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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

2011


© 2011, Wagner Corradi; Rodrigo Dias Társia; Leonardo Fonseca; Maria Carolina Nemes; Wanderson Silva de Oliveira; Karla Balzuweit

© 2011, 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, 2011 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

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]


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Sumário

INFORMAÇÕES GERAIS 1. FUNDAMENTOS DE FÍSICA III NA MODALIDADE DE ENSINO A DISTÂNCIA 11 UNIDADE 1 – CARGAS ELÉTRICAS E LEI DE COULOMB 13 AULA 1 – CARGAS ELÉTRICAS A1.1 ELETRIZAÇÃO POR ATRITO 15 A1.2 CARGAS ELÉTRICAS 18 A1.3 ISOLANTES, CONDUTORES E A LOCALIZAÇÃO DA CARGA ELÉTRICA 22 A1.4 ELETRIZAÇÃO POR INDUÇÃO E POLARIZAÇÃO 26 A1.5 ELETROSCÓPIOS 28 A1.6 APLICAÇÃO TECNOLÓGICA DO FENÔMENO ELETRIZAÇÃO 32 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 UMA CARGA PUNTIFORME 171 A10.3 POTENCIAL ELÉTRICO DE VÁRIAS CARGAS 171 A10.4 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 A11.2 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES LINEARES DE CARGA 182 A11.3 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES SUPERFICIAIS DE CARGA 186 A11.4 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES VOLUMÉTRICAS DE CARGA 188 PENSE E RESPONDA, EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 194 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 CAPACITORES 210 A13.3 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 233


A15.1 INFLUÊNCIA DO DIELÉTRICO 233 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 DESLOCAMENTO ELÉTRICO E POLARIZAÇÃO ELÉTRICA 249 A16.1 OS VETORES POLARIZAÇÃO E DESLOCAMENTO ELÉTRICO 249 PENSE E RESPONDA 254 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 GERADORES DE CORRENTE E FORÇA ELETROMOTRIZ 274 A18.3 CORRENTE ELÉTRICA 279 A18.4 DENSIDADE DE CORRENTE ELÉTRICA 284 PENSE E RESPONDA E EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 289 AULA 19 – RESISTÊNCIA ELÉTRICA E RESISTIVIDADE E LEI DE OHM 290 A19.1 RESISTÊNCIA ELÉTRICA 290 A19.2 LEI DE OHM 291 A19.3 RESISTIVIDADE E CONDUTIVIDADE 295 PENSE E RESPONDA E EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 297 AULA 20 –RESISTIVIDADE DOS MATERIAIS E POTÊNCIA ELÉTRICA 300 A20.1 RESISTIVIDADE E EFEITO DA TEMPERATURA 300 A20.2 POTÊNCIA EM CIRCUITOS ELÉTRICOS 302 PENSE E RESPONDA E EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 307 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 330 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 AULA 27 CAMPO MAGNÉTICO E FORÇA MAGNÉTICA 368 A27.1 UM POUCO DE HISTÓRIA 368 A27.2 CAMPO MAGNÉTICO 369 A27.3 INDUÇÃO MAGNÉTICA E FORÇA MAGNÉTICA 370 A27.4 CONFINAMENTO DE PARTÍCULAS USANDO O CAMPO MAGNÉTICO 377 A27.5 APLICAÇÕES TECNOLÓGICAS DO USO DE UM CAMPO MAGNÉTICO 379 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 379 AULA 28 FORÇA MAGNÉTICA SOBRE CORRENTE ELÉTRICA 389 A28.1 FORÇA MAGNÉTICA SOBRE UM FIO CONDUZINDO CORRENTE ELÉTRICA 390 A28.2 O EFEITO HALL 397 A28.3 TORQUE EM CIRCUITOS ELÉTRICOS 400 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADE 407 UNIDADE 9 – FONTES DE CAMPO MAGNÉTICO E A LEI DE AMPÈRE 409 AULA 29 A LEI DE BIOT-SAVART 411 A29.1 A LEI DE BIOT-SAVART 411 A29.2 FORÇA ENTRE FIOS PARALELOS 418 A29.3 CAMPO MAGNÉTICO GERADO POR CARGA EM MOVIMENTO 419 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 424 AULA 30 CAMPO MAGNÉTICO EM SOLENÓIDES 426 A30.1 CAMPO MAGNÉTICO GERADO POR UMA ESPIRA 426 A30.2 DESCRIÇÃO DO CAMPO MAGNÉTICO GERADO POR UM SOLENÓIDE 436 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADE 440 AULA 31 LEI DE AMPÈRE 442 A31.1 A LEI DE AMPÈRE EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADE 457 UNIDADE 10 – LEIS DE FARADAY E DE LENZ E A INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA 458 AULA 32 LEI DE FARADAY E LEI DE LENZ 460 A32.1 O FLUXO DA INDUÇÃO MAGNÉTICA 460 A32.2 A LEI DE FARADAY 461 A32.3 A LEI DE LENZ 464 A32.4 ESTUDO QUANTITATIVO DA LEI DE FARADAY


A32.5 FORÇA ELETROMOTRIZ E CORRENTE INDUZIDA 478 A32.6 GERADORES E MOTORES 481 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 486 AULA 33 CAMPO ELÉTRICO VARIÁVEL COM O TEMPO 488 A33.1 O CAMPO ELÉTRICO INDUZIDO 488 A33.2 CORRENTES DE FOUCAULT 495 A33.3 A INDUÇÃO E O MOVIMENTO RELATIVO 496 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADE 503 UNIDADE 11 – INDUTÂNCIA 506 AULA 34 INDUTORES E INDUTÂNCIA 508 A34.1 INDUTORES E INDUTÂNCIA 508 A34.2 DIFERENÇAS DE POTENCIAL E ENERGIA EM INDUTORES E DENSIDADE DE ENERGIA NO

CAMPO MAGNÉTICO 512

EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 515 AULA 35 ASSOCIAÇÃO DE INDUTORES, AUTO INDUTÂNCIA E INDUTÂNCIA

MÚTUA 516

A35.1 ASSOCIAÇÕES DE INDUTORES 516 A35.2 CIRCUITO RL 518 A35.3 AUTO INDUTÂNCIA E INDUTÂNCIA MÚTUA 522 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADE 531 UNIDADE 12 – OSCILAÇÕES ELETROMAGNÉTICAS E CIRCUITOS DE CORRENTE

ALTERNADA 534

AULA 36 OSCILAÇÕES EM CIRCUITOS ELÉTRICOS I 536 A36.1 O CIRCUITO LC 536 A36.2 ENERGIA NO CIRCUITO LC 544 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 550 AULA 37 OSCILAÇÕES EM CIRCUITOS ELÉTRICOS II 553 A37.1 CIRCUITO RLC 553 A37.2 ANALOGIA COM AS OSCILAÇÕES MECÂNICAS 560 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 563 AULA 38 CIRCUITOS DE CORRENTE ALTERNADA 565 A38.1 FORÇA ELETROMOTRIZ E CORRENTES ALTERNADAS 565 A38.2 OS MAIS SIMPLES CIRCUITOS DE CORRENTE ALTERNADA 566 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 574 AULA 39 CIRCUITO RLC COM GERADOR 576 A39.1 O CIRCUITO RLC 576 A39.2 FASORES 582 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 587 AULA 40 VALOR EFICAZ E TRANSFORMADORES 589 A40.1 VALOR EFICAZ E FATOR DE POTÊNCIA 589 A40.2 O TRANSFORMADOR 592 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADE 603


UNIDADE 13 – EQUAÇÕES DE MAXWELL 606 AULA 41 PROPRIEDADES MAGNÉTICAS DA MATÉRIA 608 A41.1 MOMENTOS MAGNÉTICOS ATÔMICOS 608 A41.2 VETORES MAGNETIZAÇÃO E INTENSIDADE DO CAMPO MAGNÉTICO 611 A41.3 MATERIAIS MAGNÉTICOS 613 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 623 AULA 42 EQUAÇÕES DE MAXWELL 624 A42.1 CONSERVAÇÃO DA CARGA ELÉTRICA 626 A42.2 LEI DE AMPÈRE-MAXWELL 627 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO AULA 43 FORMA DIFERENCIAL DAS EQUAÇÕES DE MAXWELL 634 A43.1 FLUXO E DIVERGÊNCIA DE UM VETOR 634 A43.2 ROTACIONAL E CIRCULAÇÃO DE UM VETOR 638 A43.3 AS EQUAÇÕES DE MAXWELL NA FORMA DIFERENCIAL 640 A43.4 DEMONSTRAÇÃO DO TEOREMA DE GAUSS E DO TEOREMA DE STOKES 643 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADE 649 APÊNDICES 650 A DEFINIÇÕES DO SISTEMA INTERNACIONAL DE UNIDADES 651 B CONSTANTES NUMÉRICAS 653 C FATORES DE CONVERSÃO DE UNIDADES 655 D RELAÇÕES MATEMÁTICAS 656 E TABELA PERIÓDICA 660 REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 661


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

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 e a Indução Eletromagnética

4. Energia Potencial Elétrica e Potencial Elétrico

11. Indutância

5. Capacitores 12. Oscilações Eletromagnéticas e Circuitos de Corrente Alternada

6. Força Eletromotriz, Corrente e Resistência

13. Equações de Maxwell

7. Circuitos de Corrente Contínua


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

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!!!

13

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?

14

15

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

16

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

17

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

18

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

19

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

20

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

21

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.

22

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.

23

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

24

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

25

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

26

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.

27

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.

28

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

29

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.

30

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.

31

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.

32

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?

33

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).

34

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

35

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.

36

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

37

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?

38

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;

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

39

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

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:

40

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

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−

41

(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

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 .

42

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

04

1=

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

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.

43

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

como mostrado na Figura 2.2.

44

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

(2.4)

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

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.

51

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 2

0

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

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

6109,0= −×F N e 4,0=r m, o que dá:

52

.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 N91064,5 × ?

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

53

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 DA UNIDADE

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 (o que exigiria uma velocidade

infinita de propagação). 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.

As teorias mais avançadas da Física mostram que o campo elétrico é uma

forma especial de matéria, diferente das outras que conhecemos, sendo composto

de fótons (partículas com carga elétrica nula que carregam energia e momentum).

Não podemos perceber o campo elétrico diretamente apenas usando nossos

sentidos; só é possível quantificá-lo através de sua interação com cargas elétricas.

Então 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.

58

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

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

P

P rr

qQF ˆ

4

1=

20

0επr

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

P

P

P

P

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.

59

ATIVIDADE 3.1

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

no ponto P do Exemplo 3.1?

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

60

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

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 irQˆ0=

r iLrq

ˆ=r

Então:

ixrr QPˆ=

rr − e iLxrr qPˆ)(= −− rr

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

61

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

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)(

4

1=

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?

62

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

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:

63

++

+ 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)

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)

64

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)

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

( )CN

m

mC

y

pE

P

/106,50,1

.102,6

4

1.

4

1= 20

3

30

03

0

−−

×=×−=−επεπ

.

65

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 –

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

66

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

espaço próxima a elas.

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 == atv y 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

14

1= 2

02

0 xL

q

x

QE

−+

επεπ

pois a carga q irá atrair a carga de prova 0q colocada em P. Então:

.)(

)(

4

1=

)(4

1=

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

14

1= 2

02

0 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 mQEa = ; 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.

73

PR4.3) Do que se trata o “Experimento da gota de óleo de Milikan”. Busque

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

138

Solução: Vamos chamar de z o eixo perpendicular ao plano que passa pela carga q .

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:

( )2

0

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

∫ ∫→→

•×=•×=C

B

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=r e:

∫∫ ∞∞

→→•−=•−=

r

oo

P

oP drrrr

QqdsEqU ˆˆ

4

12πε

∞+−−=−−=

∞

11

4

1

4 r

Qq

r

QqU

o

o

r

o

oP πεπε

162

Então:

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 − .

163

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

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

Figura 9.6

164

pontual e negativa Cq µ0,52 −= é trazida lentamente e com velocidade constante

do infinito até a o ponto P com 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 0,4−=

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

1

4

1qqqqqq

lU

o

++=πε

Substituindo os valores mCq 4,91 = , mCq 2,52 −= , mCq 0,63 = e mml 0,3= ,

teremos:

JU 7101,7 ×−=

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.

Então: 1 Volt = 1 Joule/1 Coulomb.

171

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

10.4 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.

∫ •−=B

ABA sdEVrr

177

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

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 e mostraremos num

exemplo onde já calculamos o campo elétrico, como o cálculo do potencial fica mais

fácil e simples.

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,

183

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).

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, que nos

obrigaria a incluir a direção e o sentido do campo elétrico e calculá-lo a partir de

suas componentes.

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.

184

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

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 .

185

Dessa forma teremos:

−

=−=−

00

2ln

2

12ln

2

10)()()(

y

l

y

lyVyVyV

oo

λπε

λπε

ou:

−

=

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).

186

Figura 11.4: Arco de raio R

Solução: Temos que:

∫ r

dqrV

04

1=)(

πε

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 . Calcule

o potencial gerado por ele em um ponto P do eixo de simetria do disco e situado à

distância x deste centro.

SOLUÇAO: Um elemento de carga dq cria um potencial elétrico dV a uma

distância 22' xRr += do ponto P, dado por:

187

'

1

4=)(

0 r

dqxdV

πε

Figura 11.5: disco carregado

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′

+′

′′∫∫ 220

0

2

0 4=)(

πεσθ

π

Aqui, a integral em θ ′d pode ser feita imediatamente e vale π2 . Então:

rdxr

rxV

R′

+′

′∫ 220

04

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

188

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.

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

24

1=)(

220

Vamos usar coordenadas esféricas para resolver o problema da integração da

equação acima; temos , então, que:

φθθσσ ′′′= ddsinRdAdq 2= e 24

=R

q

πσ

189

Assim,

,24

=)(22

2

0 θφθθ

πεσ

′−+

′′′

coszRzR

ddsinRrdV P

Integrando, temos:

θθ

θφπεσ ππ

′′−+

′′∫∫ dcoszRzR

sinRdzV

24=)(

22

2

0

2

00

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

190

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

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

194

da questão anterior se o terminal positivo de uma delas estivesse em contato com

o terminal positivo da outra?


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 CQ 9102,6 −×−= . 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 st 10= .

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 0x (onde o elétron é

solto) e 10x (o ponto onde o elétron passa após 10s).

E11.3) Um disco com raio cmR 11= está carregado com carga nCQ 0,3= . Uma

esfera maciça carregada com carga nCq 0,6−= , raio cmr 5,2= 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 cmr 5,31 = e cmr 5,82 = 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 Oy 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.

Os capacitores em circuitos elétricos frequentemente, aparecem ligados

entre si. Por isso, é necessário 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.

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

figuras 13.1a. A figura 13.1b mostra um capacitor formado por duas placas planas

211

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

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

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. É este o raciocínio simples que leva às expressões

usualmente deduzidas nos cursos elementares. Raciocine sempre o mais que puder

e tente não decorar essas expressões.

223

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.

Figura 14.2: Associação de capacitores

224

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, estão ilustrados na figura 14.3. Você consegue

pensar nesta caso o que vai ser comum aos dois capacitores? Note em seguida que

esse é o ingrediente físico da demonstração da fórmula matemática. Não a decore!

Eles 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 =

e

225

.= 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

3C estarão em paralelo. Então, primeiro precisamos das capacitâncias equivalentes

226

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:

43213,41,2

11=

11=

1

CCCCCCC ++

++

227

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

SOLUÇÃO: Temos dois capacitores em série; o primeiro consiste na placas

superiores e o segundo, nas inferiores. Temos, então,que:

228

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

um circuito conforme mostra a figura 14.8. A diferença de potencial entre os

229

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 FC µ0,51 = , FC µ0,52 = e

FC µ2,33 = e FC µ2,34 = .

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 1d e 2d . 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 21 dd + . Compare o resultado com o exercício

anterior.

E14.4) Dois capacitores com placas paralela no vácuo possuem áreas 1A e 2A 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

21 AA + 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:

mVmV

K

EE /107,5

5,3

/100,2= 3

40 ×=×=

243

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:

DDL

AC

o εεεε

+− )(= 0

KDDL

AC

+− )(=

ε

245

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.

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

246

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 =

204

1

r

q

KE

επ=

Logo,

24

1

r

qE

πε=

247

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

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

248

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 POLARIZAÇÃO E DESLOCAMENTO ELÉTRICO

OBJETIVOS

DEFINIR OS VETORES POLARIZAÇÃO E DESLOCAMENTO ELÉTRICO

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

253

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 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−→

×−=

254

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

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 elétrico é

perpendicular às placa 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−→

×−=

PENSE E RESPONDA

PR16.1) Considere o capacitor do exercício E15.2. Calcule os vetores deslocamento

elétrico e polarização elétrica antes e depois de ser inserido o dielétrico entre suas

placas.

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

262

potencial elétrica associada ao campo elétrico é uma grandeza escalar. Então,

podemos ecrever:

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: 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

O trabalho necessário para trazer uma carga q− do infinito e colocá-la no vértice

vazio é:

266

=++−+−+ )]()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−= .

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.

267

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

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?

268

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

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?

269

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 a calcular, campos elétricos

e diferenças de potencial elétrico produzidas por diversas distribuições estáticas de

cargas e essa parte de nosso estudo, é por isso, denominada eletrostática.

Entretanto, a energia elétrica que consumimos em nosso dia a dia, seja em

nossas casas, seja nas indústrias, ou outros setores da sociedade, se deve ao

trabalho realizado por cargas elétricas que, de alguma maneira, são forçadas a se

mover.

Por este motivo, quando as luzes de uma residência se apagam

repentinamente, diz-se que faltou corrente.

Nesse contexto surgem duas questões fundamentais, que são:

a) O que é a corrente elétrica?

b) O quê é necessário para que surja uma corrente e para que ela

permaneça durante o período de tempo de que precisamos?

Estas questões podem ser respondidas separadamente.

a) Quanto à primeira, pode-se dizer que a palavra corrente está associada,

usualmente, ao fluxo de matéria.

273

Sabemos que a matéria é, normalmente, neutra e que, por exemplo, uma

corrente de água em um rio, embora constitua um fluxo de matéria, não está

associada a qualquer corrente elétrica.

Sabemos também que a matéria é constituída, basicamente, por partículas,

algumas neutras, outras positivas e outras negativas (nêutrons, prótons e

elétrons).

Constata-se, no entanto, que, das partículas carregadas em diversos materiais,

algumas podem ter mobilidade muito maior que outras, sempre que forçadas a

se mover pela ação de campos elétricos.

É o caso dos metais nos quais temos íons positivos que constituem uma rede

cristalina, mas com alguns elétrons, usualmente um por cada átomo, que

podem se mover por todo o corpo metálico. O comportamento desses elétrons,

conhecidos como elétrons de condução, em muitos aspectos, se aproxima ao de

um gás.

Quando são forçados a se mover preferencialmente em determinada direção

pela ação de algum campo elétrico, são esses elétrons, mais ou menos livres,

que constituem uma corrente elétrica, enquanto os íons positivos permanecem

em torno de suas posições de equilíbrio. Aqui há corrente elétrica associada a

uma pequena corrente de matéria, já que a massa dos elétrons é muito menor

que a dos íons que constituem a rede cristalina.

No caso de uma solução salina aquosa, temos íons positivos e negativos que

podem se mover “livremente”. Quando forçados pela ação de campos elétricos,

os cátions se movem em sentido contrário ao dos ânions. Ambos os tipos de

íons contribuem para a corrente elétrica, embora possa ocorrer que não haja

qualquer fluxo de matéria.

Será apresentada, mais adiante, uma definição matemática rigorosa da

grandeza física denominada corrente elétrica.

b) Quanto à segunda questão é necessário que sejam produzidos campos elétricos

no interior da matéria que forcem as cargas elétricas disponíveis (“livres”) a se

mover em determinada direção.

274

Quando em uma tempestade forma-se uma nuvem muito carregada, um campo

elétrico muito intenso é criado entre aquela e a superfície da Terra. Isto pode

provocar um raio, que é a passagem de grande quantidade de carga elétrica da

Terra para a nuvem ou da nuvem para a Terra.

Este fluxo de cargas, denominado corrente corona, é muito intenso e tem uma

duração muito curta, cessando assim que a nuvem se descarrega, ou assim que

deixa de existir uma diferença de potencial entre a nuvem e a Terra.

Mas não é disso que precisamos se queremos, por exemplo, manter acesas as

luzes de uma residência por mais que alguns décimos de segundo.

Para isto é necessário que se possa criar e manter um campo elétrico, que

representa a força (eletro)motriz que provoca o movimento das cargas

elétricas.

Isto é, necessita-se de um dispositivo que possa gerar uma separação de

cargas positivas e negativas e que essa separação permaneça, mesmo

quando haja um fluxo contínuo de cargas passando pelo dispositivo.

Tal dispositivo constitui um gerador de corrente ou de força eletromotriz.

18.2 GERADORES DE CORRENTE E FORÇA ELETROMOTRIZ

A solução para o problema de criar um campo elétrico estável foi encontrada

por Alessandro Giuseppe Antonio Anastasio Volta (1745-1827), que, em 1800,

inventou um dispositivo, hoje conhecido com o nome de célula voltaica, que é

capaz de produzir uma diferença de potencial pequena, porém estável

entre dois polos, ou eletrodos, o que permite manter cargas em movimento

por longos períodos 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

275

interligadas, com desenvolvimentos tecnológicos posteriores que aumentam sua

eficiência e seu manuseio.

Figura 18.1: Representação esquemática de uma célula voltaica.

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.

Os elétrons e íons negativos que se encontram próximos do polo negativo,

têm energia maior do que aqueles que se localizam próximos do 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+.

276

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)

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.

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

– + Er→

277

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)

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

278

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.

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

279

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)

ATIVIDADE 18.2

Qual a diminuição na massa de zinco Znm , do eletrodo negativo de uma célula

como a da figura 18.1, quando esta é utilizada para aumentar a temperatura, de

um litro de água, em 10º C, sabendo que a massa molecular do zinco é

gM Zn 4,65= .

PENSE E RESPONDA

PR18.1) 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?

PR18.2) 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?

PR18.3) 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?

18.3 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

podemos ter diferentes situações dependendo dos tipos de átomos que se juntam e

das condições termodinâmicas.

Em sólidos condutores, como os metais, alguns el

mais externas de cada átomo deixam de estar ligados a estes e ficam livres

para percorrer todo o corpo.

torno de posições fixas, formando uma rede cristalina, e os elétrons

chamada banda de condução

partículas livres que, eventualmente, podem se chocar com a rede de íons

A

C

sr

so

B

sr’

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


das condições termodinâmicas.

Em sólidos condutores, como os metais, alguns elétrons das

ernas 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

banda de condução, que se comportam como um gás de


– +

A

D

F sh

280

fluxos contínuos de carga

mostra um gerador de fem com seus

de diferentes espessuras.

dades 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


étrons das órbitas

ernas de cada átomo deixam de estar ligados a estes e ficam livres

íons positivos que vibram em

torno de posições fixas, formando uma rede cristalina, e os elétrons, da

como um gás de


sh

E

281

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)

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

282

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

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.

283

PENSE E RESPONDA

PR18.4) 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)

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.

284

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.

18.3.1 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

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.

285

18.4 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

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:

286

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

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.

287

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 .

288


ATIVIDADE 18.1

O vídeo estará disponível no ambiente virtual 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:

.10.5,1100,1106,1105,8

00,2 561919 s

mva =

×××××= −−

ATIVIDADE 18.4

289

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

−−− ×=

××××=


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

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 ?

290

AULA 19 RESISTÊNCIA ELÉTRICA, RESISTIVIDADE E LEI DE

OHM

OBJETIVOS

• DISCUTIR OS CONCEITOS RELACIONADOS À RESISTÊNCIA E À RESISTIVIDADE ELÉTRICAS

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: o comprimento, a seção reta dos fios utilizados

os materiais de que são feitos, são fatores que influenciam o resultado.

Quando se aplica uma diferença de potencial às extremidades de um

condutor provocando a passagem de 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.

291

Lembre-se que V é a variação da energia potencial elétrica de cada unidade

de carga que percorre o condutor; portanto o produto iR representa a perda de

energia potencial elétrica quando uma unidade de carga atravessa um condutor e

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 LEI DE OHM

A equação 19.1 define o que é a resistência de um condutor, mas não nos

fornece qualquer informação a respeito do comportamento dessa grandeza, quando

aplicamos diferentes valores de tensão às extremidades do condutor.

A tensão aplicada às extremidades de um condutor e a conseqüente corrente

que o percorre são grandezas macroscópicas que podem ser medidas com

aparelhos denominados respectivamente voltímetro e amperímetro. Tais aparelhos

serão descritos em uma aula posterior.

Para termos uma noção mais clara do que ocorre quando fazemos variar o

valor da tensão aplicada a um condutor, apresentamos os resultados de nossas

medidas de tensão e corrente de forma gráfica.

Na figura 19.1 podemos ver diferentes comportamentos da corrente em

função da tensão aplicada a: (a) um condutor linear ou ôhmico; (b) uma válvula

diodo, que só conduz corrente em um sentido; (c) um diodo semicondutor, cuja

resistência não só varia com a tensão aplicada, mas apresenta valores muito

diferentes quando se inverte sua polaridade.

Nessas medidas de corrente e tensão, a temperatura de cada condutor é

mantida constante, pois, como veremos, os valores das resistividades dos diversos

materiais apresentam alguma dependência com a temperatura..

292

Figura 19.1: Gráficos de corrente em função da tensão aplicada: (a) condutor

ôhmico, (b) válvula de diodo e (c) diodo semicondutor.

Nos três casos apresentados, e de forma geral, o inverso multiplicativo da

inclinação em cada ponto de cada curva representa a resistência para cada valor da

tensão.

Em outras palavras, a inclinação representa a condutância do material em

cada ponto da curva. A condutância, S, é definida pela expressão i = SV, mas

raramente é utilizada.

A imensa maioria, dentre todos os objetos condutores, tem um

comportamento descrito pela curva apresentada na figura 19.1a.

Essa curva corresponde a uma reta que passa pela origem, ou seja, trata-se

de uma proporção direta entre a corrente e a tensão. Isto indica que uma infinidade

de objetos têm resistências cujos valores independem das tensões a que estão

submetidos, desde que mantidas inalteradas suas temperaturas.

Esta observação corresponde à lei de Ohm (Georg Simon Ohm, 1781-

1854):

A resistência da maioria dos condutores independe dos valores de tensão

a eles aplicados, sendo a corrente produzida, em cada caso, diretamente

proporcional à tensão aplicada.

Devido à forma da curva obtida nos gráficos como o da figura 19.1(a) os

condutores que se comportam de acordo com a lei de Ohm são

denominados condutores ôhmicos ou lineares.

293

Diversos dispositivos construídos pelo ser humano não apresentam esse

comportamento. Nas figuras 19.1 (b) e (c) temos dois exemplos de condutores que

não têm comportamento linear e cujo uso em circuitos elétricos advém exatamente

de seus comportamentos incomuns na natureza. Estes são denominados

condutores não lineares ou não ôhmicos.

A lei de Ohm é uma relação empírica obtida da observação de que a

maioria dos materiais apresenta o comportamento sugerido pela figura

19.1(a).

Podemos fazer, no entanto, uma dedução clássica da lei de Ohm, baseada

em um modelo microscópico que considera um condutor como uma rede cristalina

envolta por um gás de partículas que têm, por se chocarem constantemente com a

rede, um movimento aleatório, com velocidade quadrática média em torno de 1600

km/s.

Quando é aplicado um campo elétrico esses elétrons 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 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.

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, a

cada intervalo de tempo τ cada elétron, em média, adquire (devido à ação do

campo elétrico) e perde (devido aos choques com a rede) uma quantidade de

movimento amv . 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:

294

,eEmva =τ

(19.3)

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 19.1

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 sm /10.5,1 4−. O campo elétrico pode ser calculado usando-se:

mVm

AmJE /104,3

100,1

0,2107,1 226

8−

−

−

∗∗

×Ω∗== ρ .

Portanto o tempo médio entre choques é:

smVC

smkg

Ee

vm a 14219

431

105,2/104,3106,1

/105,11011,9 −−−

−−

∗=∗×∗∗×∗==τ

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 = (19.4)

O que 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 == (19.5)

295

o que nos fornece a resistividade de um condutor:

.2Len

um

J

E ==ρ (19.6)

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 19.1

Qual o livre percurso médio dos elétrons no fio de cobre do exemplo 19.1?

19.3 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. Ao aplicarmos uma diferença

de potencial às extremidades de um condutor, criamos um campo elétrico que força

296

os portadores de carga a adquirirem uma velocidade de arraste, criando, assim,

uma corrente elétrica.

A densidade de corrente, como vimos anteriormente, é diretamente

proporcional à velocidade de arraste dos portadores de carga. A razão entre o valor

do campo elétrico e o valor da densidade de corrente em cada ponto do condutor

define a grandeza que denominamos resistividade resistividade, ρ , do material:

JErr

ρ= . (19.7)

Esta equação indica que a densidade de corrente tem a mesma direção

e sentido do campo elétrico em cada ponto.

Se um condutor é constituído por algum material cuja composição varia de

um ponto a outro a resistividade também pode variar ao longo do volume do corpo.

Considerando corpos homogêneos, 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 multiplicativo da

resistividade.

Podemos, então, reescrever a equação 19.7 na seguinte forma:

EJrr

σ= . (19.8)

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 = (19.9)

297

o que nos leva à expressão:

.A

LR ρ= (19.10)

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 19.2

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 (19.11)

ATIVIDADE 19.2

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?

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?

298


ATIVIDADE 19.1

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

ATIVIDADE 19.2

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) 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 .

299

Determine (a) a corrente no fio, (b) o módulo da densidade de corrente e (c) a

resistividade do material do fio.

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.

300

AULA 20 RESISTIVIDADE DOS MATERIAIS E POTÊNCIA

ELÉTRICA

OBJETIVOS

• CONHECER E APLICAR A LEI DE OHM • APLICAR O CONCEITO DE POTÊNCIA ELÉTRICA

20.1 RESISTIVIDADE E EFEITO DA 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 20.1

Pesquise sobre aplicações tecnológicas dos semicondutores e dos supercondutores.

A tabela 20.1 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

301

( )[ ],1 00 TT −+= αρρ (20.1)

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

20.1.

Tabela 20.1: 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

302

Vemos na tabela 20.1 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.

PR20.1) Como você espera que ocorra a variação da resistividade com a

temperatura de um bom isolante tal como vidro ou poliestireno?

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∆=+ (20.2)

onde Fr

∆ é força necessária para manter a corrente no interior do gerador. Se

multiplicarmos um produto escalar dos membros dessa equação por um

303

deslocamento diferencial e integrarmos do pólo negativo até o positivo

encontraremos:

∫∫∫+

−

+

−

+

−•∆=•+• ldF

qldE

qldF

q NC

rrrrrr 111 (20.3)

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 do

gerador, r , 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 (circuito fechado) (20.4)

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 fem depende dos materiais

utilizados em sua produção, e é uma característica, imutável, desse dispositivo. Sua

resistência interna, no entanto, que inicialmente não é grande e assim permanece

por um bom tempo, tem um grande aumento devido a uma diminuição do número

de portadores de carga disponíveis, ao final de sua vida útil. Por isso, se medimos a

diferença de potencial entre seus terminais encontramos uma tensão muito

próxima do valor de sua fem. Quando a colocamos em um aparelho que requer

uma corrente razoavelmente maior, a voltagem cai bastante devido ao termo ir da

equação 20.4, e a pilha já não faz 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

304

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

uma caixa que, externamente, tem dois contatos elétricos, mas que não nos

permite saber o que há dentro. Isto é uma “caixa preta” da qual só sabemos o que

há dentro quando ligamos nesses contatos dois eletrodos que fornecem uma

diferença de potencial V e observa-se 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 = (20.5)

Quando submetemos a uma diferença de potencial, não um dispositivo

qualquer, mas um resistor, 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 19.1, podemos eliminar a corrente na equação 20.5:

R

VP

2

= (20.6)

ou podemos eliminar a tensão e escrever:

2RiP = (20.7)

A equação 20.6 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 fem e, obviamente, vai dissipar a maior

305

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 20.7 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 fios condutores de cobre, que tem baixa resistividade,

razoavelmente grossos, e no chuveiro um resistor feito de alguma liga como níquel-

cromo, que tem alta resistividade (dentre os metais) e razoavelmente delgado. 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 20.1

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?

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 (20.8)

o que nos permite encontrar a corrente que percorre o circuito:

( )rRi

+= ε

(20.9)

A equação 20.13 pode, então, ser escrita como função das resistências:

( ) ( ).

2

22

rR

R

rRRP

+=

+= εε

(20.10)

306

Igualando a zero a derivada dessa expressão com relação a R encontramos:

( ) ( ) 0

212

=+

−+ rR

R

rR (20.11)

o que nos fornece o valor de R para o qual a potência dissipada no aquecedor é

máxima (sua derivada segunda é negativa):

rR = (20.12)

E a potência máxima é: r

P4

2

max

ε= (20.13)

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.

307


ATIVIDADE 20.1 Não haverá resposta para essa atividade.

PENSE E RESPONDA

PR20.2) 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?

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).

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

309

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.

21.1.1 ESTRUTURA DE BANDAS

310

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.

Nos semicondutores, cuja estrutura de bandas está mostrada na figura

21.1d, a banda de valência está cheia, como nos isolantes, entretanto, a separação

311

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?


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 mΩ . 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

lado deste escrevemos a letra ε , comumente usada para representar força

317

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.

Evidentemente, se percorremos cada um desses elementos em sentido contrário,

as variações de potencial terão seus sinais invertidos.

r E

R

R1

E R2

P R3

E R

P

i i i

318

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.

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

319

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

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 23.1 Nao haverá 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? (c) 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.

24.2 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

alteração no circuito, a resistência de um voltímetro deve ser, portanto, bem

grande, idealmente infinita.

E1 R2 V

R1

(a) (b)

G Rs

rG

iG

348

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.

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.

G

Rs

rG

E

a

b

Rex

349

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

350

ohmext RR em função da razão maxii . Resistências com valores muito maiores que o

da resistência do ohmímetro são medidas com baixa precisão.

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

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

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.

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 %?

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 analisamos 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


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?

366

UNIDADE VIII

CAMPO MAGNÉTICO

Nesta unidade será discutida a origem do campo magnético gerado por um

imã permanente e por um fio pelo qual circula uma corrente estacionária. A relação

entre os vetores força magnética e indução magnética será definida em função dos

experimentos. Assim poderemos discutir as várias aplicações tecnológicas que

utilizam o campo magnético.

367

368

AULA 27 CAMPO MAGNÉTICO E FORÇA MAGNÉTICA

OBJETIVOS

- DEFINIR CAMPO MAGNÉTICO

- DEFINIR FORÇA MAGNÉTICA

27.1 UM POUCO DE HISTÓRIA

A cidade grega de Magnésia já era conhecida na Antiguidade por existir, na

sua região, um mineral ( 43OFe ) cuja característica era atrair pequenos pedaços de

ferro. Esse mineral, hoje conhecido como magnetita, tem seu nome relacionado ao

da cidade, assim como as palavras magnético e magnetismo.

Aristóteles atribuiu a Thales (625 aC – 545 aC) a primeira discussão sobre

magnetismo. Na China, as primeiras referências ao magnetismo datam do quarto

século antes da Era Cristã e o primeiro estudo sobre a utilização de uma bússola

magnética foi feito por Shen Kuo (1031 – 1095), que mostrou a sua utilidade para

a navegação. A bússola magnética é constituída basicamente por uma agulha de

magnetita, capaz de se orientar numa direção próxima da direção Norte-Sul

geográfica. Essa capacidade de orientação foi explicada por William Gilbert em

1600, no seu livro De magnete, Magnetisque Corporibus et de Magno Magnete

Tellure (Sobre os magnetos, e corpos magnéticos e sobre o grande magneto da

Terra). Gilbert mostrou experimentalmente que a Terra podia ser comparada a um

enorme imã.

Em 1819 começa o estudo da relação entre magnetismo e eletricidade, com a

descoberta de Hans Christian Oersted (1777-1851) que um fio percorrido por uma

corrente elétrica influenciava uma bússola: quando esta era colocada paralelamente

ao fio, ela se orientava no sentido perpendicular a ele. Paralelamente, André Marie

Ampère (1775--1836), Carl Friedrich Gauss (1777-1855) e Michael Faraday

(1791—1867) desenvolveram trabalhos mostrando outras relações entre

eletricidade e magnetismo. Finalmente, coube a James Clerk Maxwell (1831—1879)

sintetizar e expandir os resultados obtidos pelos seus antecessores, unificando

eletricidade, magnetismo e óptica em uma única disciplina, denominada

eletromagnetismo. A nova teoria era muito poderosa, mas tinha inconsistências em

alguns casos, as quais foram resolvidas por Albert Einstein (1879—1955) na sua

Teoria da Relatividade Restrita.

369

27.2 O CAMPO MAGNÉTICO

Um imã permanente tem nas suas extremidades o que chamamos de polos

magnéticos (nome dado por Gilbert em analogia aos polos geográficos). A eles,

damos os nomes de polo Norte e polo Sul. A experiência nos mostra que

quando aproximamos polos de mesmo nome, eles se repelem; ao contrário,

os polos que possuem nomes diferentes se atraem quando colocados

próximos um do outro. Essa situação é semelhante à das cargas elétricas e

poderia sugerir a existência separada dos dois tipos de polos, tal como no caso das

cargas elétricas. Entretanto, as experiências realizadas até hoje mostraram

que não existe um polo magnético isolado na Natureza. Quando se quebra

um imã em dois pedaços, polos iguais porém opostos, aparecem nas extremidades

dos dois fragmentos, resultando na formação de dois imãs.

Da mesma forma que na eletricidade, as interações magnéticas são descritas

através da noção de campo magnético. As propriedades fundamentais dos

campos magnéticos, observadas experimentalmente, são as seguintes:

1) Os campos magnéticos se originam de cargas elétricas em

movimento. Uma carga elétrica cria um campo elétrico quer esteja em repouso

quer esteja em movimento. Entretanto, o campo magnético só é gerado por cargas

elétricas em movimento. Estas cargas (em movimento), no caso de imãs,

encontram-se nos átomos que os constituem.

2) Uma corrente elétrica cria um campo magnético.

A figura 27.1 ilustra o campo magnético existente num ímâ, na Terra e num

fio transportando corrente.

Figura 27.1: Ilustração do campo megnético (a) num ímã, (b) na Terra e (c) num fio

tranportando corrente.

370

27.3 INDUÇÃO MAGNÉTICA E FORÇA MAGNÉTICA

Quando estudamos o campo elétrico, nós o definimos como sendo a razão

entre a força elétrica exercida sobre uma carga teste pelo módulo da carga teste,

isto é:

.0q

FE E

rr

=

Podemos definir o campo magnético de forma análoga, isto é, pelo seu efeito

sobre uma carga q que se move com velocidade vr

.

Para definir uma grandeza que represente o campo magnético, temos que

nos basear em experiências de comportamento de cargas elétricas em movimento

dentro de uma região onde existe (obviamente) um campo magnético. Essas

experiências nos permitem medir o efeito do campo sobre as cargas e esse efeito

se manifesta através da força magnética BFr

e é através dela que definimos o vetor

indução magnética ( Br).

A indução magnética é erroneamente denominada campo magnético em

muitos livros editados ou traduzidos no Brasil. A razão disso é que a indução

magnética tem sempre a mesma direção e o mesmo sentido que o campo

magnético; por isso, costuma-se identificar um com o outro (faz-se o mesmo com a

intensidade do campo elétrico e o campo elétrico). Entretanto, a indução

magnética é uma medida do campo magnético. Devemos ter cuidado com a

linguagem usada em ciência, de modo que neste curso, procuraremos usar a

terminologia correta sempre que possível, mesmo porque o campo magnético pode

ser representado por outros vetores, como veremos posteriormente.

Por definição, a indução magnética é o vetor ( Br) tal que a força magnética

sobre uma carga de prova positiva 0q , movendo-se com velocidade vr

em um

campo magnético, é dada pela expressão:

,= 0 BvqFB

rrr× (27.1)

Isto é, BFr

é sempre perpendicular à velocidade da carga 0q e também ao

campo magnético existente na região. A direção e sentido da força magnética que

atua sobre uma carga elétrica positiva em movimento num campo magnético são

dadas pela regra da mão direita: Fazemos a direção e sentido do vetor velocidade

coincidirem com o dedo indicador e a direção e sentido do vetor indução magnética

com o dedo médio; a direção e o sentido da força magnét

polegar (Figura 27.2).

Por que não se define Br

na mesma direção de

Figura 27.2: Direção e sentido da força magnética

relativamente ao campo e à velocidade d

Se o campo magnético é direcionado para o norte e uma partícula positivamente

carregada está se movendo para leste, qual é a direção da força magnética

partícula?

Ela age de modo a

Com efeito,

W

porque a força é sempre perpendicular ao vetor velocidade

escalar dela pelo vetor veolcidade é sempre nulo.

A equação (27.1) mostra que o módulo da força magnética qu

uma carga elétrica depende do ângulo formado entre a direção de movimento da

carga e a direção do campo magnético. A força é máxima se a carga se move

perpendicularmente ao campo magnético; é nula se a carga se move na direção do

campo. Este último fato nos permite determinar experimentalmente a direção do


com o dedo médio; a direção e o sentido da força magnética é dada pelo dedo

PENSE E RESPONDA 27.1

na mesma direção de Fr

, como é feito para

: Direção e sentido da força magnéticaque atua sobre uma carga elétrica

relativamente ao campo e à velocidade dessa carga.



carregada está se movendo para leste, qual é a direção da força magnética

defletir as cargas elétricas, mas sem realizar trabalho

=)(=== dtvBvqsdFdWW Bmagmag

rrrrr•×•∫∫

orque a força é sempre perpendicular ao vetor velocidade e, portanto,

veolcidade é sempre nulo.

) mostra que o módulo da força magnética qu





371


ica é dada pelo dedo

, como é feito para Er

?

atua sobre uma carga elétrica


carregada está se movendo para leste, qual é a direção da força magnética sobre a

sem realizar trabalho.

0=

, portanto, o produto

) mostra que o módulo da força magnética que atua sobre





372

campo magnético em uma região do espaço: ela é a mesma que a direção de

movimento de uma carga positiva que possui movimento retilíneo.

