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FUNDAMENTOS DE FÍSICA III


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

FUNDAMENTOS DE FÍSICA III

Belo Horizonte Editora UFMG

2010


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

© 2010, Editora UFMG

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

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

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

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

ASSISTÊNCIA EDITORIAL Eliane Sousa e Euclídia Macedo

EDITORAÇÃO DE TEXTO Maria do Carmo Leite Ribeiro

PREPARAÇÃO DE TEXTO Michel Gannam

REVISÃO DE PROVAS

FORMATAÇÃO

PROJETO GRÁFICO E CAPA Eduardo Ferreira

PRODUÇÃO GRÁFICA Warren Marilac

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

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

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

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


Sumário

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

DE CARGA EM UMA DIMENSÃO 74

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

DE CARGA EM DUAS E TRÊS DIMENSÕES 88

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

DIMENSÕES 89

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


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

114

PENSE E RESPONDA 119 AULA 7 – APLICAÇÕES DA LEI DE GAUSS 120 A7.1 COMO USAR A LEI DE GAUSS 120 A7.2 APLICAÇÕES DA LEI DE GAUSS 123 A7.3 CARGAS E CAMPO ELÉTRICOS NA SUPERFÍCIE DE CONDUTORES 135 PENSE E RESPONDA 143 AULA 8 – APLICAÇÕES DA ELETROSTÁTICA 144 A8.1 ATIVIDADES COM APLICAÇÕES DA ELETROSTÁTICA 144 UNIDADE 4 – ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA E POTENCIAL ELÉTRICO 145 AULA 9 – TRABALHO, ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA E POTENCIAL ELÉTRICO 147 A9.1 TRABALHO E ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA 147 A9.2 POTENCIAL ELÉTRICO EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO AULA 10 – POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES DISCRETAS DE CARGA A10.1 POTENCIAL ELÉTRICO DE VÁRIAS CARGAS A10.2 POTENCIAL ELÉTRICO DE DIPOLO ELÉTRICO EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADE AULA 11 – POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS DE CARGA A11.1 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES LINEARES DE CARGA A11.2 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES SUPERFICIAIS DE CARGA A11.3 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES VOLUMÉTRICAS DE CARGA PENSE E RESPONDA AULA 12 – ENERGIA POTENCIAL ELETROSTÁTICA E A RELAÇÃO ENTRE CAMPO

E POTENCIAL

A12.1 ENTENDENDO A RELAÇÃO ENTRE O CAMPO ELÉTRICO E POTENCIAL ELÉTRICO A12.2 ENERGIA POTENCIAL ELETROSTÁTICA EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO AULA 13 – ENERGIA DE UMA DISTRIBUIÇÃO CONTÍNUA DE CARGAS A13.1 ENERGIA POTENCIAL ELETROSTÁTICA DE UMA DISTRIBUIÇÃO CONTÍNUA DE CARGAS A13.2 COMENTÁRIOS CONCEITUAIS IMPORTANTES SOBRE A ENERGIA ELETROSTÁTICA EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADE UNIDADE 5 – CAPACITORES AULA 14 – CAPACITORES A14.1 CAPACITÂNCIA A14.2 ASSOCIAÇÃO DE CAPACITORES EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO AULA 15 – DIELÉTRICOS A15.1 CAPACITORES COM DIELÉTRICOS A15.2 RIGIDEZ DIELÉTRICA A15.3 A LEI DE GAUSS E OS DIELÉTRICOS EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO


AULA 16 – OS VETORES POLARIZAÇÃO E DESLOCAMENTO ELÉTRICO A16.1 POLARIZAÇÃO E DESLOCAMENTO ELÉTRICO A16.2 ENERGIA EM UM CAPACITOR EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADE AULA 17 – ATIVIDADES SOBRE POTENCIAL, ENERGIA E CAPACITORES A17.1 APLICAÇÕES SOBRE POTENCIAL, ENERGIA E CAPACITORES UNIDADE 6 – FORÇA ELETROMOTRIZ, CORRENTE E RESISTÊNCIA AULA 18 – FORÇA ELETROMOTRIZ, CORRENTE E DENSIDADE DE CORRENTE A18.1 FORÇA ELETROMOTRIZ A18.2 CORRENTE ELÉTRICA E DENSIDADE DE CORRENTE PENSE E RESPONDA AULA 19 – RESISTÊNCIA ELÉTRICA E RESISTIVIDADE A19.1 RESISTÊNCIA ELÉTRICA, RESISTIVIDADE E CONDUTIVIDADE PENSE E RESPONDA AULA 20 –LEI DE OHM E POTÊNCIA ELÉTRICA A20.1 LEI DE OHM A20.2 POTÊNCIA ELÉTRICA A20.3 FORÇAS NÃO CONSERVATIVAS OU DISSIPATIVAS EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO AULA 21 – CONDUTORES, DIELÉTRICOS E SEMICONDUTORES A21.1 VISÃO MICROSCÓPICA DA CONDUÇÃO ELÉTRICA EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADE UNIDADE 7 – CIRCUITOS DE CORRENTE CONTÍNUA AULA 22 – LEIS DE KIRCHOFF A22.1 LEI DAS MALHAS E RESISTORES EM SÉRIE A22.2 LEI DOS NÓS E RESISTORES EM PARALELO

EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO AULA 23 –CERCUITOS DE MAIS DE UMA MALHANTRO DE MASSA A23.1 CIRCUITOS ELÉTRICOS EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO AULA 24 –APARELHOS DE MEDIDA I A24.1 GALVANÔMETRO A24.2 AMPERÍMETRO PENSE E RESPONDA AULA 25 – APARELHOS DE MEDIDA II A25.1 VOLTÍMETRO A25.2 OHMÍMETRO PENSE E RESPONDA AULA 26 – CIRCUITO RC A26.1 ANÁLISE DE UM CIRCUITO RC EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADE


UNIDADE 8 – CAMPO MAGNÉTICO UNIDADE 9 – CAMPO MAGNÉTICO DEVIDO À CORRENTE E A LEI DE AMPÈRE UNIDADE 10 – LEI DE FARADAY E LEI DE LENZ UNIDADE 11 – INDUTÂNCIA E OSCILAÇÕES ELETROMAGNÉTICAS UNIDADE 12 – PROPRIEDADES MAGNÉTICAS E A LEI DE GAUSS PARA O

MAGNETISMO

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


Prefácio

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

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

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

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

Departamento de Física da UFMG.

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

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

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

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

impossível aprender física estudando de maneira autônoma.

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

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

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

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

disponíveis.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

estrutura e organização desta obra.

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

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


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

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

introduzida à medida que se faz necessária.

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

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

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

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

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

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

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

Os Autores


Informações Gerais

1. FUNDAMENTOS DE FÍSICA III NA MODALIDADE DE ENSINO A

DISTÂNCIA

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

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

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

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

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

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

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

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

fixação e uma lista de problemas.

Os exercícios de fixação são considerados apenas a primeira parte do

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

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

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

UNIDADES

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

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

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

4. Energia Potencial Elétrica e Potencial Elétrico

11. Indutância e Oscilações Eletromagnéticas

5. Capacitores 12. Circuitos de Corrente Alternada

6. Força Eletromotriz, Corrente e Resistência

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

7. Circuitos de Corrente Contínua 14. Equações de Maxwell


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

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

fazer você pensar um pouco mais sobre o assunto.

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

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

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

mesmo.

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

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

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

necessário.

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

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

estudantes de física. São eles:

1. Ninguém ensina o que não sabe;

2. Só se aprende o que se quer;

3. Roda de carro apertada é que canta.

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

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

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

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

conquistas sem esforço.

Sucesso!!!

12

UNIDADE 1

CARGA ELÉTRICA E LEI DE COULOMB

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

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

fenômenos do eletromagnetismo em sua plenitude. Para atingir esse objetivo

começaremos revisando os aspectos históricos e os primeiros experimentos que

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

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

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

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

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

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

através do chão?

14

AULA 1 : CARGAS ELÉTRICAS

OBJETIVOS

• DISCUTIR A NATUREZA DOS FENOMENOS ELÉTRICOS

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

DISCRETO E QUANTIZADO

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

• RECONHECER A DIFERENÇA ENTRE ISOLANTES E CONDUTORES

1.1 ELETRIZAÇÃO POR ATRITO

Os primeiros registros dos quais se tem notícia, relacionados com

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

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

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

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

pedaços de palha e sementes de grama.

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

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

nas seguintes constatações:

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

comportavam-se como o âmbar;

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

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

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

fenômenos.

1.1.1 QUAL A NATUREZA DA ELETRICIDADE?

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

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

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

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

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

15

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

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

eletrizados poderiam se atrair.

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

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

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

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

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

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

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

mutuamente.

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

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

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

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

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

redistribuição destes fluidos.

ATIVIDADE 1.1

Você pode verificar as primeiras observações dos fenômenos elétricos com um

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

exemplo, com aproximadamente 2 cm de comprimento. Alternativamente você

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

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

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

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

Descreva o que ocorre.

Como frequentemente acontece em Física, apareceu uma outra explicação

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

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

grande número de experimentos que contribuiram de forma decisiva para a

compreensão da natureza da eletricidade.

Foram duas as suas contribuições fundamentais: primeiro formulou a

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

16

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

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

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

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

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

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

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

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

atritados.

ATIVIDADE 1.2

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

eletrizadas? Por quê?

Saiba Mais

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

com relação a este fenômeno?

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

primeiro quarto do século XX.

A teoria atômica trouxe uma nova perspectiva para explicar os fenômenos

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

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

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

17

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

região em torno deste núcleo.

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

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

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

Partícula Massa (kg) Carga elétrica

Elétron 3110109,9 −× -e

Próton 2710672,1 −× +e

Nêutron 2710675,1 −× 0

Os prótons e os elétrons apresentam propriedades elétricas e a essas

propriedades associamos uma grandeza fundamental, que denominamos carga

elétrica.

1.2 CARGAS ELÉTRICAS

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

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

nenhum outro conceito mais simples e mais elementar.

