conhecido.

Figura 24.2: Ponte de Wheatstone. Quando a corrente no galvanômetro é anulada,

ajustando-se o valor de xR , a corrente em R é igual à corrente em 1R e a corrente em xR

é igual à corrente em 2R .

Neste circuito é conveniente utilizar um galvanômetro de zero central, que

pode indicar correntes em qualquer sentido. Quando há alguma diferença de

potencial entre os pontos “b” e “c” o galvanômetro acusa a passagem de corrente,

se essa diferença de potencial é invertida o galvanômetro indica uma corrente de

sinal contrário.

E

a

b

c

d G

R2

R

Rx

R1

343

Variando a resistência do resistor xR pode-se encontrar uma situação em

que não há passagem de corrente através do galvanômetro. Nesta situação a

diferença de potencial ente os pontos “a” e “b” é igual à diferença de potencial

entre os pontos “a” e “c”. Da mesma forma a tensão entre os pontos “b” e “d” é

idêntica à tensão entre os pontos “c” e “d”.

Além disto, nessa mesma situação, a corrente 1i , que passa por 1R , é a

mesma que passa por R e a corrente 2i , que passa por 2R , é a mesma que passa

por xR . Podemos, portanto escrever as equações:

2211 iRiR = (24.3)

.21 iRRi x= (24.4)

Dividindo uma equação pela outra e rearranjando termos encontramos que:

.2

1

R

RRR x= (24.5)

Normalmente diz-se que a ponte de Wheatstone fornece um valor muito

preciso para a resistência que procuramos medir.

O que se pode dizer é que esta última equação é um resultado teoricamente

exato, ou seja, obtido sem que se fizessem aproximações matemáticas. No entanto

a precisão do resultado obtido experimentalmente depende da precisão com que os

valores de 1R , 2R e xR são conhecidos.

Se, por exemplo, cada uma dessas resistências é conhecida com uma

incerteza relativa de cinco por cento, a incerteza relativa encontrada para R é de

aproximadamente nove por cento.

Para se realizar medidas com este circuito utilizam-se, como 1R e 2R , dois

fios de seção reta uniforme, de mesmo comprimento, constituídos de materiais

condutores com resistividades bem conhecidas.

xR é também um fio, de mesmo material dos anteriores e mesma área da

seção transversal, mas de comprimento variável, o que é obtido com um contato

móvel. O valor dessa resistência pode ser conhecido com boa precisão.

Os galvanômetros são aparelhos que suportam somente pequenas

diferenças de potencial e a aplicação de tensões pouco elevadas poderiam danificá-

344

los. Por isto, como medida de proteção, ao se iniciar uma medida, usa-se em série

com o galvanômetro, um resistor que não permita a passagem de uma corrente

maior que a de fundo de escala do aparelho em questão. Equilibra-se, assim, a

ponte de forma grosseira, para em seguida retirar este resistor e fazer um ajuste

mais fino.

24.1 – AMPERÍMETRO

Normalmente é necessário medir correntes bem mais intensas que as que

podem ser medidas diretamente com um galvanômetro.

Uma ducha de banho elétrica, por exemplo, pode ser percorrida por uma

corrente de intensidade em torno de cinqüenta amperes, que é cem mil vezes

maior que uma corrente de fundo, usual em galvanômetros, de meio miliampere.

Para medirmos correntes maiores que a corrente de fundo de um

galvanômetro, construímos o aparelho, a que damos o nome de amperímetro. Este

nada mais é que um galvanômetro associado, em paralelo, a um condutor, de

pequena resistência, que, em geral, permite a passagem da maior parte da

corrente, enquanto apenas uma pequena parcela passa pelo galvanômetro.

No jargão da eletrotécnica, esse resistor, colocado em paralelo com o

galvanômetro, é conhecido como shunt, palavra inglesa cujo significado é desvio.

A figura 24.3a mostra um amperímetro inserido em um circuito simples. A

corrente no circuito passa pelo amperímetro que, para perturbar minimamente o

circuito, deve ter uma resistência interna bastante pequena. Um amperímetro ideal

seria aquele que apresentasse resistência nula, o que não é possível obter em

aparelhos comuns.

Figura 24.3: (a) Amperímetro inserido em um circuito é percorrido pela corrente a ser

medida. (b) A corrente a ser medida é dividida: uma pequena parcela passa pelo

galvanômetro, cuja resistência interna está representada por um resistor em série com este,

e a maior parte da corrente passa por um resistor em paralelo que atua como desvio.

R E1

A

(a) (b)

RP

G rG

i G

ip

i i

345

O esquema de funcionamento do amperímetro, para corrente contínua, é

mostrado na figura 24.3b.

De acordo com a lei dos nós, a corrente a ser medida, i , se divide em uma

parcela que percorre o galvanômetro, Gi , e o restante, geralmente a maior parte,

passa pelo “shunt”, pi .

Além disto, como o galvanômetro está ligado em paralelo com pR , ambos

estão submetidos à mesma diferença de potencial.

Podemos então escrever as equações:

pG iii += (24.6)

.ppGG iRir = (24.7)

Eliminando a corrente que passa pelo desvio encontramos:

.1 Gp

G iR

ri

+= (24.8)

Podem-se construir amperímetros que meçam quaisquer valores de corrente

maiores que a corrente de fundo de escala do galvanômetro. O fator entre

parênteses, neta última equação é denominado fator de amplificação do

amperímetro.

Quando a corrente de fundo de escala do amperímetro é poucas vezes maior

que a do galvanômetro, o valor de pR é poucas vezes menor que Gr e a unidade,

que aparece no fator de amplificação, é relevante. Usualmente um amperímetro

pode medir correntes muito maiores que a corrente de fundo do galvanômetro.

Nesse caso pR é muito menor que Gr e pode-se desprezar aquela unidade.

346


E24.1) A resistência de uma bobina de um galvanômetro é igual a Ω0,25 e a

corrente necessária para atingir uma deflexão até o fundo da escala é de Fµ0,500 .

Mostre em um diagrama como converter o galvanômetro em um amperímetro

capaz de fornecer uma leitura até o fundo da escala igual a 20,0 mA e calcule a

resistência de shunt.