A unidade de indução magnética no Sistema Internacional é o TESLA (T):

.1

11

11

mA

N

smC

NT

⋅=

×=

Um campo magnético de 1 T é muito intenso (lembre que 1 C é uma unidade

que contém uma carga muito grande). Por causa disso, costuma-se

frequentememente usar uma outra unidade, o GAUSS (G):

.101 4 TG −=

O campo magnético da Terra é da ordem de 0,6 G. Nos trabalhos de pesquisa

em laboratórios, podemos produzir campo magnéticos muito intensos, da ordem de

algumas centenas de Tesla. Entretanto, tais valores são conseguidos durante

intervalos de tempo muito pequenos.

EXEMPLO 27.1

Descreva, o movimento de uma partícula carregada em um campo magnético de

indução Br

, entrando no plano da página (indicado pelo símbolo X), como mostra

a Figura 27.3.

SOLUÇÃO: Lembre-se de que a força magnética altera a direção da velocidade,

mas não o seu módulo. Por isso toda partícula carregada mergulhada num

campo magnético mantém sua energia cinética.

Figura 27.3 : Carga positiva em campo magnético.

373

Se a velocidade vr

e a indução Br

forem perpendiculares, o movimento será uma

circunferência, e a força magnética irá fazer o papel da força centrípeta (figura

27.3):

r

mvqvBF

2

==

O raio da trajetória é:

qB

mvr =

Note que o raio da trajetória é diretamente proporcional ao momento

linear da partícula.

Outra informação importante pode ser extraída da frequência angular do

movimento dessa partícula, ou seja:

.==m

qB

r

vω

Concluímos que ω é proporcional à relação carga/massa da partícula em

questão.

Essa frequência angular é denominada frequência cíclotron, porque, em um

determinado tipo de acelerador de partículas atômicas e subatômicas -- o

cíclotron -- partículas carregadas circulam exatamente com essa frequència.

ATIVIDADE 27.1

Um elétron com energia cinética de 15 eV (1 eV= 191060,1 −× J) é lançado

perpendicularmente a um campo magnético de indução 0,1=B G entrando no

plano da página.

(a) Qual é o raio de sua órbita?

(b) Qual é a sua freqüência cíclotron?

(c) Qual é o período de seu movimento?

(d) Qual é o sentido de seu movimento circular quando visto por um observador

olhando na mesma direção e sentido do campo?

(e) Qual é o sentido de seu movimento circular quando visto por um observador

olhando na mesma direção mas no sentido oposto ao do campo?

EXEMPLO 27.2

374

Uma partícula carregada positivamente penetra num campo magnético com uma

velocidade:

kvjvivv zyxˆˆˆ= 000 ++r

Supondo que Br

seja constante e que esteja apontando na direção x de um

sistema de coordenadas, determine o movimento da partícula em função do

tempo, a partir de t=0. Faça um esboço da trajetória.

Solução: Ao penetrar no camo magnético, a partícula ficará sujeita a uma força

magnética

BvqFB

rrr×0=

Portanto, equação de movimento da partícula será:

Bvqdt

vdm

rrr

×=

Como: iBB ˆ=r

, vem:

kBvjBvi

B

vvv

kji

Bv yzzvxˆˆˆ0

00

ˆˆ

= −+=×r

r

rr

Então:

0=dt

dvm x

Integrando essa equação com a condição de que, em 0=t , xx vv 0= , obtemos,

para a componente da velocidade da partícula ao longo do eixo Ox:

xx vv 0=

Integrando esta equação, obtemos a componente do vetor-posição da partícula

ao longo de Ox:

tvxx x00= +

em que esta equação é obtida com a condição de que, em 0,0 xxt == . Então, o

movimento da partícula ao longo do eixo Ox é retilíneo e uniforme.

Para a componente do movimento segundo Oy, temos:

Bvq

dt

dvm z

y += (27.3)

375

e, para a componete do movimento segundo Oz:

Bvqdt

dvm y

z −=

(27.4)

Essas duas equações não podem ser resolvidas separadamente pois nelas,

aparecem as duas componentes da velocidade. Para resolver esse sistema,

derivemos a equação 27-4 em relação ao tempo:

=−m

qB

dt

dv

dt

vd yz ωω=2

2

de onde tiramos:

2

21

dt

vd

dt

dvzy

ω−=

Levando a equação (27.3) nesta ultima e lembrando o valor de ω , obtemos:

2

21

dt

vd

m

Bvq zz

ω−=

ou:

022

2

=+ zz v

dt

vd ω

Esta equação é a mesma de um oscilador harmônico simples, cuja solução é uma

função seno (ou co-seno) da componente da velocidade segundo o eixo Oz. Seja,

então a solução:

)(= φω +tsenAvz

em que A e φ são constantes a serem determinadas. Levando esta equação na

equação diferencial para yv , obtemos:

)( φωωω +== tsenAvdt

dvy

y

que, integrada, nos dá:

)(= φω +− tcosCv y

As constantes de integração dessas componentes da velocidade segundo os eixos

Oy e Oz são determinadas com os valores iniciais da posição e da velocidade da

carga elétrica.

376

A integração dessas equações resulta em:

)(= φωω

+− tsenC

y

)(= ϕωω

+− tcosA

z

O movimento da partícula ao longo dos eixos Oy e Oz é uma composição de dois

movimentos oscilatórios, que, projetado sobre o plano yz resulta em um círculo

de raio:

ω2

122 )( CAr

+=

A Figura 27.4 mostra a trajetória da partícula.

Figura 27.4: Trajetória da partícula com velocidade v

Como podemos ver na Figura, enquanto a partícula se move com velocidade

constante na direção Ox, ela também descreve um círculo no plano

perpendicular a esta direção, cujo raio é definido pela amplitude das

componentes da velocidade nas direções y e z.

27.3.1 FORÇA DE LORENTZ

Quando uma carga elétrica se move em uma região do espaço onde

coexistem um campo elétrico e um campo magnético, ela fica sujeita a uma força

resultante, dada por:

)(= 000 BvEqBvqEqFrrrrrrr

×+=×+ (27.5)

que também é conhecida com o nome de força de Lorentz. Devido ao caráter das

forças elétricas e magnéticas, é preciso ressaltar que, quando uma carga elétrica se

377

move em uma região do espaço contendo um campo elétrico e outro magnético, o

campo elétrico é quem acelera a carga; o campo magnético só a deflete. A energia

total é conservada.

ATIVIDADE 27.2

Numa experiência que visa medir a intensidade da indução magnética de um

conjunto de bobinas, aceleram-se elétrons a partir do do repouso através de uma

diferença de potencial de 350 V e o feixe de elétrons descreve uma trajetória

curva de raio cm7,5 . Admitindo que o campo magnético seja perpendicular ao

feixe:

a) qual o módulo de Br

?

b) qual a frequência angular de revolução dos elétrons?

c) qual o seu período de revolução?

27.4 CONFINAMENTO DE PARTÍCULAS USANDO O CAMPO MAGNÉTICO

Aqui vamos ver que apenas com os conhecimento básicos adquiridos podemos

compreender a física de fenômenos importantes.

27.4.1 A GARRAFA MAGNÉTICA

Quando partículas carregadas se movem num campo magnético que não é

uniforme, seu movimento pode ser bastante complicado. Uma "garrafa magnética"

é construída da seguinte forma: tomemos duas espiras de corrente como indicado

na figura 27.5:

Figura 27.5: A garrafa magnética.

Nessas circunstâncias, uma partícula carregada que comece seu movimento

numa das extremidades do campo fixada por uma das espiras, irá espiralar em

torno das linhas de campo até chegar à outra extremidade, onde inverte a direção

378

e espirala para trás. As partículas carregadas podem assim ficar confinadas dentro

dessa configuração de campo magnético.

Essa idéia foi usada para cofinar gases muito quentes ( )10> 6 KT constituídos

por elétrons e íons positivos, os chamados plasmas. Este esquema de confinamento

de plasma pode ter papel relevante em processos de fusão nuclear controlada, que

nos proporcionariam uma fonte essencialmente inesgotável de energia.

Infelizmente, as garrafas magnéticas não são perfeitas: quando um número muito

grande de partículas estiver confinado, haverá colisões entre elas, que vazarão do

sistema.

27.4.2 OS CINTURÕES DE VAN ALLEN E AS AURORAS BOREAIS

Os cinturões de Van Allen são constituídos por partículas carregadas (na sua

maioria elétrons e prótons) que envolvem a Terra em formato de roscas conforme

ilustrado na figura 27.6. Esses cinturões de radiação foram descobertos em 1958

por James Van Allen, que usou os dados reunidos pela instrumentação embarcada

no satélite Explorer I. As partículas carregadas capturadas pelo campo magnético

(não uniforme!) da Terra, espiralam em torno das linhas desse campo, de um lado

para outro. Essas partículas provêm, em sua maior parte do Sol, mas algumas

provém de estrelas e outros corpos celestes. Por essa razão esses feixes de

partículas são denominados raios cósmicos.

A maior parte dos raios cósmicos é desviada pelo campo magnético da Terra e

nunca a atinge. No entanto, algumas são capturadas e formam o cinturão

mencionado. Quando essas partículas estão na atmosfera terrestre, sobre os polos,

colidem com átomos da atmosfera e provocam emissão de luz por esses átomos. É

essa a origem das auroras boreais.

Figura 27.6: Cinturões de Van Allen, ilustrando o campo magnético da terra e a

trajetória das partículas.

Pesquise sobre as auroras boreais na internet e compartilhe com seus colega

ambiente virtual de apren

27.5 APLICAÇÕES TECNOLÓGICAS DO USO DE UM CAMPO MAGNÉTICO

27.5.1 FILTRO DE VELOCIDADE

Em muitas experiências que envolvem o movimento de partículas

carregadas, é importante ter uma fonte de partículas que se movem com uma

mesma velocidade. Isso pode ser conseguido pela aplicação simultânea de um

campo elétrico e um camp

O campo elétrico está orientado para baixo enquanto que o campo

magnético é aplicado perpendicularmente a ele, como indicado.

Admitindo que a carga

magnética está dirigida para cima e a elétrica para baixo

Figura 27.


Pesquise sobre as auroras boreais na internet e compartilhe com seus colega

ndizagem.

APLICAÇÕES TECNOLÓGICAS DO USO DE UM CAMPO

FILTRO DE VELOCIDADE




campo elétrico e um campo magnético, orientados como na Figura 27.

Figura 27.7: Filtro de velocidades.


magnético é aplicado perpendicularmente a ele, como indicado.

a carga q das partículas seja positiva, vemos que a força

magnética está dirigida para cima e a elétrica para baixo (Figura 27.

Figura 27.8: Forças envolvidas na carga.

379

Pesquise sobre as auroras boreais na internet e compartilhe com seus colegas no

APLICAÇÕES TECNOLÓGICAS DO USO DE UM CAMPO




27.7.


, vemos que a força

(Figura 27.8).

380

Se os campos forem escolhidos de tal forma que a força elétrica equilibre a

magnética, a partícula se moverá numa reta horizontal e sairá da região entre os

campos à direita. A velocidade que ela terá é dada por:

,= qEqvB

de onde vem:

.=

B

Ev

Note então, que apenas as partículas com essa velocidade passam sem

desvio pela região dos campos cruzados E e B . Na prática, E e B são ajustados

para selecionar uma certa velocidade. As outras partículas serão desviadas para

cima ou para baixo já que a velocidade da partícula filtrada independe tanto de sua

massa, quanto de sua carga!


Como ficam as forças se a carga q

for negativa.

27.5.2 O ESPECTRÔMETRO DE MASSA

O espectrômetro de massa é um instrumento que separa íons, sejam eles

atômicos ou moleculares, conforme a relação carga-massa que possuam. Um feixe

de íons passa por um filtro de velocidades e depois entra numa região com um

campo magnético de indução 0B , como mostra a figura 27.9:

Figura 27.9: Espectrômetro de massas.

381

Ao entrarem no campo magnético 0B , os íons descrevem uma trajetória

semi-circular até atingir uma chapa fotográfica em P . Como já vimos,

,=2

qvBr

mv

então:

.= 0

v

rB

q

m

Se admitirmos que o módulo do campo magnético na região do filtro de

velocidades seja B , teremos:

E

BrB

q

m 0=

Note que todas as quantidades envolvidas são mensuráveis. Assim, podemos

medir a relação carga/massa de partículas, através da medida do raio de curvatura

da trajetória da partícula no campo 0B .

ATIVIDADE 27.3

Faça uma representação esquemática dos vetores vr

, Bvrr × e F

rpara a partícula na

região do campo magnético de indução 0Br

da Figura 27.8 em vários instantes de

tempo para verificar a trajetória mostrada na figura.

27.5.3 O CÍCLOTRON

Inventado em 1932 por Ernest Lawrence (1902-1958), o cíclotron é um

aparelho que consegue acelerar partículas até que atinjam velocidades muito altas.

Num ciclo de operação deste aparelho, os campos elétrico e magnético têm papel

fundamental, como veremos. As partículas muito energéticas que emergem de um

cíclotron são usadas para bombardear outros núcleos; esse bombardeio, por sua

vez, provoca reações nucleares de interesse para a pesquisa de Física de partículas

e altas energias. Muitos hospitais usam cíclotrons para fabricar substâncias

radioativas usadas para diagnósticos e para o tratamento de algumas

enfermidades.

382

A figura 27.10 mostra um esquema de um cíclotron.

Figura 27.10: O cíclotron.

O movimento das cargas ocorre em duas peças semicirculares na forma de

um D . Uma voltagem elevada, alternada pelo oscilador, é aplicada a esses "dês" e

um campo magnético uniforme (gerado por um eletroimã) é orientado

perpendicularmente ao plano dos "dês". Os íons positivos, injetados em S na

vizinhança do centro dos “dês”, descrevem uma trajetória semi-circular sobre um

D (o de cima na figura) e atingem a faixa de interrupção num intervalo de tempo

/2T onde T é o período de revolução. A frequência da voltagem aplicada se ajusta

de modo que a diferença de potencial V entre os “dês” seja positiva; assim, os

íons serão acelerados ao passarem para o “D” inferior e a variação da energia

cinética acumulada neles será qV .

Os íons, então se movem numa trajetória semicircular de raio maior porque

a velocidade aumentou. Depois do intervalo de tempo /2T os íons chegam

novamente no intervalo entre os “dês”. Neste instante, o potencial nesse espaço foi

invertido (de modo que o “dê” de cima está agora negativo) e os íons recebem um

outro impulso ao passar pelo intervalo aberto entre as peças do aparelho. O

movimento continua e em cada volta os íons são acelerados de qV2 . Finalmente,

eles são desviados por uma placa e jogados para fora do aparelho.


Faça um esboço dos campos Er

e Br

que resultam na aceleração dos íons no

cíclotron.

383

O cíclotron usa uma diferença de potencial moderada ( )V510≈ para acelerar

as partículas de modo que elas devem dar muitas voltas para chegarem à

velocidade desejada (são necessárias cerca de 100 voltas para que a energia da

partícula atinja 10 Mev, com a diferença de potencial de V510 . O campo

magnético é alto, da ordem de 2 T e a região em que as partículas se movimentam

é mantida à pressão da ordem de 610− Hgmm para evitar colisões com as

moléculas de ar.

EXEMPLO 27.3

Qual a energia cinética máxima dos prótons num cíclotron de raio m0,50 num

campo magnético de T0,35 ?

SOLUÇÃO: Aplicando para o cíclotron, a expressão que obtivemos para a força

centrípeta que atua na carga em campo magnético:

qvBr

mv=

2

temos que:

Jkg

C

m

RBqvmK 13

27

222192222 102,34=

)102(1,67

(0,50)(0,35))10(1,60=

22

1= −

−

−

××

×=

Note que a energia cinética adquirida pelos prótons nesse acelerador é equivalente

à aquela que receberiam se atravessassem uma diferença de potencial de 1,46

milhões de Volts.

ATIVIDADE 27.4

Qual a velocidade do próton que possui a energia do Exemplo 27.3?

27.5.4 A DESCOBERTA DO ELÉTRON

A experiência feita por J. J. Thomson em 1897, que permitiu a descoberta

da relação carga massa do elétron, também faz uso das forças elétrica e

magnética. A importância dessa experiência foi o impulso que levou a investigação

e posterior descoberta dos átomos na matéria. Por quê? Vamos acompanhar suas

observações:

384

1) Thomson mostrou que os raios de um tubo de raios catódicos podiam ser

desviados, tanto por campos elétricos quanto por campos magnéticos e que,

portanto, deveriam ser constituídos por partículas carregadas.

2) Medindo o desvio das partículas, Thomson mostrou que todas tinham a

mesma relação mq/ , mesmo as que eram provenientes de materiais diferentes.

Essas partículas eram, portanto, um dos constituintes fundamentais da matéria. O

passo seguinte, é claro, sabendo que a matéria é neutra, foi buscar as partículas

positivas que também devem fazer parte de toda a matéria para torná-la neutra.

Figura 27.11: Desvio das partículas carregadas.

Na experiência de Thomson, (figura 27.11) os elétrons são emitidos por uma

fonte de elétrons (cátodo). Um campo elétrico, orientado para baixo na figura,

acelera os elétrons que passam pelo capacitor. Se não houver campo elétrico entre

as placas, os eletrons percorrem uma trajetória retilínea como mostrado pela linha

tracejada na figura e se chocarão contra uma tela no ponto P. Quando o capacitor

está carregado, o campo elétrico entre as suas placas faz os eletrons se desviarem

da trajetória retilínea que teriam e se chocam contra a tela em um ponto situado a

uma distância de P dada por:

,2

=2

2

vm

LEey

em que 21 xxL += , distância total percorrida dentro do capacitor ( 1x ) e fora dele ( 2x ).

Nesta equação, yLE ,, são mensuráveis. Quando a velocidade v for conhecida, a

relação carga/massa do elétron pode ser calculada, e a carga, determinada.

385

A velocidade dos elétrons é determinada aplicando-se um campo magnético

perpendicular ao campo elétrico tal que:

,= BvqEq

então:

,=B

Ev

E e B são parâmetros que podemos controlar nos experimentos. Nessa

velocidade, o elétron tem uma trajetória retilínea até se chocar contra a tela em P.

Portanto, variando o campo magnético ou o elétrico, podemos chegar à velocidade;

com ela, a equação para y pode ser resolvida, resultando em:

.2

22 LB

Ey

m

e =

386


ATIVIDADE 27.1

a) A velocidade do elétron que possui uma energia cinética K é dada por:

smkg

eVJeV

m

Kv /103,2

101,9

/1060,11522= 6

31

19

×=×

×××= −

−

b) o raio da trajetória é:

mTC

smkg

Be

vmr 13,0

)100,1()106,1(

)/103.2()101,9(=

419

631

=××××= −−

−

c) a freqüência de cíclotron é:

Hzkg

TC

m

Bef 6

31

419

108,2)101,9(28,6

)100,1()106,1(

2= ×=

××××= −

−−

π

d) O período de revolução é:

sssrevf

T µ36,0106,3/108,2

11= 7

6=×=

×= −

e) da regra da mão direita, uma carga positiva teria um movimento circular no

sentido anti-horário quando visto do sentido oposto ao do campo. O elétron, por ter

carga negativa, se moverá, então no sentido horário quando visto na mesma

direção mas no sentido oposto ao do campo

ATIVIDADE 27.2

a) Devido à diferença de potencial, os elétrons vão adquirir energia cinética de

acordo com a conservação da energia

smkg

VC

m

VevVemv /101,11=

)10(9,11

))(350102(1,60=

||2=|=|

2

1 731

192 ×

××→ −

−

Conhecendo o raio, usamos o problema anterior e determinamos o campo

magnético:

TmC

smkg

re

mvB 4

19

731

108,43=))(0,07510(1,60

)/10)(1,1110(9,11=

||= −

−

−

××

××

387

b) sradm

sm

r

v/101,48=

0,075

/101,11== 8

7

××ω

O período é dado por: .42,5=2

= nsTωπ

ATIVIDADE 27.3

Ao entrar na região de campo magnético, a regra da mão direita indica que a força

que atua em cada íon do feixe está dirigida para P. Na direção de 45º em relação a

PP’, a força continua a ter a direção do ponto P, assim como em qualquer outro

ponto da trajetória, que é uma circunferência. O feixe deixa o campo magnético em

P’.

ATIVIDADE 27.4

A velocidade é, em função da energia cinética:

smkg

J

m

Kv /1067,1

1067,1

1034,222 727

13

×=×

××=== −

−


E27.1) Um elétron possui velocidade, jsmismv ˆ)100,3(ˆ)100,2( 66 ×+×=r, e está

se movendo em uma região onde existe um campo jTiTB ˆ)15,0(ˆ)030,0( −=r

. (a)

Determine a força que age sobre o elétron. (b) Repita o cálculo para um próton

com a mesma velocidade.

E27.2) Um campo magnético uniforme de módulo 1,48 T está no sentido positivo

de z . Encontre a força exercida pelo campo sobre um próton se sua velocidade é

(a) isMmv ˆ)7,2(=r, (b) jsMmv ˆ)7,3(=r

e (c) ksMmv ˆ)8,6(=r.

E27.3) Um próton tem uma trajetória que faz um ângulo de 23o com a direção de

um campo magnético de 2,60 mT. Ele está sujeito a uma força de N17105,6 −× .

Calcule (a) a velocidade do próton e (b) a energia cinética em elétrons-volts.

E27.4) Um campo magnético uniforme é aplicado perpendicularmente a um feixe

de elétrons que se movem com uma velocidade de sm /103,1 6× . Qual é o valor do

388

campo se a trajetória dos elétrons seja um arco de circunferência com 0,350 m de

raio?

E27.5) Um próton se move em uma órbita circular com raio de 65 cm perpendicular

a um campo magnético uniforme de módulo 0,75 T. (a) Qual é o período desse

movimento? (b) Qual é a velocidade do próton? (c) Qual é a sua energia cinética?

AULA 28 FORÇA MAGNÉTICA SOBRE CORRENTE ELÉTRICA

CALCULAR O EFEITO DE CAMPO MAGNÉTICO SOBRE CORRENTES ELÉTRICAS

28.1 FORÇA MAGNÉTICA SOBRE UM FIO CONDUZINDO CORRENTE

ELÉTRICA

A figura 28.1 mostra um pequeno segmento de um fio condutor

comprimento l e área de seção reta

Figura 28.1: Segmento de fio condutor

Se aplicarmos uma diferença de potencial às extremidades do fio, ele será

percorrido por uma corrente elétrica

campo magnético de indução

Essa força será dada por

cargas. O efeito dessa força é transmitido para o fio, que fica sob a ação da soma

das forças que atuam sobre as cargas que constituem a corrente elétrica.

A corrente i no fio é produzida pelo moviment

Se o número de cargas por unidade de volume

cargas será o produto de

sentida pelo segmento do condutor

Da relação entre a velocidade de arraste e a densidade de corrente:

FORÇA MAGNÉTICA SOBRE CORRENTE ELÉTRICA

OBJETIVO

EFEITO DE CAMPO MAGNÉTICO SOBRE CORRENTES ELÉTRICAS


mostra um pequeno segmento de um fio condutor

e área de seção reta A .

.1: Segmento de fio condutor conduzindo corrente elétrica


percorrido por uma corrente elétrica i , e se o fio estiver numa região onde há

de indução B , uma força magnética BFr

atuará sobre cada carga

dada por BvqF dB

rrr×= , onde dv

r é a velocidade de

O efeito dessa força é transmitido para o fio, que fica sob a ação da soma


no fio é produzida pelo movimento dos elétrons livres do metal

por unidade de volume no fio for n , o número total de

o produto de n pelo volume do fio Al . Então, a força

lo segmento do condutor, será:

).()(= lAnBveF dB

rrr×

Da relação entre a velocidade de arraste e a densidade de corrente:

389

FORÇA MAGNÉTICA SOBRE CORRENTE ELÉTRICA

EFEITO DE CAMPO MAGNÉTICO SOBRE CORRENTES ELÉTRICAS


mostra um pequeno segmento de um fio condutor de

conduzindo corrente elétrica


estiver numa região onde há um

sobre cada carga.

é a velocidade de arraste das

O efeito dessa força é transmitido para o fio, que fica sob a ação da soma


o dos elétrons livres do metal.

, o número total de

. Então, a força magnética,

390

,en

jvd

rr =

a expressão da força magnética fica:

BjlABen

jelAnFB

rrrr

r×=×

=

Mas iAj = , que é a corrente elétrica no fio. Essa corrente é produzida pelo

movimento de elétrons, que são cargas negativas. Entretanto, o movimento de

cargas negativas em um sentido é o mesmo que o movimento de cargas positivas

iguais no sentido contrário. Como a corrente elétrica é pensada em termos de

cargas positivas, se definirmos o unitário u como um vetor de mesmo sentido que

o do movimento de cargas positivas, temos que ujj ˆ=r

; portanto, a força

magnética sobre o segmento será dada por:

BuliBuljAFB

rrr×=× ˆˆ)(=

ou:

,BliFB

rrr×= (28.1)

onde ull ˆ=r

é um vetor cujo módulo corresponde ao comprimento do condutor e

cuja direção e sentido coincidem com as da corrente elétrica (que, por

convenção, é o movimento de cargas positivas). A direção e o sentido da força

que atua no condutor são dados pela regra da mão direita. A Figura 28.2 mostra

algumas situações com diferentes direções e sentidos da corrente, do vetor indução

magnética e da força magnética.

Figura 28.2: Direções e sentidos da força, indução magnética e corrente elétrica.

391

Podemos generalizar a equação 28.1 para casos nos quais o condutor não

seja necessariamente retilíneo, nem o campo, uniforme. A força sobre um elemento

de corrente genérico é dado por

,= BldiFdrrr

× (28.2)

onde ldr

é um vetor que representa um elemento de comprimento dl do fio; sua

direção é tangente ao fio na posição do elemento dl e seu sentido é o sentido da

corrente elétrica.

EXEMPLO 28.1

O fio AB está no plano do papel e é percorrido por uma corrente elétrica i.

Represente o vetor força se a corrente tem sentido de A para B e o vetor indução

magnética tem direção vertical e sentido para baixo.

Figura 28.3 Elemento de comprimento de fio com corrente elétrica.

Solução:

Sabemos que a forçã magnética vale BliFB

rrr×= . O vetor ld

r

tem a mesma

orientação da corrente. Aplicando a regra da mão direita temos a situação

ilustrada na figura 28.4:

Figura 28.4: Fio transportando corrente com o sentido da força magnética indicada.

ATIVIDADE 28.1

O fio AB está no plano do papel e é percorrido por uma corrente elétrica i.

Represente o vetor força nos seguintes casos:

392

Figura 28.5: Elemento de comprimento de fio com corrente elétrica.

(a) a corrente tem o sentido de A para B e a indução magnética tem direção

perpendicular ao papel e sentido para dentro dele;

(b) a corrente tem sentido de B para A e a indução magnética é perpendicular ao

papel e tem sentido para fora dele.

EXEMPLO 28.2

Por um fio retilíneo com 2,5 m de comprimento possa uma corrente elétrica de

15,0 A. Coloca-se o fio em um campo magnético de indução 5,3=B T, fazendo um

ângulo de 30º com a direção do campo. Calcule a força que atua sobre fio.

SOLUÇÃO: A figura 28.6 ilustra o nosso problema:

Figura 28.6: Ilustração do exemplo 28.2.

Temos que: º30;5,3;5,2;15 ==== θTBmLAi .

Então: θsenBliBliF =×=rrr

5,05,35,215 ×××= TmAFr

NF 6,65=r

393


Qual seria o valor de BF se º0=θ e º90=θ ?

EXEMPLO 28.3

Um fio de metal de comprimento d desliza sem atrito sobre duas barras metálicas

paralelas, também separadas pela distância d conforme mostra a figura 28.7. Uma

corrente constante i no fio é mantida por uma fonte de força eletromotriz.

Supondo que o fio está inicialmente em repouso, determine a velocidade do fio em

função do tempo, sabendo que a indução magnética é uniforme e perpendicular ao

plano do fio e dos suportes.

Figura 28.7: Fio com corrente elétrica sobre suportes metálicos.

SOLUÇÃO: Sobre o fio atua uma força magnética dada por:

BliFB

rrr×=

que, de acordo com a regra da mão direita, está situada no plano do circuito

formado pelo fio e pelos suportes metálicos; sua direção é perpendicular ao fio

(paralela aos suportes) e seu sentido, para a esquerda na Figura 28-3.

Seja o sistema de coordenadas mostrado na figura 28.4. Como a indução

magnética é perpendicular ao plano do circuito, temos que:

kdlejBB ˆˆ ==rr

A força magnética que atua sobre o fio é, então:

394

iBdiFBˆ−=

Essa força é constante porque a indução magnética é constante. Portanto, o fio

será deslocado por ela para a esquerda (sentido oposto ao do eixo Ox). De acordo

com a segunda lei de Newton, podemos escrever:

Bdidt

dvm x −=

Da equação acima, vem, por integração, com a condição de que, em 0=t , 0=v :

∫∫ −=tv

x dtBdidvm00

Pois i, d e

Bsão constantes. Então:

t

m

Bdiv =

ATIVIDADE 28.2

Qual é a aceleração do fio no exemplo 28.4?

EXEMPLO 28.3

Um fio condutor tem a forma de meia circunferência de raio R , no plano xy . O fio

é percorrido por uma corrente i , como mostra a figura 28.8. Há um campo

magnético homogêneo de indução magnética kBB ˆ=r

, perpendicular ao plano da

meia circunferência. Calcule a força do campo sobre ela.

Figura 28.8: Fio condutor na forma de meia-circunferência

395

Solução O elemento de força Fdr

sobre um segmento do fio ldr

é:

BldiFdrrr

×=

Ele está no plano xy e tem a direção radial como indicado na figura, porque é

perpendicular ao segmento do fio (que está no plano xy) e ao vetor indução

magnética (que coincide com o eixo Oz).

A força total pode ser obtida escrevendo-se a expressão de Fdr

em termos de θ , e

fazendo a integração de 0 a π . Ou seja, sabendo que:

jcosldisinldld ˆˆ= θθ +−r

,

com kBBedRdl ˆ== θ , temos:

kBjdcosRiidsinRiBldiFd ˆ)ˆˆ(== ×+−× θθθθrrr

tal que: jdiRBidcosBRiFd ˆsinˆ= θθθθ +r

Podemos agora integrar sobre θ e obter:

θθθθππ

dsinjBRidcosiBRiF ∫∫ +00

ˆˆ=r

[ ] jiRBdsinjBRiF ˆcosˆ= 00

ππθθθ −=∫

r

que é igual:

jBRiF ˆ2=r

ATIVIDADE 28.3

No exemplo anterior, qual é o módulo, direção e sentido da força magnética que

atua na meia circunferência se a corrente elétrica e o campo elétrico tiverem

sentidos opostos aos da Figura 28.8?

396

EXEMPLO 28.4

Considere o Exemplo 28.3 mas com o fio na forma de uma semicircunferência

fechada em seu diâmetro, com o campo magnético situado no plano do arco,

conforme a figura 28.9.

Figura 28.9: arco no plano do campo magnético.

SOLUÇÃO: A força sobre a parte retilínea do fio condutor tem o módulo

BRiBRiBliF 2)2(==1 =

pois Rl 2= e o fio está perpendicular ao campo. A direção de 1Fr

é para a frente

da página pois Blrr

× está dirigido para a frente da página (saindo dela),

(lembre-se que o produto vetorial é feito levando o primeiro vetor na direção do

segundo, sempre pelo menor ângulo formado pelos dois).

Para encontrar a força sobre a parte encurvada do condutor devemos,

inicialmente, encontrar uma expressão para o diferencial da força num segmento

dl . Se θ for o ângulo entre B e dl então o módulo de 2dF é:

dlsinBiBldidF θ|=|=2

rr×

e, como θRddl = , vem que:

.=2 θθ dRsinBidF

Observe que a direção da força sobre qualquer elemento é a mesma: para trás da

397

página (entrando na página) Bldrr

×( está dirigido neste sentido). Então a força

sobre o condutor encurvado também está dirigida de frente para trás da página.

Integrando a expressão acima, vem:

BRicoscosBRicosBRidsinBRiF 2=0)(=][== 002 −−−∫ πθθθ ππ

Veja que esse resultado é exatamente o mesmo obtido para a parte reta

da espira, mas com o sentido oposto. Isto mostra que a força total sobre o

circuito fechado é nula.

28.2 O EFEITO HALL

Em 1879, Edwin Hall descobriu que quando um condutor conduzindo uma

corrente elétrica é colocado em um campo magnético, há uma voltagem gerada na

direção perpendicular à corrente e ao campo magnético! Esse efeito pode ser

compreendido através das propriedades das forças magnéticas e é usado com

frequência para determinar o número de portadores de corrente ou o próprio

campo magnético.

A montagem para observação do efeito Hall é constituída por um condutor

na forma de uma fita delgada de espessura t e largura d , percorrido por uma

corrente elétrica convencional I na direção y como mostra a figura 28.10:

Figura 28.10: Montagem para a observação do efeito Hall.

398

O campo magnético é aplicado na direção x− . Se os portadores de corrente

forem elétrons, eles devem se mover na direção y− com velocidade dv , pois o

movimento dos elétrons se faz no sentido oposto ao da corrente convenional.

Sob a ação do campo magnético, cada elétron sofrerá uma força magnética

para cima na direção .z+ Lembre-se do sinal negativo devido à carga do elétron

quando fizer o produto vetorial. Então haverá um excesso de carga positiva na

parte de baixo da placa.

Essa migração de cargas na direção perpendicular à corrente vai acontecer

até que o potencial eletrostático gerado por essa redistribuição de cargas produza

uma força que compense exatamente a força magnética. Se um voltímetro estiver

ligado nos pontos a e b , ele vai medir o que chamamos de tensão Hall, que se

relaciona com os outros parâmetros do problema como segue: a corrente elétrica

é:

.= qAnvI d

De onde tiramos para a velocidade de arraste dos elétrons:

,=nqA

Ivd

onde A é a área da seção reta do condutor. Quando as forças elétricas e

magnéticas se anularem teremos:

.= Hd EqBvq

De onde vem que:

,= BvE dH

a tensão Hall HV medida será:

.===Aqn

dBIdBvdEV dHH

Se t é a espessura do material, podemos escrever dtA = e teremos:

.=nqt

IBvd

399

Vemos daqui imediatamente que, se B for conhecido, HV pode ser

usado para medir o número de protadores de carga ou, vice versa, se n for

conhecido, B pode ser determinado.

EXEMPLO 28.5

Uma tira retangular de cobre com 1,5 cm de largura e 0,1 cm de espessura é

percorrida por uma corrente de 5 A. Um campo magnético de indução magnética

de 1,2 T é aplicado perpendicularmente à face da tira. Achar a voltagem Hall

resultante.

Solução: Pela Tabela Periódica obtemos o peso atômico do cobre: molg/63,5 .

Lembre-se que um átomo grama de um elemento contém o número de Avogadro

de átomos do elemento, i.e; 23106,02× átomos. Sabendo a densidade do cobre,

podemos calcular o volume ocupado por g63,5 de cobre:

3

37,09=

/8,95

63,5== cm

cmg

gmV

ρ

Se agora admitirmos que cada átomo contribui com 1 elétron:

328

3

23

/é108,48=7,09

é106,02= mtronsel

cm

tronseln ××

Então, da expressão de HV , temos:

VmCm

TA

nqt

IBVH µ0,442=

)10)(0,110)(1,6010(8,48

1,25==

219328 −−− ××××

Note que a voltagem Hall é muito pequena num bom condutor. Note também que

a largura da fita não desempenha papel algum.

Nos semicondutores, nos quais n é muito menor que nos metais monovalentes, as

voltagens hall são maiores, pois HV varia com o inverso de n . Nesses materiais, o

nível de corrente é da ordem de mA1 . As voltagens são da ordem de mV10 .

400


Qual é a ordem de grandeza de dv ?

28.3 TORQUE EM CIRCUITOS ELÉTRICOS

Como o campo magnético afeta um fio com corrente elétrica, é de se esperar

que a sua presença afete também circuitos elétricos. A Figura 28.11 mostra um

circuito retangular de lados a e b onde há uma corrente elétrica I, colocado em um

campo magnético uniforme. Na parte (a) da figura, vemos as forças magnéticas

que atuam sobre cada ramo do circuito e, na parte (b), a posição do circuito

relativamente ao campo magnético.

Figura 28.11: Circuiro retangular em campomagnético uniforme.

Aplicando a regra da mão direita ao produto vetorial da equação (28.1),

determinamos as forças que atuam em cada ramo da circuito. Essas forças estão

mostradas na Figura 28.11a. As forças 1Fr

e 3Fr

, que atuam sobre os ramos de

comprimento a do circuito, possuem sentidos opostos porque a corrente elétrica

tem sentidos contrários nos ramos onde atuam essas forças. O módulo delas é:

BaIFF == 31

porque o vetor lr é perpendicular ao campo magnético, como pode ser visto nas

figuras 28.11a e 28.11b.

401

Da mesma forma, as forças 2Fr

e 4Fr

, que atuam sobre os outros dois

ramos de comprimento b, são iguais e de sentidos contrários. Entretanto, como

mostrado na Figura 28.11b, o ângulo entre o vetor lr e o campo magnético é θ ,

diferente de 90º. Assim, o módulo das forças 2Fr

e 4Fr

é:

.cos)º90(42 θθ BbIsenBbIFF =−==

A direção dessas forças é perpendicular ao plano do papel e é comum a

ambas as forças que, portanto, possuem a mesma linha de ação.

Entretanto, as forças 1F e 3F , embora tenham a mesma direção (paralela à

folha de papel), não possuem a mesma linha de ação quando o circuito está na

posição mostrada na Figura 28.11b. Isto significa que elas não deslocam o circuito,

mas produzem um torque sobre ele, que tende a fazê-lo girar em torno da

mediatriz dos lados de comprimento b (linha xx’ da Figura 28.11a). Este torque tem

como módulo:

.2

23311 θθτ senBbaIsenb

BaIFrFr =

=×+×=rrrrr

Lembrando que 1rr

e 3rr

são, respectivamente, as distâncias ao centro do

circuito, dos pontos de aplicação das forças 1Fr

e 3Fr

, e que baA = é a área do

circuito, o torque também pode ser escrito como:

θτ senBAI= (28.3)

Esta fórmula é geral, válida para circuitos de qualquer forma, retangulares ou

não. Ela descreve o torque que faz o circuito girar em torno de seu eixo

perpendicular à direção das forças que não possuem a mesma linha de ação (eixo

xx’ na figura 28.11a). Ela também é válida para um sistema de várias espiras. Se N

é o número de espiras, o torque sobre o conjunto é a soma dos torques sobre cada

espira:

.θτ senBAIN= (28.4)

Na equação 28.3, podemos ver que o torque se anula se o plano do circuito

for perpendicular ao campo magnético (ou, se a normal ao plano do circuito for

402

paralela ao campo), pois, nesse caso, as forças 1F e 3F terão a mesma linha de

ação. Em qualquer outra posição, o torque age no sentido de alinhar a normal ao

plano do circuito com o campo magnético. Este fato é semelhante ao alinhamento

de uma agulha magnética com o campo magnético da Terra.


Um estudante afirma que, se um raio atingisse o metal do poste que sustenta uma

bandeira, a força exercida sobre o poste pelo campo magnético da Terra seria

suficiente grande para entortar o poste. As correntes típicas de um raio são da

ordem 104 a 105 A. A opinião do estudante pode ser justificada? Explique seu

raciocínio.

Como o torque e a indução magnética são vetores, podemos escrever a

equação (28.4) em uma forma vetorial se definirmos um vetor:

,nAIN=µr (28.5)

em que n é um vetor unitário perpendicular ao plano do circuito ou do sistema de

espiras (veja a figura 28.11b).

O sentido da normal n é dado com a seguinte regra: colocamos os

dedos da mão direita aberta de modo que eles coincidam com o sentido da

corrente elétrica no circuito. A normal terá, então, o sentido positivo

indicado pelo dedo polegar. Na Figura 28-8b, podemos ver a que a normal

n faz um ângulo θ com o vetor indução magnética.

O vetor µr é denominado momento de dipolo magnético do circuito ou do

sistema de espiras. Com ele, a equação (28.4) fica:

.Bvrr

×= µτ (28.6)

Como um circuito em um campo magnético sofre ação de um torque, é

preciso que um agente externo realize um trabalho para mudar a orientação do

momento de dipolo magnético. Portanto, podemos associar ao momento de dipolo

magnético uma energia potencial, cujo nível é geralmente tomado na posição em

que o torque é nulo, isto é, na posição em que o plano do circuito seja paralelo ao

403

campo magnético (na figura 28.11b, na posição em que º90=θ ). Dessa forma, a

energia potencial do momento de dipolo magnético em uma posição dada pelo

ângulo θ , relativamente ao nível zero, é:

∫∫ −===θθ

θµθθµθτº90º90

cosBdsenBdU

ou:

BUrr •−= µ (28.7)

EXEMPLO 28.6

Uma espira circular de raio R , massa m e corrente I encontra-se sobre uma

superfície horizontal áspera. Um campo magnético de indução B é paralelo ao

plano da espira. Qual o valor de I para que um lado da espira seja erguido pelo

campo magnético?

Figura 28.12: Espira circular sendo erguida pelo campo magnético.

A espira principiará a se erguer se o torque magnético for igual ao torque

gravitacional.

BRIBm2=|=| πµτ

BRImgRg2=|=| πτ

Então:

BR

mgI

π=

404

ATIVIDADE 28.4

Uma espira circular tem o raio de 2,0 cm, 10 voltas de fio condutor e uma

corrente de 3 A. O eixo da espira faz um ângulo de 30° com um campo magnético

de indução de 8000 G. Calcular o módulo do torque sobre a espira.

EXEMPLO 28.7

Um disco não condutor de massa M e raio R tem uma densidade superficial de

carga σ e gira com frequência angular ω em torno de seu eixo. Calcular o

momento magnético deste disco girante.

Figura 28.13: Disco homogêneo girando.

Primeiro calculamos o momento magnético de um elemento circular de raio r e

largura dr sobre o disco e depois integramos sobre todos os elementos.

).2(== drrdAdq πσσ

Se a carga for positiva, o momento magnético tem a direção de ω :

.=)(= 2rdIAdId πµ

Lembrando que: πω2

= dqdqfdt

dqdI ==

vem: drrdrrdAdI ωσπ

ωπσπ

ωσ =2

)2(=2

)(=

405

Podemos escrever:

.=)(=)(= 322 drrrdrrrdId ωσππωσπµ

Integrando sobre a superfície do disco, obtemos:

43

0 4

1== Rdrr

R

ωσπωσπµ ∫

Observações importantes: Em termos da carga total do disco, 2= RQ πσ e o

momento magnético fica:

.4

=2ωµr

r RQ

O momento angular do disco é

ωrr

2=

2RML

E, então:

LM

Q rr

2=µ

Esses resultados são gerais.