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

interações eletromagnéticas, da mesma forma que a massa determina a

intensidade das forças gravitacionais.

1.2.1 ASPECTOS FENOMENOLÓGICOS E ORDENS DE GRANDEZA

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

resumiam:

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

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

atraem.

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

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

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

18

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

Benjamin Franklin.

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

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

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

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

natural é neutro).

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

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

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

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

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

natureza dos materiais.

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

observado experimentalmente um corpo que tenha carga elétrica menor

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

com cargas que são múltiplos inteiros de e.

O caráter discreto da carga elétrica se manifesta principalmente em

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

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

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

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

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

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

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

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

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

,enQ = ...3,2,1,0 ±±±=n

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

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

exemplo.

19

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.

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

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

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= −× .

1.2.2 CONSERVAÇÃO E QUANTIZAÇÃO DA CARGA ELÉTRICA

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

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

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

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

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

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

sistema isolado é sempre constante.

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

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

20

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

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

Principio da Conservação da Carga Elétrica.

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

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

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

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

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

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

desse tipo ficaria:

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

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

ATIVIDADE 1.3

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

Além da eletrização por atrito existem diversos métodos para eletrizar

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

substâncias, por radiação nuclear e outros

Saiba Mais

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

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

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

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

Os prótons e nêutrons são compostos por partículas ainda menores,

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

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

de átomos com feixes de elétrons altamente energéticos.

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

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

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

ressaltar que nenhum quark livre ‘foi observado até hoje.

21

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

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

água, na nuvem.

1.3 ISOLANTES, CONDUTORES E A LOCALIZAÇÃO DA CARGA

ELÉTRICA

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

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

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

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

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

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

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

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

relativa facilidade.

Figura 1.1: Representação esquemática de um condutor.

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

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

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

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

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

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

Figura 1.2: Representação esquemática de um isolante.

22

As condições ambientais também podem influir na capacidade de uma

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

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

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

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

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

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

difícil o movimento de elétrons no seu interior.

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

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

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

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

eletricidade.

ATIVIDADE 1.4

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

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

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

EXEMPLO 1.2

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

Materiais Utilizados:

• Latinha de refrigerante

• Pequenos pedaços (de 5 a 10 centímetros

aproximadamente) de linha de costura ou

similar

• Um tubo de caneta de plástico.

• Pano de algodão ou de material sintético

como o poliéster (preferível)

• Fita adesiva

Figura 1.3a Latinha com

linhas de costura

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

23

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

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

superfície da lata.

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

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

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

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

Resolução

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

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

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

acontece com as linhas que estão no interior da lata.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

elétricas em excesso no interior de um condutor.

Figura 1.3b Linhas de costuram se repelem

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

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

carregado positivamente, elétrons da lata (inicialmente neutra) migrarão

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

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

24

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

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

externa da lata irão se repelir.

ATIVIDADE EXPERIMENTAL

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

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

1.3.1 DISTRIBUIÇÃO DE CARGAS ELÉTRICAS ADICIONADAS A ISOLANTES

OU CONDUTORES

É um fato experimental que quando adicionamos carga a um

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

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

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

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

para a superfície externa.

ATIVIDADE 1.5

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

com uma régua carregada negativamente em determinado ponto. Dê

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

se distribuirá uniformemente sobre a superfície da esfera.

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

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

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

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

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

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

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

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

concentração de cargas.

ATIVIDADE 1.6

25

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

água da torneira. A água é eletricamente neutra.

a) Explique o fenômeno observado.

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

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

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

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

que serão vistas mais adiante.

ATIVIDADE 1.7

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

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

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

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

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

observado.

1.4 ELETRIZAÇÃO POR INDUÇÃO E POLARIZAÇÃO

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

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

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

Esta separação de cargas é denominada indução eletrostática.

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

Terra e (c) condutor eletrizado.

26

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

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

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

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

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

deixando o condutor carregado.

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

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

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

1.4c.

Nos isolantes, observamos uma separação de cargas análoga à dos

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

Os dielétricos são constituídos por moléculas cuja distribuição interna de

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

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

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

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

Figura 1.5: Dielétrico não polarizado.

Ao aproximarmos desse dielétrico um corpo carregado, ocorrerá um

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

27

Figura 1.6: Dielétrico polarizado.

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

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

1.7.

Figura 1.7: Cargas contrárias nas extremidades do dielétrico.

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

maneira análoga àquela em que houvesse indução eletrostática enquanto o corpo

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

voltará a ser neutro.

1.5 ELETROSCÓPIOS

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

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

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

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

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

Figura 1.8: Eletroscópio de folhas.

Se um corpo eletrizado positivamente for aproximado do eletroscópio (sem

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

28

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

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

se separar.

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

eletrizado negativamente? É fácil chegar à conclusão de que aconteceria

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

as cargas positivas na esfera.

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

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

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

Suponhamos um eletroscópio carregado positivamente, como na figura 1.9.

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

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

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

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

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

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

corpo, o sinal da carga nesse corpo será positivo.

Figura 1.9: Eletroscópio de folhas carregado positivamente.