E24.2) A resistência da bobina de um galvanômetro é igual a Ω36,9 e uma

corrente de 0,0224 A produz nele uma deflexão até o fundo da escala. O único

shunt disponível possui resistência de Ω025.0 0,025 Ω. Qual é o valor da

resistência R que deve ser conectada em série com a bobina, veja a figura 24.4?

Figura 24.4: Circuito do exercício 24.2.

347

AULA 25: APARELHOS DE MEDIDAS II

OBJETIVOS

• DISCUTIR O FUNCIONAMENTO DO VOLTÍMETRO E OHMÍMETRO

• RELACIONAR ESSES APARELHOS COM AS MEDIDAS DE TENSÃO E RESISTÊNCIA ELÉTRICAS

25.1 – VOLTÍMETRO

Quando queremos medir tensões maiores que as que podem ser medidas

diretamente com um galvanômetro construímos um voltímetro que, assim como o

amperímetro, usa um galvanômetro, mas com um resistor associado a ele em

série.

Desta forma, quando vamos medir uma determinada tensão há apenas uma

pequena diferença de potencial entre os terminais do galvanômetro ficando a maior

parte da diferença de potencial entre os terminais do resistor em série.

A figura 25.1a mostra a utilização de um voltímetro. Este é ligado em

paralelo ao elemento de circuito que está submetido à tensão que queremos medir,

no caso, a tensão a que está submetido o resistor 2R .

Figura 25.1: (a) Um voltímetro é ligado em paralelo com o elemento de circuito submetido à

tensão que se deseja medir. (b) Em um voltímetro a maior parte da queda de tensão se dá

em um resistor associado em série com um galvanômetro. Neste a queda de tensão é bem

pequena.

Ao ligarmos o voltímetro, como mostrado na figura 25.1a, ocorre uma

diminuição na resistência equivalente no circuito. Para que haja um mínimo de

E1 R2 V

R1

(a) (b)

G Rs

rG

iG

348

alteração no circuito, a resistência de um voltímetro deve ser, portanto, bem

grande, idealmente infinita.

Na figura 25.1b temos o esquema de funcionamento do voltímetro, em que,

usualmente, a resistência em série é responsável por quase toda a queda de

potencial. A tensão a ser medida é:

( ) .GGS irRV += (25.1)

Quando a tensão máxima a ser medida é poucas vezes maior que aquela

suportada pelo galvanômetro a resistência interna deste é importante nesta

equação. Usualmente as tensões a serem medidas são muito maiores que as que

podem ser medidas com o galvanômetro. Neste caso a resistência em série é muito

maior que Gr e pode-se desprezar o valor desta frente ao daquela.

25.2 – OHMÍMETRO

Para medirmos resistências de diversos condutores, devemos aplicar uma

tensão conhecida aos terminais dos resistores e medir as correntes

correspondentes.

Para tal podemos usar o esquema mostrado na figura 25.2, onde temos uma

fonte de fem de valor ε , um galvanômetro, com resistência interna Gr e corrente

de fundo de escala max,Gi , e um resistor, sR , ligados em série.

Figura 25.2: Em um ohmímetro, uma fem e um resistor são ligados em série com um

galvanômetro. A resistência sR é escolhida de forma que quando os terminais “a” e “b” são

interligados a corrente é máxima e corresponde a uma resistência externa nula. Quando os

terminais são desligados a corrente é nula e corresponde a uma corrente externa infinita.

Quando um resistor externo é ligado entre os terminais a corrente tem um valor

intermediário que depende do valor de sua resistência.

G

Rs

rG

E

a

b

Rex

349

O valores de ε e de sR são escolhidos forma que a corrente no

galvanômetro seja máxima quando os terminais “a” e “b” são interligados, o que

corresponde a uma resistência nula, no mostrador do ohmímetro.

Quando um resistor externo, cuja resistência deseja-se medir, é ligado aos

terminais há passagem de uma corrente menor que a máxima. Se o resistor é

retirado e o circuito fica aberto, temos corrente nula que corresponde ao limite de

uma resistência infinita.

A resistência do ohmímetro é:

.GSOhm rRR += (25.2)

Inserindo o resistor externo no circuito da figura 25.2 e aplicando a lei das

malhas encontramos:

Ohmext Ri

R −= ε. (25.3)

Como a força eletromotriz é dada pelo produto da resistência do ohmímetro

pelo valor da corrente máxima no galvanômetro, pode-se expressar o valor da

resistência externa usando como parâmetros os valores da corrente máxima e da

resistência do ohmímetro:

.1max

−=i

iRR Ohmext (25.4)

Um mostrador de um ohmímetro é representado na figura 25.3.

Figura 25.3 – (figura 25-24 do livro Tipler, P. A.; Física, vol. 2ª, 2a ed.)

Figura 25.3: Em um ohmímetro a corrente máxima corresponde a uma resistência

externa nula, enquanto a corrente nula corresponde a uma resistência infinita. A

escala não é linear como nos voltímetros e amperímetros.

Podemos ver que a relação entre o valor da resistência externa e a

intensidade da corrente não é linear. O gráfico da figura 25.4 representa a razão

ohmext RR em função da razão maxii . Resistências com valores muito maiores que o

da resistência do ohmímetro são medidas com baixa precisão.

350

Figura 25.4: Razão entre a resistência a ser medida e a resistência interna de um

ohmímetro como função da razão entre a corrente e a corrente máxima no

galvanômetro. Quando a resistência externa é maior que cinco ou seis vezes a

resistência interna do ohmímetro, a precisão se torna muito baixa.

EXEMPLO 25.1

Deseja-se construir um voltímetro a partir de um galvanômetro, com fundo de

escala de 10 mA e resistência interna Ω= 0,6Gr , e um conjunto de três resistores

idênticos, que podem ser interligados de quatro maneiras como já analisamos em

aulas anteriores. O menor fundo de escala que se deseja é de 6,0 V. Qual o valor

das resistências de cada resistor e quais os outros fundos de escala possíveis?