ATIVIDADE 28.5

No modelo de Bohr para o átomo de Hidrogênio, um elétron tem uma órbita

circular em torno do próton, cujo raio vale 11105,1 −× cm. A frequência do

movimento é 15106,8× revoluções por segundo. Calcule o momento de dipolo

magnético equivalente do eletron.


Uma força magnética sobre uma partícula carregada nunca pode realizar trabalho,

pois a cada instante a força é perpendicular à velocidade. O torque exercido por

um campo magnético pode realizar trabalho sobre uma corrente quando a espira

gira. Explique como essa aparente contradição pode ser conciliada.

406


ATIVIDADE 28.1

As figuras abaixo dão as orientações dos vetores força nos acasos propostos:

ATIVIDADE 28.2

O fio se desloca com aceleração constante: m

Bdia =

ATIVIDADE 28.3

A inversão simultânea dos sentidos da corrente elétrica e da indução magnética em

relação aos sentidos mostrados na Figura 28.5, faz com que a direção e o sentido

da força fique o mesmo que no caso da mesma figura.

Atividade 28.4

Temos: 30°=|=|=|| senBsenBB µθµµτ ×rr

Mas 222 103,77=(0,02))10(3== AmANIA −×πµ

30°))(0,810(3,77== 22 senTAmsenB −×θµτ

ou:

Nm2101,51= −×τ

Atividade 28.5

O elétron, ao descrever um círculo em torno do próton produz uma corrente

elétrica:

AsCfei 31519 101,1)108,6()106,1( −− ×=××==

407

Como a trajetória do elétron pode ser igualada a uma espira circular, o momento

de dipolo é:

mAmAriAi .100,9)101,5(101,1)( 2421132 −−− ×=××××=== ππµ


E28.1) Um fio de 1,80 m de comprimento é percorrido por uma corrente de 13,0 A

e faz um ângulo de 35,0o com um campo magnético uniforme de módulo B = 1,50

T. Calcule a força magnética sobre o fio.

E28.2) Uma barra horizontal com 0,20 m de comprimento é montada sobre uma

balança e conduz uma corrente. No local da barra existe um campo magnético

uniforme horizontal com módulo igual a 0,067 T e direção perpendicular à barra. A

força magnética sobre a barra medida pela balança é igual a 0,13 N. Qual é o valor

da corrente?

E28.3) Uma espira retangular de 5,0 cm x 8,0 cm possui plano paralelo a um

campo magnético de 0,19 T. A espira conduz uma corrente igual a 6,2 A. (a) Qual é

o torque que atua sobre a espira? (b) Qual é o módulo do momento magnético da

espira? (c) Qual é o torque máximo que pode ser obtido sobre um fio com o mesmo

comprimento total da espira e conduzindo a mesma corrente?

E28.4) Uma corrente de 4,51 mA percorre um fio de 25,0 cm de comprimento. Esse

fio é convertido em uma bobina circular e é submetido a um campo magnético

uniforme de módulo 5,71 mT. Se o torque que o campo exerce sobre a espira é o

maior possível, determine (a) o ângulo entre o campo magnético e o momento

dipolar magnético da bobina, (b) o número de espiras da bobina e (c) o módulo do

torque máximo.

E28.5) Uma bobina circular com 8,6 cm de diâmetro possui 15 espiras e conduz

uma corrente igual a 2,7 A. A bobina está em uma região onde o campo magnético

vale 0,56 T. (a) Para qual orientação da bobina o torque atinge seu valor máximo e

qual é esse torque máximo? (b) Para qual orientação da bobina o módulo do torque

é igual a 71% do valor encontrado no item (a).


P8.1) Determine a força que age sobre um neutron que possui velocidade,

jsmismv ˆ)107,2(ˆ)105,3( 66 ×+×=r, e está se movendo em uma região onde

existe um campo jTiTB ˆ)15,0(ˆ)030,0( −=r

.

408

P8.2) Dois fios paralelos encontram-se separados por uma distância D . Supondo

que eles carreguem correntes antiparalelas de intensidade i , obtenha o valor da

indução magnética em um ponto P que se situa à uma distância r dos dois fios ao

longo da mediatriz (linha situada a meio caminho entre ambos os fios).

P8.3) Repita o problema anterior supondo que as correntes sejam paralelas.

409

UNIDADE 9

FONTES DE CAMPO MAGNÉTICO E A LEI DE AMPÈRE

Nesta unidade discutiremos como utilizar a Lei de Biot-Savart para determinar o

valor da indução magnética gerada por uma corrente elétrica estacionária, por uma

espira e por um solenóide em um dado ponto do espaço. Em seguida, discutiremos

a Lei de Ampère, que nos ajuda a calcular o campo magnético em situações de alta

simetria, além de nos ajudar a entender como a corrente que atravessa uma

superfície delimitada por uma curva fechada se relaciona com a integral do campo

magnético através dessa curva. Em outras palavras: como uma corrente elétrica

estacionária gera um campo magnético no espaço.

410

411

AULA 29 A LEI DE BIOT-SAVART

OBJETIVOS

• ESTUDAR A LEI DE BIOT-SAVERT

• APLICÁ-LA EM PROBLEMAS DE GEOMETRIA SIMPLES

29.1 A LEI DE BIOT-SAVART

Em 1820, Oersted descobriu acidentalmente que um fio conduzindo uma

corrente elétrica podia desviar a agulha imantada de uma bússola, estabelecendo,

assim, uma relação entre corrente elétrica e campo magnético. A descoberta de

Oersted foi estudada por Ampère, J. B. Biot (1774-1862) e F. Savart (1791-1841);

eles mostraram que uma corrente elétrica gera um campo magnético.

Nesta aula veremos como determinar de um modo mais geral possível o valor da

indução magnética gerada por uma corrente elétrica estacionária (isto é, constante)

em um ponto do espaço. Essa relação é dada pela Lei de Biot-Savart.

Considere um fio de forma qualquer percorrido por uma corrente estacionária

i (figura 29.1):

Figura 29.1: Indução magnética gerada por um fio no ponto P.

Para calcular a indução magnética Brno ponto P, gerado pela corrente que

percorre o fio, vamos considerar um elemento infinitesimal do fio de comprimento

dl . A lei de Biot-Savart nos afirma que a indução magnética Bdr criada por este

elemento no ponto P do espaço é:

RldR

iBd

rrr×

20

4=

πµ

(29.1)

em que ldré um vetor tangente ao fio na posição do elemento considerado, R

r é o

412

vetor-posição do ponto P relativamente a ldr e 0µ é uma constante

denominada permeabilidade magnética do vácuo. Seu valor no Sistema

Internacional é:

./104= 270 AN−⋅πµ

Em relação a um referencial situado em um ponto O do espaço, a equação

acima se escreve de outra forma. Com efeito, se Prré o vetor-posição do ponto P

neste referencial, 'rro do elemento do fio ld

r, temos que:

|'|

'=ˆˆ'=

rr

rruurrrr

P

PRRP rr

rrrrr

−−=−

Então:

3

0

|'|

)'(

4=

rr

rrldiBd

P

Prr

rrrr

−−×

πµ

(29.2)


A lei de Biot-Savart é válida somente para correntes contínuas?

Podemos fazer uma analogia com o campo elétrico:

30 |'|

)'(

4=

rr

rrdQdE

P

Prr

rr

−−

πε

Figura 29.2: Elemento de Campo Elétrico.

413

A equação (29.1) ou (29.2) encerra algumas propriedades importantes do

campo magnético, que devemos ter sempre em mente:

a) a indução magnética em um ponto P do espaço, devida à corrente

elétrica no fio, varia com o inverso do quadrado da

distância do ponto ao fio;

b) a indução magnética em um ponto P do espaço depende do meio em que

o fio está; quando este meio não é o vácuo, a constante 0µ muda de

valor;

c) a indução magnética é um vetor perpendicular ao plano que contém os

vetores ldr e RP urrrR ˆ)'( =−= rrr

. Para determinar o sentido do vetor Br,

temos que usar a regra da mão direita do produto vetorial.

A equação (29.2) pode ser escrita de uma forma mais clara, usando o fato

de que o elemento ldrdo fio pode ser substituído por:

,ˆTudlld =r

em que Tu é um vetor unitário tangente ao fio, no ponto onde ldrestá. Assim, a

equação fica:

.|'|

ˆˆ

4=

20 dl

rr

uuiBd

P

RTrr

r

−×

πµ

(29.3)

Dessa forma, a variação do campo magnético com o inverso do quadrado da

distância fica mais explícita.

A indução magnética no ponto P, devida a todo o comprimento do fio

é obtida usando o Princípio de Superposição, somando a contribuição de todos os

elementos dl do fio:

∫∫ −−×=

30

|'|

)'(

4=

rr

rrldiBdB

P

Prr

rrrrr

πµ

(29.4)

ou:

∫∫ −×= dl

rr

uuiBdB

P

RT2

0

|'|

ˆˆ

4= rr

rr

πµ

(29.5)

414

Aqui também temos algumas observações importantes a considerar:

a) a integral nas equações (29.4) ou (29.5) é uma integral de linha; ela

é portanto feita sobre todo o comprimento do fio. Para isso, temos

que escrever ldr(na equação 29.4) ou dl (na equação 29.5) em função

de um parâmetro que varie com a forma do fio e seja fácil para a

integração;

b) temos que escrever também os vetores )'( rrP

rr− e seu módulo (na

equação 29.4) ou os unitários Tu e Ru em termos desse parâmetro.

Antes de continuar, note bem a diferença entre as equações

(29.1) e (29.3) e entre as equações (29.4) e (29.5). Preste

atenção nos vetores unitários e nos expoentes de 'rrP

rr − que

aparecem nas equações; elas são as mesmas, apenas escritas de

forma diferente!

EXEMPLO 29.1

Um fio retilíneo de comprimento L é percorrido por uma corrente i . Qual a

indução magnética produzida por esse fio num ponto P situado a uma altura y do

fio? Considere que P está sobre uma perpendicular que passa pelo meio do fio.

Figura 29.3: Indução magnética de fio retilíneo com corrente.

Solução: Vamos escolher a origem do referencial coincidente com a metade do

fio, como mostra a Figura 29.3, e o plano que contém P e fio como sendo o plano

xy. A escolha da origem de coordenadas é muito importante para simplificar o

problema, como veremos nesse exemplo.

De acordo com a lei de Biot-Savart:

30

|'|

)'(

4=

rr

rrldiBd

P

Prr

rrrr

−−×

πµ

415

temos, da Figura 29.3:

ixrjyirixdld PPˆ='ˆˆ0=ˆ= ′+′ rrr

(lembre que 'rr é o vetor-posição de ld

rno sistema de coordenadas escolhido).

Então:

jyixrr PPˆˆ=' +′−− rr

Então:

kxdyjyixixdrrld PPPˆ=]ˆˆ)[(ˆ=)'( ′+′−×′−× rrr

onde o unitário k tem a direção perpendicular à folha de papel e o sentido para

fora dela. Portanto:

kyx

xdyiBd

P

P ˆ])[(4

=3/222

0

+′′

πµr

kyx

xdy

iBdB

P

L

LPfio

ˆ])[(4

==3/222

2/

2/

0

+′′

∫∫ −πµrr

O resultado da integral é:

( ) ( )[ ] [ ] [ ]

+−−

+=

+=

+′′

+

−

+

−∫ 2/1222/1222

2

2

212223/222

2/

2/ )2/(

2/

)2/(

2/1

'

'1

])[(PPP

L

LpPP

L

L yL

L

yL

L

yyx

x

yyx

xd

o que dá:

[ ] kyL

L

yy

iB

PPP

ˆ21

4= 2/1222

0

+πµr

ou:

[ ] kyL

L

y

iB

PP

ˆ42 2/122

0

+=

πµr

ATIVIDADE 29.1

Determine Br

para um ponto Q, simétrico ao ponto P do Exemplo 29.1.

416

EXEMPLO 29.2

Campo gerado por um fio infinito

Solução: No caso do fio infinito, a integral do Exemplo 29.1 fica:

∫∞+

∞− +′−′

=3/222 ])[( PP

P

yxx

xdyI

Fazendo - xxu P ′−= vem duxd =′ e a integral fica:

[ ] 2212223/222

21

][ PppP yyu

u

yyu

duI =

+=

+=

+∞

∞−

∞+

∞−∫

Então:

ky

i

y

yiB

PP

P ˆ2

2

4= 0

20

πµ

πµ =×

r

O módulo de Brvaria com o inverso da distância ao fio e o vetor está no plano

perpendicular ao fio. A Figura 29.4 mostra as linhas de força do vetor Br. A

corrente, representada pelo ponto central, tem o sentido para fora da página.

Figura 29.4: Linhas de força da indução magnética de um fio longo.

Dos Exemplos 29.1 e 29.2, bem como a Atividade 29.1 podemos

extrair uma maneira de determinar a direção do campo magnético em um

ponto P do espaço, gerado por um fio conduzindo uma corrente elétrica.

Basta, com a mão direita aberta, fazer coincidir o polegar com o sentido da

corrente elétrica no fio. Em seguida, fechemos a mão. A direção da indução

magnética em P será perpendicular ao plano contendo P e o fio e o sentido,

o de fechamento da mão.

EXEMPLO 29.3

Considere o circuito abaixo (Figura 29.5), onde as linhas curvas são semicírculos

com centro comum C . O raio do maior semicírculo é b e o do menor é 2/ba = .

417

As porções retas são perfeitamente horizontais. Encontre a indução magnética em

C .

Figura 29.5: Cálculo do campo na origem.

Solução: Os prolongamentos dos segmentos retos do circuito passam pelo ponto

C. Assim, ldr e r

r são paralelos ao longo deles e, portanto, 0=× rld

rr. Logo, os

segmentos retos não contribuem para a indução magnética em C.

A indução magnética no ponto C devida ao semi-círculo de raio b é, de acordo

com (29.3),dada por:

∫ −−×= 3

0

|'|

)'(

4 rr

rrldiB

P

Prr

rrrr

πµ

Mas ldré tangente ao semicírculo de raio b em todos os seus pontos. Além disso,

brrP

rrr =− ' e a direção de br é radial, portanto, sempre perpendicular a ld

r. Então,

∫∫∫ ==×=bb

b

dli

b

senbdl

b

dli

b

bldiB

ππ

πµ

πµ

πµ

0 20

0 320

30

4

º90

44

rrr

que dá:

b

IBb 4

= 0µ (para fora do papel)

Analogamente, para o semi-círculo de raio a :

a

IBa 4

= 0µ (entrando no papel)

Logo, como 2/ba = , a indução magnética do semicírculo de raio a é maior que a

do semicírculo de raio b . A indução resultante é, então:

)

11(

4= 0

ba

IBT −µ

(entrando no papel)

Como 2/ba = vem:

b

I

bb

IBT 4

)12

(4

= 00 µµ =− (entrando no papel)

418


Porque a superposição dos campos é uma subtração?

ATIVIDADE 29.2

Um circuito retangular de lados a e b , com ba > , é colocado em um campo

magnético perpendicular ao seu plano. Uma corrente i constante percorre o

circuito. Determine a indução magnética Brno centro do circuito.

29.2 FORÇA ENTRE FIOS PARALELOS

No Exemplo 29.2 vimos que um fio longo com uma corrente elétrica Ai , cria

um campo magnético em redor dele, cujas linhas de força são círculos concêntricos

com o fio. Se colocarmos um outro fio longo, paralelamente ao primeiro (que

chamaremos de fio B), também com uma corrente elétrica Bi , e a uma distância R

dele, este segundo fio sofrerá uma força do campo magnético do primeiro fio. A

Figura 29.6 mostra os fios e o campo magnético gerado pelo fio A no fio B

Figura 29.6: Fios com correntes paralelas.

De acordo com que vimos no Exemplo 29.2, o módulo da indução magnética

no fio B é:

.2

0

R

iB A

A πµ

=

419

O módulo da força magnética que atua sobre um comprimento l do fio B é,

então:

.2200

R

lii

R

iliBliF BAA

ABAB πµ

πµ

==×= B

rr

(29.6)

A direção e o sentido da força obedece a regra da mão direita para o produto

vetorial (você deve tentar ver claramente isso, fazendo os gestos com a

mão).

Obviamente, como o fio B tem corrente elétrica, o campo magnético gerado

por ele exercerá uma força sobre o fio A. O módulo da força magnética que o

campo de B exerce sobre o comprimento l do fio A é:

,

2200

R

lii

R

iliBliF BA

ABABA πµ

πµ

==×= Brr

(29.7)

idêntico ao da força que A exerce sobre B. Mas, de acordo com a regra da mão

direita para o produto vetorial, a direção da força é a mesma, porém o sentido é

oposto. Isto, aliás, já era de se esperar por causa da terceira lei de Newton: as

duas forças são de ação e reação. Assim, podemos dizer que correntes

paralelas se atraem e correntes antiparalelas se repelem.


Dois fios transportando corrente são perpendiculares entre si. A corrente de um fio

flui verticalmente para cima e a corrente no fio horizontal flui horizontalmente para

o leste. Qual é a direção da força magnética no fio horizontal? Norte, Sul, Leste ou

Oeste? Ou não existe força magnética líquida sobre o fio horizontal?

29.3 CAMPO MAGNÉTICO GERADO POR CARGA EM MOVIMENTO

Uma corrente elétrica nada mais é que o movimento direcionado de cargas

elétricas; assim, o fato de uma corrente elétrica gerar um campo magnético indica

que uma carga elétrica sozinha pode também gerar um campo magnético. Vamos

tentar determinar as características deste campo; para isso, lançamos mão da lei

de Biot-Savart, escrita na forma da equação (29.5):

420

∫∫×

=×

=2

02

0 ˆ)ˆ(

4

ˆˆ

4 r

uudlidl

r

uuiB RTRT

πµ

πµr

em que colocamos o referencial no ponto A onde desejamos calcular o campo

magnético, de modo que a distância entre as cargas e este ponto em qualquer

instante é r (Figura 29.7).

Figura 29.7: Carga elétrica em movimento gerando campos elétrico e magnético em A.

Mas, de acordo com a teoria de corrente elétrica,

,ˆ)(ˆ dVvqndVjudlAjudli TT

rr===

em que jré a densidade de corrente, v

ré a velocidade das cargas elétricas e dV é o

elemento de volume que contém as cargas elétricas que se movem. Com essa

expressão, a integral da indução magnética fica:

,ˆ

4

ˆ)ˆ(

4 20

20 dVn

r

uvq

r

uudliB TRT ∫∫

×=×=r

r

πµ

πµ

como dVn é o número de cargas em um volume dV de corrente elétrica, podemos

interpretar o termo entre parênteses do integrando como sendo o campo

magnético gerado por uma carga no ponto A. Então, escrevemos que:

2

0 ˆ

4 r

uvqB T×=

rr

πµ

(29.8)

é o campo magnético gerado por uma carga elétrica q em um ponto A, a

uma distância r dela. A equação nos diz que a direção do campo magnético é

421

perpendicular à de rre v

r. As linhas de força magnéticas são círculos como

mostrados na figura 29.7. Note que o campo magnético se anula ao longo da linha

de movimento da carga e é máximo no plano perpendicular a esta linha, passando

pela carga.

Se supusermos que o campo elétrico Er gerado pela carga em A não é

afetado pelo movimento dela, podemos escrever que:

.ˆ4

12

0Ru

r

qE

επ=

r

Tirando o valor de Ru dessa expressão e levando em (29.8), obtemos:

,1200 Ev

cEvB

rrrrr×=×= εµ (29.9)

que dá a relação entre os campos elétrico e magnético gerados pela carga

q em movimento.

Na expressão (29.9), houve a substituição:

8

00

109979,21 ×==

εµc m/s (29.10)

que é a velocidade da luz no vácuo.

Em resumo, uma carga elétrica em repouso gera um campo elétrico; mas,

se ela estiver em movimento, ela gera também um campo magnético. A equação

(29-9) mostra que esses campos são dois aspectos de uma propriedade

fundamental da matéria. Por isso, é mais correto usar o termo campo

eletromagnético para descrever interações que envolvem cargas elétricas.

A equação (29.8) vale quando a velocidade da carga é muito menor que a

velocidade da luz. Quando isso não acontece, ela deve ser substituída por uma

outra equação derivada da Teoria da Relatividade, conforme estudaremos mais

adiante.

422

SAIBA MAIS

Sobre as unidades do eletromagnetismo

Quando estudamos a lei de Coulomb, vimos que a constante eK , que aparece na

expressão da força elétrica:

221

r

qqKF ee =

era determinada experimentalmente a partir da definição da unidade de carga

elétrica, o Coulomb. Ela é expressa em termos de uma outra constante – a

permissividade elétrica 0ε - por:

04

1

επ=eK

Por outro lado, a força magnética que atua entre dois fios retilíneos e longos,

percorridos por uma corrente elétrica e separados de uma distância R , é dada

pela equação (29.6) ou (29.7):

R

liiKF BA

mm π2=

Ela contém uma constante de proporcionalidade mK que também é expressa em

termos de uma outra constante –a permissividade magnética 0µ - por:

πµ4

0=mK

A equação (29.10) nos mostra que 0µ e 0ε estão relacionados de uma maneira

bem definida; assim , o valor de uma das constantes depende do valor da outra. A

razão disso é que ambas se referem a uma só grandeza fundamental – a carga

elétrica – já que a corrente elétrica é carga/tempo. Portanto, ao escolher o ampère

como a quarta unidade fundamental do SI (além do quilograma, metro e

segundo), a Conferência Geral de Pesos e Medidas de 1960 adotou, por

definição, que o valor de mK deve ser:

2710 cK m−=

para que a equação (29-10) forneça o valor:

2212272

00 /10854,8

104

11mNC

cc×=

×== −πµ

ε

medido experimentalmente.

Dessa forma, a equação (29.6) ou a equação (29.7) pode ser usada para definir o

ampère como unidade de corrente elétrica que, percorrendo dois condutores

423

paralelos separados por uma distância de um metro, resulta em uma força

(atrativa ou repulsiva) entre eles valendo 7100,2 −× N/m de cada condutor. Dessa

definição de Ampère decorre, então, a definição do Coulomb (unidade de carga

elétrica), como sendo a carga elétrica que flui por unidade de área e tempo um

condutor que possui uma corrente de um ampère.


ATIVIDADE 29.1

No caso do ponto Q, simétrico a P em telação ao fio, temos, da Figura 29.3:

ixrjyirixdld PPˆ='ˆˆ0=ˆ= ′−′ rrs

(lembre que 'rr é o vetor-posição de ld

rno sistema de coordenadas escolhido).

Então:

jyixrr PPˆˆ=' −′−− rr

Então:

kxdyjyixixdrrld PPPˆ=]ˆˆ)[(ˆ=)'( ′−−′−×′−× rrr

onde o unitário k tem a direção perpendicular à folha de papel e o sentido para

fora dela. Portanto:

kyx

xdyiBd

P

P ˆ])[(4

=3/222

0

+′′

−π

µr

tem sentido para dentro da página. O resto do cálculo é o mesmo, apenas trocando

o sinal da integral, o que dá, finalmente:

[ ] kyL

L

y

iB

PP

ˆ42

=2/122

0

+−

πµr

ATIVIDADE 29.2

Figura 29.29: Circuito percorrido por corrente estacionária

424

O campo magnético no centro do circuito é a soma dos campos gerados pelos

quatro fios que fazem o circuito. Pela regra da mão direita, vemos que estes

campos, no ponto P, são perpendiculares ao plano do circuito e têm sentido para

fora do papel. O campo gerado por um fio de comprimento L, à distância r do fio é

dado no Exemplo 29.1:

[ ] krL

L

r

iB

P

ˆ42

=2/122

0

+πµr

em que o vetor unitário k tem o sentido saindo da folha de papel.

Os campos magnéticos gerados pelos fios de comprimento a são iguais pois o

ponto P está eqüidistante deles. A distância entre P e eles vale 2/b . Então, para

esses dois fios, temos:

[ ] [ ] 2/122

02/122

0 2

4/42/22=

ba

a

b

i

ba

a

b

iBa

+=

+ πµ

πµ

Analogamente, para os fios de comprimento b , temos:

[ ] [ ] 2/122

02/122

0 2

4/42/22=

ba

b

a

i

ab

b

a

iBb

+=

+ πµ

πµ

A indução magnética total será:

[ ] [ ] [ ]

++

=+

++

+=a

b

b

a

ba

i

ba

b

a

i

ba

a

b

iBBB ba 2/122

02/122

02/122

0 222=

πµ

πµ

πµ

ou, ainda:

[ ]

+=

++

=ab

bai

ba

ba

ba

iB

2/1220

22

2/122

0 )(22

πµ

πµ


E29.1) Um pequeno elemento de corrente lIdrcom kmmld ˆ2=

re AI 2= está

centrado na origem. Encontre o campo magnético Bdr nos seguintes pontos: sobre

o eixo x (a) em x= 3 m, (b) em x= -6 m, sobre o eixo z (c) em z= 3m e sobre o

eixo y (d) em y= 3 m.

E29.2) Dois fios longos retos paralelos distando 8,6 cm transportando correntes de

425

mesmo módulo I. Os fios paralelos repelem-se mutuamente com uma força por

unidade de comprimento de 3,6 nN/m. (a) As correntes são paralelas ou

antiparalelas? (b) Encontre I.

E29.3) Um fio infinitamente longo e isolado está ao longo do eixo x e transporta

uma corrente I na direção positiva do eixo x. Um outro fio infinitamente longo e

isolado está ao longo do eixo y e transporta uma corrente I na direção y positiva.

Onde no plano xy o campo magnético resultante é nulo?

E29.4) A corrente no fio mostrado na figura 29.9 é de 8 A. Encontre Brno ponto P

devido a cada segmento de fio e some-os para encontrar o Brresultante.

Figura 29.9: corrente no fio do exercício 29.4

426

AULA 30: CAMPO MAGNÉTICO EM SOLENÓIDES

OBJETIVO

• CALCULAR O CAMPO MAGNÉTICO GERADO POR UM SOLENÓIDE.

• APLICAR A REGRA DA MÃO DIREITA PARA DEFINIR A DIREÇAO DO VETOR INDUÇÃO

MAGNÉTICA GERADO POR UMA ESPIRA E DENTRO DE UM SOLENÓIDE

30.1 CAMPO MAGNÉTICO GERADO POR UMA ESPIRA

Nesta aula estudaremos as propriedades do campo magnético gerado por um

solenóide, que é simplesmente um fio enrolado em espiras (Figura 30.1) de forma

tal que seu comprimento seja muito maior que seu raio.

Figura 30.1: Um solenoide.

Vamos começar estudando as características da indução magnética gerada por

uma espira, que é a configuração básica de um solenóide. Vamos aplicar a lei de

Biot-Savart a uma espira circular de raio R, percorrida por uma corrente elétrica i ,

em um ponto P no seu eixo de simetria (Figura 30.2).

Figura 30.2: Campo Magnético de uma espira circular.

427

Aqui, o circuito que mantém a corrente estacionária i na espira não é

mostrado pois estamos interessados de fato, apenas no campo produzido pela

espira.

Seja um sistema de coordenadas com origem no centro da espira. Um

elemento ldr

da espira, localizado com relação à origem pelo vetor 'rr

, gera um

campo magnético de indução Bdr no ponto P de vetor posição ( Pr

r) relativo ao

centro da espira ( Prr) dada por:

.|'|

)'(

4=

30

rr

rrldiBd

P

Prr

rrrr

−−×

πµ

Devido à simetria circular do problema no plano xy e também com relação

ao eixo z (simetria axial) será conveniente trabalharmos em coordenadas

cilíndricas. Temos:

kzr PPˆ=

r

kjsenRiRkjyixr ˆ0ˆˆcosˆ0ˆˆ= ++≡+′+′′ θθr

jsinRicosRkzrr PPˆˆˆ=)'( θθ −−− rr

.|='| 22 Rzrr PP +− rs

Precisamos calcular o produto vetorial )'( rrld P

rrr−× e, para isso,

escrevemos θθ ˆ= dRldr

, em que θ um vetor unitário que é tangente ao círculo da

espira, de mesmo sentido que a corrente elétrica circulando por ela. A Figura 30.3

mostra a espira, o unitário θ e suas componentes segundo o sistema Oxyz .

Figura 30.3: Unitário tangente ao circulo da espira e suas componentes no sistema Oxyz.

428

Ele está no plano xy da espira e, portanto, suas componentes no sistema

Oxyz são:

.ˆˆ=ˆ jcosisen θθθ +−

Assim:

.)ˆˆˆ(ˆ)(=)'( jsenRicosRkzdRrrld PP θθθθ −−×−× rrr

Usando a equação para θ obtemos:

)ˆˆˆ()ˆcosˆ()(=)'( jsenRicosRkzjisendRrrld PP θθθθθ −−×+−−× rrr

ou, desenvolvendo o produto vetorial e considerando que 0ˆˆ=ˆˆ =×× jjii vem:

[ ])ˆˆ(cos)ˆˆ(cos)ˆˆ()ˆˆ()(=)'( 22 ijRkjzjisenRkisenzdRrrld PPP ×−×+×+×−−× θθθθθrrr

ou, ainda:

[ ]kRizksenRjsenzdRrrld PPPˆcosˆcosˆˆ)(=)'( 22 θθθθθ +++−× rrr

o que dá:

]ˆˆˆ[=)'( kRjsenzicoszdRrrld PPP ++−× θθθrrr

de modo que:

3/222

0

)(

]ˆˆˆ[

4=

Rz

kRjsenzicoszdR

iBd

P

PP

+++ θθθ

πµr

e:

429

.)(

]ˆˆˆ[

4==

3/2220

2

0θθθ

πµπ

dRz

kRjsenzicosziRBdB

P

PP

espira +++

∫∫rr

As integrações angulares sobre θ são elementares pois R e Pz são

constantes. Vale a pena chamar a atenção que as componentes segundo i e j do

campo magnético se anulam devido à simetria axial do problema.

ATIVIDADE 30.1

Verifique que as componentes de Brsegundo os eixos Ox e Oy se anulam.

Assim, para a componente segundo k , temos:

∫+π

θπ

µ 2

03/222

20

)(

ˆ

4= d

Rz

kRiB

P

r

ou:

.)(2 3/222

20 k

Rz

RiB

P

rr

+= µ

(30.1)

Se o ponto P está situado exatamente no centro da espira, 0=Pz e:

.ˆ2

=ˆ

2= 0

3

20 k

R

i

R

kRiB

µµr

Então, a indução magnética gerada por uma espira contendo uma

corrente estacionária tem a mesma direção que o eixo da espira. Seu

sentido pode ser determinado com a seguinte regra:

Fechamos a mão direita sobre a espira de modo que o sentido de

fechamento coincida com o sentido da corrente na espira. O vetor indução

magnética é perpendicular ao plano da espira com sentido dado pelo

polegar, como motrado na Figura 30.4.

430

Figura 30.4: Regra da mão direita para espiras com corrente elétrica.


O campo magnético é uniforme em algum lugar em uma espira com corrente?

EXEMPLO 30.1

Considere um ponto a uma distância muito grande RzP >> da espira. Calcule a

indução magnética neste caso.

Solução: Neste caso, podemos desenvolver o denominador de (29-7) em série

binomial, o que dá:

2

2

3/222 2

31

)(

1

PP z

R

Rz−≈

+

Então, a equação (29-4) fica:

kz

R

z

RiB

PP

ˆ)2

3(1

2=

2

2

3

20 −µr

ou: µπµµ rr

30

3

20

2=ˆ

2=

PP zk

z

RiB

),( Rz >>

onde 2= Riπµ é o chamado momento de dipolo magnético.

De fato, uma espira tem um momento de dipolo magnético associado que está

sempre perpendicular ao plano definido pela área, independente do fato de a

espira ser circular ou não. Lembre mais uma vez da forma de definição da normal,

conforme discutimos em aulas anteriores.

431

EXEMPLO 30.2

Suponha que tivéssemos duas espiras separadas por uma distância d, com

correntes de mesmos sentidos, de intensidade i .

(a) Qual seria a indução magnética num ponto sob o eixo de simetria das espiras a

meia distância uma da outra?

(b) Qual seria a indução magnética no ponto Q, situado à distância d de P?

Figura 30.5: Espiras paralelas com correntes.

SOLUÇÃO:

Como pensar?

Você tem que manter a mão sempre na mesma posição e no sentido da corrente.

É como se tivesse um ímã no centro da espira e o fato do ímã estar a direita ou a

esquerda, o ímã não se inverte, conforme ilustra a figura 30.6

Figura 30.6: Analogia da espira com um ímã, mostrando o sentido dos vetores momento

magnético no ponto P.

(a) Como as espiras são idênticas e possuem a mesma corrente, e como o ponto P

está no meio da distância entre elas, a indução magnética devida a cada uma

delas em P será a mesma. A regra da mão direita nos dá que esses vetores estão

ao longo do eixo das espiras e dirigidos para o ponto Q. Assim, a indução total

será duas vezes a dada pela equação 30.1, isto é:

432

3/222

20

3/222

20

2/3

3/2

22

20

3/222

20

)4(

4

)4(

4

2

1

4

2

1

)(2

1=

Rd

Ri

Rd

Ri

Rd

Ri

Rz

RiB

P +=

+=

+

=+

µµµµ

(b) A distância da espira à esquerda de P até o ponto Q é (3d/2). A distância da

espira à direita de P até o ponto Q é d/2. Então, se escolhermos o sentido positivo

do eixo Oz, coincidente com a linha PQ, da esquerda para a direita, teremos:

1. para a espira à esquerda de P, 2/3dzP = e:

kRd

Ri

Rd

Rik

Rd

Rik

Rz

RiB

P

ˆ)4(9

4

)4(9

4

2

1ˆ

4

92

1ˆ)(2

1=

3/222

20

3/222

20

2/3

2/3

22

20

3/222

20

1 +=

+=

+

=+

µµµµr

2. Para a espira à direita de P, 2/dzP = e:

kRd

Ri

Rd

Rik

Rd

Rik

Rz

RiB

P

ˆ)4(

4

)4(

4

2

1ˆ

4

2

1ˆ)(2

1=

3/222

20

3/222

20

2/3

2/3

22

20

3/222

20

2 +=

+=

+

=+

µµµµr

Como as correntes possuem o mesmo sentido, teremos:

kRd

Rik

Rd

RiBBB ˆ

)4(

4ˆ)4(9

4=

3/222

20

3/222

20

21 ++

+=+ µµrrr

ATIVIDADE 30.2

No Exemplo 30.2, se as correntes tivessem sentidos opostos:

(a) Qual seria a indução magnética num ponto sob o eixo de simetria das espiras

a meia distância uma da outra?

(b) Qual seria a indução magnética no ponto Q, situado à distância d de P?

433

Exemplo 30.3

Uma espira de raio a=20 cm é alinhada com um fio de comprimento L=2a de

modo que seu eixo de simetria passa pelo ponto médio do fio (Figura 30.7). A

distância entre a espira e o fio é d=3a.

Figura 30.7: Espira alinhada com fio

Faz-se passar uma corrente i=2,25 Ampère tanto no fio quanto na espira. Calcule

a indução magnética no ponto P, situado sobre o eixo da espira, à distância dela.

Solução: Aplicando a regra da mão direita, tanto para a espira quanto para o fio,

observamos que a indução magnética devida à espira está dirigida ao longo do

eixo Oz, no sentido positivo dele; a indução magnética devida ao fio está dirigida

ao longo do eixo Ox (perpendicular à folha de papel), com sentido do eixo (saindo

da folha). Temos, então, que a indução magnética em P, devida ao fio é:

[ ] izL

L

z

iB

PPfio

ˆ42

=2/122

0

+πµr

Conforme foi obtido no Exemplo 29.1. Com aL 2= e azP 2= , temos:

[ ] ia

ii

aa

a

a

iB fio

ˆ8

1

2ˆ

44

2

)2(2= 0

2/122

0

πµ

πµ =

+

r

A indução magnética devida à espira é, como foi visto no Exemplo 30.1:

kaz

aiB

Pespira

ˆ)(2

=3/222

20

+µr

434

Com azP = vem:

ka

ik

aa

aiBespira

ˆ8

1

2ˆ

)(2= 0

3/222

20 µµ =

+

r

Então, a indução resultante é:

ka

ii

a

iBBB espirafio

ˆ8

1

2ˆ

8

1

200 µ

πµ

+=+=rrr

ou:

+=+= kia

ikBiBB yx

ˆˆ1

8

12

ˆˆ 0

πµr

O módulo de Br é:

2/1

2022 1

1

8

1

2

+=+=π

µa

iBBB zx

O vetor Br está localizado no plano xz, fazendo um ângulo θ com o eixo Oz dado

por:

=

=

πθ 1

arctgB

Barctg

z

x

Aplicando os valores numéricos, temos:

Tm

AAmTB 6

7

1062,21101,0820,02

25,2)/.104( −−

×=+×××

××= π

6,º17)318,0( == arctgθ


Desenhe o vetor indução magnética na figura 30.7

435

EXEMPLO 30.4

Um disco de raio R homogêneo tem uma carga Q distribuída por sua superfície e

gira com velocidade angular ω constante. Suponha que a densidade de carga seja

constante ao longo da sua superfície. Calcule a indução magnética em um ponto P

situado a uma altura h acima do eixo do disco.

Figura 30.8: Disco carregado com carga Q girante.

Solução: Podemos considerar o disco como uma superposição densa de espiras

de espessura rd ′ , cada qual com uma corrente i .

Vamos calcular a "corrente" associada a uma "espira" de espessura rd ′ sobre o

disco:

dA

dQ

R

Q=

2π

onde θdrdrdA ′′= , Q é a carga contida na espira. Como a corrente elétrica é:

dt

dQi =

vem:

dtR

Qdrdr

dt

dQ2

=π

θ′′

E, como dt

dθω = :

2=R

Qrdri

πω′′

Agora podemos usar a lei de Biot e Savart. Para uma espira, lembremos de 30.1

que:

436

krz

riB

P

ˆ)(2

=3/222

20

′+′µr

Como hzP = , temos que:

krh

riB ˆ

)´(

´

2=

3/222

20

+µr

Logo esta espira contribui como um dB para o campo do disco:

krh

rrdr

R

QBd ˆ

)(2=

3/222

2

20

′+′′′

πωµr

Integrando de 0=′r até Rr =′ , obtemos

krdrh

r

R

QB

R

discoˆ

)(2=

3/222

3

20

0′

′+′

∫ πωµr

ou:

kRh

hR

R

QBdisco

ˆ22

2=

22

22

20

−

+

+π

ωµr

ATIVIDADE 30.3

No Exemplo 30.4, qual é a indução magnética no centro da espira?

30.2 DESCRIÇÃO DO CAMPO MAGNÉTICO GERADO POR UM

SOLENÓIDE

A Figura 30.9 mostra as linhas de força da indução magnética gerada por

uma corrente que percorre um solenóide. Ela é a soma vetorial das induções

magnéticas geradas por cada uma das espiras que o constituem.

437

Figura 30.9: Campo magnético de um solenóide.

A figura 30.10 mostra um corte perpendicular às espiras por um plano

paralelo a esta folha de papel.

Figura 30.10: Campo magnético nas espiras de um solenóide.

Os círculos com o X são as interseções das espiras com a corrente

entrando no papel (parte superior da espiras na Figura 30.9); os círculos

com os pontos, são as interseções das espiras com a corrente saindo do

papel (parte inferior das espiras na Figura 30.9).

As linhas com setas são as linhas da indução magnética gerada

pelo fio das espiras. Podemos ver que existe um cancelamento da indução

magnética entre as porções dos fios adjacentes das espiras, ao passo que

ao longo do solenóide, acontece uma superposição construtiva de linhas de

força, produzindo uma indução magnética que é aproximadamente

uniforme e cilíndrica.


O campo magnético é nulo para pontos no exterior de um solenóide?

438

Vamos calcular a indução magnética em um ponto P do eixo de simetria e no

interior de um solenóide constituido por espiras circulares de raio a e comprimento

L. A figura 30.11 mostra a geometria do problema:

Figura 30.11: Geometria para calcular a indução magnética no eixo do solenóide.

De acordo com a equação (30.1), a indução magnética no ponto P do eixo

do solenóide, gerado por uma espira situada à distância z do ponto P é, na notação

da figura 30.10 (não deixe de comparar esta figura com a figura 30.2 e compare

também esta equação com a equação 30.1):

kaz

aiBd ˆ

)(2=

3/222

20

+µr

Suponhamos que o solenóide tenha N espiras no seu comprimento L. Então,

o número de espiras por unidade de comprimento é LNn = e o número de espiras

no elemento de comprimento dz é ( )dzLNndz = . A indução magnética no ponto

P do eixo do solenóide, gerada pelas espiras contidas em dz, é:

.ˆ)(2

ˆ)2(

=3/222

20

3/222

20 kdz

az

a

L

Nikdz

L

N

az

aiBd

+=

+µµr

A indução devida a todas as espiras é a integral dessa expressão sobre todo

o comprimento do solenóide. Então:

.ˆ)(2

2

13/222

20 ∫ +=

z

zk

az

dza

L

NiB

µr

439

O resultado dessa integral é obtido com a mudança de variável θtgaz =

ou por consulta em uma tabela de integrais. Temos, então:

.2

1

2 221

1

222

20

22220

2

1

kaz

z

az

z

L

Ni

az

z

aa

L

NiB

z

z

rr

+−

+=

+=

µµ

Como o solenóide tem um comprimento muito maior que seu raio, podemos

fazer ∞+→2z e ∞−→1z , obtendo, então:

.ˆ00 kin

L

NiB µµ

==r

(30.2)

A importância do solenóide está no fato de podermos obter induções

magnéticas bastante uniformes em regiões próximas a seu centro.

440


ATIVIDADE 30.1

A componente de Brsegundo o eixo Ox é:

[ ] [ ] ∫∫ +=

+=

ππθθ

πµθθ

πµ 2

02/322

02

0 2/322

0 cos4

cos

4d

Rz

zRi

Rz

dziB

P

P

P

Px

r

ou:

[ ] 04

2

02/322

0 =+

= πθπ

µsen

Rz

zRiB

P

Px

r

A componente segundo Oy é:

[ ] [ ] ∫∫ +=

+=

ππθθ

πµθθ

πµ 2

02/322

02

0 2/322

0

4

cos

4dsen

Rz

zRi

Rz

dziB

P

P

P

Py

r

Ou:

[ ] 0cos4

2

02/322

0 =−+

= πθπ

µRz

zRiB

P

Py

r

ATIVIDADE 30.2

(a) Se as correntes tiverem sentidos opostos, o sentido dos vetores B serão

opostos e, como eles são iguais em módulo, a indução resultante seria nula.