EXEMPLO 1.3

Considere duas esferas metálicas como as da figura 1.10.

29

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

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

bastão de vidro atritado com seda?

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

carga após o processo escolhido por você no item a?

Solução

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

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

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

figura 1.4a.

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

esferas até que elas se toquem?

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

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

na esfera da esquerda.

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

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

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

papel algum no processo.

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

final de cargas.

30

ATIVIDADE 1.8

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

maneira de carregá-las eletricamente, com cargas elétricas de sinais opostos,

utilizando um bastão carregado.

ATIVIDADE 1.9

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

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

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

ATIVIDADE 1.10

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

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

eletrizá-la por atrito?

EXEMPLO 1.4

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

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

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

Por quê?

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

Solução:

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

que o ônibus seja descarregado para a Terra.

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

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

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

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

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

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

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

31

ATIVIDADE 1.11

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

corrente metálica que arrasta no chão. Explique.

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

em ambientes umedecidos?

1.6 APLICAÇÃO TECNOLÓGICA DO FENÔMENO ELETRIZAÇÃO

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

por meio de aquecimento.

ATIVIDADE 1.12

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

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

32

RESPOSTAS COMENTADAS DAS ATIVIDADES PROPOSTAS

ATIVIDADE 1.1

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

ATIVIDADE 1.2

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

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

como estão.

ATIVIDADE 1.3

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

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

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

adquire carga positiva.

ATIVIDADE 1.4

As condutividades térmicas e elétricas estão diretamente relacionadas aos

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

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

ATIVIDADE 1.5

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

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

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

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

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

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

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

33

Figura 1.12 (a) a régua

polariza a esfera condutora.

(b) eletrização por contato

entre a régua e a esfera.

(c) equilíbrio eletrostático

após o contato ser desfeito.

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

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

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

equilíbrio. Veja a figura 1.13.

Figura 1.13 poder das pontas

ATIVIDADE 1.6

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

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

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

extremidade ocupada pelo átomo de oxigênio fica com uma carga liquida

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

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

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

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

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

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

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

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

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

34

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

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

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

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

positivamente as moléculas de água também sofreriam um ligeiro

deslocamento, ficando a extremidade negativa mais próxima da régua,

conforme a figura 1.14b.

Figura 1.14 (a) atração do

filete de água pela caneta

eletrizada

(b) atração do filete de água

pela caneta eletrizada

independe do sinal da carga.

ATIVIDADE 1.7

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

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

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

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

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

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

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

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

eletricamente. Veja a figura 1.15b.

35

Figura 1.15 (a) junção das

fitas com cola em apenas um

lado.

(b) junção das fitas com cola

dos dois lados

ATIVIDADE 1.8

A aproximação do bastão carregado provoca uma separação de cargas que

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

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

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

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

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

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

Figura 1.16: Esferas carregadas com o mesmo sinal.

ATIVIDADE 1.9

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

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

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

um corpo eletrizado que se aproxima. Suponhamos um eletroscópio carregado

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

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

36

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

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

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

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

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

positivo.

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

folhas.

ATIVIDADE 1.10

O corpo humano funciona como um fio terra.

ATIVIDADE 1.11

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

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

de cargas capazes de provocar centelhas.

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

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

PENSE E RESPONDA

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

bem. Você consegue explicar o por quê?

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

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

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

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

37

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

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

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

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

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

repelidas ou nada acontecerá?

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

é boa condutora de eletricidade?

38

AULA 2: LEI DE COULOMB

OBJETIVOS

• ENUNCIAR AS CARACTERÍSTICAS DA FORÇA ELÉTRICA

• APLICAR A LEI DE COULOMB EM SITUAÇÕES SIMPLES

• EXPLICAR O SIGNIFICADO DA CONSTANTE DE PERMISSIVIDADE DO VÁCUO

2.1 A LEI DE COULOMB

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

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

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

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

cargas elétricas pontuais:

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

produto dessas cargas, ou seja:

21QQF ∝

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

inversamente proporcional ao quadrado da distância r entre elas.

2

1

rF ∝

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

eletrostática.

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

características:

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

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

39

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

Clássica;

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

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

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

rr

QQKF e ˆ=

221

r

(2.1)

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

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

equação 2.1 é a expressão matemática da Lei de Coulomb.

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

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

da carga 1Q

sobre 2Q e 12Fr

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

Newton temos que .2112 FFrr

−=

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

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

04

1=

επeK

40

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

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

221120 ..108,854= CmN −−−×ε

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

229 ..108,9874= −× CmNKe

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

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

ser escrita como:

rr

QQF ˆ

4

1=

221

0επr

(2.2)

SAIBA MAIS

O SISTEMA DE UNIDADES NA ELETROSTÁTICA

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

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

maneiras:

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

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

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

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

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

módulo da lei de Coulomb para o vácuo como:

221=

r

QQF

41

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

constante eK , nesse sistema, é determinada experimentalmente.