SOLUÇÃO: De acordo com a equação 25.1 devemos ter:

( ) .100,60,6 2 ARS−×+= (25.5)

Encontramos então o valor da resistência necessária para obtermos o menor fundo

de escala desejado.

.109,5 2 Ω×=spR (25.6)

Esta é a menor resistência possível e corresponde à ligação dos três resistores em

paralelo, cuja resistência equivalente é de um terço do valor de cada resistência.

0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,00

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

R/R

Ohm

i/imax

351

Encontramos, portanto, o valor de cada uma:

.1078,1 3 Ω×=R (25.7)

As demais combinações dos três resistores têm as resistências equivalentes iguais

ao valor de R multiplicado pelos fatores 2/3, 3/2 e 3.

Com o fator 2/3 encontramos Ω×= 31078,1spsR e temos o fundo de escala:

.5,1210)0,61078,1( 23 VVps =×+×= − (25.8)

Com o fator 3/2 encontramos Ω×= 31062,2sspR e temos o fundo de escala:

.8,2610)61067,2( 23 VVsp =×+×= − (25.9)

Finalmente, com o fator 3 encontramos Ω×= 31035,5sR e o maior fundo de escala

do voltímetro é:

.5,5310)0,61035,5( 23 VVs =×+×= − (25.10)

ATIVIDADE 25.1

Utilizando três resistores idênticos, que podem ser associados das quatro maneiras

analisadas no exemplo 22.1, encontre o valor de cada resistência se desejamos

construir um amperímetro cujo maior fundo de escala seja de 1.00 A. Considere um

galvanômetro como o do exemplo 25.1 e encontre os demais fundos de escala.

352


ATIVIDADE 25.1

Para termos o maior fundo de escala possível, em um amperímetro,

devemos ter o desvio com a menor resistência possível, como se pode ver na

equação 24.8.

Esta resistência, então, corresponde à ligação em paralelo dos três

resistores, sendo sua resistência equivalente igual a 1/3 do valor de cada

resistência individual.

Utilizando, naquela equação, os valores de 1,00 A para a corrente máxima,

10 mA para a corrente de fundo do galvanômetro e Ω00,6 para a resistência

interna do galvanômetro encontramos o valor da resistência de cada resistor:

.182,033maxmax

max Ω=−

==G

GGp ii

irRR

Encontramos então os demais fundos de escala usando iG igual a 10 mA e

pR igual a 2/3, 3/2 e 3 vezes o valor de R, na equação 24.8:

Ai ps31005,5101

121,0

6 ×=×

+=

Aisp31030,2101

273,0

6 −×=×

+=

Ais31020,1101

546,0

6 ×=×

+=


E25.1) Uma bateria de 90,0 V possui uma resistência interna Ω= 23,8r . (a) Qual é

a leitura de um voltímetro com resistência Ω= 425VR quando ele é conectado aos

terminais da bateria? (b) Qual deve ser o valor máximo da razão VRr / r/RV para

que o erro associado com a leitura da fem da bateria não seja maior do que 4,0 %?

353

E25.2) Dois voltímetros de 150 V, com uma resistência interna de Ωk0,10 e outro

com resistência interna igual a Ωk0,90 , são conectados em série com uma fonte

de tensão de 120 V. Calcule o valor da leitura de cada voltímetro? Observação: Um

voltímetro de 150 V é aquele no qual ocorre uma deflexão completa em sua escala

quando existe uma tensão de 150 V aplicada em seus terminais.

353

AULA 26 – CIRCUITO RC

OBJETIVOS

• COMPREENDER O COMPORTAMENTO DA CARGA, CORRENTE E TENSÃO EM UM CIRCUITO RC

26.1 – ANÁLISE DE UM CIRCUITO RC

Até agora temos analisado circuitos de corrente contínua em que os valores

das correntes são independentes do tempo. Veremos agora um circuito de corrente

contínua em que, embora a corrente não mude de sentido (o que caracterizaria um

circuito de corrente alternada) a intensidade da corrente varia com o passar do

tempo.

Na figura 26.1 temos um circuito com uma fem, um resistor e um capacitor,

que são ligados em série quando a chave “ch” é ligada ao terminal “a”.

Estando o capacitor inicialmente descarregado surge uma corrente que irá

carregar o capacitor.

Aplicando a lei das malhas encontramos a equação que descreve o

comportamento temporal da carga no capacitor e da corrente que o carrega.

Figura 26.1: Circuito RC. Quando a chave “ch” é ligada ao terminal “a”, com o capacitor

descarregado, surge uma corrente que irá carregar o capacitor. Quando a chave é ligada ao

terminal “b”, com o capacitor carregado, este se descarrega. A resistência no circuito limita o

valor da corrente.

A corrente, que é a taxa com que as cargas chegam às placas do capacitor,

é simplesmente a derivada da carga com relação ao tempo, o que nos permite

escrever:

E

R

C

a

b ch

i

i

354

ε=+dt

dqR

C

q. (26.1)

Esta é uma equação diferencial de primeira ordem, pois envolve derivadas

até a primeira ordem da carga. Podemos integrá-la, rearranjando seus termos e

notando que enquanto o tempo varia de zero a t, a carga no capacitor varia de zero

a q(t):

∫∫−=

−ttq

RC

dt

Cq

dq0

)(

0 ε. (26.2)

O resultado dessas integrais é:

,)(

lnRC

t

C

Ctq −=

−−

εε

(26.3)

que, finalmente, pode ser escrito como:

.1)(

−=

−RC

t

eCtq ε (26.4)

Derivando esta expressão em relação ao tempo encontramos a expressão

para a corrente no circuito:

RC

t

eR

i−

= ε (26.5)

A equação 26.4 nos diz que a carga inicial é nula e que seu valor tende para

εC , ou equivalentemente, que a diferença de potencial entre as placas do capacitor

tende para ε , que é a tensão gerada pela fonte de força motriz.

Entretanto, o capacitor não é carregado instantaneamente. De acordo com

aquela equação é necessário um intervalo de tempo infinito para atingir tal valor.