(b) No caso de correntes com sentidos opostos, teremos:

kRd

Rik

Rd

RiBBB ˆ

)4(

4ˆ)4(9

4=

3/222

20

3/222

20

21 +−

+=+

µµrrr

ATIVIDADE 30.3

No centro do disco 0)( →h , temos: kR

QB

rr

πωµ

2= 0


441

E30.1) Uma espira de um fio com raio de 3 cm transporta uma corrente de 2,6 A.

Qual é o módulo de Brsobre o eixo da espira em (a) no centro da espira, (b) 1 cm a

partir do centro, (c) 2 cm a partir do centro e (d) 35 cm a partir do centro?

E30.2) Encontra a corrente em uma espira circular com raio de 8 cm que irá

fornecer um campo magnético de 2 G no centro da espira.

E30.3) Mostre que a equação 30.1 reduz-se a kR

iB ˆ

20µ=

r no centro da espira.

E30.4) Um enrolamento circular com raio de 5,0 cm possui 12 voltas, encontra-se

em repouso no plano x e está centrado na origem. Ele transporta uma corrente de

4 A, de tal modo que a direção do momento magnético do enrolamento está ao

longo do eixo x. Encontre o campo magnético sobre o eixo x em (a) x=0, (b) x=15

cm e (c) x= 3 m.

E30.5) Um solenóide com 30 cm de comprimento, raio de 12 cm e 300 voltas

transporta uma corrente de 2,6 A. Encontre Brsobre o eixo do solenóide (a) no

centro, (b) dentro do solenóide a um ponto situado a 10 cm de uma extremidade.

E30.6) Um solenóide com o comprimento de 2,7 m possui raio de 0,85 cm e 600

voltas. Ele transporta uma corrente I de 2,5 A. Qual é o campo magnético

aproximado sobre o eixo do solenóide?

442

AULA 31 LEI DE AMPÈRE

OBJETIVO

• ENUNCIAR A LEI DE AMPÈRE

• APLICAR A LEI DE AMPÈRE EM PROBLEMAS DE GEOMETRIA SIMPLES

• APLICAR A REGRA DA MÃO DIREITA PARA DEFINIR A CONVENÇÃO DE SINAL DO

CÁLCULO DA CIRCULAÇÃO

• MONTAR E CALCULAR A CIRCULAÇÃO DA INDUÇÃO MAGNÉTICA

31.1 A LEI DE AMPÈRE

O cálculo da indução magnética gerada em um ponto P do espaço por uma

corrente elétrica é feito, como vimos, pela lei de Biot-Savart. Ele envolve uma

integral que pode ser complicada em muitos casos. Por outro lado, este cálculo

pode ser simplificado quando tratamos com sistemas com alto grau de simetria,

graças à lei de Ampère.

A lei de Ampère decorre de dois fatos experimentais:

1) Como não há pólos magnéticos isolados na Natureza, as linhas de

força do campo magnético são linhas fechadas;

2) A integral da indução magnética Br, gerada por uma corrente

estacionária i , ao longo de uma linha de força do campo magnético,

é proporcional à corrente elétrica que atravessa a superfície limitada

por esta linha de força.

Este último resultado pode ser generalizado para qualquer curva fechada C e

uma corrente estacionária que atravesse a superfície limitada por esta curva.

Matematicamente, podemos escrever a lei de Ampère:

,= 0 ildBC

µrr

•∫ (31.1)

em que ldré o vetor deslocamento tangente à curva fechada C em qualquer ponto

dela.

443

Portanto, a lei de Ampère relaciona a integral da componente tangencial

do vetor Brao longo de uma curva fechada C que delimita uma superfície S, com a

corrente estacionária líquida i que atravessa essa superfície.

A equação (31.1) merece algumas observações importantes:

(a) a integral na equação 31.1 é uma integral de linha e, portanto, deve ser

calculada sobre a curva (fechada) C (por isso, o círculo sobre o símbolo da

integral). A integral é denominada circulação do vetor Br. O integrando é

a componente do vetor Br na direção da tangente à curva C em qualquer

ponto dela;

(b) como há duas maneiras de se percorrer uma curva fechada, adota-se

como sentido positivo convencional de percurso da curva C, aquele

em que a superfície S, limitada por C, fique sempre à esquerda de C.

Para o cálculo da circulação na lei de Ampère com essa convenção,

considera-se a corrente elétrica com o sentido positivo ou negativo, de

acordo com a regra da mão direita: colocando os dedos da mão direita

no sentido positivo de percurso da curva, o dedo polegar dá o

sentido positivo da corrente elétrica.

(c) se houver mais de uma corrente atravessando a superfície delimitada pelo

percurso de integração, a corrente líquida é a soma algébrica dos valores

das correntes existentes, com o sinal coincidindo com a regra da mão

direita.

A Figura 31.1 mostra uma curva C limitando uma superfície S.

Perpendicularmente a S figuram alguns fios retilíneos cujas correntes elétricas têm

os sentidos indicados. O sentido de percurso da curva C também está indicado.

Assim, a lei de Ampère, aplicada ao circuito C, nos permite escrever:

( )54320= iiiildBC

++−−•∫ µrr


Porque 1i e 6i não foram levadas em conta no cálculo da circulação?

Figura 31.1: Circuito envolvendo várias correntes elétricas

Sabendo que mAi 61 = ,

calcule o valor da circulação do vetor

Essas observações nos dão indicações para operarmos corretamente

com a lei de Ampère:

(i) primeiramente, devemos observar qual a simetria que a situação física

tem para justificar o uso da lei. Se não houver simetria, é inútil aplicarmos a

lei;

(ii) a simetria de que falamos vai se manifestar na possibilidade de

escolhermos uma curva de integração adequada para usarmos na integral;

(iii) determinamos quais as correntes que atravessam a superfície limitada

pela curva, o sentido da corrente líquida, que de

integral.

(d) expressamos o produto escalar do integrando em função de um parâmetro

que permita a integração.

Para entendermos o método acima, vamos fazer como na Lei de Gauss,

começando com um exemplo simples.

Circuito envolvendo várias correntes elétricas. A curva C é chamada de circuito

de Ampère ou curva amperiana.

ATIVIDADE 31.1

, mAi 52 = , mAi 43 = , mAi 34 = , mAi 25 =

calcule o valor da circulação do vetor Br para o exemplo da figura 31.1


) primeiramente, devemos observar qual a simetria que a situação física


metria de que falamos vai se manifestar na possibilidade de


determinamos quais as correntes que atravessam a superfície limitada

pela curva, o sentido da corrente líquida, que deve ser o sentido positivo da

expressamos o produto escalar do integrando em função de um parâmetro

que permita a integração.


começando com um exemplo simples.

444

. A curva C é chamada de circuito

mA e mAi 16 =

para o exemplo da figura 31.1


) primeiramente, devemos observar qual a simetria que a situação física


metria de que falamos vai se manifestar na possibilidade de


determinamos quais as correntes que atravessam a superfície limitada

ve ser o sentido positivo da

expressamos o produto escalar do integrando em função de um parâmetro


445

EXEMPLO 31.1

Campo de um fio infinito com corrente i

Calcular a indução magnética gerada por um fio infinito, percorrido por uma

corrente estacionária i , em um ponto P situado à distância r do fio.

Solução: De acordo com os passos acima descritos, temos:

(a) A Figura 31.2 mostra as linhas de força do campo magnético gerado pelo fio.

Como já havíamos visto, elas são círculos concêntricos com cada ponto do fio

e situadas no plano perpendicular ao fio. Essa é, pois a simetria que

desejávamos.

Figura 31.2: Linhas de força do campo magnético gerado pelo fio infinito.

(b) Devido à simetria do campo magnético, para calcular a integral da equação

(31.1) escolhemos como curva de integração um círculo de raio r , passando pelo

ponto P e perpendicular ao fio, com origem no centro dele.

(c) a corrente i é mostrada na Figura. Assim, escolhemos o sentido positivo de

percurso que, neste caso, coincide com o campo magnético. Com a regra da mão

direita, vemos que a corente elétrica é considerada positiva.

(d) Como o campo magnético é constante ao longo da trajetória e tangente a ela,

temos:

irBdlBldBC 0

2

0=)2()0(cos= µπ

π×=• ∫∫

rr

que dá:

446

r

iB

πµ2

= 0 (31.2)

que é o resultado obtido com a lei de Biot-Savart, mas de modo muito mais fácil.

Note que a circulação vale rB π2 . Entretanto, como a corrente que gera o campo

magnético é constante (consequentemente o segundo membro da lei de Ampère

tem que ser constante) o campo magnético tem que decair com r para a circulação

ser constante, independente do raio da curva de integração.

A escolha da curva de integração é semelhante à da superfície de Gauss. Ela deve

sempre passar pelo ponto onde calculamos a indução magnética.


A lei de Ampère só é válida para correntes estacionárias?

Se compararmos a solução do problema dada por este exemplo, com a do

cálculo da indução magnética usando a lei de Biot –Savart (Exemplos 29.1 e

29.2),vemos que a simetria do campo magnético ajudou a simplificar a solução.

É importante notar que, se escolhermos uma curva arbitrária C envolvendo o

fio, temos (Figura 31.3):

ldu

r

ilduBldB

CCC

rrrr••• ∫∫∫ θθ π

µˆ

2ˆ= 0

Figura 31.3: Lei de Ampère e curva arbitrária.

447

Mas ldur

•θˆ é a componente de ldrna direção do vetor unitário θu e vale:

.ˆ θθ drldu =•r

Então:

,222

= 02

0

0 ππ

µθπ

µ π idr

r

ildB

C=• ∫∫

rr

ou:

,0 ildBC

µ=•∫rr

que é a expressão da Lei de Ampère. Portanto, a forma da curva não afeta a

aplicação da lei.


Se o módulo do campo magnético situado a uma distância R de um fio longo

retilíneo e que carrega uma corrente é B, a que distância do fio o campo terá

módulo equivalente a 3B?

ATIVIDADE 31.2

A Figura 31.4 mostra quatro fios concêntricos (círculos em negrito) percorridos por

correntes elétricas valendo, respectivamente, 8=ai A saindo do papel, 10=bi A

entrando no papel, 3=ci A entrando no papel e 7=di A saindo do papel. Calcule a

circulação da indução magnética em cada circuito circular concêntrico com cada fio

tal que:

Figura 31.4: Fios concêntricos com correntes elétricas de vários sentidos e intensidades

448

(a) compreendido entre os fios a e b;

(b) compreendido entre os fios b e c

(c) compreendido entre os fios c e d

(d) envolvendo todos os fios

EXEMPLO 31.2

Considere dois cilindros condutores coaxiais, paralelos a um eixo que tomaremos

como o eixo z (Figura 31.5). O condutor interno tem raio a e carrega uma

corrente i uniformemente distribuída sobre sua área transversal com sentido de

z+ . O condutor externo tem raio interno b e raio externo c e carrega uma

corrente i uniformemente distribuída sobre sua área transversal com sentido z− .

Encontre o campo magnético nas regiões:

a) bra <<

b) crb <<

c) cr >

Figura 31.5: Cilindros condutores coaxiais.

SOLUÇÃO: O problema possui simetria suficiente para usar a lei de Ampère. O

circuito de integração é um círculo centrado no eixo. O campo magnético é

tangente ao círculo em todos os pontos e pode ser escrito como φ)(= rBBr

em

que φ é o unitário da direção tangente ao círculo de integração (Figura 31.6).

Figura 31.6: Unitário φ tangente ao circulo de integração.

449

Então:

(a) Para bra << temos:

,= 0ildBC

µrr

•∫

ou:

irBdlBldBC 0

2

0=)2()0(cos= µπ

π=• ∫∫

rr

e:

.ˆ2

= 0 φπ

µr

iBr

(b) crb << . Da mesma forma que anteriormente:

'= 0 ildBC

µrr

•∫

e:

)2(= rBldBC

πrr

•∫

A corrente i’ que atravessa o condutor cilíndrico externo é a diferença entre a

corrente total e a interna ao raio r :

),(´ jAii −−=

onde o primeiro termo é a corrente total no cilindro e o segundo, a corrente que

flui na região do cilindro com r>b. O sinal negativo indica que o sentido da

corrente é o de –z. A área A é a área do cilindro compreendida entre os raios r e b.

Então:

.)(= 22 brA −π

Como a densidade de corrente no cilindro é constante, podemos escrever que:

450

.)(

==22 bc

i

A

ij

total −π

Portanto:

,)(

)(=)2(

22

22

0

−−+−bc

briirB

ππµπ

ou:

.ˆ)(

)(

2=

22

220 φ

πµ

−−

bc

cr

r

iBr

c) r>c. Neste caso, temos que a corrente total que atravessa a área delimitada por

um círculo de raio r>b é nula, pois as correntes nos dois cilindros possuem

sentidos contrários. Então: B=0.

ATIVIDADE 31.3

Calcule a indução magnética em um ponto P situado a uma distância r de um

cilindro maciço de raio R, percorrido por uma corrente elétrica de densidade

constante j. Suponha que:

a) r<R

b) r>R

Vamos ver agora como a lei de Ampère nos ajuda em geometrias mais

elaboradas.

EXEMPLO 31.3

Usando a Lei de Ampère, calcule a indução magnética no interior de um solenóide

muito longo formado por n espiras por unidade de comprimento e percorrido por

uma corrente i .

SOLUÇÃO: Como vimos anteriormente, um solenóide muito longo possui um

campo magnético praticamente homogêneo no seu interior, com linhas de campo

paralelas ao seu eixo. A Figura 31.7 mostra uma seção do solenóide. Para calcular

451

a indução magnética escolhemos um circuito de integração ABCD (circuito de

Ampère ou curva amperiana) como mostrado nela, de modo tal que envolva

apenas uma espira.

Figura 31.7: Circuito de Ampère.

Temos, que:

.ldBdlBldBldBldBDACDBCABABCD

rrrrrrrrr•+•+•+•=• ∫∫∫∫∫

O trajeto CD é paralelo ao campo magnético, assim como o AB; porém podemos

colocar o trajeto AB do circuito tão longe quanto queiramos de modo que o campo

aí se anula. Nos trajetos BC e DA, o campo é perpendicular ao deslocamento e,

portanto, as respectivas integrais são nulas. Assim a única contribuição importante

na lei de Ampère é a da integral de linha ao longo de CD.

,= BadlBldBCDABCD

•=• ∫∫rrr

onde a é o comprimento do circuito CD. Pela Lei de Ampère:

,'= 0iBa µ

onde 'i é a corrente na região envolvida pelo circuito de Ampère e que, portanto,

percorre uma espira do solenóide. Então:

.'

= 0

a

iB

µ

A corrente total i é: 'naii = sendo n o número de espiras por unidade de

comprimento no solenóide. Então:

452

,== 00 ina

ianB µµ

ou, vetorialmente, com xu sendo o unitário do eixo Ox:

.ˆ= 0 xuinB µ−r

EXEMPLO 31.4

Campo magnético gerado por um toróide

Considere um solenóide, parecido com o do exercício anterior, de tamanho C e

que o torçamos unindo suas extremidades até formar um toróide (Figura 31.8).

Usando a Lei de Ampère, calcule seu campo magnético.

Figura 31.8: A forma de um toróide.

SOLUÇÃO: A Figura 31.9 mostra um toróide sendo percorrido por uma corrente

elétrica 0i . A corrente flui através de espiras que envolvem a figura do toróide,

gerando um campo magnético interno a ele, cujas linhas de força são círculos de

raio igual à distância ao centro do toróide.

Figura 31.9: Circuito no toróide.

453

Seja um circuito de Ampère circular de raio r , mostrada na figura 31.9 como uma

linha pontilhada. Se 0i é a corrente em uma espira, a corrente total compreendida

na região limitada pela linha pontilhada é o produto do número de espiras pela

corrente em cada espira, tal que 0iNi = . Então, como as linhas de indução

magnética circulam dentro do toróide:

000 == iNildB µµrr

•∫Γ

ou:

.)2( 00 iNrB µπ =

Mas o toróide está limitado pelos raios interno a e externo b. Então, para a<r<b:

r

iNB

πµ2

= 00

Assim, para ar < não há corrente que corte uma superfície circular definida por

uma curva de Ampère ao passo que para br > a corrente que cortaria a superfície

definida pela curva de Ampère entra e sai o mesmo número de vezes de forma que

a corrente líquida é zero. Portanto, em ambas a situações, 0=B .

O toróide magnético é muito útil com aplicações que vão desde cabeçotes de

gravadores até Tokamaks, que são aparelhos usados para confinamento magnético

de plasmas (gases ionizados a altíssimas temperaturas).

Vejamos agora um problema onde a quebra de simetria exigirá uma maior

atenção na plicação da lei de Ampère.

EXEMPLO 31.5

Um condutor cilíndrico de raio b é atravessado por uma densidade superficial de

corrente J , homogênea e paralela ao seu eixo, tem uma cavidade cilíndrica de

raio ba < , onde portanto 0=J , cujo eixo, paralelo ao do cilindro maciço, está a

uma distância R dele (Figura 31.10). Calcule o campo magnético no interior do

454

condutor na parte da reta que une o centro dos dois cilindros.

Figura 31.10: Cilindro condutor com cavidade não concêntrica.

SOLUÇÃO: A densidade superficial de corrente é relacionada com a corrente

elétrica por:

.ˆ= dAnJdi •r

Então, para uma densidade de corrente constante atravessando uma área circular

2RA π= :

.ˆ=ˆ=2

kR

Ik

A

IJ

πr

Para resolver o problema é essencial que raciocinemos da maneira que se segue,

uma vez que a quebra de simetria introduzida pela cavidade cilíndrica feita no

cilindro maciço, faz com que a Lei de Ampère não possa ser aplicada

imediatamente, pois não há curva ampereana simples que explore a simetria do

campo magnético

Suponhamos que tivéssemos um cilindro maciço de raio b , percorrido por uma

corrente com J constante, e que, no seu interior houvesse uma região de raio a ,

cilíndrica, em que houvesse uma corrente de sentido contrário, com densidade de

corrente J− . Então, na região teríamos 0=J , o que simularia o buraco do ponto

de vista eletromagnético. Assim numa região a uma distância r do eixo do cilindro

(com bra << ) teríamos duas contribuições:

1) a do cilindro interno de raio a:

IldB 0= µ

rr•∫Γ

455

que dá: )(.=2 2

0 braaJrBi <<− πµπ

2) a do cilindro maior: 20=2 rJrBe πµπ

que dá o campo resultante: r

arJBBB ier 2

)(==

220 −+ µ

ATIVIDADE 31.4

Calcule a indução magnética para br > no exemplo 31.5


Quais são as vantagens e desvantagens relativas da lei de Biot e Savart e da lei de

Ampère para os cálculos práticos de campo magnético?

456


ATIVIDADE 31.1

A circulação do campo magnético é dada por: ( )54320= iiiildBC

++−−•∫ µrr

ATIVIDADE 31.2

(a) O circuito circular compreendido entre os fios a e b só envolve o fio a. O sentido

positivo de percurso do circuito é o antihorário e a corrente que percorre o fio e sai

do papel; portanto, pela regra da mão direita, ela tem o sentido positivo. Assim:

.10108.104 617

0 TAATildB a−−− ×=××==•∫ πµ

rr

(b) O circuito circular compreendido entre os fios b e c envolve os fios a e b. O

sentido positivo de percurso do circuito é o antihorário. Pela regra da mão direita,

como a corrente que percorre o fio b penetra no papel, temos:

.105,2)108(.104)( 617

0 TAAATiildB ba−−− ×−=−××=−=•∫ πµ

rr

(c) O circuito circular compreendido entre os fios c e d envolve os fios a, b e c. O

sentido positivo de percurso do circuito é o antihorário. Pela regra da mão direita,

como a corrente que percorre o fio c penetra no papel, temos:

.103,6)3108(.104)( 617

0 TAAAATiiildB cba−−− ×−=−−××=−−=•∫ πµ

rr

(d) o circuito circular envolve todos os fios e a corrente que percorre o fio d tem

sentido para fora do papel. Então:

.105,2)73108(.104)( 617

0 TAAAAATiiiildB dcba−−− ×=+−−××=+−−=•∫ πµ

rr

Devemos considerar apenas as correntes que estão limitadas pela curva amperiana.

Substituindo os valores das correntes temos:

( ) ( ) ( ).42345 0054320 mAmAmAmAmAiiii −=++−−=++−− µµµ

ATIVIDADE 31.3

Como a densidade de corrente no cilindro é constante, se i é a corrente dentro do

457

raio r do cilindro, e I, a corrente que percorre todo o cilindro, temos que:

.

22 R

I

r

i

ππ=

Se o ponto P, situado à distância r do eixo do cilindro, estiver dentro do cilindro,

teremos r<R; podemos então tomar uma curva de Ampère centrada no eixo do

cilindro e passando pelo ponto P. Aplicando a lei de Ampère ao circuito, teremos:

ildB 0µ=•∫

rr

ou:

IR

rrB

2

2

0)2( µπ =

que dá:

.2 20 I

R

rB

πµ=

Para r>R, o cilindro se comporta como um fio. Portanto: IR

Bπµ

20=

ATIVIDADE 31.4

Do Exemplo 31.4, a indução magnética em um ponto situado a uma distância br >

do cilindro é calculado com um circuito circular de raio r . Temos:

.)2( 20 bJrBe πµπ =

Como a indução dentro do cilindro não varia, a indução total fica, então:

r

abJBBB ier 2

)(==

220 −+ µ


E31.1) No interior de uma curva fechada exstem diversos condutores. A integral de

linha ∫ ldBrr

. em torno da curva é igual a 3,83.10-4 T. (a) Qual é a corrente total que

passa nos condutores? (b) Se você fizesse a integral percorrendo a curva em

sentido contrário, qual seria o valor da integral? Explique.

E31.2) A figura 31.9 mostra uma seção reta de diversos condutores que

atravessam o plano da página. O sentido das correntes está indicado na figura e

valem I1=4,0 A, I2=6,0 A e I3=2,0 A. Temos quatro trajetórias indicadas na figura.

458

(a) Qual é o valor da integral ∫ ldBrr

. para cada uma das trajetórias?

Figura 31.9: Representação do exercício 31.2.


P9.1) Uma seção reta de um fio cilíndrico longo de raio a= 2,00 cm e que conduz

uma corrente de 170 A está mostrado na figura 31.10. Qual é o módulo do campo

elétrico produzido pela corrente a uma distância do eixo do fio igual a (a) 0, (b)

1,00 cm, (c) 2,00 cm e (d) 4,00 cm?

Figura 31.10: Seção transversal de um fio conduzindo corrente.

P9.2) Um fio cilíndrico longo e retilíneo de raio R, transporta uma corrente

uniformemente distribuída sobre sua seção reta. Em qual local o campo magnético

produzido por essa corrente é igual à metade do seu valor máximo? Considere

pontos internos e externos ao fio.

P9.3) Um solenóide é projetado para produzir um campo magnético igual a 0,0270

T em seu centro. Ele possui raio de 1,40 cm, comprimento de 40,0 cm e o fio

conduz uma corrente máxima de 12,0 A. (a) Qual é o comprimento total do fio? (b)

Qual o número mínimo de espiras que o solenóide deve possuir?

P31.4) Um fio cilíndrico de raio a=3,1 mm é percorrido por uma densidade de

corrente, J, que varia linearmente com a distância radial r de acordo com a equação

J=J0r/a onde J0=310 A/m2. Determine o módulo do campo magnético para (a) r=0,

(b) r= a/2 e (c) r=a.

458

UNIDADE X

LEIS DE FARADAY E DE LENZ E A INDUÇÃO

ELETROMAGNÉTICA

Até agora estudamos fenômenos elétricos e magnéticos de forma

completamente separada: a eletrostática e a magnetostática são assuntos

completamente fechados sobre si mesmos. Aprendemos ainda que cargas elétricas

estacionárias geram campos elétricos, assim como cargas elétricas em movimento

(correntes) geram campos magnéticos.

A partir de agora vamos aprender que tanto o campo elétrico quanto o

campo magnético podem ser gerados por uma fonte que não está mencionada

acima: a variação temporal de um campo elétrico (que pode gerar um campo

magnético) e reciprocamente, a variação temporal de um campo magnético (que

pode gerar um campo elétrico).

A lei de Faraday trata do caso em que um campo elétrico é gerado a partir

da variação temporal do fluxo do campo magnético. Começamos então a entender

o porquê do nome Eletromagnetismo. Esse nome só tem sentido se fenômenos

tipicamente elétricos possam gerar fenômenos tipicamente magnéticos e vice-

versa.

459

460

AULA 32: LEI DE FARADAY E LEI DE LENZ

OBJETIVOS

- ENUNCIAR A LEI DE FARADAY E A LEI DE LENZ

- APLICAR A LEI DE FARADAY E LEI DE LENZ EM DIVERAS SITUAÇÕES

- GERADORES E MOTORES

- RELACIONAR FORÇA ELETROMOTRIZ E CORRENTE INDUZIDA

32.1 O FLUXO DA INDUÇÃO MAGNÉTICA

O fluxo do vetor indução magnética através de uma superfície A é definido

como:

,ˆ∫ •=Φ dAnBB

r

onde dA é um elemento da superfície considerada e n , um vetor unitário normal à

superfície. Sua unidade é o 2mTesla× que também é denominada Weber (Wb), em

homenagem a Wilhelm Eduard Weber (1804-1891), inventor do telégrafo

eletromagnético.

Como não há monopólos magnéticos na Natureza, as linhas de força

do campo magnético são fechadas. Como exemplo, lembre-se das linhas de

força do campo magnético gerado por uma corrente elétrica que percorre um fio

longo ou um solenóide (figura 30.8). Em um ímã as linhas de força saem pela

extremidade a que damos o nome de polo magnético Norte e entram na

extremidade chamada de polo magnético Sul.

Se considerarmos uma superfície fechada qualquer em um campo magnético,

todas as linhas de força que entram nessa superfície saem dela. Assim, o fluxo do

vetor indução magnética através de uma superfície fechada é sempre nulo.

Matematicamente

.0ˆ∫ =•=Φ dAnBB

r

Essa expressão é chamada de lei de Gauss para o magnetismo, pela sua

semelhança com a respectiva lei para a eletrostática.

Nesta Unidade estaremos interessados em muitos fenômenos nos quais o

461

fluxo do vetor indução magnética tem papel importante. Então, para simplificar a

linguagem, chamaremos o fluxo do vetor indução magnética apenas de

fluxo magnético. Entretanto, devemos sempre ter em mente que esta

denominação se refere ao fluxo de um vetor (no caso Br

) através de uma

superfície.

32.2 A LEI DE FARADAY

Em 1831 Michael Faraday anunciou os resultados de uma série de

experimentos, incluindo três que descreveremos a seguir:

Experimento 1: Considere um circuito elétrico retangular constituído por

um fio metálico e uma resistência R, colocado em repouso num campo magnético

uniforme de indução magnética Br

perpendicular ao plano do circuito (Figura

32.1a). A forma do circuito não é importante: os resultados do experimento são

independentes dela. Também o fato do campo magnético ser uniforme e

perpendicular ao plano do circuito não muda os resultados. Essas hipóteses são

feitas apenas para simplificar os cálculos e não deixar que eles escondam a

interpretação dos fenômenos físicos envolvidos.

Figura 32.1a: Circuito elétrico em repouso num campo magnético uniforme.

Não havendo força eletromotriz no circuito, não haverá corrente elétrica

através do fio e da resistência que o constituem.

Se agora deslocarmos o circuito dentro da região do campo magnético (por

exemplo da esquerda para a direita como na Figura 32.1b), observaremos que,

enquanto ele estiver se movendo totalmente imerso no campo magnético,

não haverá corrente elétrica percorrendo o circuito.

462

Figura 32.1b: Circuito elétrico movendo-se num campo magnético uniforme com velocidade

.vr

Eventualmente, o circuito elétrico atinge o limite da região contendo o

campo magnético e começa a sair dela, como mostra a figura 32.1c:

Figura 32.1c: Circuito elétrico saindo de uma região contendo um campo magnético

A partir deste momento, uma corrente flui no circuito e ela continua

a existir no circuito enquanto parte dele ainda estiver na região contendo o

campo magnético; quando todo o circuito deixa a região, a corrente

elétrica deixa de existir.

O mesmo fenômeno acontece quando o circuito, ao invés de sair da

região do campo magnético, entra nela: apenas o sentido da corrente é

invertido em relação àquele quando o circuito sai do campo magnético. Da

mesma forma que antes, a corrente continua a existir enquanto parte do circuito

fica dentro da região do campo magnético; quando todo o circuito está dentro ou

fora dela não há corrente elétrica no circuito.


Se o circuito estivesse parado e a região onde se encontra Br

se movesse para a

direita, apareceria uma corrente no circuito?

Experimento 2: Quando aproximamos ou afastamos um ímã de um

circuito, aparece uma corrente elétrica no circuito. A corrente desaparece quando o

ímã fica em repouso relativamente ao circuito e volta a aparecer quando o ímã

volta a se movimentar. O sentido da corrente no circuito também se inverte quando

463

o movimento do ímã (relativamente ao circuito) muda de sentido (Figura 32.1d).

Figura 32.1d: Imã se aproximando e se afastando de um circuito elétrico. Observe que o

sentido da corrente se inverte quando o movimento do imã ocorre no sentido contrário.


Se o polo sul estivesse inicialmente se aproximando do circuito e depois se

afastando, haveria uma corrente induzida? Como seriam o sentido da corrente em

amboos os casos?

Experimento 3: Se o circuito estiver em repouso relativamente ao campo

magnético, ao alterarmos a intensidade do vetor indução magnética do campo

magnético, uma corrente elétrica aparece no circuito. Se aumentamos a

intensidade da indução magnética a corrente tem um sentido. Se diminuirmos a

intensidade da indução magnética a corrente adquireo sentido contrário.


Se o circuito e a região do campo magnético estivesse em repouso mas

repentinamente a área do circuito aumentasse e diminuisse de tamanho, haveria

indução de corrente elétrica nesse circuito?

Lembrando que, para que apareça uma corrente elétrica no circuito, é

preciso que apareça um campo elétrico nos fios que o constituem. Você vai notar

imediatamente que o campo elétrico, que produz o movimento das cargas

elétricas, é gerado pela variação de alguma coisa. Que coisa é essa? Não é o

campo magnético, pois este fica constante nos dois primeiros experimentos. Não é

o movimento do circuito, que fica parado no experimento 3.

464

Repare, entretanto, que existe uma grandeza que varia nos três

experimentos: o fluxo magnético através da área do circuito varia com o

tempo.

Em outras palavras, a variação temporal do fluxo magnético gera o campo

elétrico! E esse campo elétrico pode ser descrito através da força eletromotriz

induzida no circuito. A lei de Faraday pode então ser formulada da seguinte

forma:

A variação do fluxo magnético através de uma superfície gera uma

força eletromotriz ε através dela.

Expressa matematicamente, a lei fica:

dt

d BΦ−=ε , (32.1)

o sinal negativo indica o sentido da força eletromotriz. Faraday, embora sabendo da

existência do sinal, não fez nenhuma menção a ele; foi Heinrich F. E. Lenz (1804-

1865) quem, em 1834 o introduziu na equação (32.1), e estabeleceu, assim, a Lei

de Lenz.

É preciso notar que a corrente elétrica induzida no circuito, observada nas

experiências de Faraday, existe somente porque o circuito é fechado (como o da

Figura 32.1). Quando o circuito é aberto, a força eletromotriz induzida – que é

medida como uma diferença de potencial entre as extremidades do circuito – existe

sempre que há variação do fluxo magnético através do circuito.


Se não houvesse um circuito real, a variação temporal do fluxo magnético induziria

um campo elétrico no espaço?

32.4 A LEI DE LENZ

A lei de Lenz estabelece o sentido da corrente elétrica induzida pelo fluxo

magnético variável no tempo que atravessa um circuito. Ela nos diz que:

A força eletromotriz induzida pela variação temporal do fluxo magnético

gera uma corrente que tende a se opor à variação deste fluxo magnético.

465

A lei de Lenz se refere a corrente elétrica em circuitos fechados mas, no caso

de circuitos abertos, podemos imaginá-los como fechados e, assim, determinar o

sentido da força eletromotriz.

Para entendermos bem a lei, consideremos um circuito fechado, na forma de

uma espira circular. Ao aproximarmos dela um ímã como mostrado na Figura 32.2,

o fluxo magnético aumenta através da espira.

Figura 32.2: (a) Ímã com pólo Norte se aproximando de uma espira; (b) os campos

magnético do imã ( Br

) e o induzido pelo aumento do fluxo magnético ( iBr

) para se opor à

variação do fluxo magnético.

Essa variação temporal do fluxo magnético induz no circuito uma força

eletromotriz e, como ele é fechado, uma corrente elétrica. Esta, por sua vez, induz

um campo magnético que, na área delimitada pelo circuito, deve se opor ao

aumento do fluxo. Isto é, o campo magnético induzido deve ter o sentido

oposto ao campo magnético existente. Então, de acordo com a regra da mão

direita, o sentido da corrente elétrica induzida no circuito é o sentido anti-horário

para quem observa o circuito do lado do ímã, veja a figura 32.2b. Assim, o fluxo

magnético induzido trabalha no sentido de compensar o aumento do fluxo

causado pela aproximação do ímã.

ATIVIDADE 32.1

Descreva , inclusive com desenhos,como deve ser o sentido da corrente induzida na

espira se, ao invés do pólo Norte:

(a) aproximamos da espira o pólo Sul do ímã;

(b) afastamos da espira o pólo Sul do ímã.

466

ATIVIDADE 32.2

Um solenóide com uma corrente i é aproximado de uma espira (Figura 32.6). Qual

o sentido da corrente induzida na espira, visto pelo observador?

Figura 32.6

Se afastarmos o ímã da espira, o campo magnético na área delimitada por

ela vai diminuir e, consequentemente, o fluxo magnético nesta área diminui. Então,

a força eletromotriz induzida deve criar uma corrente tal que o campo magnético

induzido por ela se some ao campo magnético existente e produza um aumento do

fluxo através da área considerada. Novamente, a regra da mão direita nos mostra

que a corrente deve ter o sentido horário para quem observa a espira do lado do

ímã.

É fundamental notar que o importante aquí é a variação do fluxo

magnético e não do campo magnético: as leis de Faraday e de Lenz se

referem à variação do fluxo magnético!!!

Uma outra observação, que nunca é demais ser repetida, é que força

eletromotriz induzida só existe enquanto houver variação do fluxo

magnético. Uma vez cessada esta variação, a corrente desaparece.

ATIVIDADE 32.3

O circuito circular da Figura 32.3 está em um campo magnético cujo sentido é

dirigido perpendicularmente e para dentro da folha de papel. O fluxo do campo

magnético varia através do circuito com o tempo de acordo com a equação

( ) 236 2 ++=Φ ttt .mWb

Figura 32.3: Circuito em campo magnético

467

(a) qual é a magnitude da força eletromotriz induzida no circuito em 0,2=t s?

(b) Qual é o sentido da corrente na resistência R=3,0 Ω ?

(c) Qual a corrente neste instante?

Quando aproximamos ou afastamos o ímã do circuito, sempre sofremos

uma força que tende a nos impedir de continuar o movimento. Portanto,

precisamos realizar um certo trabalho para vencer essa força, trabalho este que,

pela conservação da energia, não fica armazenado no circuito; ele é transformado

em calor e liberado no circuito sob a forma de efeito Joule.

EXEMPLO 32.1

Uma espira quadrada de lado a=10,0 cm e resistência R=2,5 Ω é colocada em um

campo magnético cuja indução aumenta com uma taxa de 0,45 mT/s. Se o plano

da espira faz um ângulo de 60º com a direção do campo magnético, calcule:

(a) a força eletromotriz induzida na espira;

(b) a corrente induzida na espira;

(c) a taxa de aquecimento no fio.

SOLUÇÃO:

(a) Enquanto o campo magnético está aumentando, aparece na espira uma força

eletromotriz na espira, dada por:

∫∫ −=•−=Φ−= dsBdt

ddAnB

dt

d

dt

dº60cosˆ

rε

Pois, se o ângulo entre o plano da espira e o campo magnético é de 30º, o ângulo

entre a normal à espira e o campo magnético é 90º-30º=60º.

Então:

2

2

1º60cos a

dt

dBds

dt

dB −=−= ∫ε

Numericamente:

Vms

T 623 103,2)10,0(1045,02

1 −− ×=×××−=ε

(b) Temos que:

V

Ri

6

2,95,2

103,2 −

×=Ω

×== ε

(c) A taxa de aquecimento no fio é igual à potência liberada por efeito Joule no fio.

Então:

sJRiP /101,2 52 −×==

Se nós cortarmos o circuito abrindo

não realizaremos trabalho aproximando ou afastando o ímã do circuito. Entretanto,

haverá uma força eletromotriz nele, mas,

circuito aberto, não há corrente elétrica gerada e também

no circuito.

A Figura 32.4 mostra duas espiras com eixos coincidentes. Faz

corrente na espira maior, no sentido horário. Qual o sentido da

espira menor? A força que atua sobre ela é atrativa ou repulsiva?

Qual o sentido da corrente na resistência da Figura 32.

fechamento da chave S?

A710−×


Se nós cortarmos o circuito abrindo-o, não ocorrerá mais a força resistiva,


haverá uma força eletromotriz nele, mas, tal como numa bateria ligada a

circuito aberto, não há corrente elétrica gerada e também não há liberação de calor

ATIVIDADE 32.4

mostra duas espiras com eixos coincidentes. Faz-

corrente na espira maior, no sentido horário. Qual o sentido da corrente induzida na

espira menor? A força que atua sobre ela é atrativa ou repulsiva?

Figura 32.4: Espiras em paralelo

ATIVIDADE 32.5

Qual o sentido da corrente na resistência da Figura 32.5 imediatamente após o

Figura32.5

468


o, não ocorrerá mais a força resistiva,


como numa bateria ligada a um

não há liberação de calor

-se passar uma

corrente induzida na

imediatamente após o

469

EXEMPLO 32.2

Um solenóide circular com 50 espiras possui um diâmetro de 4,0 cm e resistência

de 60,0 Ω . O solenóide é colocado em um campo magnético de indução B=500 G,

perpendicular ao plano das espiras. Se, subitamente, o sentido do campo

magnético for invertido, qual é a carga total que flui no solenóide?

Solução: Quando o campo magnético é invertido, uma força eletromotriz induzida

aparece no solenóide, causando uma corrente induzida. Tanto a força eletromotriz

quanto a corrente existem apenas durante a mudança de sentido do campo.

Como:

dt

dqi =

A carga que percorre uma espira é:

dtR

dtiqtt

∫∫ ==00

ε

Mas, de acorco com a lei de Faraday,

dt

dΦ−=ε

e:

dtdt

d

Rdt

Rq

tt

∫∫Φ−==

00

1ε

Se, em 0=t o fluxo magnético através de uma espira é 1Φ e em tt = o fluxo é

2Φ , a carga total que flui no solenóide é:

( )21

11 2

1

Φ−Φ=Φ−= ∫Φ

Φ Rd

Rq

Mas:

dAnnBdAnBdAnB )ˆˆ(ˆˆ 212121 −•=•−•=Φ−Φ=∆Φ ∫∫∫rrr

Quando o campo magnético inverte, o unitário n inverte de sentido, de modo que

12 ˆˆ nn −= e a equação acima fica:

ABdAnB 22 1 =•=∆Φ ∫r

A carga q que percorre uma espira é então:

470

R

ABq

2=

Portanto, a carga total nas N espiras é:

R

ABNQ

2=

Numericamente:

CmT

Q µπ9,58

0,60

)105,1()10500(502 224

=Ω

××××××=−−

ATIVIDADE 32.6

Se aumentarmos a resistência do circuito à esquerda da Figura 32.7, qual o sentido

da corrente induzida no circuito da direita?

Figura 32.7

32.4 ESTUDO QUANTITATIVO DA LEI DE FARADAY

Vamos agora quantificar as observações de Faraday. Consideremos um

circuito retangular (para facilitar o cálculo) de lados h e l ( )hl > com uma

resistência R , movendo-se da esquerda para a direita na com velocidade vr . Como

pode ser visto na figura 32.8a.

Figura 32.8a: Circuito elétrico entrando em uma região de campo magnético.

Seja 0=t o instante em que o circuito e

onde há um campo magnético de indução

perpendicular ao plano do circuito,

como o circuito ainda está fora da região do campo mag

magnética através da área

O circuito penetra, então, na região do campo magnético com velocidade

Seja dl o comprimento do circuito que está dentro do campo

intervalo de tempo dt (Figura 32.

Figura 32.8

Neste instante, a área

magnético. A variação d

tempo dt é:

em que n é um vetor unitário

para nos lembrar que na parte externa

do fluxo magnético é nula.

com o do vetor indução magnética

acima fica então:

pois h é constante. De acordo com a lei de Faraday, a variação do

através da área do circuito

instante em que o circuito entra na região de comprimento D,

onde há um campo magnético de indução Br constante em toda a região e

perpendicular ao plano do circuito, também mostrado na Figura 32.

como o circuito ainda está fora da região do campo magnético, o fluxo da indução

magnética através da área lhA = é nulo.

O circuito penetra, então, na região do campo magnético com velocidade

do circuito que está dentro do campo magnético após o

(Figura 32.8b).

8b: Circuito parcialmente imerso no campo magnético

, a área dlhdA = do circuito estará contida dentro do campo

magnético. A variação do fluxo magnético através do circuito, no intervalo de

0)(ˆ0ˆ −•=−•=Φ dlhnBdAnBdrr

unitário perpendicular ao plano do circuito. O termo “zero” é

para nos lembrar que na parte externa, onde não há campo magnético, a variação

do fluxo magnético é nula. Escolhendo o sentido positivo do unitário coincidente

com o do vetor indução magnética, temos que BnB ==• º0cosˆr

dlhBd =Φ

De acordo com a lei de Faraday, a variação do fluxo magnético

circuito gera uma força eletromotriz:

471

de comprimento D,

em toda a região e

mostrado na Figura 32.8a. Note que,

nético, o fluxo da indução

O circuito penetra, então, na região do campo magnético com velocidade vr.

magnético após o

b: Circuito parcialmente imerso no campo magnético.

da dentro do campo

o fluxo magnético através do circuito, no intervalo de

O termo “zero” é

e não há campo magnético, a variação

Escolhendo o sentido positivo do unitário coincidente

B= . A equação

fluxo magnético

472

[ ]dt

dlhBdlhB

dt

d

dt

d −=−=Φ−=ε

Mas dtdl / é a taxa de aumento do comprimento do circuito à medida que

ele entra na região do campo magnético. Como o circuito se move para dentro da

região com velocidade v , devemos ter:

.dt

dlv =

Assim, a força eletromotriz induzida no circuito, devida ao movimento dele

relativamente ao campo magnético, fica, então:

vhB−=ε

De acordo com a lei de Lenz, essa força eletromotriz gera uma corrente

induzida no circuito. A corrente, por sua vez, induz um campo magnético na área

delimitada pelo circuito. A corrente deve ter um sentido tal que o fluxo

magnético induzido por ela se oponha ao aumento do fluxo existente. Na figura

32.8b, o aumento da área dentro do campo magnético aumenta o fluxo. Para

compensar, o campo magnético induzido pela corrente deve ter sentido para fora

da figura. A regra da mão direita nos indica, então, que a corrente induzida tem o

sentido anti-horário no circuito.