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

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

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

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

modificar algumas equações do eletromagnetismo. Uma dessa modificações implicou

em escrever a constante eK na forma:

04

1=

επeK

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

22112270 ..108,854=

10.4

1= CmN

c−−−

− ×π

ε

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

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

adotou-se o valor:

927 108,9874=10= ×− cK e

em que c é a velocidade da luz no vácuo.

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

42

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

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

EXEMPLO 2.1

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

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

Solução: Escrevemos imediatamente:

2

2

04

1=

r

QF

πε

ou:

Nm

CCmN

m

CF 9,12=

)10(4,2

)10)(1,60/10(8,98

)10(4,2

)10(1,60

4

1=

215

219229

215

219

0−

−

−

−

×××=

××

επ

ATIVIDADE 2.1

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

da força elétrica calculada no exemplo 2.1?

EXEMPLO 2.2

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

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

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

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

repulsiva.

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

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

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

43

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

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

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

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

causando portanto uma força repulsiva entre elas.

2.2 FORÇA DE UM CONJUNTO DE CARGAS

Como acontece com a força gravitacional, as forças eletrostáticas também

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

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

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

sobre ela:

i

i

i

iN

ii

i

iN

ii

N

i rr

rr

rr

qqrr

rr

qqFF rr

rr

rrrr

rr

−−

−=−

−∑∑∑

0

02

01=0

002

01=0

0

1= 4ˆˆ

4==

πεπε (2.3)

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

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

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

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

cada uma dessas forças.

EXEMPLO 2.3

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

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

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

carga 3Q

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

44

como mostrado na Figura 2.2.

Figura 2.2 – Disposição das cargas elétricas do Exemplo 2.3

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

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

que:

Nm

CCCmN

r

QQFx

322

33229

213

31

0

101,88=(1,2)

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

4

1= ××××

−−

πε

e:

Nm

CCCmN

r

QQFy

322

33229

223

32

0

103,60=0,5

)10(0,2)10(0,5/109.0=

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=1.91=101,88

103,60==t

3

3oθθ ⇒

××

x

y

F

Fg

45

Figura 2.3: Diagrama das componentes do vetor força, Fr

.

EXEMPLO 2.4

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

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

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

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

Figura 2.4 – Disposição das cargas elétricas do exemplo 2.4.

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

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

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

0=cos= qQQQx FFF +−∑ α

0== qQQQy FsenFF +−∑ α

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

46

,21/2/=cos =aaα

,24

1=

2

2

0 a

QFQQ πε

e

.4

1=

20 a

qQFqQ πε

Com esses valores, a condição de equilíbrio fica:

0=4

1

2

1

24

12

02

2

0 a

qQ

a

Q

πεπε+

−

0=2

1

2 22

2

a

qQ

a

Q +

−

0=22

qQ +

−

qQ

=22

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

qQ 22= −

(o sinal negativo indica cargas de sinal contrário).

ATIVIDADE 2.2

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

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

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

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

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

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

47

Figura 2.5: Esferas condutoras suspensas.

ATIVIDADE 2.3

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

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

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

positivas.

Figura 2.6- Gráfico de F F versus r .

2.3 A LEI DE COULOMB EM UM DIELÉTRICO

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

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

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

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

meio. Assim:

48

.ˆ4

1=

221

0

rr

QQ

kF

επr

(2.5)

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

Sejam duas placas condutoras situadas no vácuo, carregadas eletricamente com

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

Figura 2.7: Carga entre placas condutoras.

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

devido às cargas nas placas.

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

dielétrico ficará polarizado, como discutimos anteriormente: as cargas que

aparecem na superfície do dielétrico são denominadas cargas de polarização.

Figura 2.8: Polarização de um dielétrico entre placas carregadas

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

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

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

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

alguns materiais.

49

TABELA 2.1: CONSTANTE DIELÉTRICA PARA ALGUNS MATERIAIS

Material Constante

dielétrica (K)

Vácuo

Ar

Benzeno

Âmbar

Vidro

Óleo

Mica

Glicerina

Água

1,0000

1,0005

2,3

2,7

4,5

4,6

5,4

43

81

50


ATIVIDADE 2.1

Usamos a lei de Newton de gravitação:

2

2

=r

mGF p

Com os valores dados, temos que:

.101,05=)10(4,2

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

215

2272211

Nm

KgkgmNFg

−−

−−

××

××

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

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

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

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

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

ATIVIDADE 2.2

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

Figura 2.9: Forças que agem nas eferas

51

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

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

Matematicamente, essas condições se expressam da seguinte maneira:

2

2

04

1==

x

qFTsen C επ

θ

e:

mgT =cosθ

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

Teremos:

mgx

qg

20

2

4t

επθ =

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

mg

Lqx

mgx

q

L

x

0

23

20

2

4

2=

4=

2 επεπ⇒

Portanto:

1/3

0

2

2=

mg

Lqx

επ

(b) Temos:

CL

mgxq 815

1/230 105,9103,472

4= −− ×=×≈

±

επ

e

0,06=0,802

10,0=

2=s ×L

xenθ

0,9964(0,06)1=cos 2 ≅−θ

Portanto a hipótese é verificada.