O produto da resistência do resistor pela capacitância do capacitor é

conhecido como constante de tempo do circuito RC:

.RCC =τ (26.6)

Da equação (26.4), podemos ver que, desde o instante inicial até o instante

de tempo igual a Cτ , a carga no capacitor (e, conseqüentemente, a diferença de

potencial entre suas placas) atinge aproximadamente 63,2% do valor máximo. A

carga será 86,5% do valor máximo quando Ct τ2= e 95,0% quando Ct τ3= .

355

ATIVIDADE 26.1

Mostre que, para CCC ttt τττ 3,2, === , a carga no capacitor atinge,

respectivamente, os valores 63,2%, 86,5% e 95% da carga máxima no capacitor.

A corrente inicial, de acordo com a equação 26.5, é igual ao valor da fem

dividido pelo da resistência. Como inicialmente não há carga no capacitor, toda a

tensão fornecida pela fem aparece no resistor. Com o passar do tempo a diferença

de potencial no capacitor aumenta enquanto a tensão no resistor diminui, ou seja,

a carga no capacitor aumenta enquanto o valor da corrente diminui.

Em um intervalo de tempo igual à constante de tempo do circuito, a corrente

diminui para aproximadamente 37% de seu valor inicial.

Se essa corrente permanecesse com o valor inicial o capacitor seria

carregado completamente (a diferença de potencial entre suas placas atingiria o

valor ε ) em um intervalo igual à constante de tempo do circuito. Isto pode ser

visto na figura 26.2, onde mostramos, com traço cheio, a evolução temporal da

diferença de potencial no capacitor ( CqV /= ) e, com linha tracejada, como esta

evoluiria, se o valor da corrente fosse mantido constante e igual ao seu valor inicial.

Figura 26.2: Fração da diferença de potencial entre as placas do capacitor, relativo a

seu valor máximo, durante o processo de carga (linha cheia). Quando o intervalo de tempo

atinge o valor de uma constante de tempo do circuito, a diferença de potencial atinge 63%

do valor da fem presente no circuito. A diferença de potencial que teríamos se a

corrente fosse constante, e igual ao valor inicial, é dada pela linha tracejada.

0 1 2 3 4 50,0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

V/E

t/τc

356

Na figura 26.3 mostramos o valor da corrente no circuito como função do

tempo.

Figura 26.3: Fração da corrente no circuito RC relativa ao valor da corrente inicial. O

intervalo de tempo é dado em termos da constante de tempo do circuito, Cτ = RC. Quando

se passa um intervalo igual a uma constante de tempo o valor da corrente é de

aproximadamente 37% de seu valor inicial e é de 5% quando o intervalo de tempo é de três

vezes o valor daquela constante.

Conforme já dissemos, o intervalo de tempo necessário para se atingir a

situação em que todo o potencial gerado pela fem esteja no capacitor e corrente

seja nula tende ao infinito.

Entretanto, nas figuras 26.2 e 26.3, podemos ver que, quando se passa um

intervalo de tempo em torno de cinco ou seis vezes a constante de tempo, pode-se

considerar que tanto a corrente no circuito quanto a diferença de potencial no

capacitor atingem seu valor de equilíbrio, zero e ε , respectivamente.

Vamos analisar agora o processo de descarga do capacitor, ou seja, quando

a diferença de potencial entre as placas do capacitor representado na figura 26.1

atinge um valor arbitrário 0V , estando a chave ligada ao terminal “a”, passa-se a

chave para o terminal “b”.

Ocorre nesse instante a eliminação da fonte de força eletromotriz no

circuito, que passa a ser descrito pela equação:

0 1 2 3 4 5 60,0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

i/io

t/τc

357

.0=+dt

dqR

C

q (26.7)

Como no caso da carga, podemos integrar esta equação, considerando nulo

o tempo no momento em que a chave é ligada em “b”:

.0

)(

0∫∫

−=ttq

q RC

dt

q

dq (26.8)

O resultado das integrais é:

.)(

ln0 RC

t

q

tq −=

(26.9)

Podemos, finalmente, escrever a carga no capacitor como função do tempo e

sua derivada temporal que é a corrente:

RC

t

eqtq−

= 0)( (26.10)

e

.0 RC

t

eRC

qi

−

−= (26.11)

A carga no capacitor diminui exponencialmente, governada pela mesma

constante de tempo do processo de carga. Tanto a carga quanto a corrente

diminuem para algo em trono de 37% de seu valor inicial em um intervalo igual a

uma constante de tempo.

A corrente tem, em cada instante, um valor igual à diferença de potencial,

Ctq /)( , aplicada ao resistor, dividida pelo valor da resistência. Este resultado é o

esperado, pois, como foi retirada a fonte do circuito, apenas a diferença de potencial

do capacitor é a responsável pela corrente que percorre o resistor.

Além disso, o sinal da corrente encontrada é negativo. Isto que indica que,

durante a descarga, a corrente que percorre o circuito tem, como é de se esperar, o

sentido contrário ao indicado na figura 26.1.

EXEMPLO 26.1

Em determinado sistema “pisca-pisca” usa-se um circuito como o da figura 26.1,

em que o resistor é, na verdade, uma pequena lâmpada e a chave é um dispositivo

automático que alterna sua posição, toda vez que a corrente diminui para vinte por

358

cento de seu valor máximo.

Com uma fem de 12 V e com a chave na posição “a” o capacitor é carregado,

inicialmente, até a tensão de 10 V, quando se inicia o funcionamento, passando a

chave para a posição “b”.

Considerando os valores de .200 Ω=R e FC µ31000,3 ×= , quais os valores

máximo e mínimo da tensão no capacitor e qual o valor da corrente máxima?

Quanto tempo a lâmpada permanece acesa e quanto tempo permanece apagada se

ela só emite luz quando a corrente é igual ou superior a cinqüenta por cento seu

valor máximo?