Figura 32.8c: Circuito parcialmente imerso no campo magnético. O sentido da corrente

induzida é mostrada no circuito.

Note que somente haverá variação de fluxo magnético enquanto o

comprimento (e, portanto, a área) do circuito que está dentro do campo

magnético estiver variando. Quando o circuito estiver totalmente contido no

campo magnético, isto é, quando o comprimento do circuito dentro do campo

magnético for constante,

magnética não está variando mais, ou seja:

Quando o circuito sai da região de campo magnético, ainda com velocidade

constante v (Figura 32.8d

intervalo de tempo dt , a extremidade

deixando uma área hdA =

Figura 32.8d

A variação do fluxo

A lei de Faraday nos diz que:

ou, tal como anteriormente,

Note que a força eletromotriz induzida no circuito quando ele está saindo do

campo magnético tem sinal oposto ao da força eletromotriz induzida quando o

circuito está entrando no campo magnético.

a área do circuito, através da qual há fluxo da indução

magnética não está variando mais, ou seja:

( ) 0== lhdt

d

dt

dA


2.8d), há variação do fluxo magnético através dele. No

a extremidade direita do circuito percorre uma distância

)( dllh − dentro do campo magnético.

Figura 32.8d: Circuito saindo da região do campo magnético

A variação do fluxo magnético, no intervalo de tempo dt é, então:

.)( dlhBlhBdllhBd −=−−=Φ

A lei de Faraday nos diz que:

dt

dlhB

dt

d =Φ−=ε

ou, tal como anteriormente,

.vhB=ε


po magnético tem sinal oposto ao da força eletromotriz induzida quando o

circuito está entrando no campo magnético.

473

a área do circuito, através da qual há fluxo da indução


), há variação do fluxo magnético através dele. No

o percorre uma distância dl ,

cuito saindo da região do campo magnético.

é, então:


po magnético tem sinal oposto ao da força eletromotriz induzida quando o

474


Dê argumentos que justifiquema inversão do sentido da corrente induzida.

Se o circuito estiver fechado, a conclusão que chegamos é que a corrente

elétrica induzida por esta força eletromotriz quando o circuito entra no campo

magnético tem sentido oposto ao da corrente induzida no circuito quando este sai

do campo magnético. Com efeito, ao sair da região de campo magnético, a área do

circuito diminui e, conseqüentemente, o fluxo diminui. A corrente induzida deve

gerar um campo magnético que tende a aumentar o fluxo; então, o sentido deste

campo é para dentro da página e, com a regra da mão direita, podemos ver que o

sentido da corrente agora é horário.

Figura 32.8e: Circuito saindo da região do campo magnético, com o sentido da corrente

induzida no circuito.

A figura 32.9, mostra o fluxo magnético em função da posição da

extremidade direita do circuito. O eixo Ox coincide com o lado maior do circuito e

tem origem na posição onde o circuito entra no campo magnético. O comprimento

da região com o campo é D.

O fluxo magnético através do circuito é zero enquanto ele está fora da

região do campo magnético ( 0<x ). O fluxo passa a aumentar à medida que o

circuito começa a entrar nesta região. O aumento é linear porque a variação da

área do circuito dentro do campo magnético é linear. Quando o circuito está todo

dentro do campo (em lx = ), o fluxo da indução magnética atinge seu valor

máximo:

lhBAB ==Φ

e permanece constante enquanto o circuito estiver totalmente dentro da região do

campo magnético (em lDx −= ). Quando ele começa a sair da região do campo

magnético, o fluxo da indução magnética passa a diminuir linearmente com o

475

decréscimo da área contida dentro do campo magnético. Finalmente, quando todo o

circuito sai da região do campo magnético (em Dx = ), o fluxo volta a se anular e a

variação do fluxo também. Observe que o fato do fluxo ser zero não implica que a

variação do fluxo também seja necessariamente zero.

Figura 32.9: Gráfico do fluxo

Correspondendo a essa figura, temos que a força eletromotriz induzida em

cada trecho pode ser representada na figura 32.10.

Figura 32.10: Gráfico da força eletromotriz induzida no circuito.


Sabendo que a derivada é a tangnete à curva explique porque o gráfico da figura

32.10 é uma constante negativa quando o circuito está entre 0 e l e positiva entre

lD − e D .

476

EXEMPLO 32.3

Força magnética sobre uma barra deslizante

Uma barra, de massa m e comprimento l , desliza sobre dois trilhos paralelos, sem

atrito, na presença de um campo magnético uniforme, dirigido perpendicularmente

e entrando no plano da página (Figura 32.11). A barra recebe uma velocidade

inicial 0v e depois se desloca sobre os trilhos. Achar a velocidade da barra em

função do tempo.

Figura 32.11: Barra deslizante em campo magnético.

Solução:

Este exemplo é semelhante ao caso do circuito que entra em uma região contendo

o campo magnético, que discutimos logo acima. Note que, à medida que a barra se

desloca para a direita, a área de campo magnético dentro do circuito aumenta.

Note também que, de acordo com a lei de Lenz, a corrente induzida tem sentido

anti-horário.

A força magnética que atua sobre a barra é:

BhIFm

rrr×=

onde h é o comprimento da barra; o vetor hr

tem o mesmo sentido da corrente

elétrica. A direção e o sentido da força magnética sobre a barra são obtidos com a

regra da mão direita do produto vetorial e são mostrados na Figura 32.22. O

módulo, da força magnética é:

BhIsenBhIFm −=− º90|=|

onde o sinal negativo mostra que ela vai tender a retardar o movimento da barra.

Sobre a parte dos trilhos paralelos que estão dentro do campo magnético, atuam

477

duas força magnéticas (não mostradas na Figura), de mesma direção e sentidos

opostos que, portanto se anulam e não produzem movimento lateral dos trilhos.

Também sobre o trilho paralelo à barra não há força magnética porque este trilho

não está dentro do campo magnético.

Como a força magnética é a única força paralela ao movimento da barra que atua

sobre ela, pela segunda lei de Newton temos:

BhIdt

dp −=

Mas, sabemos que a corrente induzida é :

,R

vhB

RI == ε

onde R é a resistência do circuito (trilhos e barra). Substituindo I na expressão da

segunda lei de Newton, obtemos:

( )hBR

Bhv

dt

mvd

−=)(

vR

hB

dt

mvd 22

=)( −

ou:

.=)( 22

dtR

hB

v

mvd −

Integrando:

dtmR

hB

v

dv tv

v ∫∫ −0

22

0

=

obtemos que:

.=122

0

tmR

hB

v

vn −

Fazendo:

mR

hB 22

=τ

obtemos:

478

τt

v

vn −=1

0

ou:

.= /0

τtevv −

Portanto, a velocidade da barra diminui exponencialmente com o tempo.

Conhecendo v , podemos também determinar a corrente elétrica induzida:

R

vhBI =

.=

/0

R

evhBI

t τ−

Uma outra observação importante é que o circuito tende a parar dentro do campo

magnético. Além disso, para que ele se desloque dentro do campo magnético

com velocidade constante, é preciso que uma força externa seja aplicada a

ele, com direção igual à da força magnética e sentido oposto ao dela.

Atividade 32.7

Calcule a fem induzida na barra do exemplo 32.3.

32.5 FORÇA ELETROMOTRIZ E CORRENTE INDUZIDA

Para sabermos como esta corrente ou força eletromotriz induzida é

produzida, vamos analisar o que ocorre, sob a luz das leis de Newton e da

conservação da energia. A Figura 32.12 mostra um circuito saindo com velocidade

constante v de uma região onde há um campo magnético uniforme de indução Br

.

Para que a velocidade seja constante, uma força Fr

externa é aplicada ao circuito,

perpendicularmente ao lado de comprimento h .

Figura 32.12: Circuito se dslocando com velocidade constante e saindo do campo magn

Tal como no Exemplo

magnética atuando sobre

e que tende a opor-se ao movimento

para a direita, a força externa

circuito se movendo com velocidade constante. A

externa sobre o circuito

elétrica deles. A injeção de potência no circuito é

Da conservação da energia, vem que:

de onde se tira que:

Então, vemos pelo balanço de

tem de ser aquela que calculamos

A outra pergunta que surge é: “

é a força magnética, que nunca

Figura 32.12: Circuito se dslocando com velocidade constante e saindo do campo magn

xemplo 32.2, o circuito se move para a direita

sobre ele (devido à corrente induzida), cujo módulo é

,BhIFm =

se ao movimento do circuito. Portanto, se o circuito

a força externa, para a direita, deve ter módulo BhI

circuito se movendo com velocidade constante. A injeção de potência pela força

aparece no aquecimento dos fios devido à re

. A injeção de potência no circuito é:

.)(== vBhIvFP

Da conservação da energia, vem que:

,2 vBhIRI =

.== εvhBRI

vemos pelo balanço de energia do circuito, que a força eletromotriz

tem de ser aquela que calculamos diretamente pela lei de Faraday, ou seja:

BhvRi ==ε

A outra pergunta que surge é: “Quem faz esse trabalho?”. Certamente

nunca produz trabalho, resta a força extern

479

Figura 32.12: Circuito se dslocando com velocidade constante e saindo do campo magnético

e há uma força

, cujo módulo é:

circuito se desloca

B para manter o

injeção de potência pela força

fios devido à resistência

energia do circuito, que a força eletromotriz εde Faraday, ou seja:

Certamente não

externa.

480

Como ficam as forças e a conservação de energia do ponto de vista

de um elétron no fio do circuito?

Se por exemplo a corrente elétrica no fio vertical de comprimento l da

esquerda está dirigida para cima, significa que os elétrons deslocam-se para baixo.

Visto por um observador em repouso relativamente ao campo magnético, a

velocidade de um dado elétron da corrente elétrica é a soma de duas componentes:

uma componente vertical para baixo dentro do fio -- a velocidade de arraste ( dvr

) --

e uma componente horizontal v , igual à velocidade do circuito e dirigida para a

direita na figura 32.13. A velocidade líquida evr

do elétron, relativa ao observador,

faz então um ângulo θ com a horizontal, como mostra a figura 32.12a.

Fig 32.13: (a) Velocidades de eletron no condutor; (b) forças envolvidas no condutor.

Temos então:

vcosve =θ

A força magnética Bvef em

rrr×= que atua sobre o elétron é perpendicular a

evr

(figura 32.13a) e, portanto, não realiza trabalho sobre ele; ela apenas deflete o

caminho do elétron. Entretanto, o elétron tem que se deslocar ao longo do fio, pois,

caso contrário ele sairia do fio em algum momento. Para que a trajetória do

elétron, relativamente ao fio, seja paralela ao fio, é preciso haver uma força rfr

que

equilibre a componente de mfr

perpendicular ao fio, como mostrado na Figura

32.13b. Essa força é a força de reação das paredes do fio sobre o elétron. Então,

podemos escrever que:

481

.= θsinff mr

Assim, o trabalho efetuado sobre o elétron é feito pela força de reação das

paredes rfr

. Quando o elétron se desloca para baixo no fio, este desloca-se para a

direita; portanto, o elétron segue uma trajetória inclinada de comprimento S tal

que:

.= θsenSl

O trabalho efetuado sobre o elétron, à medida que ele percorre o

comprimento total do fio θsenSl = , é:

lcosfSsenfScossenfScosfW mmmr θθθθθθ =)()cos(=)(==

SsenfW m )()cos(= θθ

lcosfW m θ=

ou:

lvBevBelBveW ee == )cos(cos= θθ

)cos(= θevBeW

lvBeW =

lvBe

W=

ε=e

W

Portanto vemos que o trabalho por unidade de carga é a força eletromotriz

lvB=ε de acordo com o resultado da lei de Faraday.

32.6 GERADORES E MOTORES

A Lei de Faraday tem uma importância prática muito grande. Ela descreve

o fenômeno da indução eletromagnética, que está na base de um número enorme

de máquinas. Essas máquinas podem ser classificadas basicamente em dois tipos:

482

os geradores e o motores.

Em qualquer dos casos o princípio de funcionamento é o seguinte: dentro

de um grande ímã, colocam-se espiras que podem girar em torno de seu eixo de

simetria. Nas usinas de força a energia necessária para girar a espira pode provir

de várias fontes, por exemplo: numa usina hidrelétrica, a água de uma queda

d'água é dirigida contra as palhetas de uma turbina a fim de provocar o movimento

rotatório; numa usina termelétrica, o calor da queima de carvão ou de óleo

converte a água em vapor d'água e esse vapor é dirigido contra as palhetas de uma

turbina.

Quando a espira gira no campo magnético do ímã, o fluxo magnético

através da mesma se altera com o tempo e, num circuito externo, se induz uma

corrente.

Figura 32.13: Gerador de energia

A fim de discutir quantitativamente o gerador, cujo esquema básico é

mostrado na Figura 32.13, suponhamos que a bobina tenha N voltas, todas com a

mesma área Ae suponhamos que gire com uma velocidade angular ω . Se θ for o

ângulo entre o campo magnético e a normal ao plano da bobina, ele varia

periodicamente com o tempo com período ωπ /2 . Então o fluxo magnético através

da bobina em qualquer instante será dado por:

θcosABm =Φ

).( tcosABm ω=Φ

Portanto:

dt

dN mΦ−=ε

483

dt

tcosdNBA

)]([=

ωε −

).(= tsinABN ωωε

Este resultado mostra que a força eletromotriz varia senoidalmente com o

tempo e tem valor máximo:

,= ωε NBAmax

que ocorre quando 90º=tω ou 270º. Em outras palavras, maxεε = quando o

campo magnético estiver no plano da bobina e a taxa de variação do fluxo

for máxima. Além disso, 0=ε se 0º=tω ou 180º, isto é, quando B for

perpendicular ao plano da bobina e a taxa de variação do fluxo for nula.

A frequência desses geradores é da ordem de 60Hz. Essa é a frequência que

alimenta nossas lâmpadas.

ATIVIDADE 32.8

Porque não vemos as lâmpadas piscarem com frequência de 120 vezes/segundo?

484

RESPOSTAS COMENTADAS DAS ATIVIDADES PROPOSTAS ATIVIDADE 32.1 (a) Quando aproximamos o pólo Sul de um imã de uma espira, o fluxo magnético

através da superfície delimitada por ela aumenta. Entretanto, as linhas de força do

campo magnético entram no pólo Sul. Por tanto, o aumento do fluxo se dá da

esquerda para a direita na figura abaixo.

Figura 32.14

Portanto, a corrente elétrica induzida tem que gerar um campo magnético cujo

fluxo deve diminuir o fluxo do campo do imã. Para isso, o campo magnético dentro

região da espira deve apontar para a esquerda na figura. A regra da mão direita dá,

então, o sentido anti-horário da corrente induzida, quando se olha a espira da

esquerda da figura.

(b) No caso do imã se afastar da espira, ocorre o contrário e a corrente induzida na

espira terá sentido horário.

ATIVIDADE 32.2

A regra da mão direita nos diz que a extremidade do solenóide que está mais

próxima da espira se comporta como o pólo Norte de um ímã. O fluxo magnético

aumenta quando o solenóide se aproxima da espira, com a s linhas de força

atravessando a espira da esquerda para a direita. Então, a corrente induzida deve

gerar um campo magnético dirigido da direita para a esquerda. Logo, a corrente

induzida deve percorrer a espira no sentido horário.

ATIVIDADE 32.3 (a) Temos que:

485

312= +=Φt

dt

dε

Para t=2,0 s, =ε 27,0 V.

(b) Como o fluxo está crescendo e o campo se dirige para dentro da folha de papel,

a força eletromotriz tem que criar uma corrente que gere um campo magnético

induzido para fora da folha de papel. Então, a regra da mão direita nos diz que o

sentido da corrente é horário.

(c) a corrente é dada por:

.0,90,3

0,27= A

Ri ==ε

ATIVIDADE 32.4

A espira da esquerda gera um campo magnético que, na espira da direita está

dirigido para a direita. O fluxo que atravessa esta espira aumenta enquanto a

corrente na espira da esquerda está aumentando. Portanto, na espira da dirita deve

aparecer uma corrente de sentido tal que o fluxo magnético gerado por ela

contrabalance a variação do fluxo da espira da direita. A regra da mão direita nos

dá o sentido da corrente induzida: anti-horário. Como os campos magnéticos

possuem sentidos contrários, haverá repulsão entre as espiras.

ATIVIDADE 32.5

Quando a chave é fechada, aparece no solenóide uma corrente dirigida da esquerda

para a direita (regra da mão direita). Então, o campo magnético dentro do

solenóide está dirigido da direita para a esquerda. O fluxo aumenta e o circuito com

a resistência deve gerar um campo magnético dirigido da direita para esquerda na

região que envolve o solenóide. A regra da mão direita nos mostra que a corrente

induzida deve estar dirigida, na resistência, da direita para a esquerda.

ATIVIDADE 32.6

Na situação da figura 32.6, a corrente elétrica no circuito da esquerda tem sentido

anti-horário. Ela gera um campo magnético na região do circuito da direita,

perpendicular ao plano do circuito e entrando na folha de papel. Quando a

resistência no circuito da esquerda é aumentada, a corrente do circuito

486

diminui.Então, o campo magnético na região do circuito da direita diminui de

intensidade e, conseqüentemente, o fluxo deste campo através do circuito diminui.

Para compensar a diminuição do fluxo, surge uma corrente induzida no circuito da

direita no sentido horário para que o fluxo do campo magnético gerado por ela

através do circuito seja aumentado.

ATIVIDADE 32.7 A a força eletromotriz induzida na barra será:

RI=ε

.= /0

τε tevhB −

Note que a força eletromotriz existe enquanto a velocidade da barra for diferente

de zero, isto é, enquanto hover aumento da área do circuito, ou, ainda, enquando

houver aumento do fluxo magnetico através do circuito.

ATIVIDADE 32.8

Porque seus olhos não conseguem acompanhar variações de intensidade numa

freqüência tão alta.


E32.1) Uma bobina com 500 espiras circulares com raio igual a 4,0 cm é colocada

entre os pólos de um grande eletroímã onde o campo magnético é uniforme e

forma um ângulo de 60º com o plano da bobina. O campo magnético diminui com

uma taxa igual a 0,200 T/s. Qual é o módulo e o sentido da fem induzida?

E32.2) Uma espira circular com 12,0 cm de raio orientada no plano xy é colocada

numa região onde há um campo magnético uniforme de 1,5 T, orientado no eixo z

positivo. Determine a fem média que será induzida na espira quando ela for

removida da região do campo num intervalo de tempo de 2,0 ms.

E32.3) O rotor de um pequeno gerador é constituído por uma bobina chata de

seção reta com 120 espiras quadradas de lado igual a 1,60 cm. A bobina gira em

um campo magnético de 0,075 T. Qual será a velocidade angular da bobina se a

fem máxima produzida for igual a 24,0 mV?

487

E32.4) Uma barra metálica com 1,50 m de comprimento é puxada para a direita a

uma velocidade constante de 5,0 m/s. O campo magnético vale 0,750 T. A barra

desliza sobre trilhos metálicos paralelos conectados através de um resistor de 25,0

Ω, como indica a figura 32.14. A resistência da barra e dos trilhos pode ser

desprezada.

(a) Calcule o módulo da fem induzida no circuito. Determine o sentido da corrente

induzida no circuito

(b) utilizando a força magnética sobre as cargas na barra que se move,

(c) usando a lei de Faraday e

(d) usando a lei de Lenz.

(e) Calcule a corrente através do resistor.

Figura 32.14: Exercício E32.4.

E32.5) Um campo magnético uniforme Br

é perpendicular ao plano de uma espira

com 10,0 cm de diâmetro, formada por um fio com 2,5 mm e uma resistividade de

mΩ× −81069,1 . Qual deve ser a variação de Br

para que uma corrente de 10 A seja

induzida na espira?

488

AULA 33: CAMPO ELÉTRICO VARIÁVEL COM O TEMPO

OBJETIVOS

• DESCREVER AS PROPRIEDADES DO CAMPO ELÉTRICO VARIÁVEL COM O TEMPO

• RELACIONAR E , v E B COM qF

• DIFERENCIAR CAMPOS ELETROSTÁTICOS DE CAMPOS ELÉTRICOS INDUZIDOS

• DESCREVER A ORIGEM DAS CORRENTES DE FOUCAULT

• OBTER ε PARA OBSERVADORES EM MOVIMENTO RELATIVO

33.1 O CAMPO ELÉTRICO INDUZIDO

Vimos que um fluxo magnético variável induz uma força eletromotriz e uma

corrente numa espira condutora. Devemos então concluir que há criação de

campo elétrico num condutor em consequência de um fluxo magnético

variável. Na realidade, a lei da indução eletromagnética mostra que sempre há

geração de um campo elétrico por um fluxo magnético variável, mesmo no vácuo, e

quando não estão presentes cargas elétricas.

Esse campo elétrico tem propriedades bastante diferentes do campo

eletrostático induzido por distribuições de cargas.

Podemos ilustrar esse ponto pela análise de uma espira condutora de raio r ,

situada num campo magnético uniforme, perpendicular ao plano da espira (figura

33.1) e que varia com o tempo.

Figura 33.1: Espira condutora e força elétrica induzida. Nesse caso, o fluxo magnético está

aumentando.

Se o campo magnético se altera com o tempo, então a lei de Faraday nos

diz que ocorre a indução de uma força eletromotriz dada por dtd m /Φ−=ε . A

corrente induzida que se produz é consequência do aparecimento do campo elétrico

induzido Er

que deve ser tangente à espira em todos os pontos. O sentido do

489

campo é determinado pela lei de Lenz; no caso da Figura 33.1, o fluxo do campo

magnético está aumentando e, por isso, a corrente deve gerar um campo

magnético induzido cujo fluxo tende a compensar este aumento, isto é, saindo do

papel no sentido anti-horário.

ATIVIDADE 33.1

Como ficará o campo elétrico induzido na figura 33.1 se o campo magnético estiver

diminuindo com o tempo? E se o campo magnético estiver saindo do plano do

papel?

O trabalho realizado no deslocamento de uma carga de prova q (positiva)

por todo o circuito da Figura 33.1 é:

,∫ •= ldEqWrr

onde a integral é feita sobre todo o circuito.

Por outro lado, o trabalho por unidade de carga realizado no deslocamento

ao longo de todo o circuito é igual à força eletromotriz que atua no circuito:

.ε=q

W

Igualando essas duas equações, encontramos a relação entre a força

eletromotriz e o campo elétrico induzidos no circuito pela variação do fluxo

magnético através dele:

∫ •= ldErr

ε (33.1)

A lei de Lenz nos dá o sentido do campo elétrico ao longo da curva

(fechada) de integração.

490

EXEMPLO 33.1

Calcule o campo elétrico induzido na espira de raio r da Figura 33.1, sabendo que

o campo magnético na região do circuito é uniforme e aumenta com uma taxa

dtdB / .

Solução:

Para determinar o campo elétrico, temos que determinar uma curva de integração

para a equação (33.1). Como podemos ver, a simetria do problema nos diz que

esta curva deve ser um círculo de raio r. Escolhendo, então, como o sentido

positivo do percurso da curva de integração (o sentido de ldr), como sendo o

mesmo sentido de Er

, obtemos:

,)2( rEqW π=

onde r é o raio da espira. Então, de 33.1 vem:

rE πε 2= ⋅

ou: rE

πε

2=

Com este resultado e a lei de Faraday, descobrimos que o campo Er

assim gerado

é:

( )dt

dB

r

rrB

dt

d

rdt

d

rE m

πππ

ππ 22

1=

2

1|=|

22 −=−

Φ−

( )2

2

1|=| rB

dt

d

rE π

π−

dt

dB

r

rE

ππ2

|=|2

−

ou:

.2 dt

dBrE −=

Portanto, se a variação de Br

com o tempo for especificada, o campo elétrico

induzido pode ser calculado e seu sentido deve ser tal que se oponha à

variação do fluxo magnético

491


Se dt

dB

for positivo qual é a orientação de E

r? Ou vice versa?

É importante compreender que este resultado vale também na

ausência de um condutor. Ou seja, o campo elétrico induzido exisirá

independentemente da presença de qualquer carga de prova! Isso quer

dizer que uma carga livre num campo magnético variável sofrerá a ação

desse mesmo campo elétrico.

No caso geral, como a força eletromotriz induzida é o trabalho por

unidade de carga realizado pelo campo elétrico no deslocamento da carga

ao longo de uma curva de integração fechada, podemos escrever que:

dt

dldE mΦ

−=•∫rr

(33.1)

É sempre bom relembrar que a integral de linha da equação acima é feita

ao longo de uma curva fechada. Para isso, devemos escolher um sentido de

percurso da curva como positivo.

1) É importante ter sempre em mente que os campos elétricos criados

por indução não são associados a cargas elétricas, mas sim, a um

fluxo magnético variável no tempo. Há então, uma diferença

fundamental entre o campo gerado por cargas elétricas e o gerado por

indução. Por exemplo, as linhas de força de um campo associado a cargas

elétricas têm início em uma carga positiva e término em uma carga

negativa. As linhas de força de campos elétricos induzidos são

sempre linhas fechadas, isto é, sem extremidade livre.

2) Outro ponto importante é que o campo elétrico gerado por cargas elétricas é

conservativo. Com efeito, a diferença de potencial entre dois pontos deste

campo:

∫ •−=−b

aab ldEVVrr

tem sempre o mesmo valor, independentemente da trajetória escolhida para

calcular a integral do campo elétrico. Em particular, quando o ponto A

coincide com o ponto B, obtemos:

492

0=•−=− ∫a

aaa ldEVVrr

isto é, ao longo de uma curva fechada, a integral é nula. Por outro lado,

quando o campo elétrico é induzido por uma variação temporal do

fluxo magnético, a integral do campo elétrico ao longo de uma curva

fechada não é zero, pois, de acordo com a lei de Faraday:

,dt

dldE mΦ

−=•∫rr

ou seja, o campo induzido não é um campo conservativo.

3) O campo elétrico iinduzido Er

nunca poderá ser um campo eletrostático!

Portanto, a noção de potencial e energia potencial para este tipo de campo

elétrico não tem significado algum, ou seja, não faz sentido dfinir essas

grandezas para um campo elétrico induzido.

EXEMPLO 33.2

Um solenóide comprido, de raio R , tem n espiras por unidade de comprimento e

conduz uma corrente senoidal variável dada por: )(= 0 tcosII ω (Figura 33.2a).

(a) (b)

Figura 33.2: Solenóide envolto por arame: (a) visão do lateral do solenóide;

(b)visão frontal a partir do lado esquerdo do solenóide.

(a) Determinar o campo fora do solenóide.

(b) Qual o campo elétrico no interior do solenóide a uma distância Rr < do

centro?

Solução:

(a) Primeiramente consideremos um ponto externo à distância r do eixo do

493

solenóide e tomemos a curva da integral de linha como um círculo passando pelo

ponto considerado, com centro no eixo do solenóide e raio r (Figura 33.2b). Por

simetria, vemos que o módulo de Er

é constante sobre essa curva e tangente a ela

em todos os pontos. O fluxo magnético que atravessa a curva é, em um instante

qualquer:

)(=ˆ 2RBdAnB π•∫r

Assim, pela lei de Faraday:

( )dt

dBRRB

dt

d

dt

dldE 22 ππ −=−=Φ−=•∫rr

de onde se tira:

dt

dBRrEldE 2=2= ππ −⋅•∫

rr

Como nIB 0= µ e tcosII ω0= , temos:

)cos(=2 002 tIn

dt

dRrE ωµππ −⋅

tal que:

).(=2 002 tsinInRrE ωωµππ +⋅

Logo:

)>()(2

=2

00 Rrtsinr

RInE ωωµ

Então vemos que o campo elétrico varia senoidalmente com o tempo e sua

intensidade decai com r1/ para pontos fora do solenóide.

(b) Para pontos dentro do solenóide, temos, escolhendo uma curva circular de

integração de raio r, que:

dt

dBrrE 2=2 ππ −⋅

ou:

494

dt

dBrE

2= −

( ))(cos2

= 00 tIndt

drE ωµ−

)(

2= 00 tsinIn

rE ωωµ

)<()(2

= 00 RrtsinrIn

E ωωµ

Isso mostra que a amplitude de Er

no interior do solenóide cresce linearmente com

r e varia senoidalmente com o tempo.

ATIVIDADE 33.2

Faça um esboço do campo elétrico em função de r .

EXEMPLO 33.3

Uma linha de cargas com condutividade λ é grudada na borda de um disco

metálico de raio b suspenso horizontalmente, como mostra a figura 33.3a, de tal

forma que o disco esteja livre para girar. Na região central, até o raio a , existe um

campo magnético uniforme B 0 . Se o campo for desligado, o que acontecerá?

Solução:

O campo magnético variável no tempo vai induzir um campo elétrico, em torno do

eixo do disco. De acordo com a lei de Lenz o campo elétrico induzido terá o sentido

de circulação em torno do eixo do disco de modo a provocar uma restauração do

fluxo magnético inicial; portanto, ele estará com sentido anti-horário (Figura

33.3b). Como consequência, o campo elétrico induzido exercerá uma força nas

cargas que estão na borda da roda (como que estabelecendo uma corrente elétrica

induzida que circula no mesmo sentido do campo elétrico) e o disco começará a

girar no sentido anti-horário também. Quantitativamente, temos:

dt

dBa

dt

dldE 2== π−Φ−•∫rr

Note que quem é responsável pela rotação é o campo elétrico induzido. Por

495

isso colocamos o campo magnético apenas na região interior à borda, de tal forma

que o campo magnético seja zero nessa região. Assim, é mesmo o campo elétrico

que faz o disco girar.

(a) (b)

Figura 33.3: Disco com linha de cargas

ATIVIDADE 33.2

Porque o campo magnético não poderia ocupar toda a área do disco?

33.2 CORRENTES DE FOUCAULT A Figura 33.4 mostra uma placa metálica que se move para a direita em um

campo magnético. Parte da área da placa está contida no campo magnético e parte

está fora dele. Como sabemos, a variação temporal do fluxo magnético através da

área gera uma força eletromotriz e uma corrente elétrica induzidas em volta da

curva que delimita a área da placa. O sentido da corrente , indicado na figura, é

resultado da diminuição do fluxo magnético na área do circuito, o que induz uma

fem e corrente induzida que criam um campo magnético induzido entrando na folha

de papel. O campo magnético exerce uma força sobre esta corrente cujo sentido é

oposto ao do movimento da placa, opondo-se então ao movimento dela.

Figura 33.4: Correntes de Foucault.

496

ATIVIDADE 33.3

O produto nos quatro lados da placa está de acordo com a conclusão de que a força atua no sentido oposto ao do movimento da placa? Dica: Quanto vale o produto no lado direito, fora da região do campo magnético?

As correntes induzidas em várias partes da placa são denominadas correntes

de Foucault em homenagem a Jean B. L. Foucault (1819-1868). Ele demonstrou

que a frenagem da placa decorrente da força magnética sobre as correntes elétricas

nela induzidas, gera calor por efeito Joule, o qual é transferido para o ambiente.

Isto causa uma perda de potência no funcionamento de motores e geradores.

A potência perdida pode ser reduzida aumentando a dificuldade de produção

das correntes induzidas. Por exemplo, uma maneira de reduzir as correntes é cortar

a placa no formato de um pente, reduzindo assim a área de atuação delas.


Como o formato de pente das placas ajuda a reduzir as correntes de Foucault?

As correntes de Foucault podem também ser usadas de modo útil. Em

geral elas são utilizadas para amortecer oscilações, como numa balança mecânica

muito sensível. Quando tocada a balança leva muito tempo até se estabilizar para

que se possa efetuar as medidas; as correntes de Foucault auxiliam a reduzir este

tempo de oscilação.

Outra aplicação importante está nos sistemas de frenagem magnéticos,

como os usados em grandes máquinas como trens. Neles, há um grande eletroímã

colocado acima dos trilhos. Quando o ímã é acionado por uma corrente elétrica, o

campo magnético gerado por ele cria correntes de Foucault nos trilhos, as quais,

por sua vez, fornecem uma força de frenagem sobre o imã, freando assim o trem.

33.3 A INDUÇÃO E O MOVIMENTO RELATIVO

A lei de Faraday descreve perfeitamente a força eletromotriz induzida seja

pelo movimento de um circuito em relação a um campo magnético que o envolve,

497

seja pelo movimento do campo magnético relativo ao circuito ou pela mudança do

fluxo magnético devida à mudança da forma do circuito. Entretanto, observadores

que estão em movimento relativo, embora meçam o mesmo valor da força

eletromotriz, têm descrições microscópicas diferentes para o fenômeno da indução.

Na aula anterior vimos como um observador em repouso, relativamente a

um campo magnético, descreve a o aparecimento da força eletromotriz. Vamos

repetir o mesmo raciocínio, só que desta vez usando uma carga positiva ao invés

de um elétron.

Figura 33.5: O movimento de uma carga elétrica visto por um observador em repouso

relativo a um campo magnético

Seja um observador S em repouso relativamente ao campo magnético,

conforme indicado na figura 33.5. Quando o circuito se move para a direita em

relação a ele, a carga elétrica (positiva agora) é carregada pelo circuito e tem uma

velocidade vr para a direita. Ao mesmo tempo ela se desloca sobre o fio do circuito,

e tem uma velocidade dvr

de arraste constante em relação ao circuito, com sentido

para cima devido à força eletromotriz induzida. A velocidade resultante da carga

elétrica, relativamente ao observador S, é a soma vetorial das duas velocidades e

faz um ângulo θ com o sentido de movimento do circuito. A força magnética que

atua sobre a carga é perpendicular à velocidade resultante Vr

, da carga, sendo

dada por:

.BVqFm

rrr×=

Ela pode ser decomposta em duas componentes: uma, com módulo

498

θsenFm e direção do movimento do circuito, mas com sentido oposto a ele; e

outra, com módulo θcosmF , dirigida para cima na figura 33.5. A primeira

componente tende a fazer a carga elétrica sair pela parede lateral do fio do circuito.

A segunda componente tende a fazer a carga acelerar na direção paralela

ao fio. Entretanto, nenhuma das duas coisas ocorre. A componente paralela ao fio é

equilibrada pelas forças internas de colisão a que a carga elétrica fica sujeita ao se

deslocar no fio. Isso faz com que a velocidade de arraste da carga seja constante.

Como a carga elétrica não sai do fio, concluímos que a componente da força

magnética perpendicular ao fio deve ser compensada pela reação normal

θsenFN m= da parede do fio sobre a carga elétrica. Esta força é a força externa

que deve ser aplicada ao circuito para que este se desloque com velocidade

constante em relação ao observador S.


O sentido do vetor Nr

na figura está consistente com a discussão acima? Desenhe

o vetor que representa as forças internas na figura 33.5

O trabalho realizado pela força Nr

sobre a carga elétrica durante o

deslocamento do circuito em um intervalo de tempo dt é:

( )( ) )(0cos dtvsenFdlsenFldNdW mm θθ =°=•=rr

),( dtvsenFdW m θ=

em que dtvdl = é a distância percorrida pelo circuito no intervalo de tempo dt .

Substituindo a força magnética por BvqFm = e vvsen d /=θ vem:

)()()( dtvqBvdtvv

vqvBdW d

d =

=

( ),)( dtvqvBdW =

499

como dtvd é a mesma distância dl que a carga percorre no condutor, durante o

intervalo de tempo dt , temos que:

.dlqBvdW =

O trabalho total realizado sobre a carga quando ela dá uma volta completa

no circuito é:

∫ ∫ ∫ ∫∫ +++==l x

x

o

l

dlqBvdlqBvdlqBvdldWW0 0

0

0

porque os trabalhos efetuados nos ramos superior e inferior do circuito são iguais e

de sinais contrários; não há trabalho no ramo do circuito fora do campo magnético;

resta, então, apenas o ramo vertical dentro do campo magnético. Ou seja:

.qvBlW =

Como este trabalho faz mover a carga elétrica, estabelecendo uma corrente

elétrica no circuito, ele pode ser visto como uma fonte de força eletromotriz. Da

definição de força eletromotriz vem, então que:

.vlBq

W ==ε

Que é exatamente o resultado da lei de Faraday obtido

anteriormente. Assim, a força eletromotriz induzida está intimamente

ligada à deflexão lateral das cargas elétricas no circuito em movimento em

um campo magnético.


Certifique-se que qvBlW = fazendo a integração ao longo do circuito.

Vejamos agora a descrição do fenômeno, visto por um observador S’ em

repouso relativamente ao circuito. Para ele é o campo magnético que se desloca

500

para a esquerda com velocidade vr− e a carga elétrica não se move lateralmente

(Figura 33.6).

Figura 33.6: O movimento de uma carga elétrica visto por um observador em repouso

relativo a um circuito que se move em um campo magnético.

O observador vê a carga se deslocando no sentido horário no circuito e

explica este fato postulando a existência de um campo elétrico induzido no circuito

pelo movimento do campo magnético. Este campo elétrico, que aparece apenas

entre as extremidades do fio vertical da esquerda, está associado a uma força

eletromotriz e gera uma corrente elétrica no circuito. Esta força eletromotriz vale:

lEldE =•= ∫rr

ε

porque não há campo elétrico induzido nos fios horizontais do circuito, nem no fio

vertical da direita, que está fora do campo magnético.

As duas expressões para a força eletromotriz, obtidas pelos dois

observadores, devem ser iguais. Então, igualando-as, vem:

ElBlv ==ε

.vBE =

Lembrando que o vetor Er está dirigido para cima no fio da esquerda, que o

vetor Br

é perpendicular a Er e a v

r, podemos escrever esta última expressão na

forma vetorial (verifique com a regra da mão direita!):

.BvErrr

×= (33.2)

501

Resumindo: o observador em repouso relativamente ao campo

magnético só tem conhecimento deste campo, que é responsável pela força

que desloca as cargas elétricas do circuito. Portanto, para ele, esta força é

puramente de origem magnética.

A força eletromotriz induzida é dada por:

.)(∫ •×= ldBvrrrε (33.3)

Por outro lado, o observador em repouso relativamente ao fio só tem

conhecimento da existência do campo elétrico que, para ele, é o responsável pela

força (elétrica) que move as cargas. Para ele, a força eletromotriz é:

∫ •= ldErr

ε

em que Er

é o campo elétrico induzido que ele observa nos diferentes pontos do

circuito.


Comente a expressão: “Observadores em diferentes estados de movimento

medem a mesmo força eletromotriz induzida mas discordam sobre a origem da

força que induz o movimento”

Para um observador que vê tanto o circuito quanto o campo magnético se

movendo, a força que produz a corrente elétrica é uma combinação da força

elétrica com a magnética:

BvqEqFrrrr

×+=

tal que:

.BvE

q

F rrrr

×+=

Em outras palavras, cada observador vê forças diferentes,

502

resultantes de combinações diferentes de vErr

, e Br

mas, quando todas são

combinadas, todos os observadores formam a mesma combinação para

qF /r

e medem a mesma força eletromotriz induzida no circuito. Portanto, a

força total é a mesma, mas observadores diferentes estimam de modo

diferente a contribuição das forças elétricas e magnéticas para a força

total.

503

RESPOSTAS COMENTADAS DAS ATIVIDADES ATIVIDADE 33.1

Se o campo magnético estiver diminindo com o tempo, o campo elétrico induido

terá sentido anti-horário. Se o campo campo magnético estiver saindo do plano do

papel, o campo elétrico induzido terá sentido horário se o campo magnético estiver

aumentando e anti-horário de tiver diminuindo.

PENSE E RESPONDA

PR33.5) Um anel metálico está com o plano orientado perpendicularmente a um

campo magnético uniforme que aumente a uma taxa constante. Se o raio do anel

for duplicado, por qual fator variará (a) a fem induzida no anel e (b) o campo

elétrico induzido no anel?


E33.1) Um solenóide fino possui 900 espiras por metro e raio igual a 2,50 cm. A

corrente no solenóide cresce a uma taxa uniforme de 60,0 A/s. Qual é o módulo do

campo elétrico induzido em ponto próximo do centro o solenóide e situado a uma

distância do eixo do solenóide (a) 0,50 cm e (b) 1,00 cm?

E33.2) O campo magnético de um ímã cilíndrico com 3,3 cm de diâmetro varia

senoidalmente entre 29,6 3 30,0 T com uma freqüência de 15 Hz. Qual é a

amplitude do campo elétrico induzido por esta variação a uma distância de 1,6 cm

do eixo do cilindro?

E33.3) Um solenóide reto e longo com seção reta de área de 8,0 cm2 contém 90

espiras por metro e conduz uma corrente igual a 0,350 A. Um segundo

enrolamento com 12 espiras circunda o centro do solenóide. A corrente do

solenóide é desligada de modo que o campo magnético do solenóide se anula em

0,040s. Qual é a fem média induzida no segundo enrolamento?

E33.4) Um anel metálico de 4,50 cm de raio é colocado entre os pólos norte e sul

de grandes ímãs, cujos planos de área são perpendiculares ao campo magnético.

Esses ímãs produzem um campo inicial uniforme de 1,12 T. Os ímãs são deslocadas

gradualmente fazendo com que o campo permaneça constante mas diminua a uma

504

taxa de 0,250 T. (a) Qual é o módulo do campo elétrico induzido no anel? (b) Em

qual sentido a corrente flui, do ponto de vista de alguém no pólo sul do ímã?

505


506

UNIDADE XI

INDUTÂNCIA

Os indutores são dispositivos análogos aos capacitores. Ao serem

atravessados por uma corrente elétrica, nos possibilitam criar e manter campos

magnéticos em determinadas regiões do espaço. Nesta unidade começaremos pela

definição de indutância. Depois estudaremos a diferença de potencial associada

com os indutores e como eles atuam em circuitos elétricos. Por fim, estudaremos a

auto indutância, a associação de indutores e sua indutância mútua.

507

508

AULA 34 INDUTORES E INDUTÂNCIA

OBJETIVOS

• APLICAR OS CONCEITOS DE INDUTORES E INDUTÂNCIA

• CALCULAR A DENSIDADE DE ENERGIA EM UM INDUTOR

34.1 INDUTORES E INDUTÂNCIA

INDUTORES são dispositivos que ao serem atravessados por uma corrente

elétrica, nos possibilitam criar e manter campos magnéticos em determinadas

regiões do espaço.