ATIVIDADE 2.3

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

=0

2

πεFr

q

52

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

6109,0= −×F N e 4,0=r m, o que dá:

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

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

.107,9=101,6

101,3== 11

19

7

eletronsC

C

e

qn ×

××

−

−

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

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

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

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

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

estimativa de PN :

.ó1025,4=)102(1,67

0,142== 25

27tonspr

kg

kg

mm

MN

npP ×

×+ −

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

.1086,1=ó105

é107,9= 14

25

11−×

××

tonspr

faltamquetronsel

N

n

P

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

elétrons está ausente em cada bola.

EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO

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

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

53

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

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

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

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

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

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

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

PROBLEMAS

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

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

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

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

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

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

resultante que atua sobre ela?

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

força resultante no centro do quadrado seja nula?

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

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

repulsão máxima?

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

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

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

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

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

54

UNIDADE 2

CAMPO ELÉTRICO

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

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

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

Newtoniana? Certamente não, porque as interações eletromagnéticas se propagam

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

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

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

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

56

AULA 3: CAMPO ELÉTRICO

OBJETIVOS

• DEFINIR O VETOR CAMPO ELÉTRICO E ESTABELECER SUAS PROPRIEDADES

• CALCULAR O CAMPO ELÉTRICO PARA UMA DISTRIBUIÇÃO DE CARGAS

PUNTIFORMES E PARA UM DIPOLO EÉTRICO

• UTILIZAR OS CONCEITOS DE LINHA DE FORÇA

3.1 DEFINIÇÃO E DISCUSSÃO FÍSICA DO CAMPO ELETROSTÁTICO

As interações eletromagnéticas se propagam no espaço com uma velocidade

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

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

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

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

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

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

A e B e c é a velocidade da luz.

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

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

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

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

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

distância.

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

necessária a existência de um agente físico responsável pela transmissão da

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

57

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

a carga original vai interagir, é o campo elétrico.

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

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

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

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

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

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

pontos.

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

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

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

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

suficientemente pequena para não alterar o campo neste ponto.

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

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

0

=q

FE P

P

rr

(3.1)

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

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

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

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

r. Note que o campo

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

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

58

colocadas.

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

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

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

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

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

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

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

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

EXEMPLO 3.1

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

distância r dela.

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

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

P

PP r

r

qQF ˆ

4

1=

20

0επr

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

PP

PP

PP r

r

Qr

qr

qQ

q

FE ˆ

4

1=ˆ

1.

4

1==

200

20

00 επεπ

rr

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

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

para P.

ATIVIDADE 3.1

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

no ponto P do Exemplo 3.1?

59

3.2 Distribuição de cargas elétricas

Consideremos agora uma distribuição de cargas puntiformes como na figura

3.3:

Figura 3.3: Distribuição de cargas puntiformes.

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

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

se as outras não existissem:

||)(4

1ˆ

)(4

1=

21=0

21=0 ip

ip

ip

in

ii

ip

in

i rr

rr

rr

qr

rr

qE rr

rrr

−−

−=

− ∑∑ επεπ (3.2)

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

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

||

=ˆip

ipi rr

rrr rr

rr

−−

(3.3)

Um erro muito comum ao resolver problemas envolvendo distribuições de

carga é usar Prr (ou ir

r) no lugar de ip rr

rr − . A lei de Coulomb nos diz que a

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

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

r mas

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

importante escolher um sistema de referência arbitrário e definir todas as

60

distâncias envolvidas no problema de forma consistente com essa escolha.

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

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

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

Isto também vai ser igualmente importante quando estivermos calculando campos

de distribuições contínuas de carga.

EXEMPLO 3.2

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

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

0,50=x m de Q .

Figura 3.4: Configuração de cargas para o exercício.

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

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

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

ponto P são, respectivamente:

ixrPˆ=

r irQ

ˆ0=r

iLrqˆ=

r

Então:

ixrr QPˆ=

rr − e iLxrr qPˆ)(= −− rr

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

iiLx

Lx

rr

rr

ip

ip ˆˆ||||

−=−−=

−−rr

rr

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

iLx

qEei

x

QE qQ

ˆ)(4

1=ˆ

4

1=

20

20 −

−επεπ

rr

61

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

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

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

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

do campo resultante em P:

iLx

q

x

QE ˆ

)(4

1

4

1=

20

20

−−

επεπr

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

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

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

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

modo que:

−−−

−−

22

22

022

0 )(

)(

4

1=

)(4

1=

Lxx

xqxLQ

Lx

q

x

QE

επεπ

Desenvolvendo o colchete, obtemos:

−+−−

22

22

0 )(

2)(

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?

ATIVIDADE 3.3

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

3.3 O DIPOLO ELÉTRICO

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

62

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

relevantes ao problema.