RESOLUÇÃO: Inicialmente encontramos o valor da constante de tempo do circuito:

.600,0102200)1000,3()200( 33 sFRC =××=××Ω= −µ (26.12)

De acordo com a equação 26.11, o valor máximo da corrente é o da corrente

inicial. Como Cq /0 é a tensão inicial, que é máxima, vemos que:

.0,50200/10/0max mARVi === (26.13)

Igualando a exponencial naquela equação a 0,2 (20%) encontramos o intervalo de

tempo durante o qual a chave permanece na posição “b”, enquanto o capacitor se

descarrega, isto é:

( ) sRCRCte Rct

966,061,15ln2,0 ===⇒= −. (26.14)

Após este tempo, em que a diferença de potencial no capacitor cai para 20% da

inicial, ou seja, 2,00 V, a chave passa para a posição “a”, e o capacitor passa a ser

carregado.

Igualando essa mesma exponencial a 0,5 obtemos o intervalo de tempo, at∆ , em

que a lâmpada permanece acesa durante a descarga:

( ) sRCRCte aRc

t416,0693,02ln5,0 ===∆⇒= −

. (26.15)

Dessa forma a lâmpada permanece apagada por um intervalo de tempo igual a

sRC 550,0916,0 = .

Para encontrarmos o tempo de carga do capacitor devemos integrar a equação 26.1

usando como limite inferior da carga, seu valor quando o potencial atinge o valor

359

mínimo de dois volts. O resultado é:

.min

RCt

eqC

qC −=−−

εε

(26.16)

Rearranjando os termos desta equação encontramos a carga (ou o potencial) no

capacitor:

( ) .1min

−−+=

−RC

t

mim eqCqq ε (26.17)

Derivando em relação ao tempo encontramos a expressão para a corrente:

.min RCt

eR

Vi

−−=

ε (26.18)

Podemos ver que, sendo 2,00 V a tensão mínima e 12,0 V a fem do circuito, a

corrente máxima durante a carga do capacitor é a mesma que encontramos na

descarga. A corrente cairá para 20% deste valor em um intervalo de tempo idêntico

ao da descarga, que é tempo necessário para a exponencial atingir o valor 0,2.

Usando este valor da exponencial na expressão da carga encontramos o potencial

máximo durante a carga:

.0,106,9400,08,02,0 minmax VVVVV =+=+= ε (26.19)

Igualmente, a lâmpada permanece acesa por um intervalo de tempo igual ao

encontrado durante a descarga.

Resumindo: A lâmpada permanece acesa durante por 416 ms e apagada por 550

ms, tanto durante a carga do capacitor quanto durante a descarga. A tensão no

capacitor varia entre o máximo de dez volts e o mínimo de dois volts.

Na figura 26.4 mostramos a evolução da tensão no capacitor e na figura 26.5 a da

corrente no circuito. Nesta última vemos setas horizontais que indicam os momento

em que a lâmpada deixa de emitir luz, voltando a acender toda vez que a chave

alterna sua posição.

360

0 1 2 3 4 5 6

2

4

6

8

10

Ten

são

(V)

Tempo (s)

Figura 26.4: A tensão no capacitor varia entre o valor mínimo de 2,0 V ao valor máximo de

10 V, alimentado por uma fem de 12 V e controlado por uma chave automática que alterna

sua polaridade quando a tensão atinge os valores limites.

0 1 2 3 4 5 6-60

-40

-20

0

20

40

60

Cor

rent

e (m

A)

Tempo (s)

Figura 26.5: Corrente no circuito do pisca-pisca. Durante a carga do capacitor a corrente,

inicialmente com valor de 50 mA, diminui até o valor de 10 mA. Nesse instante a chave

alterna sua polaridade para que o capacitor se descarregue. A corrente passa a ser

negativa, com valor inicial de 50 mA, que diminui até 10 mA, quando de novo o capacitor

volta a ser carregado. As setas mostram os instantes em que a lâmpada deixa de emitir luz.

361

ATIVIDADE 26.2

Deseja-se carregar um capacitor até a tensão de 20,0 V. Se usássemos uma fem de

20,0 V para carregá-lo, o tempo de carga seria infinito. Por isto utilizamos uma fem

de 21 V. Qual o tempo de carga nesta situação se sua capacitância é FC µ106= e

se há uma resistência em série com este cuja resistência é de .300 Ω=R ? Qual o

tempo necessário para que o capacitor, com uma diferença de potencial inicial entre

suas placas de 20,0 V se descarregue através da resistência interna de um

voltímetro de valor .47 Ω= kRV até atingir a tensão de 1,00 V?

362


ATIVIDADE 26.1

Substitua Ct τ= na equação 26.10 e faça os cálculos, lembrando que se deseja o

percentual da carga máxima no tempo em questão. Por exemplo:

−=

−RC

t

eCtq 1)( ε

( ) ( ) ( )632,0368,0111)( 1 εεεε CCeCeCRCtq RC

RC

=−=−=

−== −

−

%2,63632,0)( ===

εC

RCtq

ATIVIDADE 26.2

A constante de tempo do circuito, durante a carga do capacitor é:

.8,3110106300 6 msFRCC =××Ω== −τ

De acordo com a equação 26.4, o tempo de carga é dado por:

−=−

c

t

eVV τ10,210,20

de onde tiramos o intervalo de tempo.

mst cc 7,9604,3]21ln[ === ττ .

Com o capacitor carregado e desligado do circuito, medimos sua tensão com

um voltímetro cuja resistência interna é de .47 Ωk . Neste caso, ao começarmos a

medição, a diferença de potencial é de 20,0 V e vai caindo de acordo com a nova

constante de tempo que é o produto da capacitância do capacitor pela resistência

interna do voltímetro:

.98,4101061047 63 sFRCC =××Ω×== −τ

O tempo de descarga é, de acordo com a equação 26.10, dado por:

,.201 c

t

e τ−

=

ou seja ( ) .9,1400,30,20ln st CC === ττ

363

PENSE E RESPONDA

PR26.1) Quando um resistor, uma bateria e um capacitor são ligados em série, o

resistor influencia a carga máxima que pode ser armazenada no capacitor? Por

quê? Para que serve o resistor?

PR26.2) Para uma resistência muito grande é fácil construir um circuito RC com

uma constante de tempo da ordem de alguns segundos ou minutos. Como esse

resultado poderia servir para a determinação de uma resistência tão grande que

não pudesse ser medida com os instrumentos comuns?