Os indutores são análogos aos capacitores, os quais nos permitem criar e

manter campos elétricos nas porções do espaço limitadas por suas placas por meio

da separação de cargas positivas e negativas

Na figura 34.1 pode-se ver um condutor enrolado em forma helicoidal que,

quando percorrido por uma corrente, gera um campo magnético razoavelmente

intenso em seu eixo. Algumas linhas de indução do campo magnético são

representadas na figura por linhas tracejadas.

Figura 34.1: Um condutor enrolado em forma helicoidal quando percorrido por uma corrente

gera um campo magnético razoavelmente intenso na parte interna mas bem pequeno na

parte externa. As linhas tracejadas representam algumas linhas de indução do campo

magnético.

i i

509

Se fizermos variar o valor da corrente que percorre o condutor, o valor do

campo magnético gerado sofrerá uma variação.

Por isso, o fluxo desse campo na região das espiras formadas pelo fio

condutor irá variar e, de acordo com a lei de Faraday, surgirá uma força

eletromotriz induzida em cada espira desse mesmo condutor.

A força eletromotriz gerada entre os terminais do dispositivo é a soma das

forças eletromotrizes em cada espira.

Para calcularmos esta fem induzida devemos conhecer o fluxo do campo

magnético em cada uma das espiras e assim efetuarmos a soma:

Bind B

espiras espiras

d d

dt dt

ϕε ϕ = − = −

∑ ∑ . (34.1)

Em geral não é possível calcular, exatamente, o campo magnético, e por

conseqüência seu fluxo, em cada espira. Entretanto, em alguns casos específicos,

podemos realizar esse cálculo e encontrar resultados interessantes.

O protótipo dos indutores é um solenóide, de raio R e comprimento H, com

um grande número de espiras e com seu comprimento muito maior que seu raio,

como mostrado na figura 34.2.

Figura 34.2: Um solenóide próximo do ideal com um comprimento H algumas vezes

maior que seu raio R.

Neste caso temos um campo aproximadamente uniforme no interior do

dispositivo e praticamente nulo em seu exterior.

Obviamente o campo não é exatamente nulo fora do indutor, sendo

semelhante ao produzido por um longo ímã linear, com os pólos norte e sul

bastante longe um do outro. O campo magnético só é intenso no interior

510

do solenóide e, no exterior, próximo a suas extremidades, diminuindo

rapidamente quando nos afastamos destas.

Para calcularmos o fluxo conjugado das espiras, desprezamos os

efeitos da deformação das linhas de indução do campo nas duas extremidades do

solenóide. Esta aproximação é equivalente à que se fez ao considerarmos um

capacitor de placas paralelas, com dimensões muito maiores que a distância entre

elas, e admitirmos nesse espaço um campo elétrico uniforme, desprezando o

encurvamento das linhas de força nas bordas das placas.

As espiras do solenóide definem planos perpendiculares ao seu eixo e seus

vetores normais são, portanto, paralelos a esse eixo, ou seja, têm a mesma direção

do campo magnético. O valor do campo (uniforme) multiplicado pela área da seção

reta do solenóide é o fluxo em cada espira. Multiplicado pelo número de espiras nos

fornece o que desejamos encontrar, que é o fluxo conjugado de todas as

espiras.

O campo magnético no interior de um solenóide, percorrido por uma

corrente i , pode ser calculado com o uso da lei de Ampère e é dado pela

expressão:

inBsol 0µ= ,

onde n N H= é o número de espiras por unidade de comprimento.

O fluxo conjugado no solenóide é então:

( ) 2, 0 0B sol B

espiras

N A ni n V iϕ ϕ µ µ= = =∑ , (34.2)

sendo 2RA π= a área da seção reta e V AH= o volume do solenóide.

Podemos ver que o fluxo conjugado é proporcional à corrente que

percorre o solenóide.

A constante de proporcionalidade entre o fluxo e a corrente é o resultado de

um produto de fatores que são constantes e envolvem apenas características

geométricas do dispositivo em questão, além da permeabilidade magnética do

vácuo. Devido a sua importância, dá-se o nome específico de indutância, a esse

conjunto de fatores ou a esta constante de proporcionalidade.

511

Podemos resumir as idéias dizendo que o fluxo conjugado de todas

as espiras é igual à indutância do indutor multiplicada pela intensidade de

corrente que o atravessa:

iLconjB =,φ , (34.3)

sendo L o símbolo usual utilizado para a indutância.

Esta grandeza é também denominada auto-indutância, pois está ligada ao

cálculo do fluxo do campo magnético, na região das espiras, provocado pela

corrente que percorre o próprio dispositivo. Isto é, uma corrente elétrica em um

dispositivo faz com que seja criado um campo magnético que é responsável por um

fluxo de campo na região entre suas próprias espiras.

Podemos, então, escrever a expressão para a auto-indutância de um

solenóide:

VnLsol2

0µ= . (34.4)

A dependência da indutância com o quadrado do número de espiras é

esperada, pois o campo que gera um fluxo em cada espira é proporcional a N e o

fluxo conjugado das N espiras deve ser novamente multiplicado por este número.

A unidade de indutância é o resultado da divisão de uma unidade de fluxo

magnético por uma unidade de corrente. Por sua importância recebe, no sistema

internacional de unidades (SI) o nome de henry (abreviatura H) em homenagem a

Joseph Henry que desenvolveu, independentemente, a teoria da indução

eletromagnética na mesma época que Faraday.

21 1 1 . / 1 / .H henry T m A Wb A= = =

Podemos ver, também, da expressão encontrada para a indutância do

solenóide, que esta é o produto da constante 0µ (permeabilidade magnética do

512

vácuo) por um fator que tem a dimensão de comprimento. Por isto, a

permeabilidade do vácuo pode ser expressa em /H m .

ATIVIDADE 34.1

Calcule o fluxo magnético através de um solenóide de 5 cm de comprimento e raio

de 0,5 cm e que possui 100 espiras por centímetro, quando é percorrido por uma

corrente de 2 A.

34.2 DIFERENÇAS DE POTENCIAL E ENERGIA EM INDUTORES E DENSIDADE

DE ENERGIA NO CAMPO MAGNÉTICO

Como vimos na seção anterior, quando um indutor é percorrido por uma

corrente e é produzida qualquer variação nessa corrente, há uma variação do

campo magnético na região das espiras do indutor o que gera uma fem induzida

nele próprio.

Por se tratar de um efeito sobre si mesmo, denominamos este fenômeno de

auto-indução.

Consideremos que um indutor, como os das figuras 34.1 e 34.2, esteja

sendo percorrido por uma corrente convencional com o sentido da esquerda para a

direita. Se, por algum meio, produzimos um aumento nessa corrente será induzida

uma força eletromotriz com o sentido, de acordo com a lei de Lenz, que tende a

diminuir essa corrente, ou seja, uma fem da direita para a esquerda.

Se, por outro lado a corrente é diminuída a fem induzida tem o sentido da

esquerda para a direita, ou seja, no sentido de reforçar a corrente.

Combinando as equações 34.1 e 34.2 encontramos o valor dessa força

eletromotriz:

dt

diL−=ε . (34.5)

Esta equação é muito importante porque nos indica a forma de medirmos a

auto-indutância de um indutor, mesmo quando não sabemos calculá-la

explicitamente, ou seja, conhecendo a taxa de variação da corrente em um indutor

513

e medindo a força eletromotriz gerada entre seus terminais, devido a esta variação,

encontramos o valor da auto-indutância do dispositivo.

ATIVIDADE 34.2

Obtenha a equação 34.5 a partir das equações 34.1 e 34.2

Se, em um circuito elétrico nos deparamos com indutores como alguns de

seus elementos, ao percorremos uma malha no sentido da corrente devemos contar

as diferenças de potencial como indica a equação 34.5. Assim como para os

resistores as quedas de potencial são dadas pelo valor da corrente multiplicado

pelas respectivas resistências.

A figura 34.3 mostra um circuito constituído por uma fonte de força

eletromotriz ideal, um resistor, um indutor e uma chave que é usada para incluir ou

excluir a fonte.

Figura 34.3: Circuito RL composto por um resistor, R, e um indutor, L, ligados em

série a uma fonte de força eletromotriz, ε , que pode ser incluída ou excluída com o

uso de uma chave, ch.

Aplicando a lei das malhas a partir do ponto “d”, supondo que a chave “ch”

está conectada ao ponto “a”, temos:

0=−−dt

diLiRε (34.6)

Multiplicando esta equação pela intensidade de corrente encontramos:

dt

diiLiRi += 2ε .

E

R a

b ch

L

d

514

Nesta, o termo do lado esquerdo representa a potência entregue ao

circuito pela fonte e o primeiro termo do lado direito representa a taxa de

produção de energia térmica no resistor (efeito Joule).

Interpretamos o segundo termo do lado direito como sendo a parte

da potência entregue ao indutor, necessária para criar o campo magnético

em seu interior.

Quando ligamos a chave “ch” no ponto “a”, começa a fluir uma corrente, que

cresce a partir do valor inicial nulo.

Para encontrarmos a energia recebida pelo indutor a partir do momento em

que a chave é ligada ao ponto “a”, devemos integrar esta última equação, mais

especificamente o último termo, desde o instante inicial ( )0t = , quando a corrente

é nula até o instante genérico t , em que a corrente é ( )i t :

2)(

00 21

iLdiiLdtdt

diiLU

tit

L === ∫∫ . (34.7)

Esta equação mostra que a energia necessária para se estabelecer

uma corrente em um indutor é proporcional ao quadrado do valor da

intensidade dessa corrente.

Podemos comparar e ver a equivalência desta expressão com a da energia

armazenada em um capacitor, de capacitância C e carregado com uma carga q ,

que é:

.2

2

C

qU c =

Calculamos o valor da energia no caso de um solenóide e encontramos:

2 20

1

2sol solU n i Vµ= (34.8)

Utilizando a expressão do campo no interior do solenóide podemos

reescrever esta equação na seguinte forma:

0

2

2 µsolsol B

V

U= . (34.9)

515

Este resultado mostra que, em um solenóide, a energia armazenada

por unidade de volume é proporcional ao quadrado da intensidade do

campo magnético.

Embora tenhamos chegado a esta conclusão no caso específico de um

solenóide, podemos afirmar que este é um resultado geral e é a expressão para a

densidade de energia associada a um campo magnético, mesmo quando este não é

uniforme ou quando é gerado por quaisquer dispositivos além dos solenóides, ou

ainda quando não estão confinados em regiões restritas do espaço.

Podemos então escrever a expressão para a densidade de energia em

qualquer ponto do espaço onde haja um campo magnético:

0

2

2 µB

dV

dUu B

B == . (34.10)

Também temos uma densidade de energia associada ao campo elétrico.

Podemos dizer então que, em qualquer região onde haja campos elétricos e

magnéticos, há uma densidade de energia em cada ponto dada por:

0

22

0 22

1

µε B

EuEM += . (34.11)

Para encontrar a energia total armazenada em uma região devemos calcular

a integral de volume desta densidade em toda a região.


E34.1) Um bobina compacta possui 300 espiras e tem uma indutância igual a 9,0

mH. Se ela é percorrida por uma corrente de 6,0 mA, calcule o fluxo magnético

através da bobina.

E34.2) Qual é a indutância necessária para se armazenar0,6 kW.h de energia em

uma bobina que conduz uma corrente de 120 A?

E34.3) Calcule a densidade de energia de um campo magnético existente entre os

pólos de um eletroímã, que produz campos na ordem de 5,8 T?

516

AULA 35 ASSOCIAÇÃO DE INDUTORES, AUTO INDUTÂNCIA E

INDUTÂNCIA MÚTUA

OBJETIVOS

• IDENTIFICAR ASSOCIAÇÕES DE INDUTORES EM PARALELO E EM SÉRIE

• COMPREENDER UM CIRCUITO RL

35.1 ASSOCIAÇÕES DE INDUTORES

Assim como podemos associar resistores e capacitores em qualquer circuito,

é possível construir associações de indutores.

Na figura 35.1 vemos dois indutores,

1L e 2L , associados em série e

percorridos por uma corrente, i , onde tivemos o cuidado de dispô-los distantes um

do outro, com o objetivo de tornar desprezível a influência do campo produzido por

cada indutor na posição onde se encontra o outro.

Figura 35.1: Dois indutores ligados em série.

A diferença de potencial entre os pontos c e a é dada pela soma da diferença

de potencial entre os pontos b e a com a diferença de potencial entre os pontos c e

b. Como a corrente que percorre ambos os indutores é a mesma podemos escrever

a equação:

1 2ca cb ba série

di di diV V V L L L

dt dt dt= − = − − = − ,

onde substituímos a soma das duas indutâncias pelo símbolo sérieL .

Esta substituição matemática nos mostra que dois indutores ligados

em série, desde que sua influência mútua seja desprezível, podem ser

substituídos por um único indutor cuja indutância é igual à soma das

indutâncias dos dispositivos.

L2 L1 i i

a b c

517

Isto pode ser generalizado para um número, N , qualquer de indutores

associados em série:

∑=

=N

jjsérie LL

1

. (35.1)

Na figura 35.2 podemos ver dois indutores associados em paralelo.

Figura 35.2: Dois indutores ligados em paralelo. A corrente i se divide nas correntes i1 e i2 no

nó indicado pela letra a e ambas se recombinam no nó indicado pela letra b.

De acordo com a lei dos nós, a corrente, i , que chega ao ponto “a”, se

divide nas correntes 1i e 2i , que novamente se somam no ponto “b”.

Podemos, portanto, escrever para a derivada das correntes:

dt

di

dt

di

dt

di 21 +=

Como diferença de potencial entre os pontos b e a é dada por:

1 21 2ba

di diV L L

dt dt= − = − ,

chegamos à expressão:

1 2

ba ba ba

paralelo

V V V

L L L+ = .

L2

L1

i1

i2

i i a b

518

Chegamos à conclusão de que dois indutores associados em paralelo

podem ser substituído por um único equivalente em que o inverso de sua

indutância seja igual à soma dos inversos das indutâncias individuais.

Generalizando, podemos afirmar que um número qualquer de indutores

ligados em paralelo podem ser substituídos por um único cuja indutância é dada

pela equação:

1

1 1N

jparalelo jL L=

= ∑ . (35.2)

As equações 35.1 e 35.2 tem formas semelhantes às equações para as

associações de resistores.

35.2 CIRCUITO RL

O circuito apresentado na figura 35.3, por ser constituído por um resistor e

um capacitor ligados em série a uma fonte, que pode eventualmente ser excluída, é

conhecido como circuito RL.

Figura 35.3: Circuito RL.

É um circuito análogo ao circuito RC que estudamos anteriormente. Naquele

circuito a fonte de força eletromotriz cede energia que, em parte, é armazenada na

forma de um campo elétrico, no interior do capacitor, gerado pela separação de

cargas positivas e negativas em suas placas.

E

R a

b ch

L

519

No circuito RL, a fonte estabelece uma corrente elétrica, nas espiras do

indutor, que cria um campo magnético ao qual está associada uma energia. Em

ambos os circuitos, parte da energia fornecida pela fonte é dissipada por efeito

Joule no resistor.

Para resolver o circuito RL, representado na figura 35.3, vamos supor

inicialmente que não haja corrente elétrica e que no instante 0t = a chave é ligada

no ponto “a”.

Assim pelas leis das malhas temos que:

0di

Ri Ldt

ε − − =

Reescrevendo essa equação de uma forma que possa ser integrada

imediatamente, isto é, reagrupando os termos relacionados com a corrente de um

lado e com o tempo do outro, obtemos:

dtL

R

Ri

di −=−ε

.

Os limites de integração para a corrente são zero e ( )i t e para o tempo zero

e t , respectivamente.

Integrando a equação acima encontramos uma expressão logarítmica que

pode ser invertida usando uma exponencial. O resultado final é:

)1()( LteR

ti τε −−= , (35.3)

onde introduzimos a constante de tempo do circuito RL:

L

RL =τ . (35.4)

Se apenas um resistor, de resistência R, é ligado a uma fem, ε , uma

corrente cujo valor é Rε é estabelecida imediatamente.

ATIVIDADE 35.1

Obtenha a equação 35.3.

520

O resultado que acabamos de encontrar mostra que, ao introduzirmos um

indutor, a corrente tende para esse mesmo valor, mas, partindo de zero, vai

crescendo de forma que em um intervalo igual a uma constante de tempo atinge

sessenta e três por cento do valor máximo, em um intervalo igual a duas

constantes de tempo atinge a oitenta e seis por cento desse valor, etc.

Ainda de acordo com este resultado, para atingir o valor máximo, Rε , o

tempo gasto é infinito, no entanto, em um intervalo igual a algumas poucas

constantes de tempo seu valor já é muito próximo do valor da assíntota.

Na figura 35.4 podemos ver a evolução temporal da corrente. Se a corrente

crescesse a uma taxa constante igual à taxa inicial de crescimento, que é igual a

Lε , ela atingiria o valor máximo em um intervalo igual a uma constante de tempo

do circuito.

Figura 35.4: Evolução temporal da corrente no circuito RL, a partir do instante em

que se conecta o circuito à fonte, com uma corrente inicial nula.

A variação da tensão no indutor é dada por:

LL

tt

LL ee

RL

dt

diLV ττ ε

τε −−

−=−=−= .

Esta queda de tensão é representada na figura 35.5.

521

Figura 35.5: Queda de tensão no indutor, a partir do momento em que se conecta o circuito

à fonte, com uma corrente inicial nula.

No momento inicial a corrente é nula ( )0RV = e a tensão fornecida pela fonte

cai toda no indutor L

diV L

dt = −

.

Enquanto a corrente, ou a queda de tensão no resistor, cresce, a queda de

tensão no indutor diminui. Em um intervalo de tempo igual a algumas constantes

de tempo a queda de tensão no indutor se torna muito próxima de zero enquanto

no resistor se aproxima do valor fornecido pela fem.

Alternando a posição da chave, na figura 35.3, para a posição “b”, depois de

estabelecida uma corrente no circuito, retiramos a fonte. Se tivéssemos apenas um

resistor a corrente cairia a zero imediatamente. Porém, tirando o termo que

representa a fem, na equação 34.3, temos a equação que descreve a nova

situação:

0=+dt

diLiR . (35.5)

A solução desta equação é:

L

t

eii τ−= 0 , (35.6)

havendo portanto uma queda de tensão no resistor e um aumento da tensão no

indutor dada por:

LL

tt

LL eiReLV ττ

τ−−

=−−= 0

1, (35.7)

522

esta tensão é sempre igual e contrária à do resistor.

ATIVIDADE 35.2

Mostre que a equação 35.6 é solução da equação 35.5.

Quando a fonte é retirada surge uma tensão induzida no indutor no sentido

de impedir a queda da corrente. O indutor passa então a funcionar como uma fonte

de força eletromotriz que mantém uma corrente no resistor. Esta fonte é, no

entanto, efêmera e só existe enquanto há variações de corrente. Tanto a corrente

quanto as tensões tendem a se anular. Novamente a constante de tempo indica o

tempo gasto para que atinjam aproximadamente 37 % do valor inicial.

Os gráficos que representam estas variações de tensão são idênticos ao que

aparece na figura 35.4.

ATIVIDADE 35.3

Faça um esboço da forma do gráfico RV e LV em função do tempo.

35.3 AUTO INDUTÂNCIA E INDUTÂNCIA MÚTUA

Quando temos dois indutores muito próximos, se fizermos passar,

subitamente, uma corrente em um deles, o outro sentirá o efeito da variação do

campo magnético produzido pelo primeiro na região onde se encontra o segundo.

Da mesma forma, qualquer variação do campo produzido pelo segundo

indutor gera, de acordo com a lei de Faraday, uma fem induzida no primeiro

indutor.

A este fenômeno damos o nome de indução mútua: efeito da

variação do campo magnético produzido por um dispositivo sobre outro

dispositivo que se encontra em suas imediações.

523

Na figura 35.5 vemos dois condutores percorridos, cada um, por uma

corrente, cujo valor é independente do valor da corrente no outro condutor.

Cada uma dessas correntes produz um campo magnético que, em princípio,

é dado pela lei de Biot-Savart. O condutor percorrido pela corrente i1 tem a forma

de uma elipse que, por ser uma forma que se pode representar em termos

matemáticos, pode ter o campo produzido calculado exatamente, ainda que este

cálculo não seja fácil de realizar. O segundo condutor, no entanto tem uma forma

irregular, que não pode ser descrita analiticamente, por isto o campo produzido

pela corrente i2, em cada ponto do espaço, não pode ser calculado exatamente.

Ainda assim, podemos afirmar que o campo magnético produzido por um

condutor em qualquer lugar do espaço é sempre proporcional à corrente que o

percorre.

O campo magnético em cada ponto do espaço é, pelo princípio da

superposição, a soma dos campos produzidos por cada uma das correntes,

independentemente. Por isto o fluxo do campo na região de cada um dos

condutores, mais especificamente através das superfícies indicadas como A1 e A2 na

figura 35.6, pode ser escrito como a soma dos fluxos produzidos por cada um

desses campos produzidos pelas duas correntes.

Figura 35.6: Dois circuitos condutores percorridos por correntes independentes produzem

fluxos, sobre cada um deles, que são a soma dos fluxos produzidos por cada um

independentemente.

Podemos então escrever o fluxo do campo magnético através de cada

circuito:

22,1111, iMiLB +=Φ (35.8)

e

11,2222, iMiLB +=Φ . (35.9)

i1

i2

A1

A2

524

As constantes 1L e 2L , conforme definimos na primeira seção deste

capítulo, é a auto-indutância dos condutores percorridos pelas correntes 1i e 2i ,

respectivamente.

Cada condutor, neste caso particular, atua como um indutor que gera um

campo magnético, ao mesmo tempo em que sente a presença do campo produzido

por ele mesmo e do campo produzido pelo outro condutor.

As constantes 1,2M e 2,1M são denominadas indutâncias mútuas (do

indutor correspondente ao primeiro índice, com relação ao outro).

Simplesmente, são constantes de proporcionalidade entre a corrente em

um circuito e o fluxo gerado por essa corrente no outro circuito.

As duas indutâncias mútuas não são, em princípio, iguais. O valor de cada

uma depende de fatores geométricos de cada condutor e da disposição relativa dos

indutores no espaço.

Se, como mostra a figura 35.6, a corrente no indutor à esquerda é 1i , a

corrente no indutor da direita é 2i e há variações em ambas, as forças

eletromotrizes nos indutores da esquerda e da direita são, respectivamente,

dt

diM

dt

diL 2

2,11

11 −−=ε , (35.10)

dt

diM

dt

diL 1

1,22

22 −−=ε . (35.11)

Se não quisermos, por exemplo, que uma mudança nas posições dos

indutores em um circuito influencie o valor das correntes obtidas, os valores das

indutâncias mútuas devem ser desprezíveis. Por isto, em um circuito elétrico, os

indutores devem ser mantidos com um afastamento grande entre si, se quisermos

evitar influências mútuas entre eles.

Por outro lado, em determinadas situações, podemos tirar vantagem do

acoplamento entre dois indutores.

525

Na figura 35.7, podemos ver dois solenóides montados sobre o mesmo

suporte, ou seja, os dois enrolamentos são dispostos um sobre o outro, de forma

que a área limitada por cada espira de um enrolamento é a mesma que a área

limitada por cada espira do outro enrolamento. O comprimento de ambos é o

mesmo, mas o número de espiras por unidade de comprimento é diferente um do

outro.

Figura 35.7: Dois solenóides ocupam o “mesmo lugar” no espaço: Dois enrolamentos

isolados eletricamente são enrolados sobre um mesmo suporte. Ambos têm o mesmo raio e

mesmo comprimento, mas número de espiras diferentes.

Como vimos, quando há corrente nos dois enrolamentos, o campo no

interior do dispositivo será a soma dos campos produzidos por cada solenóide

independentemente.

Da mesma maneira, o fluxo do campo em cada espira, seja de um ou do

outro enrolamento, é a soma dos fluxos correspondentes aos dois campos

superpostos.

Lembrando de 34.3, as auto-indutâncias dos dois solenóides são:

HRnL o22

11 πµ=

e

HRnL o22

22 πµ= .

A indutância mútua do indutor que denominamos primário com relação ao

outro, que denominamos secundário é:

HRnnRnNM oo2

212

212,1 πµπµ == . (35.12)

i1

i2

i1

i2 H

2R

526

Já a indutância mútua do indutor que denominamos secundário com relação

ao primário é:

HRnnRnNM oo2

212

121,2 πµπµ == . (35.13)

Neste caso particular, a indutância mútua do indutor secundário com relação

ao primário tem uma expressão idêntica à anterior. Basta, em ambas as equações,

trocar um índice pelo outro e ver que nada se altera.

Comparando com as expressões das duas auto-indutâncias podemos

escrever um resultado que, é preciso ter em mente, é específico desta configuração

de indutores:

211,22,1 LLMM == .

Podemos então reescrever as equações 35.10 e 35.11 para este caso

particular:

dt

diLL

dt

diL 2

211

11 −−=ε , (35.14)

dt

diLL

dt

diL 1

212

22 −−=ε . (35.15)

Dividindo-se a força eletromotriz induzida no primário pela raiz quadrada de

sua auto-indutância, 1L , encontramos uma expressão que é idêntica à força

eletromotriz induzida no secundário dividida pela raiz quadrada de 2L .

Encontramos, portanto, a relação entre as duas fem’s induzidas:

2

1

2

1

2

1

2

1

N

N

n

n

L

L ===εε

. (35.16)

527

Este resultado nos diz que se quisermos obter uma fem induzida no

enrolamento secundário muito maior que a fem induzida no primário, basta

construirmos uma bobina com muito mais espiras no secundário relativo ao número

de espiras no primário. Da mesma forma um pequeno número de espiras no

secundário provocará uma pequena fem induzida.

SAIBA MAIS

BOBINA DE INDUÇÃO

Em motores, a álcool, gás ou gasolina, é necessário produzir uma faísca,

em cada câmara de combustão, que precisa durar um curto intervalo de tempo. A

faísca é produzida através de um arco voltaico em cada vela de ignição. Na figura

35.7 representamos uma bobina de indução.

Fig. 35.7: Uma bobina de indução com um circuito primário composto por uma fonte εo, um

resistor R1 e o indutor L1, acoplado ao indutor L2, no circuito secundário, que é fechado por

um resistor de alta resistência, R2.

Um dispositivo, como o da figura 35.6 ou na forma de dois toróides

acoplados, é ligado de forma que o enrolamento primário é ligado, em série com

um resistor R1, a uma fem, oε , que representa, por exemplo, a bateria de 12 V de

um veículo. O indutor secundário é ligado a um resistor de alta resistência, R2, que

simula o arco voltaico da vela de ignição, onde é produzida uma faísca.

Nota-se que os circuitos elétricos são independentes, ou seja, temos duas

malhas em que não há nenhum nó que permita a passagem de corrente do circuito

primário para o circuito secundário. No entanto os indutores estão completamente

acoplados quanto ao campo magnético. Os termos proporcionais às indutâncias

R2 L2

R1

Eo

L1 a b

528

mútuas que aparecem nas equações abaixo representam o efeito elétrico do

acoplamento magnético dos dois solenóides.

Aplicando a lei das malhas encontramos as equações para os circuitos

primário e secundário, respectivamente:

01110 =+− εε iR , (35.8)

02211

2 =− iRL

L ε . (35.9)

O primeiro termo desta última equação é simplesmente a fem induzida no

secundário, onde fizemos uso da equação 35.7.

As equações 35.8 e 35.9 formam um sistema de equações diferenciais

acopladas que pode ser resolvido com alguma manipulação, com o objetivo de

desacoplá-las.

Substituindo, na equação 35.9, a expressão para a fem no primário, dada

pela equação 35.5, encontramos:

0222

21

21 =++ iRdt

diL

dt

diLL . (35.10)

Precisamos de uma relação entre as derivadas das duas correntes para que

possamos eliminar uma delas.

Eliminando 1ε das equações 35.8 e 35.9 podemos expressar a corrente no

primário em termos da corrente no secundário:

22

1

1

2

11 i

L

L

R

R

Ri o += ε

. (35.11)

Como o primeiro termo do segundo membro desta relação é constante, a

relação entre as derivadas temporais das correntes é:

529

dt

di

L

L

R

R

dt

di 2

2

1

1

21 = .

Quando a derivada da corrente no primário é eliminada da equação 35.10

encontramos imediatamente uma equação com termos apenas referentes à

corrente no secundário:

0222

22

11

2 =++ iRdt

diL

dt

diL

R

R.

Reescrevemos esta equação de forma que possa ser integrada:

2

2

1

12

2

R

L

R

Ldt

i

di

+−= .

Esta equação pode ser integrada imediatamente, com os limites de

integração inferior e superior, respectivamente, zero e t, para o tempo e i2(0) e

i2(t) para a corrente.

o

t

i

ti

τ−=

)0()(

ln2

2 . (35.12)

Nesta equação introduzimos a constante de tempo deste circuito acoplado

que é:

2

2

1

1

R

L

R

Lo +=τ . (35.13)

Esta constante de tempo é a soma das constantes de tempo dos dois

circuitos RL que temos no primário e no secundário. Devemos determinar a

corrente inicial no circuito secundário.

Da equação 35.9 vemos que a corrente inicial no circuito secundário está

relacionada à fem no primário no instante inicial:

2

1

1

22

)0()0(

RL

Li

ε= .

A fem no secundário no instante inicial é dada pela equação 35.8.

530

Levando em conta que a corrente inicial no primário é nula, a fem induzida

inicialmente no primário tem o sentido oposto ao da fonte e seu valor é

simplesmente igual ao da fonte.

Com isto encontramos que a corrente no secundário no instante inicial é:

21

22 )0(

RL

Li oε−= .

Tomando a exponenciação de ambos os membros da equação 18 chegamos

à expressão para a corrente no secundário.

o

t

eiti τ−= )0()( 22 .

Com este resultado e com o uso da equação 35.11 encontramos a corrente

no primário:

)1()(1

1o

to e

Rti τε −

−= .

Quando ligamos a chave na posição “a” é induzida uma fem no primário,

inicialmente, igual e oposta à da fonte, que impede que a corrente atinja

imediatamente o valor assintótico que é o valor da fem dividido pela resistência no

primário. Esta fem induzida no primário induz uma fem no secundário que

inicialmente tem o valor igual à fem da fonte no primário multiplicada pela razão

entre o número de espiras do secundário e do primário.

A fem no secundário gera uma corrente que, inicialmente, tem um valor

máximo e que tende a se anular, à medida que, no primário, a fem induzida tende

a zero e a corrente tende a seu valor assintótico.

Como vimos, o acoplamento magnético entre os dois indutores faz com que

o circuito apresente uma constante de tempo igual à soma das constates de tempo

dos dois circuitos individuais.

A corrente no secundário é apreciável apenas durante um pequeno intervalo

531

de tempo (igual umas poucas constantes de tempo), que é o que se necessita em

um circuito de ignição.

Não vamos resolver o problema quando a chave é mudada para a posição

“b”, depois de ter permanecido um bom tempo na posição “a”.

Podemos dizer, no entanto, que, sendo a corrente no secundário quase

nula, assim como as duas fem’s induzidas e a corrente no primário quase

constante, ao passar a chave para a posição “b” surge uma fem induzida no

primário com o sentido contrário ao da situação descrita anteriormente. A corrente

no primário tende exponencialmente a zero com a constante de tempo dada pela

equação 35.13. No secundário surge uma corrente, também em sentido contrário

ao da situação anterior e que é intensa inicialmente, tendendo a zero com a

mesma constante de tempo.

Temos então que numa bobina de indução é produzida uma faísca, numa

vela do sistema de ignição de um veículo, toda vez que uma chave em seu circuito

primário é ligada ou desligada.


E35.1) Calcule a indutância equivalente do circuito mostrado abaixo que está ligado

a uma fonte de corrente alternada. Os indutores valem 1 20,0L = mH, 2 15,0L =

mH, 3 25,0L = mH e 4 35,0L = mH.

Figura 35.8: Circuito do exercício 35.1.

E35.2) Uma bateria é conectada no instante 0t = a um circuito RL. Para qual valor

de Lτ a corrente atine um valor de 0,200% menor que o valor final?

E35.3) Mostre que L R possui unidade de tempo.

532

E35.4) Uma bobina e um resistor de 15,0 Ω estão conectados em série a uma

bateria de 6,3 V . A chave do circuito é aberta e depois de 2,0 ms a corrente

diminui para 0,210 A . Calcule (a) a constante de tempo do circuito? (b) a

indutância da bobina?

E35.5) Em um circuito RL a corrente diminui de 1,0 A para 10 mA em um segundo,

logo após a fonte ser removida. Determine a resistência do circuito se L= 10 H .

E35.6) Duas bobinas possuem indutância mútua de 4,00.10-4 H . A taxa com que a

corrente cresce na bobina 1 é de 800 A/s. Calcule (a) a fem induzida na segunda

bobina? Se essa corrente estivesse na segunda bobina, (b) qual seria a fem

induzida na primeira bobina?


P11.1) Calcule a indutância equivalente do circuito mostrado abaixo.

Figura 35.9: Circuito do problema P11.1.

P11.2) Qual é a taxa de variação da corrente para que a força eletromotriz num

indutor de 12 H seja 60V ? A corrente através do indutor vale 2,0 V .

P11.3) Um resistor de 1,20 kΩ é ligado em série a um indutor de 6,30 Hµ e são

conectados a uma bateria de 14,0 V . (a) Qual o tempo necessário para que a

corrente atinga 70 % do valor final? (b) Qual a corrente no resistor em t= 1,5 Lτ ?

P11.4) Uma espira possui raio de 70 mm e conduz uma corrente 80 A . Calcule (a)

a densidade de energia no centro da espira e (b) a intensidade do campo

magnético?

P11.5) Uma fonte de 100 V carrega um capacitor de 15 Fµ e em seguida ele é

conectado em série a um indutor de 0.250 mH . Calcule (a) a freqüência de

oscilação do circuito, (b) a energia armazenada no capacitor no momento da

conexão com o indutor e (c) a energia armazenada no indutor em t= 1,1 ms?

533

P11.6) Em um determinado circuito possuímos dois solenóides. A corrente em um

deles diminui 5 A em 2,0 ms e uma força eletromotriz de 25 kV é induzida no outro

solenóide. Qual é a indutância mútua entre os solenóides?

534

UNIDADE 12

OSCILAÇÕES ELETROMAGNÉTICAS E CIRCUITOS DE CORRENTE

ALTERNADA

Em unidades anteriores estudamos o circuito RC, no qual há apenas um

resistor e um capacitor, e o circuito RL, em que os elementos são um resistor e um

indutor, podendo, em ambos os casos, serem ligados em série a uma fonte de força

eletromotriz.

Vimos que seu comportamento está associado às constantes de tempo

CRC =τ , no circuito capacitivo e RLL =τ , no circuito indutivo.

Vamos analisar agora, o comportamento de um circuito LC, ou seja, um

circuito onde temos apenas um indutor e um capacitor, considerando desprezível

qualquer resistência eventualmente presente. Em seguida introduziremos um

resistor e analisaremos o circuito denominado RLC. Este circuito é utilizado, por

exemplo, em receptores de rádio para que seja feita a seleção e ajuste da faixa de

frequências desejada.

Uma outra aplicação importante do estudo das oscilações eletromagnéticas

se refere aos transformadores. Graças a esses dispositivos que aumentam ou

abaixam a tensão é possível fazer com a energia gerada nas usinas possa chegar a

grandes distâncias sem maiores perdas de energia. Além disso, muitos

equipamentos eletrônicos, como a fonte de alimentação de notebooks, possuem

transformadores que reduzem a tensão de entrada, fornecida pela companhia de

energia elétrica, e fornecem na saída a tensão adequada ao aparelho.

535

536

AULA 36 OSCILAÇÕES EM CIRCUITOS ELÉTRICOS I

OBJETIVOS

• COMPREENDER O COMPORTAMENTO DA CARGA E DA CORRENTE QUE OSCILAM

HARMONICAMENTE EM UM CIRCUITO LC

• ENTENDER A IMPORTÂNCIA DA CONSTANTE DE FASE DA OSCILAÇÃO PARA A

DETERMINAÇÃO DA CARGA E DA CORRENTE EM UM CIRCUITO LC EM UM INSTANTE

DE TEMPO ESPECÍFICO

• SABER DIFERENCIAR E OBTER EM UM CIRCUITO LC A FREQUÊNCIA ANGULAR E AS

AMPLITUDE DA CARGA E CORRENTE

• COMPREENDER QUE A ENERGIA EM UM CIRCUITO LC FICA ARMAZENADA NOS

CAMPOS ELÉTRICO E MAGNÉTICO, ALTERNANDO-SE HARMONICAMENTE ENTRE ELES,

MAS COM VALOR TOTAL CONSTANTE

36.1 O CIRCUITO LC

Considere o circuito da figura 36.1, no qual o contato móvel, m, é ligado ao

terminal a. A força eletromotriz presente no circuito força a passagem de cargas,

que irão carregar o capacitor, estabelecendo uma corrente. Se, em determinado

momento, o contato móvel é ligado ao terminal b, passamos a ter um circuito com

um indutor e um capacitor, apenas.

Figura 36.1: Quando o contato móvel, m, é ligado ao terminal a, a fem, ε , força a

passagem de uma corrente que cria um campo magnético no indutor, L , e produz um

C

L E

a

b m

i

i

+ + +

537

campo elétrico, acumulando cargas no capacitor, C . Quando o contato é ligado ao terminal

b, a carga e a corrente oscilam harmonicamente.

De acordo com a lei das malhas podemos escrever:

bb VC

q

dt

diLV =−− .

De onde tiramos a equação para o circuito:

0=+

C

q

dt

diL . (36.1)

Lembrando da definição de corrente elétrica,

dt

dqi = ,

e substituindo na equação 36.1 temos:

0

2

2

=+C

q

dt

qdL . (36.2)

A equação 36.2 é uma equação diferencial de segunda ordem, pois envolve

a derivada segunda da função da carga em função do tempo )(tq e tem como

solução combinações lineares de funções seno e cosseno com os coeficientes

adequados (você verá como obter soluções da equação 36.2 em seu curso de

Cálculo).

Quando substituímos q por ( )tqm 0cos ω na equação 36.2, por exemplo,

encontramos que esta função, e portanto qualquer combinação linear, é solução

dessa equação diferencial, desde que a freqüência angular, 0ω , seja dada pela

equação

LC

10 =ω . (36.3)

Também podemos escrever a solução para a equação 36.2 como uma

equação do tipo:

)cos( 00 φω += tqq m , (36.4)

538

onde as constantes mq e 0φ dependem das cargas e correntes iniciais do circuito.

Não é dificil mostrar que a equação 36.4 é solução da equação diferencial 36.2.


Como você poderia mostrar que uma equação do tipo ( )tAq 0cos ω= ou

( )tsenBq 0ω= satisfaz a equação 36.2? Mostre que essas duas equações são

soluções da equação 36.2.

Inicialmente, quando ligamos o contato móvel m ao terminal b, temos certa

quantidade de carga no capacitor, 0q , e determinada corrente, 0i , no circuito. Uma

combinação linear da equação 36.4, também solução da equação diferencial 36.2

que enfatiza este fato é:

( ) )()(cos 00000 tsenitqq ωωω += (36.5)


Como você poderia mostrar que uma combinação linear da equação 36.4, do tipo

( ) ( )tsenBtAq 00cos ωω += satisfaz a equação 36.2? Mostre que essa equação é

solução quando oqA = e 00 ωiB = .

Como a corrente no circuito é a derivada da carga no capacitor em relação

ao tempo, derivamos a equação 36.5 e obtemos:

)cos()( 00000 titsenqdt

dqi ωωω +−== . (36.6)

Se substituirmos o valor 0=t nas equações 36.5 e 36.6 encontraremos os

valores iniciais 0q e 0i , respectivamente, como é de se esperar.

Manipulando a equação 36.6, podemos reescrevê-la de forma mais

compacta,

539

)( 00 φωω +−= tsenqi om . (36.7)

Nesta expressão, mq , denominado amplitude da carga no capacitor, é o

valor máximo atingido pela carga acumulada no capacitor. O valor de mq em

termos dos valores iniciais da carga e da corrente é dado pela equação

( )200

20 ωiqqm += . (36.8)

Da equação 36.7 temos,

)( 0φω +−= tsenii om . (36.9)

Assim como a carga no capacitor, a corrente atinge um valor máximo, que é

denominado amplitude da corrente, mi . Observe que

mm qi 0ω= . (36.10)

A relação entre o valor da constante de fase e os valores iniciais da carga e

da corrente é dada pela equação:

( )00

00 q

itg

ωφ −= . (36.11)

Tanto o valor da carga no capacitor no instante 0=t , como o da corrente no

circuito, nos são fornecidos pela amplitude da carga e por 0φ , denominado

constante de fase da oscilação.

As equações 36.5 e 36.6 mostram que tanto a carga quanto a corrente

oscilam harmônicamente, ou seja, seu comportamento pode ser descrito

por uma única função harmônica, como são denominadas as funções seno

e cosseno.

A figura 36.2 representa uma oscilação harmônica ( )00cos)( φω += tYty m

com a constante de fase nula e os demais parâmetros em unidades arbitrárias.

540

Figura 36.2: Oscilação harmônica: ( )00cos)( φω += tYty m , com 0,10 =ω ; 8,2=mY e

00 =φ , em unidades arbitrárias.

Utilizando a expressão para o cosseno de uma soma podemos reescrever a

equação 36.7, para a corrente, como:

)2cos()2cos( 000 πφωπφωω ++=++= titqi omom . (36.12)

A equação 36.12 nos permite dizer que a fase da corrente, como é

denominado o argumento da função cosseno nesta equação, está

adiantada de 2π com relação à fase da carga no capacitor, que é o

argumento da função harmônica na equação 36.4.


Pensando nos gráficos de carga e corrente em função do tempo para um

circuito LC, o que significa dizer que a fase da corrente está adiantada de 2π em

relação à carga em um circuito LC?

Para descrever o que ocorre quando ligamos o contato móvel m ao terminal

b, na figura 36.1, supondo que nesse momento as energias acumuladas no

541

capacitor e no indutor sejam aproximadamente iguais, usamos as equações 36.4 e

36.9 com o valor da constante de fase em torno de 4470 ππφ −== :

)cos( 00 φω += tqq m ,

)( 0φω +−= tsenii om .

Consideramos que a carga é positiva quando a polaridade do capacitor é a

que está indicada na figura 36.1 e negativa quando a polaridade do capacitor for

invertida. Da mesma forma, quando a corrente tiver o sentido indicado na figura

36.1 seu sinal será considerado positivo, sendo negativo se seu sentido for

invertido.