Determinemos uma expressão para a intensidade do campo elétrico no

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

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

conforme discutimos, vamos escolher um sistema de referência, localizar

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

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

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

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

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

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

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

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

r ) são idênticos e suas projeções

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

dipolo elétrico). Vamos escrevê-los:

++

+ rr

qE ˆ

4

1=

20επ

r (3.4)

e

−−

− rr

qE ˆ

4

1=

20επ

r (3.5)

Em termos dos dados do problema, temos que:

22= ayrr P +≡ −+ (3.6)

63

Vetorialmente, podemos escrever que:

kajyr Pˆˆ= −+

,ˆˆ= kajyr P +−r

22

ˆˆ==ˆ

ay

kajy

r

rr

P

P

+

−++

+

r

(3.7)

e

22

ˆˆ==ˆ

ay

kajy

r

rr

P

P

+

+

−

−−

r

(3.8)

Substituindo essas expressões na expressão do campo resultante, obtemos:

kay

aqEEE

P

ˆ)(

2

4

1==

3/2220 +

−+ −+ επrrr

(3.9)

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

discutido.

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

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

tem sentido oposto ao eixo Oz.

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

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

as duas cargas )(2a "?

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

pode ser dito matematicamente em termos de uma desigualdade:

1<<Py

a (3.10)

Neste caso, a expressão anterior pode ser escrita como:

k

y

ay

qaE

P

P

ˆ

1

12

4

1=

3/2

2

230

+

−επ

r (3.11)

64

ou, com a condição acima temos que:

ky

qaE

P

ˆ2

4

13

0επ−≅

r

(3.12)

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

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

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

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

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

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

termos de p , podemos escrever que:

ky

pE

P

ˆ4

1=

30επ

−r

(3.13)

EXEMPLO 3.3

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

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

SOLUÇÃO: Utilizando a equação 3.13 obtém-se que

( )

CNm

mC

y

pE

P

/106,50,1

.102,6

4

1.

4

1= 20

3

30

03

0

−−

×=×−=−επεπ

.

ATIVIDADE 3.4

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

3.4 LINHAS DE FORÇA

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

65

1867) como uma maneira de visualizar o campo elétrico.

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

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

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

3.6.

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

esquerdo) e negativa (lado direito).

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

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

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

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

figura 3.6.

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

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

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

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

que os meridianos e os paralelos do globo terrestre.

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

fizermos uma solução de cristais isolantes num líquido viscoso e mergulharmos

nesse líquido vários corpos carregados, os cristais localizados nas proximidades

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

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

espaço próxima a elas.

66

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

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

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

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

dão informação sobre a intensidade do campo elétrico sobre uma certa

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

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

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

ATIVIDADE 3.5

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

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

cargas no lado esquerdo da figura 3.7 fossem negativas?

3.5 CARGAS ELÉTRICAS EM UM CAMPO ELÉTRICO UNIFORME

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

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

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

são linhas retas e paralelas entre si.

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

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

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

aceleração dado pela segunda lei de Newton:

67

m

EQ

m

Fa

rrr == (3.14)

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

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

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

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

Uma maneira de produzirmos um campo elétrico uniforme consiste em

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

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

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

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

Exemplo 3.4.

EXEMPLO 3.4

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

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

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

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

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

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

chocar com a placa negativa?

Figura 3.8: Carga lançada em um campo elétrico uniforme.

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

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

cima (da placa positiva para a negativa); e eixo Ox perpendicular a Oy como

mostra a figura 3.8. O campo elétrico está dirigido de baixo para cima, de modo

que o vetor campo elétrico é:

68

= 0 + 2,40 10 .

Então a aceleração da carga está dirigida para cima (a carga é positiva) e vale:

.ˆ0,96ˆ50,0

/1040,2100,2ˆ=2

46

js

mj

kg

CNCj

m

QEa =×××=

−r

O movimento da carga elétrica é idêntico ao de um projétil. O vetor velocidade

inicial da carga é:

.ˆ40,1ˆ)(ˆ)(= 000 i

s

mjvivv yx =+r

Como a aceleração é vertical, o movimento da carga ao longo de Ox é retilíneo e

uniforme; ao longo de Oy ele é uniformemente acelerado no sentido positivo de

Oy. Então, para um dado instante t depois da entrada no campo elétrico, temos:

=xv xv )( 0 = 1,40 m/s == 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/ −××=== adadav y = 0,69 m/s.

69

O vetor velocidade da carga ao se chocar com a placa negativa é:

)ˆ69,0ˆ40,1(ˆˆ jijvivv yx +=+=r

m/s.

O seu módulo é:

56,1][ 2/122 =+= yx vvv m/s.

O ângulo que a velocidade faz com o eixo Ox é:

=v ==x

y

v

vtgθ 0,493,

o que dá θ=26°,2.

ATIVIDADE 3.6

No Exemplo 3.4, qual a distância horizontal percorrida pela carga até se chocar

com a placa?

ATIVIDADE 3.7

O Exemplo 3.4 sugere um método para separar cargas positivas e negativas de um

feixe de cargas que contém uma mistura delas. Suponha que o feixe seja

constituído por prótons e elétrons. Se as partículas tiverem a mesma velocidade

inicial ao entrar na região entre as placas, onde o campo elétrico é uniforme, qual

deles percorrerá maior distância dentro deste campo até se chocar com a placa?