E26.1) Um capacitor com uma carga inicial 0q é descarregado através de um

resistor. Que múltiplo da constante de tempo τ é necessário para que o capacitor

descarregue (a) um terço da carga inicial; (b) dois terços da carga inicial?

E26.2) Um capacitor de Fµ1 com uma energia inicial de 0,50 J é descarregado

através de um resistor de .1 ΩM . (a) Qual é a carga inicial do capacitor? (b) Qual é

a corrente no resistor quando a descarga começa?

E26.3) Num circuito RC série, FC µ80,1= , .40,1 Ω= MR e V0,12=ε . (a) Qual é a

constante de tempo? (b) Qual a carga máxima que o capacitor pode receber ao ser

descarregado? (c) Quanto tempo é necessário para que a carga do capacitor atinja

o valor de FC µ0,16= ?

E26.4) Um resistor .850 Ω=R é conectado com as placas de um capacitor

carregado com capacitância dada por FC µ62,4= . Imediatamente antes da

conexão ser feita, a carga no capacitor é 8,10 mC. (a) Qual é a energia

armazenada inicialmente no capacitor? (b) Qual é a potência elétrica dissipada no

resistor imediatamente após a conexão ser feita? (c) Qual é a potência elétrica

dissipada no resistor no instante em que a energia armazenada no capacitor se

reduziu à metade do valor calculado no item (a)?

364

PROBLEMAS DA UNIDADE

P26.1) Que múltiplo da constante de tempo τ é tempo necessário para que um

capacitor inicialmente descarregado em um circuito RC série seja carregado com 99

% da carga final?

P26.2) Mostre que o produto RC possui dimensão de tempo.

P26.3) No circuito mostrado abaixo .10 Ω=R . Qual é a resistência equivalente

entre os pontos A e B? Dica: Imagine que os pontos A e B estão ligados a uma

fonte.

4,0 R R

2,0 R

6,0 R

3,0 R

A

B

Figura 26.6: Circuito do problema 26.3.

P26.4) No circuito mostrado abaixo, .0,201 Ω=R , .0,102 Ω=R e a força

eletromotriz da fonte ideal é V120=ε . Determine a corrente no ponto a (a) com

apenas a chave 1S fechada. (b) Com apenas a chave 1S e 2S fechadas e (c) com

as três chaves fechadas.

Figura 26.7: Circuito do problema 26.4.

365

P26.4) Determine a potência dissipada em um resistor sujeito a uma de potencial

constante de 120 V se sua resistência é de (a) .0,5 Ω e (b) .0,10 Ω .

P26.5) Uma bateria possui uma fem ε e uma resistência r . Quando um resistor de

.0,5 Ω é conectado entre seus terminais, a corrente é de 0,50 A. Quando esse

resistor é substituído por outro .11 Ω , a corrente passa a ser 0,25 A. Determine (a)

a fem ε e (b) a resistência interna r .

P26.6) Uma corrente I = 6,0 A passa por uma parte de um circuito, como mostrado

na figura 26.7. As resistências são .0,40,20,2 4321 Ω==== RRRR . Qual é a

corrente 1i no resistor 1R ?

Figura 26.7: Parte do circuito do problema 26.6.

P26.7) Um fio com 1 m de comprimento tem uma resistência de .3,0 Ω . Ele é

estendido uniformemente até um comprimento de 2 m. Qual será a sua nova

resistência?

570

APÊNDICES

571

APÊNDICE A - SISTEMA INTERNACIONAL DE UNIDADES (SI) Grandeza Nome da Unidade Símbolo Unidades Fundamentais Comprimento metro m Massa quilograma kg Tempo segundo s Corrente ampère A Temperatura kelvin K Intensidade luminosa candela cd Quantidade de substância mole mol Unidades Derivadas Unidades

equivalentes Área metro quadrado m2 Volume metro cúbico m3 Frequência hertz Hz s-1

Velocidade metro por segundo m/s Velocidade angular radiano por segundo rad/s Aceleração metro por segundo

quadrado m/s2

Aceleração angular radiano por segundo quadrado

rad/s2

Força newton N kg . m/s2

Pressão pascal Pa N/m2

Trabalho, energia joule J N . m Potência watt W J/s Carga elétrica coulomb C A . s Potencial elétrico volt V J/C Intensidade de campo elétrico

newton por coulomb N/C V/m

Resistência elétrica ohm Ω V/A Capacitância farad F C/V Fluxo magnético Weber Wb V . s Campo magnético Tesla T Wb/m2

Indutância Henry H Wb/A

572

DEFINIÇÕES DE UNIDADES DO SI Metro (m) O metro é a distância percorrida pela luz no vácuo em

1/299.792.458 s.

Quilograma (kg) O quilograma é a massa do corpo-padrão internacional preservado em Sèvres, na França.

Segundo (s) O segundo é a duração de 9.192.631.770 períodos da radiação correspondente a transição entre os dois níveis hiperfinos do estado fundamental do átomo de 133Cs.

Ampère (A) O ampère é a corrente que em dois fios paralelos de comprimento infinito, separados de 1 m, provoca uma força magnética por unidade de comprimento de 2 . 10-7 N/m.

Kelvin (K) O kelvin é igual a 1/273,16 da temperatura termodinâmica do ponto triplo da água.

Candela (cd) A candela é a intensidade luminosa na direção perpendicular da superfície de um corpo negro cuja área é de 1/600.000 m2 na temperatura de solidificação da platina a uma pressão de 1 atm.

Mole (mol) O mole é a quantidade de substância de um sistema que contém tantas entidades elementares quantos átomos de carbono em 0,012 kg de carbono-12.