Assim que é retirada a força eletromotriz, enquanto a corrente diminui, a

carga no capacitor continuará a aumentar, até atingir um valor máximo, mq , no

momento em que a corrente se anula.

A partir daí, a corrente terá seu sinal invertido, começando a descarregar o

capacitor e aumentando gradativamente sua intensidade. Quando a carga se anular

no capacitor, a corrente será máxima e igual a mq0ω− . O processo continua e o

capacitor se carrega, agora com cargas de sinal contrário ao inicial, até que a

carga, de valor igual a mq− , seja máxima em valor absoluto e a corrente se anule

novamente.

Em seguida a corrente volta a ser positiva e vai crescendo enquanto a carga

diminui em valor absoluto. Novamente a corrente é máxima quando a carga se

anula e o capacitor começa a ser carregado positivamente, como no início.

EXEMPLO 36.1

Um capacitor, de capacitância Fµ25,0 , é carregado até a tensão de V20 e,

em seguida, é desligado da fonte e ligado a uma bobina, com mH10 de

indutância. Qual a carga inicial do capacitor e qual o valor máximo da corrente no

circuito resultante?

SOLUÇÃO: A carga inicial é dada pelo produto da tensão ao qual o capacitor foi

submetido pelo valor de sua capacitância:

( )( )VFCVq 201025,0 60

−×== ,

542

Cq µ0,50 = .

A corrente máxima é a carga máxima multiplicada pela freqüência angular:

mmm qLC

qi1

0 == ω , pois CL

10 =ω ,

( ) ( )CFHim62

163 100,51025,01010 −−−− ××××= ,

Aim 10,0= .

EXEMPLO 36.2

Em um circuito LC que oscila, a capacitância é de Fµ0,1 e a indutância de

mH40 . A carga inicial é Cq µ100 −= e a corrente inicial é mAi 870 −= .

(a) Em t = 0, o capacitor estava sendo carregado ou descarregado?

(b) Qual o valor da constante de fase?

(c) Quais os valores da amplitude da carga e da amplitude da corrente?

SOLUÇÃO:

(a) Como a carga inicial é negativa e a corrente inicial também é negativa o

capacitor estava sendo carregado inicialmente com uma polaridade contrária à

indicada na figura 36.1.

(b) A constante de fase é dada pela equação 36.11, onde aparece a frequência

angular que vale:

( ) 21

0−= LCω

( ) ( )FH 630 100,11040 −− ×××=ω ,

130 100,5 −×= sω .

Temos então:

( )00

00 q

itg

ωφ −= ,

( ) ( ) ( ) 74,11010105

1087613

3

0 −=×××

×−= −−

−

Cs

Atg φ .

543

Encontramos duas possibilidades para ( )74,11 −−tg , que são os ângulos de

120o e de 300o ou – 60o. Mas ( ) mqq00cos =φ é negativo, portanto, encontramos:

rado

3

21200

πφ == .

(c) A amplitude da carga é dada pela equação 36.5:

( ) ( ) ( ) CsxAxCxiqqm µω 20100,5108710102133262

0020 =+=+= −−−

.

E a amplitude da da corrente pela equação:

mm qi 0ω=

( ) ( )Csim63 1020100,5 −×××= ,

Portanto,

Aim 10,0= .

ATIVIDADE 36.1

Considere o circuito LC mostrado na figura 36.1, em que a capacitância é

Fµ15 e a indutância é Hm0,1 . Logo após o capacitor ter sido carregado com

uma carga de Cµ0,2 o contato m é ligado ao contato b, sendo Ami 500 = .

a) Determine a frequência angular.

b) Determine as amplitudes da carga e da corrente elétrica.

Os valores iniciais da carga e da corrente são arbitrários. O que os define,

em cada caso, é a maneira como o sistema é posto a oscilar. Um mesmo circuito LC

pode ser ter sido alimentado, por exemplo, por fontes de diferentes tensões, o que

pode produzir diferentes valores iniciais para a carga e para a corrente. Da mesma

forma, diferentes maneiras de excitar o circuito LC produzem diferentes amplitudes

e diferentes constantes de fase.

Enquanto os valores da carga e da corrente dependem de agentes externos,

podemos ver claramente, das equações 36.3, 36.4 e 36.9, que a carga no capacitor

e a corrente no circuito oscilam com uma frequência angular que só depende dos

valores da capacitância e da indutância.

544

A freqüência f dessa oscilação, que é a frequência angular ω dividida por

π2 , é denominada frequência natural da oscilação, ou mesmo, frequência

natural do circuito. Seu valor é uma característica particular de cada circuito LC,

assim como nos circuitos RC e RL encontramos suas constantes de tempo

características.

O período T das oscilações é, portanto:

CLf

T π21 == . (36.13)

EXEMPLO 36.3

Em um circuito sintonizador de um rádio há um indutor com indutância de

mH0,1 e um capacitor variável. A faixa de freqüências sintonizadas é de kHz530 a

kHz1710 . Quais são os valores máximo e mínimo da capacitância?

SOLUÇÃO: Como sabemos que:

CLf

T π21 ==

,

rearranjamos esta última equação e encontramos para a capacitância a expressão:

( ) .4122 −= LfC π

Portanto teremos:

pFC 90max =

e pFC 7,8min = .

ATIVIDADE 36.2

Qual a faixa de valores da capacitância em um circuito receptor de rádio em que

há um indutor de mH0,2 de indutância e que deve sintonizar estações com

freqüências entre MHz2,1 e MHz2,7 .

36.2 ENERGIA NO CIRCUITO LC

Para carregar um capacitor é necessário que algum agente externo realize

trabalho para separar cargas de sinais opostos. Este trabalho é igual à energia que

545

fica armazenada no campo elétrico criado entre as placas do capacitor. Como vimos

anteriormente na aula 13 esta energia é dada pela equação

C

qU E 2

2

= .

Igualmente, para estabelecer uma corrente em um indutor é necessária uma

energia que fica armazenada no campo magnético criado pela corrente. Esta

energia é:

2

2

1iLU B = .

No circuito LC há certa quantidade de energia que se distribui entre o campo

elétrico no capacitor e o campo magnético no indutor. Em qualquer instante a

energia no circuito é a soma dessas duas energias:

22

2

1

2iL

C

qUUU BE +=+= (36.14)

Substituindo aqui as equações 36.4 e 36.9 que nos dão os valores da carga

e da corrente em função do tempo, encontramos:

)(2

1)(cos

2 00222

0002

2

φωωφω +++= tsenqLtC

qU m

m .

Como CL 120 =ω , os fatores que multiplicam os quadrados da senóide e da

cossenóide são idênticos; além disso, mmiq=0ω . Portanto, podemos escrever:

( ) ( )[ ]002

002

2

cos2

φωφω +++= tsentC

qU m . (36.15)

ou ainda,

22

2

1

2 mm iLC

qU == . (36.16)

Esta duas expressões indicam que a energia total é uma constante e que

esta se alterna entre elétrica e magnética (quando a função seno elevada ao

quadrado é nula, o quadrado da função cosseno é máximo e vice-versa). Portanto,

546

quando a corrente se anula o valor absoluto da carga é máxima e toda a energia no

circuito está armazenada no capacitor. Por outro lado, quando a carga no capacitor

se anula, a corrente é máxima e toda a energia se encontra no campo magnético

no indutor.

Quando derivamos a equação 36.14 em relação ao tempo e igualamos o

resultado a zero estamos expressando o fato da energia total ser constante:

02

2

=+=+= iC

qi

dt

qdL

dt

diiL

dt

dq

C

q

dt

dU.

Dividindo esta expressão pela intensidade de corrente encontramos

novamente a equação 36.2. Portanto essa equação pode ser encontrada de duas

formas equivalentes: aplicando a lei das malhas ou pelo uso explícito da

conservação da energia no circuito.

EXEMPLO 36.4

Considere o circuito LC do Exemplo 36.1, onde FC µ25,0= , mHL 10= e o

circuito é ligado a uma fonte de V20 . Suponha que o contato m seja ligado ao

terminal b da figura 36.1 no instante de tempo t = 0, quando a carga no capacitor

é máxima e a corrente nula. Determine as energias armazenadas no capacitor, no

indutor e a energia total do circuito nos instantes de tempo t = 0, t = T/4, t = T/2,

t = 3T/4 e t = T, sendo T o período da oscilação eletromagnética no circuito.

SOLUÇÃO: Como não há perdas de energia, podemos afirmar que a

energia é constante e, portanto, tem o mesmo valor em qualquer instante de

tempo; além disso a energia depende da capacitância, da indutância e da tensão

aplicada no circuito. Da equação 36.16 temos

22

2

1

2 mm iLC

qU == .

A corrente máxima nesse circuito é A10,0 . Então a energia total do circuito

é

( )( )23 10,010102

1AHU −×=

547

JU 5100,5 −×= .

Observe pelas equações

)cos( 00 φω += tqq m e )( 0φω +−= tsenii om ,

que se a carga é máxima no capacitor e a corrente no circuito é nula no instante

de tempo t=0, a constante de fase é nula, 00 =φ .

Logo, no instande de tempo t = 0, toda a energia está armazenada no capacitor.

Portanto,

JU 5100,5 −×= , sendo JU E5100,5 −×= e 0=BU , pois BE UUU += .

Não são necessários cálculos para chegarmos à conclusão de que em t =

T/2, e em t = T, novamente toda a energia estará armazenada no capacitor, uma

vez que carga e corrente oscilam harmonicamente. O que muda apenas é a

polaridade no capacitor conforme ele é carregado e descarregado. Já , nos

instantes t = T/4 e t = 3T/4 toda a energia estará armazenada no indutor

Podemos ainda utilizar as equações,

C

qU E 2

2

= e 2

2

1iLU B = ;

)(cos2 0

22

tC

qU m

E ω= e )(2

10

22 tseniLU mB ω= ,

para obter as energias nesses instantes de tempo.

Em t = 0, t = T/2 e em t = T, como

0

2

ωπ=T ,

JUE5100,5 −×= e 0=BU .

Em t = T/4 e em t = 3T/4

0=EU e JU B5100,5 −×= .

548

ATIVIDADE 36.3

A figura 36.3 mostra de forma esquemática um circuito LC no qual o

contato foi fechado no instante de tempo t = 0. Desconsidere qualquer resistência

entre os elementos desse circuito. Faça um esboço dos campos, elétrico e

magnético, no capacitor e no indutor nos instantes de tempo t = T/4, t = T/2, t =

3T/4 e t = T, sendo T o período da oscilação eletromagnética. Faça também um

esboço das energias, elétrica, magnética e total, do circuito para os mesmos

instantes de tempo.

Figura 36.3: Circuito LC.

549


ATIVIDADE 36.1

a) A frequência angular é dada pela equação 36.3:

( )( )FHLC 630 1015100,1

11−− ××

==ω.

srad /102,8 30 ×=ω .

b) A amplitude da carga pode ser obtida pela equação 36.8:

( ) ( ) ( )213326200

20 102,81050100,2 −−− +=+= sxAxCxiqqm ω

Cqm µ4,6=

E a amplitude da corrente pode ser obtida pela equação 36,10,

( )( )Csradqi mm63

0 04,6/102,8 −××== ω ,

Cmim 53= .

ATIVIDADE 36.2

Escrevemos a capacitância em termos do valor da indutância e da freqüência das

oscilações, obtemos

( ) .4122 −= LfC π

Portanto teremos:

( ) ( )HsC

321122max100,2102,14

1−− ×××

=π

pFFC 18108,1 11max =×= −

E,

( ) ( )HsC

321122min100,2102,74

1−− ×××

=π

pFFC 49,0109,4 13min =×= − .

550

ATIVIDADE 36.2

No instante de tempo t = ¼ T, o capacitor estará completamente descarregado e

toda a energia estará contida no campo magnético criado pelo indutor, como

mostra a figura 36.3.

Figura 36.3: Oscilação da carga e corrente em um circuito LC. A energia permanece

constante, alternando-se em elétrica e magnética.

Em t = ½ T a energia estará no campo elétrico do capacitor. Observe que, em

comparação com o início do ciclo, a polaridade do capacitor está invertida. Nesse

momento a carga atinge seu valor máximo e a corrente é nula; observe a figura

36.3.

Em t = ¾ T a corrente é máxima e o capacitor está descarregado. Então toda a

energia está no campo magnético do indutor.

Em um ciclo completo, quando t = T, o capacitor estará novamente carregado e a

corrente no circuito é nula.

A figura 36.3 também mostra como a energia é transformada em elétrica e

magnética nos instantes de tempo do ciclo assinalados.


E36.1) Um rádio tem um pequeno capcitor de capacitância variável pFC 0,5= .

Uma bobina é conectada ao capaitor de modo que a frequência de oscilação do

circuito LC seja MHzf 5,1=

a) Determine a indutância da bobina.

551

b) Suponha que a frequência da outra extremidade dessa faixa de frequência seja

MHzf 55,0= . Determine o valor máximo para a capacitâcia de modo que as

frequências de oscilações possam ser selecionadas dentro do intervalo da banda de

frequência de rádio.

E36.2) Um capacitor de capacitância FC µ5,0= é inicialmente conectado a uma

fonte de tensão de V12 . Em seguida, o capacitor é desconetado da fonte e ligado a

um indutor de indutância HL 0,2= .

a) Determine a frequência angular das oscilações elétricas.

b) Determine o período das oscilações elétricas.

c) Calcule a carga inicial do capacitor e a sua carga após s015,0 ter sido ligado ao

indutor.

d) Calcule também a corrente no indutor após s015,0 ter sido ligado ao capacitor.

e) Encontre a energia armazenda no capacitor e no indutor.

E36.3) Considere que em um circuito LC a corrente máxima seja de mAim 90,0= . O

capacitor tem capacitância FC µ5,4= e o indutor, indutância mHL 90= .

a) Determine a carga máxima no capacitor.

b) Calcule a carga no capacitor quando a corrente no indutor é mA50,0 .

E36.4) Determine a carga no capacitor de um um circuito LC quando a corrente

está variando a uma taxa de mA5,2 no indutor, de indutância mHL 700= , em que

a capacitância do capacitor é FC µ5,3= .

E36.5) Em um circuito LC, com mHL 400= e pFC 250= , a corrente máxima no

indutor é Aim 5,1= durante as oscilações. Obtenha a energia máxima armazenada

no capacitor durante as oscilações de corrente.

E36.6) Mostre que a expressão CL tem unidades de tempo.

552

E36.7) Faça um esboço dos campos, elétrico e magnético, no capacitor e no indutor

de um circuito LC, nos instantes de tempo t =0, t = T/8, t = T/4, t = 3T/8, t = T/2,

t = 5T/8, t = 3T/4, t = 7T/8 e t = T, sendo T o período da oscilação

eletromagnética. Faça também um esboço das energias, elétrica, magnética e total,

do circuito para os mesmos instantes de tempo.

553

AULA 37 OSCILAÇÕES EM CIRCUITOS ELÉTRICOS II

OBJETIVOS

• Compreender o comportamento da carga e da corrente que oscilam harmonicamente

em um circuito RLC.

• Entender que parte da energia é dissipada em um circuito RLC.

37.1 CIRCUITO RLC

Na aula 36 fizemos a descrição do circuito LC. Com o intuito de fazer

primeiro a situção mais simples e de mais fácil compreensão, fizemos a suposição

de que não havia qualquer resistência no circuito.

Embora existam materiais que, a baixas temperaturas, apresentem

resistividade nula, não é possível ainda construir corriqueiramente circuitos

elétricos totalmente isentos de alguma resistência elétrica.

Vamos então introduzir um resistor no circuito LC e transformá-lo em um

circuito RLC, mais próximo da realidade. Note que, mesmo quando não utilizamos

um resistor específico em um circuito, o próprio indutor apresenta uma resistência

determinada, que pode ser pequena, mas não nula.

Figura 37.1: Ao circuito idealizado da figura 36.1 foi acrescentado um resistor, resultando

em um circuito RLC, mais próximo do que ocorre em um circuito real.

Na figura 37.1 temos o novo circuito, cuja equação encontraremos, fazendo

a taxa de variação da energia no circuito igual ao negativo da potência dissipada

por efeito Joule no resistor:

554

2iRdt

dU −= ,

dt

diiL

dt

dq

C

q

dt

dU += ,

idt

dqRi

dt

qdLi

C

q

dt

dU −=+=2

2

.

Dividindo esta equação pelo valor da corrente e rearranjando seus termos

encontramos a equação do circuito, que pode ser igualmente encontrada pelo uso

da lei das malhas:

02

2

=++C

q

dt

dqR

dt

qdL . (37.1)

A equação 37.1 é um pouco mais complicada que a equação 36.1, devido ao

termo adicional, igual à resistência do resistor multiplicada pela derivada temporal

da carga, que, como no circuito LC, é a corrente no circuito.


Como seria possível obter a equação 37.1 usando a Lei das Malhas no circuito

RLC?

Novamente, ligamos o contato móvel ao terminal a e em determinado

momento o ligamos ao terminal b, e começamos a contar o tempo.

Para encontrar a solução da equação 37.1 fazemos a suposição de que a

carga seja dada por uma função do tipo:

tAeq λ=

em que devemos determinar A e λ (você aprenderá como obter as soluções da

equação 37.1 em seu curso de Cálculo).

Substituindo esta expressão na equação 37.1, encontramos uma equação de

segundo grau para λ :

02 20

2 =++ ωλγλ ,

onde

555

LR 2=γ (37.2)

e 0ω como foi definido na equação 36.3:

CL

10 =ω .

Esta equação para λ tem por solução duas raízes:

20

2 ωγγλ −±−= , (37.3)

e, portanto, a solução final deve ser uma combinação linear do tipo tt eAeA 21

21λλ + .

Quando o valor da resistência no circuito não é muito grande temos que γ

é menor que 0ω , de forma que as raízes têm uma parte imaginária. Lembrando que

as funções seno e cosseno podem ser escritas em termos de funções exponenciais

com argumento imaginário e, sem fornecer maiores detalhes sobre os cálculos

envolvidos, encontramos a carga no capacitor e a corrente no circuito:

)(´

)cos( 000 tsene

qiteqq tt ω

ωγω γγ ′+

+′= −−,

)cos()( 00000 φω

ωγωφωω γγ +′′

+++′−= −− te

qitseneqi tt

,

onde temos uma nova freqüência angular, ´ω , menor que 0ω :

220' γωω −= . (37.4)

Além disto, para simplificar um pouco a expressão para a corrente,

introduzimos uma fase adicional, φ , dada por:

ωγφ

′=)(tg . (37.5)

Dessa forma encontramos:

556

)cos( 0φωγ +′′= − teqq tm , (37.6)

)( 00 φφωω γ ++′′−= − tseneqi tm , (37.7)

onde

( )0

000)(

q

qitg

ωγφ

′+−= (37.8)

e

2

0020

′++=′ω

γ qiqqm . (37.9)

Como podemos ver, a carga oscila harmonicamente, ou seja, é

descrita por uma função cosseno, cuja fase cresce linearmente com o

tempo. Entretanto, a função harmônica é multiplicada por uma função

exponencial, decrescente, cujo expoente depende do valor da resistência

presente no circuito. Isto representa o amortecimento da oscilação.

A grandeza mq′ não é exatamente a amplitude inicial do movimento: quando

escolhemos o instante t = 0 de forma que a corrente inicial no circuito seja nula e a

carga inicial no capacitor seja máxima, e igual a mq , encontramos que:

)cos(00 φmm qqi =′→= .

Neste caso a cada período, ωπ ′=′ 2T , a corrente será nula e a carga será:

mTn qeTnq ′−=′ γ)( . (37.10)

Este resultado sugere que a carga no capacitor oscila

harmonicamente, mas com uma amplitude que decresce

exponencialmente.

557

A figura 37.2 representa uma oscilação amortecida, com um período

0,5´2´ == ωTT ou 26,1~´ω ; 8,2=mY e 00 =φ , em unidades arbitrárias.

Figura 37.2: Oscilação harmônica amortecida: )cos( 0. φωγ +′= − teYy t

m , com 26,1~´ω ;

8,2=mY e 00 =φ , em unidades arbitrárias.

A energia, nos momentos em que a corrente é nula, está totalmente contida

no campo elétrico do capacitor e é igual a:

Tnm eC

qTnE ′−=′ γ2

2

2)( . (37.11)

A energia no circuito diminui com o passar do tempo e é conveniente

calcular a fração da energia perdida em cada oscilação completa:

TeTnE

TnETnE

E

E ′−−=′

′+−′=∆ γ21

)(

])1[()(. (37.12)

Como vimos, a presença de uma resistência no circuito reduz a

frequência da oscilação e causa a diminuição da energia armazenada no

circuito. Quando γ é pequeno (resistência pequena), comparado com 0ω , a

redução da energia pode ser apreciável, ainda que o efeito sobre o valor da

558

freqüência seja pequeno. Quando γ tem um valor de um décimo do valor

de 0ω , a freqüência da oscilação é reduzida em meio por cento enquanto a

amplitude é reduzida em quarenta e sete por cento e a energia é reduzida

em setenta e dois por cento em cada oscilação completa.

EXEMPLO 37.1

Em determinado circuito RLC a energia é reduzida à metade em duas oscilações

completas. Qual a razão entre a constante de amortecimento, γ , e a freqüência

angular de oscilação, ω′ do circuito? Qual a razão entre a freqüência da oscilação do circuito RLC e a freqüência do circuito LC correspondente?

SOLUÇÃO: A fração da energia eletromagnética dissipada como calor no resistor é

dada por:

2

11

)(

])2[()( 4 =−=′

′+−′=∆ ′− Te

TnE

TnETnE

E

E γ.

Isolando a função exponencial e tomando o logaritmo da expressão resultante e

recordando que ωπ ′=′ 2T , podemos encontrar:

0276,08

]2ln[ ==′ πω

γ.

A razão entre ω′ e ω0 é dada por:

986,00276,01

122

0

=+

=+′

′=

′

γωω

ωω

.

Ou seja, a freqüência da oscilação amortecida é 1,34% menor que a da oscilação

não amortecida.

ATIVIDADE 37.1

Qual a variação relativa na frequência de oscilação de um circuito RLC, com

relação à frequência de oscilação do circuito LC correspondente, quando o valor de

γ é um centésimo do valor de 0ω ? Que fração da energia inicial é dissipada como

calor no resistor em uma oscilação completa?

559

Quando se aumenta o valor da resistência, a frequência diminui e

pode chegar a ser nula, ou seja, não haverá mais oscilação no circuito.

Quando γ é igual a 0ω a frequência das oscilações se anula e as duas

raízes coincidem, sendo iguais a γ− . A solução para a carga, neste caso, é um

pouco mais elaborada e é dada por:

tetqiqq γγ −++= ])([ 000 , (37.13)

e a corrente é:

tetqiii γγγ −+−= ])([ 000 . (37.14)

Não há qualquer oscilação e tanto a carga no capacitor quanto a

corrente no circuito tendem a se anular.

Como se pode ver das equações 37.3 e 37.4, quando γ é maior que 0ω

temos duas raízes, 1λ e 2λ , reais e negativas e a carga no capacitor é:

tt eiq

eiq

q 21

12

001

12

002 λλ

λλλ

λλλ −−

−+

−−

+= ,

enquanto a corrente é:

tt eiq

eiq

i 21

12

02021

12

01021 λλ

λλλλλ

λλλλλ −−

−+

+−

−−= .

Aqui também não há qualquer oscilação, tanto a carga no capacitor quanto a

corrente no circuito, tendem assintoticamente a zero. Veja a figura 37.3.

560

(a) (b)

Figura 37.3. Esboço dos gráficos de carga no capacitor em função do tempo em um circuito

RLC (a) subamortecido, quando o valor da resistência R é grande e (b) superamortecido,

quando R é muito grande.


Que critérios você pode utilizar para determinar se o sistema de um circuito LRC é

superamortecido ou subamortecido? Explique.

37.2 ANALOGIA COM AS OSCILAÇÕES MECÂNICAS

As equações utilizadas para descrever as oscilações eletromagnéticas são

formalmente idênticas às utilizadas para descrever as oscilações mecânicas, por

exemplo, de um sistema massa mola.

Um corpo de massa m , suspenso de uma mola de constante elástica k e

sujeito a uma força de atrito, com o ar, proporcional à velocidade do corpo tem seu

movimento descrito pela equação:

02

2

=++ kxdt

dxb

dt

xdm .

Se observarmos a equação 37.1 veremos que ambas têm a mesma forma e

que há uma analogia completa entre ambas se fizermos as seguintes

correspondências:

qx ↔ ,

dt

dqi

dt

dxv =↔=

561

Lm ↔

Rb ↔

E,

Ck

1↔

A analogia não é apenas formal. Um indutor reage sempre

contrariamente às tentativas de modificar a corrente que o percorre,

fazendo um papel de inércia do circuito. No sistema mecânico a inércia é

representada pela massa do corpo oscilante.

A resistência elétrica é o resultado da interação dos elétrons com a

rede cristalina, que retira a energia, ganha por estes do campo elétrico,

transformando-a em calor. Da mesma forma o atrito do corpo com o ar

retira energia mecânica do sistema e a transforma em energia térmica.

A constante elástica da mola indica a dificuldade para se deformá-la,

produzindo certo deslocamento enquanto a capacitância do capacitor é

uma medida da facilidade de se carregá-lo com determinada quantidade de

carga. Por isto a analogia entre uma grandeza e o inverso da outra.

Em suma, todas as equações escritas nesta aula podem ser transformadas

nas equações correspondentes ao caso das oscilações mecânicas.

EXEMPLO 37.2

Considere um circuito RLC em que o capacitor tem capacitância Fµ250,0 e o

indutor tem indutância mH0,10 . Determine a resistência do circuito se a

frequência de oscilação for igual a ¼ da frequência do circuito não amortecido.

SOLUÇÃO: Para encontrarmos a resistência, usaremos o fato de

041` ωω = .

Como,das equações 37.4 e 36.3, temos

220' γωω −=

e

CL

10 =ω

562

LCL

R

LC

1

4

1

4

12

2

0 =−=ω ,

C

LR

15

2

1=

( )( )F

HR

6

3

1025,0

101015

2

1−

−

××= ,

Ω= 245R .

563


ATIVIDADE 37.1

(a) A freqüência angular do circuito RLC é dada, neste caso, por:

020

20

220 99995,00001,0 ωωωγωω =−=−=′ .

Portanto a variação relativa na freqüência é:

%005,000005,00

0 ==′−

ωωω

,

que é muito pequena.

(b) A fração da energia dissipada como calor em uma oscilação é:

12,011 01,0.42 =−=−=∆ −′− πγ eeE

E T.

Isto é, 12% da energia inicial se transformam em calor em cada oscilação, apesar

da variação no período ter sido mínima.


E37.1) Um circuito LRC é formado por um indutor de indutância mHL 0,3= , um

capacitor de capacitância FC µ5,4= e um resistor de resistância R .

a) Determine a frequência angular quando a resistência for desprezível.

b) Obtenha o valor da resistência para que a frequência angular seja 10% menor

que a frequência angular calculada no item (a).

E37.2) Determine a resistência de um circuito LRC, com mHL 0,9= e FC µ20= ,

de modo que a frequência das oscilações do circuito seja igual a um terço da

frêquencia do circuito não amortecido.

E37.3) Mostre que a expressão CL tem unidades de resistência.

E37.4) Calcule a resistência de um circuito RLC em que mHL 0,9= , FC µ20= e

frequência angular LC21' =ω .

564

E37.5) Determine a resistência de um circuito RLC de capacitância C e indutância L

se a frequência de oscilação for igual a 1/3 da frequência do circuito não

amortecido.

E37.6) Compare as resistências de dois circuitos RLC em que a frequência de

oscilação do primeiro é igual 1/2 da frequência do circuito não amortecido e do

segundo é 1/10 da frequência do circuito não amortecido.

565

AULA 38 CIRCUITOS DE CORRENTE ALTERNADA

OBJETIVOS

• DEFINIR TENSÃO E CORRENTE ALTERNADAS.

• COMPREENDER O COMPORTAMENTO DA CORRENTE ELÉTRICA EM CIRCUITOS SIMPLES COM

FEM ALTERNADA.

• DEFINIR REATÂNCIA CAPACITIVA E REATÂNCIA INDUTIVA.

38.1 FORÇA ELETROMOTRIZ E CORRENTES ALTERNADAS

Na aula 18 descrevemos, em princípio, o funcionamento de fontes de força

eletromotriz que produzem diferenças de potencial com polaridade definida, isto é,

fontes que têm um pólo negativo e um pólo positivo, sendo o potencial elétrico do pólo

positivo sempre mais alto que o potencial do pólo negativo.

Quando seus pólos são ligados externamente, por meio de algum condutor

elétrico, há circulação de corrente, sempre no mesmo sentido: dentro dessas fontes a

corrente convencional vai do pólo positivo para o negativo, ganhando energia

potencial elétrica à custa da energia química armazenada, e externamente a corrente

percorre o condutor, indo do pólo positivo para o negativo, perdendo energia elétrica,

que se transforma em energia térmica nesse condutor.

Pelo fato de forçarem as cargas a se moverem sempre em um mesmo

sentido, essas fontes são denominadas fontes de corrente contínua ou fontes

c.c.

Entretanto, como descrito na aula 32, um gerador de energia (um dínamo por

exemplo) é um dispositivo em que, pelo uso de algum agente externo, um conjunto de

espiras é forçado a girar, com velocidade angular constante, em um campo magnético

estático e esta rotação força o aparecimento de uma força eletromotriz induzida nessas

espiras. O resultado é o aparecimento de uma diferença de potencial entre os extremos

do condutor que forma as espiras. Esta diferença de potencial, no entanto, não se

mantém constante, mas oscila senoidalmente.

A tensão entre os pólos do gerador pode, então, ser expressa pela equação:

( )0φω += tsenVV M ,

onde MV é a amplitude da oscilação,

MV+ e MV− . 0φ é denominado consta

momento considerado como t=0:

A frequência da oscilação f

Quando um condutor é usado para

produzida uma corrente. A corrente convencional

vai do pólo positivo para o

dando origem a uma corrente alternada. Por isto

força eletromotriz de corrente alternada ou fonte c.a

É importante notar neste caso

fonte está sempre entregando

condutor externo, cedem essa energia

38.2 OS CIRCUITOS MAIS SIMPLES DE CORR

A figura 38.1 mostra um resistor ligado aos pó

alternada, cuja resistência interna é nula.

Figura 38.1: Resistor, R , ligado a uma

( )tsenm ωεε = .

As fontes de fem alternadas são,

mostrados na figura 38.2.

é a amplitude da oscilação, isto é, o valor da tensão oscila entre os valores

é denominado constante de fase e nos indica o valor da tensão no

momento considerado como t=0:

( ) ( )00 0 φsenVVV M==

é dada por:

πω2

1 ==T

f .

ondutor é usado para ligar os pólos do gerador

rrente. A corrente convencional nesse condutor, como é de se esperar,

lo positivo para o pólo negativo, porém a polaridade do gerador

dando origem a uma corrente alternada. Por isto um gerador é chamado de fonte de

força eletromotriz de corrente alternada ou fonte c.a.

neste caso que, independentemente do sentido da corrente

entregando energia elétrica para as cargas que

cedem essa energia aquecendo-o dando origem ao efeito Joule.

MAIS SIMPLES DE CORRENTE ALTERNADA

mostra um resistor ligado aos pólos de um gerador ideal

cuja resistência interna é nula.

, ligado a uma fonte de força eletromotriz (

As fontes de fem alternadas são, usualmente, representadas

566

, o valor da tensão oscila entre os valores

te de fase e nos indica o valor da tensão no

gerador externamente, é

como é de se esperar,

gerador se alterna

é chamado de fonte de

que, independentemente do sentido da corrente, a

energia elétrica para as cargas que, ao passar pelo

o dando origem ao efeito Joule.

ENTE ALTERNADA

los de um gerador ideal de corrente

fonte de força eletromotriz (fem) alternada,

representadas pelos símbolos

Figura 38.2: Símbolos utilizados para representar forças eletromotrizes de corrente alternadas

Aplicando a lei das malhas

Considerando que a fem

encontramos a expressão para a corrente no circuito

Podemos ver que a corrente oscila

com a mesma fase, ( φω +t

A amplitude da oscilação da corrente

Esta expressão é idêntica à que encontramos quando submetemos um resistor a

uma fem de corrente contínua de valor igual a

Na figura 38.3 vemos

eletromotriz alternada.

Figura 38.3: Capacitor,

Símbolos utilizados para representar forças eletromotrizes de corrente alternadas

a lei das malhas, ao circuito da figura 38.1, obtemos a expressão

0=− Riε

Considerando que a fem seja dada por:

( )0φωεε += tsenm ,

ncontramos a expressão para a corrente no circuito:

( ) ( )00 φωφωε +=+= tsenitsenR

i mm .

odemos ver que a corrente oscila, não só com a mesma frequência, mas

)0φ , da força eletromotriz aplicada.

amplitude da oscilação da corrente é dada por:

Ri mm

ε= ,


uma fem de corrente contínua de valor igual a mε .

vemos um capacitor ligado aos terminais de uma font

C , ligado a uma fem alternada, (ωεε = tsenm

567

Símbolos utilizados para representar forças eletromotrizes de corrente alternadas.

obtemos a expressão:

(38.1)

(38.2)

, não só com a mesma frequência, mas

(38.3)


um capacitor ligado aos terminais de uma fonte de força

)0φ+t .

568

Aplicando a lei das malhas a este novo circuito, temos:

0=−C

qε .

Substituindo a fem dada na equação 38.1, encontramos a expressão para a carga

no capacitor:

( )0φωε += tsenCq m .

Para encontrarmos a corrente no circuito derivamos esta última equação em

relação ao tempo e encontramos:

( )0cos φωεω +== tCdt

dqi m .

Queremos expressar a corrente em termos de uma senóide, isto é, em uma

forma semelhante a das equações 38.1 e 38.2:

( ) ( ) ( )221 00 πφωπφω

ωε ++=++== tsenitsen

Ci m

m . (38.4)

Vemos nesta expressão que a corrente tem uma amplitude:

C

mm X

iε= , (38.5)

onde introduzimos a grandeza CX , que limita a corrente neste circuito da mesma forma

que a resistência o faz no circuito puramente resistivo, representado na figura 38.1. Essa

grandeza é denominada reatância capacitiva do circuito:

CX C ω

1= . (38.6)

Quando aplicamos uma tensão contínua em um capacitor este é carregado e,

rapidamente, atinge a tensão fornecida pela fonte, não permitindo mais a passagem de

corrente. Isto significa que a resistência à passagem de corrente torna-se infinita.

A definição de reatância capacitiva está de acordo com este resultado, já que uma

tensão contínua equivale a uma oscilação no limite em que a frequência tende a zero e a

reatância, nesse caso, tende a infinito.

Podemos ver que a corrente também oscila com a

fonte, mas, quando expressa em termos de uma senó

adiantada em noventa graus, ou

aplicada.

Finalmente, na figura

alternada.

Figura 38.4: Indutor, L

De acordo com a lei das malhas

Substituindo ε pela expressão na

Esta equação pode ser integrada para se encontrar a corrente no circuito. O

resultado é:

Novamente expressamos

ωε= sen

Li m

Novamente a corrente oscila na mesma frequência da fem, mas

que, agora, a corrente é representada por uma senó

ue a corrente também oscila com a mesma

o expressa em termos de uma senóide, tem a sua fase

em noventa graus, ou 2π radianos, com relação à fase da fem

Finalmente, na figura 38.4 vemos um indutor ligado a nossa

L , ligado a uma fem alternada, (ωεε += tsenm

De acordo com a lei das malhas temos:

0=−dt

diLε .

pela expressão na equação 38.1 encontramos:

( )0φωε += tsenLdt

di m .


( )0cos φωωε

+−= tL

i m .

Novamente expressamos a corrente em termos de uma senóide:

( ) ( )22 00 πφωπφω −+=−+ tsenitsen m .

Novamente a corrente oscila na mesma frequência da fem, mas

ente é representada por uma senóide com a fase atrasada em

569

mesma frequência da

ide, tem a sua fase

relação à fase da fem

emos um indutor ligado a nossa força eletromotriz

)0φ+ .


ide:

(38.7)

Novamente a corrente oscila na mesma frequência da fem, mas vemos

ide com a fase atrasada em

570

noventa graus, ou 2π radianos, com relação à fase da tensão aplicada ao

indutor.

A amplitude da corrente é dada por:

L

mm X

iε= , (38.8)

onde introduzimos a grandeza LX ,

LX L ω= , (38.9)

denominada reatância indutiva do circuito.

A reatância indutiva é análoga à resistência no circuito puramente resistivo,

representado na figura 38.1, ou à reatância capacitiva no circuito puramente capacitivo,

representado na figura 38.3.

A unidade das reatâncias capacitiva e indutiva no SI, assim como a da resistência

elétrica, é o Ohm (Ω ).

Sabemos, de acordo com a lei de Faraday, que um indutor reage às

variações da corrente no tempo e não ao valor desta propriamente. Por isto,

quanto mais rápidas suas variações, ou quanto maior a frequência das

oscilações, maior a reatância indutiva.

Por outro lado, se as variações na corrente são muito lentas, o indutor

pouco reage a elas e sua indutância é, então, pequena. No limite em que a

frequência tende a zero, temos uma corrente limitada apenas por alguma

resistência do fio de que é feito o indutor, e a reatância indutiva tende a zero.

EXEMPLO 38.1

Um indutor, de indutância HmL 00,3= e resistência desprezível é ligado a uma fonte

de tensão c.a, de valor V120 . Qual será a amplitude da corrente quando a frequência

angular for 100 rad/s? E 1000 rad/s?

SOLUÇÃO: De acordo com a equação 38.8, a amplitude da corrente é dada pela

571

equação:

LXi m

L

mm ω

εε==

Quando a frequência for igual a 100 rad/s:

( )( )Hsrad

Vim 3100,3/100

120−×

=

Aim 400=

E quando da frequência for igual a 1000 rad/s:

( )( )Hsrad

Vim 3100,3/1000

120−×

=

Aim 40= .

Observe que quando a frequência de oscilação for 10 vezes maior a amplitude da

corrente será 10 vezes menor.

ATIVIDADE 38.1

Considere um capacitor de capacitância FC µ00,5= conectado a uma fonte c.a, sendo

Vm 120=ε . Calcule as reatâncias capacitivas e o valor da amplitude da corrente quando

a frequência angular for:

a) 100 rad/s.

b) 1000 rad/s.

ATIVIDADE 38.2

Considere um indutor de indutância mHC 0,10= conectado a uma fonte c.a, sendo

572

Vm 120=ε . Calcule as reatâncias indutivas e o valor da amplitude da corrente quando a

frequência angular for:

a) 100 rad/s.

b) 1000 rad/s.

573


ATIVIDADE 38.1

a) Quando um capacitor é ligado a uma fonte de tensão c.a, como mostra a figura 38.3,

a corrente também oscila com a mesma frequência da fonte. A reatância capacitiva é

dada pela equação 38.6:

( )( ) Ω×=×

== −3

61000,2

1000,5/100

11

FsradCX C ω

E a amplitude da corrente é igual a:

CX

i mC

mm ωεε == .

Para uma frequência igual a 100 rad/s temos:

( )( )( )CsradVim61000,5/100120 −×=

Aim21000,6 −×=

Observe que, nesse circuito, a reatância é inversamente proporcional à frequência, mas

a corrente elétrica é diretamente proporcional à ela. Então, se a frequência da fonte

aumenta, a reatância diminui e a amplitude da corrente aumenta, ao contrário do

circuito com a mesma fonte e um indutor, mostrado na figura 38.4.

b) Para uma frequência 10 vezes maior que a do item a, igual a 1000 rad/s, teremos

uma reatância capacitiva 10 vezes menor e uma corrente 10 vezes maior:

Ω×= 21000,2CX

Aim11000,6 −×=

ATIVIDADE 38.2

a) Quando um indutor é ligado a uma fonte de tensão c.a, como mostra a figura 38.4, a

corrente também oscila com a mesma frequência da fonte. A reatância indutiva é dada

pela equação 38.8:

( )( )HsradLX L3100,10/100 −×== ω ,

574

Ω= 00,1LX .

E a amplitude da corrente é igual a:

LXi m

L

mm ω

εε== .

Para uma frequência igual a 100 rad/s temos:

Ω===

00,1

120V

LXi m

L

mm ω

εε,

Aim 120= .

Observe que, nesse circuito, a reatância é diretamente proporcional à frequência, mas a

corrente elétrica é inversamente proporcional à ela. Então, se a frequência da fonte

aumenta, a reatância aumenta e a amplitude da corrente diminui, ao contrário do

circuito com a mesma fonte e um capacitor, mostrado na figura 38.3.

c) Para uma frequência 10 vezes maior que a do item a, igual a 1000 rad/s, teremos

uma reatância indutiva 10 vezes maior e uma corrente 10 vezes menor:

Ω= 0,10CX ,

Aim 0,12= .


E38.1) Considere um indutor de resistência desprezível, sendo HL 0,2= , ligado a uma

fonte de tensão c.a, de valor V50 . Determine a amplitude da corrente quando a

frequência angular for srad /1001 =ω , srad /00012 =ω e srad /000103 =ω .

E38.2) Um capacitor de capacitância FC µ5,3= está conectado a uma fonte c.a, sendo

Vm 100=ε . Calcule o valor da amplitude da corrente quando a frequência angular for

srad /1001 =ω , srad /10002 =ω e srad /000103 =ω .

E38.3) Determine a reatância de um indutor de H0,2 para uma frequência de Hz90 .

575

E38.4) Calcule a indutância de um indutor, com reatância Ω=110LX para uma

frequência de Hz80 .

E38.5) Calcule a reatância de um capacitor, de capacitância FC µ0,6= para uma

frequência de Hz60 .

E38.6) Demonstre que as expressões Lω e Cω1 têm unidades de resistência.

576

AULA 39 CIRCUITO RLC COM GERADOR

OBJETIVOS

• COMPREENDER O COMPORTAMENTO DA CORRENTE E DA FEM EM UM CIRCUITO RLC EM

SÉRIE.

• SABER DEFINIR A IMPEDÂNCIA DE UM CIRCUITO RLC.

• SABER DEFINIR A FREQUÊNCIA DE RESSONÂNCIA DE UM CIRCUITO RLC.

• REPRESENTAR CORRENTES E TENSÕES QUE OSCILAM HARMONICAMENTE ATRAVÉS DE

DIAGRAMAS DE FASORES.

39.1 O CIRCUITO RLC

A figura 39.1 mostra um resistor, um indutor e um capacitor ligados aos polos de

um gerador ideal de corrente alternada.

Figura 39.1: Um circuito RLC série em que um resistor, R , um indutor, L , e um

capacitor, C , são ligados, em série, a uma fem alternada, ( )tsenm ωεε = .

A lei das malhas nos fornece a equação do circuito:

dt

diLRi

C

q ++=ε . (39.1)

577

Como vimos nas três situações analisadas na aula 38, as correntes oscilam com a

mesma frequência da fonte, mas em cada caso há uma diferença de fase característica

entre a tensão e a corrente.

É natural, então, supormos que a corrente no circuito será representada por uma

senoide com a mesma frequência da fonte, mas com uma diferença de fase em relação a

esta, que deve ser determinada.

A corrente tem, portanto, a forma:

( )φφω −+= 0tsenii m .

Resolver a equação 39.1 resume-se então a determinar a amplitude da corrente e

sua diferença de fase relativa à da força eletromotriz aplicada.

Podemos considerar nula, sem perda de generalidade, a fase 0φ .

Assim teremos, para a tensão aplicada e para a corrente as expressões:

( )tsenm ωεε = ,

( )φω −= tsenii m .

Se integrarmos a corrente ao longo do tempo encontraremos a carga e, portanto,

a tensão no capacitor. Se derivarmos a corrente, com relação ao tempo, poderemos

encontrar a tensão no indutor.

( ) ( )φωφωω

−−=⇒−−= tiXC

qt

iq mC

m coscos ,

( ) ( )φωφωω −=⇒−= tiXdt

diLti

dt

dimLm coscos ,

onde C

X C ω1= e LX L ω= .

Substituindo estas quatro últimas expressões na equação 39.1 e utilizando as

fórmulas para somas de ângulos em funções trigonométricas, dadas no Apêndice C,

encontramos:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )tsenseniXtiX

tseniRtseniR

tsenseniXtiXtsen

mLmL

mm

mCmCm

ωφωφωφωφ

ωφωφωε

++−+−−=

coscos

coscos

coscos

578

Como as funções seno e cosseno são linearmente independentes, devemos equacionar

separadamente os termos proporcionais ao ( )tsen ω e os termos proporcionais ao

( )tωcos :

( ) ( ) ( )φφ seniRiXX mmCL −−= cos0 . (39.2)

( ) ( ) ( )φφε cosmmCLm iRseniXX −−= . (39.3)

Da equação 39.2 encontramos a defasagem entre a corrente e a tensão:

( )R

XXtg CL −=φ . (39.4)

Podemos também escrever o seno e o cosseno do ângulo φ :

( )Z

R=φcos , (39.5)

( )Z

XXsen CL −=φ . (39.6)

onde introduzimos a grandeza:

( )22CL XXRZ −+= ,

(39.7)

que é denominada impedância do circuito.

Substituindo as expressões do seno e do cosseno do ângulo de defasagem na

equação 39.3 encontramos a amplitude da corrente:

Zi m

m

ε= . (39.8)

Vemos que, neste circuito, a impedância desempenha o mesmo papel que

a resistência no circuito puramente resistivo, ou das reatâncias nos casos

puramente capacitivo e puramente indutivo. O valor da impedância, assim como

os das reatâncias, depende da frequência da fonte. A unidade de impedância no SI

é o Ohm (Ω ).

Obviamente, a corrente terá amplitude máxima quando a impedância tiver seu

valor mínimo. Este valor mínimo é igual a R , a resistência do circuito apenas, e ocorre

579

quando a frequência da fonte é tal que as reatâncias indutiva e capacitiva do circuito são

iguais.

Igualando as duas reatâncias, dadas pelas equações 38.6 e 38.9 encontramos a

frequência angular de ressonância deste circuito:

LC

1=ω . (39.9)

Note-se que esta é a frequência natural de oscilação do circuito LC analisado na

aula 36.

Quando a frequência da fonte se iguala à frequência natural de oscilação

do circuito diz-se que este oscila em ressonância com a frequência da fonte.

Além de a corrente ser máxima, a defasagem entre a fem e a corrente se anula,

já que, pela equação 39.5, o cosseno do ângulo de defasagem se torna igual a um.

Na figura 39.2 podemos ver o comportamento da amplitude da corrente como

função da frequência da fonte para três valores diferentes da resistência. As curvas

apresentadas são denominadas curvas de ressonância do circuito.

Figura 39.2: Curvas de ressonância de um circuito RLC em série com três valores

diferentes da resistência. Na curva correspondente à resistência de Ω10 , ω∆ indica sua meia

largura, ou seja a largura da curva quando a amplitude da corrente tem metade do seu valor na

condição de ressonância.

580

Podemos notar que tanto as alturas quanto as larguras das curvas estão ligadas

ao valor da resistência.

EXEMPLO 39.1

Considere os valores Vm 0,10=ε , Ω= 0,40R e mHL 350= , para o circuito RLC

série representado na figura 39.1.

(a) Se o circuito foi projetado para oscilar em ressonância na frequência de 60 Hz

qual o valor da capacitância? Quais os valores das reatâncias capacitiva e indutiva

nessa frequência?

(b) Qual é a meia largura da curva de ressonância desse circuito?

(c) Quais as defasagens entre a corrente e a fem, nas situações em que isto

ocorre?

SOLUÇÃO: (a) A capacitância pode ser obtida através da equação 39.9:

20

11

ωω

LC

LC=⇒=

( )( )2602350,0

1

HzHC

×=

π

FC µ1,20= .

Na ressonância as reatâncias são iguais:

( )( ) Ω=×== 132350,0602 HHzLX L πω

( )( )[ ] Ω=××== −− 132101,206021 16 FHzC

X C πω

(b) A meia largura é a distância entre as duas frequências, +ω e −ω , para as quais

a corrente eficaz é metade da corrente eficaz obtida na ressonância, isto é, quando

a impedância é o dobro de seu valor na ressonância. De acordo com a equação

39.7 para que isto ocorra devemos ter:

( ) 22 3RXX CL =− .

Quando a frequência é maior que sessenta hertz, o circuito se torna mais indutivo

e temos:

581

++ =− ωωωL

R32

02 .

Quando a frequência é menor que a de ressonância, encontramos:

−− −=− ωωωL

R32

02 .

Subtraindo esta ultima equação da penúltima, membro a membro e dividindo pela

soma das duas frequências encontramos a meia largura da curva de ressonância:

L

R3_ =−=∆ + ωωω

H350,0

0,403

Ω=∆ω

srad /198=∆ω .

A meia largura relativa é:

525,03

0

==∆∆

RL

C

ωω

.

(c) As defasagens são dadas pelo ângulo φ , cuja tangente é dada pela equação

39.4. Temos então que:

( )R

XXtg CL −=φ

( ) 33 ±=±=R

Rtg φ .

Encontramos, então, que a defasagem é de rado 360 π±=± . O sinal mais

corresponde à frequência mais alta, em que o circuito é mais indutivo e a tensão

precede a corrente. O sinal negativo ocorre quando o circuito é mais capacitivo e a

corrente precede a tensão aplicada.

Considere um circuito RLC em série, em que,

com frequência angular 10=ω

a) as reatâncias capacitiva X

b) a impedância, Z ,

c) a amplitude da corrente elétrica,

d) e o ângulo de fase φ .

39.2 FASORES

Tendo já resolvido algebri

gráfica para se resolver o mesmo problema, introduzindo o conceito de

bastante útil sempre que temos que somar senoides com diferentes fases.

A figura 39.3 representa dois vetores, com módulos

mesma velocidade angular,

α entre si.

Figura 39.3: Dois vetores, →A e

um ângulo α entre eles. Suas componentes verticais são

As componentes verticais desses

ATIVIDADE 39.1

Considere um circuito RLC em série, em que, Ω= 200R , mHL 0,50=

srad /000.10 e Vm 60=ε . Obtenha

CX e indutiva LX ,

a amplitude da corrente elétrica, mi ,

Tendo já resolvido algebricamente a equação 39.1, vamos apresentar uma forma

gráfica para se resolver o mesmo problema, introduzindo o conceito de


representa dois vetores, com módulos A e B , que giram com a

ω , mas que apontam em direções que formam um ângulo

e →B , com módulos A e B , respectivamente, que giram e formam

entre eles. Suas componentes verticais são ( )tAsen ω e (ωBsen

As componentes verticais desses vetores são:

( )tsenAy ω ,

582

mH , nFC 600= ,

, vamos apresentar uma forma

gráfica para se resolver o mesmo problema, introduzindo o conceito de fasor, que é


, que giram com a

, mas que apontam em direções que formam um ângulo

, respectivamente, que giram e formam

)αω +t .

A equação 39.1 constitui

( ) (ωωε = tsenRitsen mm

Representamos cada um dos termos desta equação como a

de um vetor cuja amplitude é igual à amplitude da oscilação correspondente e que forma

um ângulo com o eixo horizontal igual à fase dessa oscilação.

Note que cada componente de um vetor é um escalar e é por isto que pode ser

usada para representar uma diferença de potencial.

representação são denominados

Na figura 39.4 temos os fasores que representam a força eletromotr

corrente e as tensões nos diversos elementos do circuito representado na

figura 39.1. A frequência da fonte é baixa de forma que a reatância capacitiva é

maior que a reatância indutiva. O ângulo

negativo e a fase da corrente está adiantada com relação à da fem aplicada, ou,

equivalentemente, a fase da fem está atrasada com relação à da corrente.

se, neste caso, que o circuito é mais capacitivo que indutivo

Figura 39.4: Diagrama de fasores para um circuito RLC série. Com a frequência da fonte menor

que a frequência de ressonância o sistema é mais capacitivo que indutivo e a corrente precede a

tensão aplicada ao circuito.

( )αω +tsenBy .

onstitui- se de uma soma de senóides como estas:

) ( ) (2 ωπφωφ −+−−+− tseniXtseniXt mLmC

Representamos cada um dos termos desta equação como a componente vertical


um ângulo com o eixo horizontal igual à fase dessa oscilação.

que cada componente de um vetor é um escalar e é por isto que pode ser

usada para representar uma diferença de potencial. Os vetores utilizados nessa

representação são denominados fasores.

temos os fasores que representam a força eletromotr


frequência da fonte é baixa de forma que a reatância capacitiva é

maior que a reatância indutiva. O ângulo φ de acordo com a equação 39.4


equivalentemente, a fase da fem está atrasada com relação à da corrente.

se, neste caso, que o circuito é mais capacitivo que indutivo.

fasores para um circuito RLC série. Com a frequência da fonte menor


583

ides como estas:

)2πφ +−

componente vertical


que cada componente de um vetor é um escalar e é por isto que pode ser

Os vetores utilizados nessa

temos os fasores que representam a força eletromotriz, a


frequência da fonte é baixa de forma que a reatância capacitiva é

de acordo com a equação 39.4, é


equivalentemente, a fase da fem está atrasada com relação à da corrente. Diz-

fasores para um circuito RLC série. Com a frequência da fonte menor


Na figura 39.5 consideramos uma frequência alta da fem aplicad

circuito se torna mais indutivo que capacitivo, ou seja, a reatância indutiva se

torna maior que a reatância capacitiva. O ângulo

adiantada com relação à corrente

Figura 39.5: Diagrama de fasores

a frequência de ressonância o sistema é mais indutivo que capacitivo e a tensão aplicada ao

circuito precede a corrente.

Na figura 39.6 representamos a situação de ressonância. Quando a

frequência angular da fonte é igual à frequência natural de oscilação do circuito

LC as duas reatâncias são iguais, a corrente e a fem oscilam em fase

impedância tem o menor valor possível e consequentemente temos

amplitude possível para a corrente

Figura 39.6: Diagrama de fasores para um circuito RLC série. Com a frequência da fonte igual à

frequência de ressonância, o sistema é tão indutivo quanto capacitivo e a tensão aplicada ao

circuito e a corrente oscilam em fase.

consideramos uma frequência alta da fem aplicad


torna maior que a reatância capacitiva. O ângulo φ é positivo e a fem está

adiantada com relação à corrente.

Diagrama de fasores para um circuito RLC série. Com a frequência da fonte maior que


representamos a situação de ressonância. Quando a

uência angular da fonte é igual à frequência natural de oscilação do circuito

LC as duas reatâncias são iguais, a corrente e a fem oscilam em fase

impedância tem o menor valor possível e consequentemente temos

amplitude possível para a corrente.

Diagrama de fasores para um circuito RLC série. Com a frequência da fonte igual à


corrente oscilam em fase.

584

consideramos uma frequência alta da fem aplicada e o


é positivo e a fem está

para um circuito RLC série. Com a frequência da fonte maior que


representamos a situação de ressonância. Quando a

uência angular da fonte é igual à frequência natural de oscilação do circuito

LC as duas reatâncias são iguais, a corrente e a fem oscilam em fase 0=φ . A

impedância tem o menor valor possível e consequentemente temos a maior

Diagrama de fasores para um circuito RLC série. Com a frequência da fonte igual à


585

Nas figuras 39.4 ou 39.5 podemos ver como encontrar a amplitude da corrente e

sua fase.

Para somarmos as tensões nos diversos elementos, que correspondem às

componentes verticais dos diversos fasores da figura, usamos o fato de a soma das

componentes verticais de diversos vetores serem iguais à componente vertical da

resultante desses vetores.

Portanto o fasor que representa a fem do circuito tem que ser igual à resultante

dos fasores que representam as tensões no resistor, no capacitor e no indutor.

Os fasores que representam as tensões no capacitor e no indutor têm a mesma

direção, perpendicular à direção do fasor que representa a corrente, mas com sentidos

opostos. Seu módulo resultante é:

mCmL iXiXV −=⊥ .

O fasor que representa a tensão no resistor é paralelo ao que representa a

corrente e seu módulo é dado por:

miRV =|| .

O módulo do fasor que representa a fem é, então, igual à raiz quadrada da soma

dos quadrados das duas componentes, paralela e perpendicular à corrente:

( ) mCLm iXXR 22 −+=ε .

Este resultado é exatamente o que encontramos nas equações 39.6 e 39.7.

A tangente do ângulo que indica a defasagem entre a fem e a corrente é dada

pela razão entre as componentes da tensão perpendicular e paralela à corrente. Ou seja,

encontramos novamente o resultado obtido na equação 39.4.

ATIVIDADE 39.2

Considere um circuito RLC com capacitância mFC 0,5= , indutância mHL 20= e

resistência Ω= 500R , alimentado por uma fonte c.a. em que Vm 50=ε . O circuito

oscila com uma frequência srad /100=ω . Faça um diagrama de fasores para circuito.

586


ATIVIDADE 39.1

a) Podemos obter as reatâncias de um circuito RLC utilizando as equações 38.6 e 38.9:

( )( ) Ω=×

== − 16710600/000.10

119 FsradC

X C ω e

( )( ) Ω=×== − 500100,50/000.10 3 HsradLX L ω

Como a impedância é dada pela equação39.7,

( )22CL XXRZ −+=

,

temos:

( ) ( ) Ω=−+Ω= 388167500200 22Z

b) A amplitude da corrente é obtida pela equação 39.7:

AV

im 155,0388

60 =Ω

=

c) De acordo com a equação 39.4:

( )

−=⇒−=

R

XXarctg

R

XXtg CLCL φφ

oarctg 59200

167500 =

ΩΩ−Ω=φ

ATIVIDADE 39.2

A frequência natural do circuito é dada pela equação

LC

1=ω ,

( )( ) sradFH

/100100,51020

133

=××

=−−

ω .

Observe que a frequência angular da fonte é igual à frequência natural de

oscilação do circuito LC . Esta é uma situação de ressonância, onde as duas reatâncias

são iguais, a corrente e a fem oscilam em fase 0=φ , a impedância tem o menor valor

possível e amplitude da corrente é máxima. Veja a figura 39.6.

587

As reatâncias são iguais:

( )( ) Ω=×

== − 2100,5/100

113 FsradC

X C ω.

( )( ) Ω=×== − 21020/100 3 HsradLX L ω .

A amplitude da corrente é dada pela equação 39.8

Zi mm

ε= , onde ( )22CL XXRZ −+= .

Como, as reatâncias são iguais, RRZ == 2 . Logo:

AV

Zi m

m 10,0500

50 =Ω

== ε

Observe o diagrama:


E39.1) Considere um circuito RLC em série com um resistor de resistência Ω= 400R ,

um indutor com indutância HL 200,0= , , e um capacitor de FC µ00,3= ligado a uma

fonte com Vm 0,60=ε e frequência angular srad /300=ω . a) Determine a impedância

do circuito, a amplitude da corrente e as amplitudes da tensão através do resistor, do

indutor e do capacitor. b) Determine o ângulo de fase da tensão da fonte em relação à

corrente. c) Faça um diagrama de fasores.

E39.2) Considere o exercício E39.1. a) Determine a impedância para as frequências

1000 rad/s, 500 rad/s e 250 rad/s. b) Verifique e descreva o comportamento da corrente

elétrica quando as frequências diminuem. c) Determine o ângulo de fase entre a tensão

e a corrente elétrica quando a frequência da fonte é 1000 rad/s.

588

E39.3) Faça um diagrama de fasores para o circuito RLC do exercício E39.1 para as

frequências das fonte iguais a 1000 rad/s, 500 rad/s e 250 rad/s. Para cada caso diga se

a tensão está adiantada ou atrasada em relação à corrente.

E39.4) Faça um diagrama de fasores para um circuito RLC com capacitância mFC 0,5= ,

indutância mHL 20= e resistência Ω= 500R , alimentado por uma fonte c.a. em que

Vm 50=ε . O circuito oscila com uma frequência:

a) srad /50=ω .

b) srad /500=ω .

589

AULA 40 VALOR EFICAZ E TRANSFORMADORES

OBJETIVOS

• SABER DEFINIR VALOR EFICAZ DA CORRENTE EM CIRCUITOS C.A.

• SABER DEFIR POTÊNCIA MÉDIA E FATOR DE POTÊNCIA.

• ENTENDER O FUNCIONAMENTO DE TRANSFORMADORES.

40.1 VALOR EFICAZ E FATOR DE POTÊNCIA

Quando medimos uma corrente alternada, com um amperímetro adequado para

este tipo de corrente, o que obtemos é um valor quadrático médio dessa corrente e não

seu valor em cada momento.

Uma corrente representada por uma senoide tem um valor médio nulo em um

período. Entretanto seu valor quadrático médio é dado por:

( )22

1 2

0

0

22

mmT

T

m ii

dt

dttseni==

∫

∫ ω.


É possível obter o valor da integral de ( )tsen ω2 sem resolvê-la?

Este valor é conhecido como valor eficaz da corrente:

2m

ef

ii = . (40.1)

Para todas as grandezas que oscilam harmonicamente podemos definir seu valor

eficaz como sendo sua amplitude dividida por raiz quadrada de dois: um voltímetro para

corrente alternada mede diretamente a tensão eficaz e não o valor instantâneo da

tensão.

590

Quando uma fem alternada é estabelecida através de um circuito que é percorrido

por uma corrente há fornecimento de energia elétrica da fonte para o circuito.

Assim como nos circuitos de corrente contínua a potência entregue a cada

instante é igual à força eletromotriz (ideal) multiplicada pela corrente.

Interessa-nos saber a potência média em cada período da oscilação:

( ) ( )

∫

∫ −=>< T

T

mm

dt

dttsenitsenP

0

0φωωε

. (40.2)

Quando usamos a regra de soma de ângulos para o seno encontramos dois

termos na integral. Um deles é proporcional a um seno multiplicado por um cosseno de

tω e sua integral se anula. O outro termo é proporcional ao quadrado do seno e sua

integral é:

( ) ( )( )φε

φωεcos

2

1cos

0

0

2

mmT

T

mmi

dt

dttseniP ==><

∫

∫. (40.3)


Por que a variável T não aparece na equação 40.3? (Resolva a equação 40.2 para

obter a equação 40.3).

Reescrevemos a equação 40.3 usando as grandezas eficazes conforme definimos

acima:

( )φε cosefef iP =>< . (40.4)

O termo ( )φcos é denominado fator de potência.

Quando há uma grande defasagem da corrente com relação à fem, é necessária

uma corrente muito mais alta para atingir uma determinada potência do que seria

necessária se o circuito operasse próximo à ressonância em que o fator se aproxima de

um.

Substituindo na equação 40.4 as expressões dadas nas equações 39.5 e 39.8,

591

( )Z

R=φcos e Z

i mm

ε=

encontramos também:

2efiRP =>< . (40.5)

EXEMPLO 40.1

Considere um circuito RLC em série, em que, Ω= 200R , mHL 0,50= , nFC 600= ,

com uma fonte de frequência angular srad /000.10=ω e Vm 60=ε . Determine o fator

de potência e a potência média pelo circuito.

SOLUÇÃO: As reatâncias de um circuito RLC podem ser obtidas utilizando as equações

38.6 e 38.9:

( )( ) Ω=×

== − 16710600/000.10

119 FsradC

X C ω e

( )( ) Ω=×== − 500100,50/000.10 3 HsradLX L ω

De acordo com a equação 39.4:

( )

−=⇒−=

R

XXarctg

R

XXtg CLCL φφ

oarctg 59200

167500 =

ΩΩ−Ω=φ

O fator de potência é dado por ( ) 520,059coscos == oφ .

A amplitude da corrente é obtida pela equação 39.8:

Zi mm

ε= ,

AV

im 155,0388

60 =Ω

=

Então, para obtermos a potência média, podemos utilizar a equação 40.3:

592

( ) ( )( )φε

φωεcos

2

1cos

0

0

2

mmT

T

mmi

dt

dttseniP ==><

∫

∫ ,

( )( )( ) WAVP 79,1520,0115,0602

1 ==>< .


Qual seria a amplitude da corrente e a potência média do circuito RLC do EXEMPLO 40.1

se a frequência de oscilação do circuito fosse igual à frequência natural?

ATIVIDADE 40.1

Um circuito RLC é ligado a uma fonte de tensão alternada Vm 0,80=ε . O circuito tem

impedância Ω105 quando sua resitência é Ω0,75

e a fonte tem frequência 120Hz.

Determine a potência média fornecida pela fonte.

40.2 O TRANSFORMADOR

A bobina de indução, discutida na aula 34, quando ligada a uma fonte de corrente

alternada, passa a ser denominada transformador. Na figura 40.1 mostramos de forma

semelhante e esquematicamente a mesma bobina de indução descrita naquela aula, mas

usada como um transformador.

Figura 40.1: Um transformador em que uma fem de corrente alternada ( )tsenm ωε é inserida no

circuito primário produz um tensão ABV entre os terminais A e B do circuito secundário. Observe

que as bobinas envolvem um núcleo, geralmente feito de ferro.

593

No circuito primário temos um gerador de corrente alternada, 1ε , um resistor, 1R ,

e um indutor, 1L .

No circuito secundário, que se encontra aberto, temos apenas um indutor, 2L e

entre os polos, ou extremidades, desse indutor é gerada uma diferença de potencial ABV

.

O fato de mantermos o circuito secundário aberto faz com que a corrente ali, bem

como sua derivada temporal, seja nula. Isto facilita a solução do problema de encontrar

a tensão fornecida pelo secundário, quando o primário é alimentado por uma fem de

amplitude e frequência determinadas.

As equações para os circuitos primário e secundário se tornam então,

respectivamente,

( )dt

diLiRtsenm

1111 +=ωε .

dt

diMVAB

121= .


Por que o termo 21M aparece na equação da tensão ABV ?

A solução da equação do circuito primário é encontrada da mesma maneira que

fizemos na aula 39, apenas eliminando o termo Cq na equação 39.1 ou eliminando,

simplesmente, todos os termos em que aparece a reatância capacitiva, CX . O resultado

é:

( )φω −= tsenii 0,11 ,

em que a amplitude e a fase são dados por:

( )21

21

0,1LR

i m

ωε

+= .

594

( )1

1

R

Ltg

ωφ = ,

( )( )2

121

1cosLR

R

ωφ

+= .

Tendo encontrado a corrente no primário e lembrando que, no caso considerado,

a indutância mútua é igual à raiz quadrada do produto das duas autoindutâncias,

encontramos a tensão no secundário:

( )( )φω

ω

εω−

+= t

LR

LLV m

AB cos2

12

1

21 . (40.6)

Como podemos ver, quando a frequência é nula, não há tensão produzida

no circuito secundário, o que quer dizer que um transformador simplesmente

não funciona quando a corrente é contínua: Não havendo variação da corrente

no primário não há variação de fluxo e, portanto, não há força eletromotriz

induzida.

A amplitude da tensão produzida no secundário cresce com o aumento da

frequência, como é mostrado na figura 40.2.

Figura 40.2: Amplitude da diferença de potencial entre os terminais A e B do circuito secundário do

transformador representado na figura 40.1 como função da frequência.

Para frequências suficientemente altas temos 11 RL >>ω e a resistência

pode ser desprezada no denominador da equação 40.6. A tensão no secundário

595

deixa, então, de depender da frequência, aproximando-se de seu valor

assintótico.

Como a constante de tempo de um circuito RL é dada por RLL =τ podemos

escrever a condição para o bom funcionamento do transformador como:

11

1

−=>> LL

R τω ,

sendo 1Lτ a constante de tempo indutiva do circuito primário.

Nesta situação a defasagem entre a corrente no primário e a fem aplicada tende a

90º ou 2π e a tensão no secundário pode ser escrita como:

( )tsenN

NV mAB ωε

1

2= . (40.7)

Encontramos, portanto, que, nessa condição, a tensão no secundário tem

a mesma fase da força eletromotriz aplicada no primário e que sua amplitude é

aquela da fem aplicada, multiplicada pela razão entre o número de espiras do

indutor secundário e o número de espiras do indutor primário.

Pode-se usar, então, um transformador para aumentar a tensão, quando

o número de espiras no indutor do circuito secundário é maior que no indutor

do circuito primário, ou reduzir a tensão, quando o número de espiras no

secundário é menor que o número de espiras no primário.

Quando o circuito secundário é fechado, ligando-se um resistor entre os terminais

A e B daquele circuito, passa a existir uma corrente 2i diferente de zero, o que torna a

solução das equações bastante mais complicada.

Sem nos determos na solução matemática deste problema, podemos afirmar que,

com a passagem de corrente no circuito secundário, aumenta a corrente no circuito

primário.

Como é de se esperar, a potência produzida pelo gerador no circuito primário é

igual à soma da potência dissipada no resistor desse circuito com a potência dissipada no

resistor do circuito secundário.

A condição de bom funcionamento do transformador passa a ser:

596

( ) 121

−+>> LL ττω . (40.8)

onde 2Lτ é a constante de tempo indutiva do circuito secundário.

Para atingirmos esta condição em frequências não muito altas, como a frequência

de 60 Hz usada comercialmente, torna-se necessário termos os valores das resistências

baixas ou o das indutâncias altas, ou, ainda, alguma situação de compromisso entre os

dois extremos.

Para obtermos baixos valores de resistências precisamos de fios condutores com

grandes áreas de sua seção reta nos enrolamentos primário e secundário. Isto eleva

muito o custo, pois os fios, normalmente de cobre, tem preço bastante elevado.

Uma solução para este problema é a introdução de um núcleo de ferro sobre o

qual são montados os enrolamentos.

O ferro é um material que tem dipolos magnéticos permanentes, os quais se

alinham com um campo magnético aplicado, aumentando fortemente o fluxo na região

das espiras dos indutores. Isto faz aumentar, proporcionalmente, o valor das

indutâncias, tanto do primário quanto do secundário. A indutância de cada enrolamento

pode ser multiplicada por fatores próximos a mil, com o uso de ligas de ferro adequadas.

Desta forma a resistência dos fios dos enrolamentos não precisa ser tão pequena

e pode-se fazer uso de fios mais finos e, consequentemente, menos dispendiosos.

EXEMPLO 40.2

Em determinado transformador, a resistência do enrolamento primário é de Ω50,1 e sua

autoindutância é de mH0,10 . O enrolamento secundário, montado sobre o primário, é

feito com um fio do mesmo material, mas com a metade do diâmetro e tem dezesseis

vezes mais voltas que o primário.

a) Para que frequências o transformador funciona com boa eficiência?

b) Se a região no interior do suporte onde são feitos os enrolamentos do transformador

for preenchida por um núcleo de aço que multiplica o fluxo em cada espira por um fator

igual a 900, qual a nova faixa de frequências de funcionamento desse transformador?

SOLUÇÃO:

597

a) A resistência dos fios é dada pela equação

A

lR ρ= ,

onde R é a resistividade do fio, l é o seu comprimento e A é a área da secção reta.

Pelos dados fornecidos, temos

12 41 AA = e 12 16ll =

Então

1

1

1

1

1

12

2

22 64

41

16

41

16

A

l

A

l

A

lR

A

lR ρρρρ =====

12 64RR =

( ) Ω=Ω= 965,1642R .

Sua indutância é a do primário multiplicada pelo quadrado de dezesseis, sendo, portanto

de mH2560 .

A condição de bom funcionamento desse transformador é

sradHHL

R

L

R/188

56,2

0,96

100,10

50,13

2

2

1

1 =Ω+×

Ω=+>> −ω .

Esse transformador só funcionará bem com uma frequência angular maior que

1000 radianos/segundo ou uma frequência de 6,3 KHz.

b) a introdução do núcleo de aço multiplica o fluxo por um fator igual a 900 e isto

multiplica as indutâncias do primário e do secundário pelo mesmo fator. Por isto a

condição de bom funcionamento passa a ser:

sradsrad

/208,0900

/188 =>>=ω .

Ou seja o transformador, agora, pode trabalhar eficientemente com frequências

angulares acima de 1,5 radianos/segundo ou frequências acima de aproximadamente 10

Hz.

598

Um dos motivos da grande importância tecnológica do transformador ficará claro

no exemplo a seguir.

EXEMPLO 40.3

Um consumidor industrial recebe uma potência de 12 kW, com uma tensão eficaz, na

entrada, de 120 V e um fator de potência igual a um.

a) Qual a corrente na entrada do circuito do consumidor?

b) Se esta corrente percorresse um fio de cobre de três oitavos de polegada de

diâmetro, com um comprimento de cem quilômetros, qual seria a perda de calor nesse

fio?

c) Se, em vez de 120 V, a tensão de entrada fosse de 12 kV, quais seriam as respostas

dos itens anteriores?

SOLUÇÃO:

a) A potência recebida em ressonância com a fonte é igual ao produto da tensão eficaz

pela corrente eficaz na entrada da indústria. A corrente eficaz é, então:

AV

WPi

efef 100

120

100,12 3

=×==ε

.

b) A potência média, dissipada por efeito Joule no fio, é dada pelo produto da resistência

do fio pelo quadrado da corrente eficaz. A resistência, por sua vez, é igual ao produto da

resistividade do cobre pelo comprimento do fio, dividido pela área de sua seção reta.

Temos, portanto:

( )( )[ ] Ω=×

×Ω×==−

− 53,21054,28

3

10100.1072,1 2

2

38

m

mm

A

lR cu

πρ , e

( )( ) KWAiRP ef 3,2510053,2 22 =Ω==

Vemos que, se formos transportar essa corrente por 100 Km, a potência perdida no fio

transmissor é mais que duas vezes a potência entregue ao consumidor.

c) Se a tensão fosse de 12 kV, cem vezes maior que aquela utilizada na letra (a) deste

exemplo, a corrente seria dividida por cem. Ou seja, teríamos a corrente de apenas um

599

ampere. A potência perdida como calor no fio seria então:

( )( ) WAiRP ef 53,200,153,2 22 =Ω== .

Agora a potência perdida é apenas uma pequena fração da potência entregue ao

consumidor.


Se a potência perdida é bem menor quando a tensão de entrada é de 12 kV, no

transformador do EXEMPLO 40.3, por que a companhia de energia elétrica não a fornece

ao consumidor?

Trabalhar com tensões muito altas, tanto nas usinas, onde é gerada a energia

elétrica, quanto na outra ponta, ou seja, nas indústrias ou nas residências, é muito

perigoso para o ser humano. Como vimos, no entanto, o transporte de grandes

correntes por grandes distâncias é muito dispendioso.

A solução para este problema obtém-se com o transformador: Produz-se a

energia com baixa tensão alternada, na usina geradora. Em seguida, com o uso de um

transformador elevador de tensão, eleva-se a diferença de potencial a valores bem altos

e a potência requerida é transportada com baixa corrente. Em uma subestação, próxima

ao consumidor final, a tensão é abaixada, com o uso de um transformador abaixador de

tensão, e finalmente entregue ao consumidor, em 127 V, por exemplo.

A inexistência de transformadores para corrente contínua foi um dos fatores que

mais impulsionou o uso dos geradores de corrente alternada e a distribuição de energia

elétrica nessa forma.

Outra utilidade do transformador aparece quando queremos ter uma

transferência eficiente de potência.

Quando inserimos um resistor, 2R , entre os terminais A e B da figura 40.1, este é

percorrido por uma corrente, 2i , enquanto o circuito primário, e, portanto, a fonte, é

percorrido por uma corrente, 1i , de outro valor. Dessa forma,

600

222

111 iR

N

NiR −=−ε . (40.8)

A equação para a conservação da energia é:

222

2111 iRiRi =−ε . (40.9)

Dividindo a equação 40.9 por 1i e igualando o segundo termo da equação obtida

com o segundo membro da equação 40.8 encontramos:

2

1

1

2

N

N

i

i −= . (40.10)

Levando este resultado de volta à equação 40.8 encontramos:

122

2

1

2

1 iRN

NR

+=ε . (40.11)

Este resultado indica que a fonte fornece uma corrente igual à que forneceria a

uma resistência equivalente dada por:

22

2

1

2

1 RN

NRReq += . (40.12)

É sabido que a maior transferência de potência ocorre quando a

resistência externa é igual à resistência interna da fonte. Se uma fonte tem

uma resistência interna muito diferente da resistência presente no circuito que

é alimentado por ela, a transferência de energia é pouco eficiente. Pode-se,

então, usar um transformador com uma razão adequada entre o número de

espiras do primário e do secundário para se obter uma resistência equivalente

mais próxima da resistência interna da fonte utilizada.

O valor de 1R é pequeno, em geral, e corresponde à resistência do fio do

enrolamento primário. Com um valor adequado para a razão entre o número de espiras

pode-se obter uma resistência equivalente próxima à da fonte.

Quando usamos um amplificador para alimentar uma caixa de som, é mais

apropriado nos referirmos a suas impedâncias ao invés de suas resistências. O

amplificador tem grande impedância de saída, enquanto o alto falante tem baixa

601

impedância. O artifício, para melhorar a eficiência na transferência de energia, é

denominado casamento de impedâncias.

EXEMPLO 40.2

Um rádio de 100 W, antes utilizado em Brasília onde a tensão fornecida pela

companhia elétrica é de 220 V é ligado em Belo Horizonte onde a tensão fornecida é de

110 V. Devido a um defeito não é possível mudar a chave que faz a seleção entre as

tensões de entrada de 220 V para 110 V. Utilizando um transformador é possível fazer a

adaptação para utilização do aparelho.

a) Qual deve ser a razão entre o número de espiras do primário e secundário desse

transformador?

b) Determine a corrente elétrica quando o rádio for liagado a uma fonte de 110 V.

c) Calcule a sua resistência elétrica.

SOLUÇÃO: a) Deve-se utilizar um transformador que aumente a tensão para 220 V.

Sabemos que uma tensão alternada produz uma variação de fluxo magnético através do

transformador. Observe que

dt

dN BΦ−= 11ε e

dt

dN BΦ−= 22ε ,

onde 1ε e 2ε são as tensões no primário e secundário e 1N e 2N são os números de

espiras, respectivamente. Estamos desprezando a resistências dos enrolamentos.

Dessas equações concluimos que

2110220

1

2

1

2 ===V

V

N

N

εε

.

Então, o número de espiras no secundário deve ser igual ao dobro do número de

espiras do primário.

b) A corrente elétrica no rádio pode ser obtida através da potência média,

V

WPi

220

100

22 =><=

ε,

Ai 45,02 = .

602

c) Como a potência fornecida ao primário é igual à resistência fornecida ao secundário,

2211 ii εε = .

Como 1221 NN εε = e Ri 22

ε= ,

( )212

1

1 NNi

Rε= .

A corrente 1i no primário pode ser obtida da potência média

AV

WPi 91,0

110

100

11 ==><=

ε.

Logo,

( ) Ω== 484291,0

110 2

A

VR .

603


ATIVIDADE 40.1

A potência média é dada pela equação 40.3,

( )φε cos21

mm iP >=< .

A amplitude da corrente é dada pela equação 39.8,

AV

Zi mm 762,0

1050,80 =Ω

== ε

Para encontrarmos o fator de potência, ( )φcos , utilizamos a equação

( )

−=⇒−=

R

XXarctg

R

XXtg CLCL φφ ,

A diferença entre as reatâncias, indutiva e capacitiva, pode ser obtida através da equação 39.7,

( ) 2222 RZXXXXRZ CLCL −=−⇒−+= .

Portanto,

( ) oarctgR

Zarctg

R

RZarctg 4,44196,11

2

222

=−=

−=

−=φ .

Então ( ) 714,04,44coscos == oφ .

A potência média é dada por

( ) ( )( )( )714,0762,00,802

1cos

2

1AViP mm =>=< φε

WP 8,21>=< .


E40.1) Um eletroímã conectado a uma fonte de tensão alternada de 240 V e 60 Hz tem

resistência Ω400 e indutância H00,6 . Determine o fator de potência e a potência

média fornecida pela fonte.

604

E40.2) Um circuito RLC em série, em que, Ω= 100R , mHL 0,25= , nFC 300= , com

uma fonte de frequência angular srad /500=ω e Vm 60=ε . Determine o fator de

potência e a potência média pelo circuito.

E40.3) Um transformador está conectado a uma fonte de tensão a.c de 110 V.e deve

fornecer 11.000V. a) Qual deve ser a razão entre o número de espiras do primário e

secundário desse tranformador? b) Qual é a potência fornecida para o transformador

quando a corrente eficaz no secundário for igual a 10 mA?

E40.4) Um transformador possui 1000 espiras no primário e 20 espiras no secundário.

a) Qual é a voltagem no secundário para uma tensão eficaz de 120 V aplicada no

primário?

b) Quais são as correntes elétricas nos primário e secundário, quando o

secundário é ligado a uma resistência elétrica de Ω30 ?

PROBLEMAS DA UNIDADE 12

P12.1) Faça um esboço dos gráficos de carga e corrente em função do tempo para um

circuito LC. Explique o fato de a corrente está adiantada de 2π em relação à carga

nesse circuito.

P12.2) Mostre que a corrente máxima acumulada em um capacitor de um circuito LC

depende dos valores iniciais da carga, da corrente e da frequência angular, de acordo

com a equação ( )200

20 ωiqqm += .

P12.3) Mostre que em um circuito LC, a constante de fase é dada pela equação

( )00

00 q

itg

ωφ −= .

P12.4) Faça um esboço dos gráficos de carga e corrente de um circuito RLC quando

a) γ é menor que 0ω .

b) γ é igual a 0ω .

c) γ é maior que 0ω .

605

P12.5) Suponha que sejam feitos dois circuitos simples, alimentando-os com a tensão

fornecida pela companhia de energia elétrica; o primeiro com um capacitor, nFC 8,9= ,

e o segundo com um indutor, HL µ7,6= . Calcule as reatâncias capacitiva e indutiva

para cada caso e a amplitude da corrente.

P12.6) A corrente elétrica em uma bobina que possui 800 espiras e autoindutância

mH0,7 é dada por ( ) ( )tnAi 126cos70,0= .

a) Determine a fem máxima induzida na bobina.

b) Calcule o fluxo magnético através de cada espira da bobina.

c) Qual é o módulo da fem em t = 0,02s?

P12.7) Considere um circuito RLC, Vm 100=ε , Ω= 400R , FC µ600,0= e HL 00,3= .

a) Calcule as tensões no resistor, no capacitor e no indutor para uma frequência

de 600 rad/s.

b) Determine a constante de fase.

c) Faça um diagrama de fasores para frequências 50 rad/s, 500 rad/s e 5000

rad/s.

P12.8) Um consumidor recebe uma potência de 12,0 kW, com uma tensão eficaz, na

entrada, de 220 V e um fator de potência igual a 0,950.

a) Qual a corrente na entrada do circuito do consumidor?

b) Se esta corrente percorresse um fio de cobre de meia polegada de diâmetro,

com um comprimento de cem quilômetros, qual seria a perda de calor nesse fio?

c) Se, em vez de 220 V, a tensão de entrada fosse de 10,0 kV, quais seriam as

respostas dos itens anteriores?

650

APÊNDICES

651

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

652

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.

653

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

654

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

655

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

656

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(2

cos1

2

1sen

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

657

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

658

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

+

∞ −

+

∞ −

−−

−−

−−

+

−⋅⋅⋅⋅⋅=

=

++−=

+−=

−=

−=

=

=

−=

=

−=

=

−≠+

=

+=+

=

=

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫ ∫

∫

∫

∫∫∫

∫∫

∫

659

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

Apêndice

Apêndice E – Tabela Periódica

660

661

REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS

ALONSO, M.; FINN, E. J. Física. São Paulo: Edgard Blücher, 1999.

BLAU, P. J. Friction Science and Tecnology. New York: CRC Press, 2008.

CHAVES, Alaor S. Física. Rio de Janeiro: Reichmann & Affonso Editores, 2001.

EISBERG R.M.; LERNER L.S.. Física, fundamentos e aplicações. São Paulo: Editora McGraw Hill do Brasil, 1982.

FEYNAM R.P., LEIGHTON R.B., SANDS M. The Feynman Lectures on Physics. 1963. Reading: Addison Wesley Publishing Co., 1963

HALLIDAY D., RESNICK R. Fundamentos de física. 3. ed. Rio de Janeiro: Livros Técnicos e Científicos S.A., 1993.

KELLER F.J., GETTYS W.E., SKOVE M.J.. Física. São Paulo: Makron Books do Brasil, 1999.

NUSSENZVEIG, Moysés H. Curso de física básica. 3. ed. São Paulo: Edgard Blücher, 1997.

RESNICK R., HALLIDAY D.,,KRANE K.S. Física. 4. ed. Rio de Janeiro: Livros Técnicos e Científicos S.A., 1996.

RESNICK R., HALLIDAY D.,,KRANE K.S. Física. 5. ed. Rio de Janeiro: Livros Técnicos e Científicos S.A., 2003.

SEARS & ZEMANSKY; YOUNG H.D., FREEDMAN R.A.. Física. 10. ed. São Paulo: Addison-Wesley, 1993.

SERWAY, R. A. Física. 3. ed. São Paulo: Pioneira Thomson Learning Ltda., 2004.

TIPLER P.. Física para cientistas e engenheiros. 4. ed. Rio de Janeiro: Livros Técnicos e Científicos S.A., 2000

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