573

APÊNDICE B – CONSTANTES NUMÉRICAS CONSTANTES FÍSICAS* Constante de gravitação G 6,673(10) × 10-11 N⋅m2/kg2 Velocidade da luz c 2,99792458 × 108 m/s Carga do elétron e 1,602176462(63) × 10-19 C Número de Avogadro NA 6,02214199(47) × 1023

partículas/mol Constante dos gases perfeitos R 8,314472(15) J/(mol⋅K) Constante de Boltzman k = R/NA 1,3806503(24) × 10-23 J/K 8,617342(15) × 10-5 eV/K Constante de Stefan-Boltzmann

σ = (π2/60) k4/(ћ3c2)

5,670400(40) × 10-8 W/(m2k4)

Constante de massa atômica mu 1,66053873(13) × 10-27 kg = 1u

Constante de Coulomb k = 1/(4πε0) 8,987551788 ... × 109 N⋅m2/C2 Permissividade elétrica do vácuo

ε0 8,854187817 ... × 10-12 C2/(N⋅m2)

Permeabilidade magnética do vácuo

µ0 4 π × 10-7 N/A2

1,256637 × 10-6 N/A2 Constante de Planck h 6,62606876(52) × 10-34 J⋅s 4,13566727(16) × 10-15 eV⋅s ћ = h/2π 1,054571596(82) × 10-34 J⋅s 6,58211889(26) × 10-16 eV⋅s Massa do elétron me 9,10938188(72) × 10-31 kg Massa do próton mp 1,67262158(13) × 10-27 kg Massa do nêutron mn 1,67492716(13) × 10-27 kg Comprimento de onda de Compton

λC = h/mec 2,426310215(18) × 10-12 m

Constante de Rydberg RH 1,0973731568549(83) × 107 m-

1 Magnéton de Bohr mB = eh/2me 9,274000899(37) × 10-24 J/T 5,788381749(43) × 10-5 eV/T Magnéton nuclear mn = eh/2mp 5,05078317(20) × 10-27 J/T 3,152451238(24) × 10-8 eV/T Quantum do fluxo magnético Φ0 = h/2e 2,067833636(81) × 10-15 T⋅m2 Resistência Hall quantizada RK = h/e2 2,5812807572(95) × 104 Ω * Os números entre parênteses indicam as incertezas dos últimos dois dígitos; por exemplo, o número 1,4585(34) significa 1,4585 ± 0,0034. Os valores que não possuem incertezas são exatos. DADOS TERRESTRES Aceleração média da gravidade g (valor padrão ao nível do mar a uma latitude de 45º)

9,80665 m/s2

Massa da Terra, MT 5,98 × 1024 kg Raio médio da Terra, RT 6,37 × 106 m Velocidade de escape 1,12 × 104 m/s

574

Constante solar* 1,35 kW/m2 Condições normais de temperatura e pressão (CNTP): Temperatura 273,15 K Pressão 101,325 kPa = 1 atm Massa molar do ar 28,97 g/mol Massa específica do ar (CNTP), ρar 1,293 kg/m3 Velocidade do som (CNTP) 331 m/s Calor de fusão da água (a 0ºC e 1 atm) 333,5 kJ/kg Calor de vaporização da água (a 100ºC e 1 atm) 2,257 MJ/kg *Potência média incidente em uma área de 1 m2 perpendicular aos raios solares, fora da atmosfera terrestre a uma distância média entre a Terra e o Sol. DADOS ASTRONÔMICOS Terra Distância à Lua* 3,844 × 108 m Distância ao Sol* 1,496 × 1011 m Velocidade orbital média 2,98 × 104 m/s Lua Massa 7,35 × 1022 kg Raio 1,738 × 106 m Período 27,32 dias Aceleração da gravidade na superfície 1,62 m/s2 Sol Massa 1,99 × 1030 kg Raio 6,96 × 108 m *De centro a centro

575

APÊNDICE C – FATORES DE CONVERSÃO DE UNIDADES Comprimento 1 km = 0,6215 mi 1 mi = 1,609 km 1 m = 1,0936 jarda = 3,281 ft = 39,37 in 1 in = 2,54 cm 1 ft = 12 in = 30,48 cm 1 jarda = 3 ft = 91,44 cm 1 ano-luz = 1 c.ano = 9,461 × 1015 m 1 Å = 0,1 nm Área 1 m2 = 104 cm2 1 km2 = 0,3861 mi2 = 247,1 acres 1 in2 = 6,4516 cm2 1 ft2 = 9,29 × 10-2 m2 1 m2 = 10,76 ft2 1 acre = 43.560 ft2 1 mi2 = 640 acres = 2,590 km2 Volume 1 m3 = 106 cm3 1 L = 1000 cm3 = 10-3 m3 1 gal = 3,786 L 1 gal = 4 qt = 8 pt = 128 oz = 231 in3 1 in3 = 16,39 cm3 1 ft3 = 1728 in3 = 28,32 L = 2,832 × 104 cm3 Tempo 1 h = 60 min = 3,6 ks 1 dia = 24 h = 1440 min = 86,4 ks 1 ano = 365,24 dias = 3,156 × 107 s Velocidade 1 m/s = 3,6 km/h 1 km/h = 0,2778 m/s = 0,6215 mi/h 1 mi/h = 0,4470 m/s = 1,609 km/h 1 mi/h = 1,467 ft/s Ângulo e Velocidade Angular π rad = 180º 1 rad = 57,30º 1º = 1,745 × 10-2 rad 1 rpm = 0,1047 rad/s 1 rad/s = 9,549 rpm Massa 1 kg = 1000 g 1 t = 1000 kg = 1 Mg 1 u = 1,6606 × 10-27 kg

1 kg = 6,022 × 1026 u 1 slug = 14,59 kg 1 kg = 6,852 × 10-2 slug 1 u = 931,50 MeV/c2 Massa Específica 1 g/cm3 = 1000 kg/m3 = 1 kg/L (1 g/cm3)g = 62,4 lb/ft3 Força 1 N = 0,2248 lb = 105 dyn 1 lb = 4,448222 N (1 kg)g = 2,2046 lb Pressão 1 Pa = 1 N/m2 1 atm = 101,325 kPa = 1,01325 bar 1 atm = 14,7 lb/in2 = 760 mmHg = 29,9 in Hg = 33,8 ftH2O 1 lb/in2 = 6,895 kPa 1 torr = 1 mmHg = 133,32 Pa 1 bar = 100 kPa Energia 1 kW.h = 3,6 MJ 1 cal = 4,1840 J 1 ft.lb = 1,356 J = 1,286 × 10-3 Btu 1 L.atm = 101,325 J 1 L.atm = 24,217 cal 1 Btu = 778 ft.lb = 252 cal = 1054,35 J 1 eV = 1,602 × 10-19 J 1 u.c2 = 931,50 MeV 1 erg = 10-7 J Potência 1 HP = 550 ft.lb/s = 745,7 W 1 Btu/h = 1,055 kW 1 W = 1,341 × 10-3 HP = 0,7376 ft.lb/s

576

APÊNDICE D – RELAÇÕES MATEMÁTICAS ÁLGEBRA

y

xyxyxyx

xx

a

aaaaa

aa === −+− )()(1

Logaritmos: Se log a = x, então a = 10x. Se ln a = x, então a = ex. log a + log b = log (ab) ln a + ln b = ln (ab) log a – log b = log (a/b) ln a – ln b = ln (a/b) log (an) = n log a ln (an) = n ln a

Equação do segundo grau: Se ax2 + bx + c = 0, a

acbbx

2

42 −±−= .

SÉRIE BINOMIAL

...!3

)2)(1(

!2

)1()(

33221 +−−+−++=+

−−− bannnbann

bnaabann

nnn

TRIGONOMETRIA No triângulo retângulo ABC, 222 ryx =+ .

Definição das funções trigonométricas: sen a = y/r cos a = x/r tan a = y/x cot a = x/y sec a = r/x csec a = r/y Identidades:

aa

aa

aa

aa

aa

aaa

aa

sen)2/cos(

cos)2/sen(

cos)cos(

sen)sen(2cos1

21

sen

cossen22sen

1cossen 22

m=±±=±

=−−=−

−=

==+

ππ

)(2

1cos)(

2

1cos2coscos

)(2

1cos)(

2

1sen2sensen

sensencoscos)cos(

sencoscossen)sen(2

cos1

2

1cos

sen211cos2sencos2cos

cos

sentan

2222

bababa

bababa

bababa

bababa

aa

aaaaa

a

aa

−+=+

−+=+

=±±=±

+=

−=−=−=

=

m

577

GEOMETRIA Comprimento de uma circunferência de raio r: C = 2πr Área de um círculo de raio r: A = πr2 Volume de uma esfera de raio r: V = 4πr3/3 Área da superfície de uma esfera de raio r: A = 4πr2 Volume de um cilindro de raio r e altura h: V = πr2h SÉRIES DE POTÊNCIAS Convergentes para os valores de x indicados.

)1(432

)1ln(

)devalortodo(!3!2

1

)2/(315

17

15

2

3tan

)devalortodo(!6!4!2

1cos

)devalortodo(!7!5!3

sen

)1(!3

)2)(1(

!2

)1(

!11)1(

)1(!3

)2)(1(

!2

)1(

!11)1(

432

32

753

642

753

232

232

<+++−=+

++++=

<++++=

+−+−=

+−+−=

<++++++=±

<+−−+−+±=±

−

xxxx

xx

xxx

xe

xxxx

xx

xxxx

x

xxxx

xx

xxnnnxnnnx

x

xxnnnxnnnx

x

x

n

n

L

L

L

L

L

Lm

L

π

578

DERIVADAS E INTEGRAIS Nas fórmulas que se seguem u e v representam quaisquer funções de x, sendo a e m constantes. A cada uma das integrais indefinidas deve ser adicionada uma constante de integração arbitrária.

dx

duee

dx

d

xxxdx

d

xxxdx

d

xxdx

d

xxdx

d

xxdx

d

xxdx

d

eedx

ddx

duv

dx

dvuuv

dx

dx

xdx

d

mxxdx

ddx

dv

dx

duvu

dx

ddx

duaau

dx

ddx

dx

uu

xx

mm

=

−=

=

−=

=

−=

=

=

+=

=

=

+=+

=

=

−

secccotsecc

sectansec

secccot

sectan

sencos

cossen

)(

1ln

)(

)(

1

2

2

1

aa

ndxex

a

ndxex

eaxxaa

dxex

eaxa

dxxe

ea

dxe

xxdxx

xdxx

xdxx

xdxx

edxe

dxdx

duvuvdx

dx

dvu

xx

dx

mm

xdxx

dxvdxudxvu

dxuadxau

xdx

nnaxn

naxn

axax

axax

axax

xx

mm

π10

2

10

223

2

2

2

1

2

)12(531

!

)22(1

)1(1

1

2sen4

1

2

1sen

seclntan

sencos

cossen

ln

)1(1

)(

2

+

∞ −

+

∞ −

−−

−−

−−

+

−⋅⋅⋅⋅⋅=

=

++−=

+−=

−=

−=

=

=

−=

=

−=

=

−≠+

=

+=+

=

=

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫ ∫

∫

∫

∫∫∫

∫∫

∫

579

SINAIS E SÍMBOLOS MATEMÁTICOS = é igual a ≡ é definido por ≠ é diferente de ≈ é aproximadamente igual a ∼ é da ordem de ∝ é proporcional a > é maior que ≥ é maior ou igual a >> é muito maior que < é menor que ≤ é menor ou igual a << é muito menor que ± mais ou menos ∆x variação de x dx variação diferencial de x x valor médio de x |x| valor absoluto de x vr

intensidade ou módulo de vr

n! 1)2)(1( K−− nnn

Σ somatório lim limite ∆t → 0 ∆t tende a zero

dt

dx derivada de x em relação a t

t

x

∂∂

derivada parcial de x em relação a t

∫ integral ALFABETO GREGO Nome Maiúscula Minúscula Nome Maiúscula Minúscula Alfa A α Nu N ν

Beta B β Xi Ξ ξ Gama Γ γ Ômicron O ο

Delta ∆ δ Pi Π π

Épsilon E ε Rô P ρ

Zeta Z ζ Sigma Σ σ

Eta H η Tau T τ Teta Θ θ Ípsilon Υ υ

Iota I ι Fi Φ φ

Capa K κ Qui X χ

Lambda Λ λ Psi Ψ ψ

Mu M µ Ômega Ω ω

580

Apêndice E – Tabela Periódica

581

REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS

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