70


ATIVIDADE 3.1

O módulo do campo é calculado exatamente da mesma forma que no Exemplo 3.1,

pois a carga Q , embora seja negativa agora, entra na fórmula em módulo. O que

se modifica agora é que a força F é atrativa e, portanto, como o sentido do campo é

o mesmo da força, o vetor campo elétrico passa a ter sentido de P para a carga Q .

Então:

.ˆ

4

1=

20

rr

QE

επ−

r

ATIVIDADE 3.2:

Nesse caso, temos:

,)(4

1

4

1= 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

1

4

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 a = (QE)/m; portanto, diretamente proporcional ao valor

da carga e inversamente proporcional à sua massa. As cargas do próton e do

elétron são iguais, mas a massa do próton é cerca de 1800 vezes maior que a do

elétron. Portanto, a aceleração do próton é menor que a do elétron e ele deve levar

mais tempo para chegar à placa que o elétron. Como o movimento horizontal das

duas cargas é o mesmo (retilíneo e uniforme), o próton deve se chocar contra a

placa negativa mais longe que o elétron.

PENSE E RESPONDA

PR4.1) A Lua poderia ser usada como uma carga de prova para testar o campo

gravitacional da Terra? Se não, por quê?

PR4.2) As linhas de campo elétrico podem se cruzar? Explique!

PR4.3) Duas cargas q1 e q2 de mesmo módulo estão separadas por uma distância

de 10m. O campo elétrico ao longo da linha que as une é nulo em um certo ponto

entre elas. O que você pode dizer sobre essas cargas? É possível ter campo elétrico

nulo para algum outro ponto, exceto é claro, no infinito.

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

73

informações na literatura e compartilhe com seus colegas no fórum.

EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO

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

P

PR 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

P

P

rr

rr

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

P

dqˆ

)/2(4

1=

20 ′−+επ

r

e: .)/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

Pxy

yxx

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

rE ∝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

P

Panel yRsekz

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

Pdq 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

−−

−−

++++−

− rrrr

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

z r

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.

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: 204

=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

ρ aE

rr

onde ar é o vetor que vai do centro da esfera ao centro da cavidade. Note que ambos

os resultados são independentes dos raios da esfera e da cavidade.

7.3 CARGAS E CAMPO ELÉTRICOS NA SUPERFÍCIE DE CONDUTORES

No Exemplo 7.1 vimos que as cargas elétricas em um condutor se distribuem

em sua superfície. Em geral, a densidade superficial de cargas na superfície é variável.

Para pontos próximos à superfície, o campo elétrico é perpendicular à superfície; se

isso não ocorresse, haveria uma componente deste campo paralela à superfície, que

produziria movimento de cargas até que a nova distribuição delas anulasse esta

componente.

Podemos calcular facilmente o valor do campo elétrico nos pontos próximos à

superfície do condutor usando a lei de Gauss. A Figura 7.14 mostra um condutor de

forma qualquer e um ponto P próximo a ele, onde vamos determinar o campo.

Como P está muito próximo à superfície do condutor, podemos escolher uma

superfície de Gauss na forma de uma caixa cilíndrica com uma base na superfície E

outra, passando por P.

Figura 7.14 : Superfície de Gauss para uma região na superfície de um condutor

136

No interior do condutor, o campo elétrico é nulo; assim, a única contribuição

ao fluxo do campo elétrico é dada pela superfície que contém P. Seja A a sua área, a

lei de Gaus nos fornece:

.=ˆ

0εσA

EAdAnE =⋅∫r

De onde vem:

.0ε

σ=E (7.1)

O fato das cargas elétricas em condutores se colocarem na superfície externa

deles tem grande importância prática pois está na origem da chamada gaiola de

Faraday, usada por ele para demonstrar este fato. A gaiola de Faraday nada mais é

que uma gaiola metálica que, se carregada, não oferece perigo algum para pessoas

que se colocarem dentro dela, pois, ao tocarem a gaiola por dentro, não ficam em

contato com as cargas elétricas e não correm risco de choques eletricos. A gaiola de

Faraday é usada em atividades que envolvem altas correntes elétricas.

Da mesma forma, um condutor oco pode ser usada para produzir blindagem

eletrostática. Quando queremos proteger um aparelho de qualquer outra influência

elétrica, nós envolvemos esse aparelho com uma capa metálica. Nestas condições

dizemos que o aparelho está blindado, pois nenhum fenômeno elétrico externo poderá

aferá-lo.

Se você observar o interior de uma TV poderá notar que alguns dispositivos se

apresentam envolvidos por capas metálicas, estando portanto, blindados por esses

condutores.

EXEMPLO 7.6

BLINDAGEM ELETROSTÁTICA

Ricardo verificou que a presença de uma dispositivo carregado estava perturbando o

funcionamento de um aparelho elétrico, colocado próximo à ele. Para resolver o

problema de interferência o estudante envolveu o dispositivo com uma cúpula

metálica, como mostra a figura 7.15. Contudo ele não foi bem sucedido. Como

Ricardo deveria ter agido, sem afastar o dispositivo do aparelho elétrico?

137

Figura 7.15 Experiência com interferência e blindagem eletrostática

SOLUÇÃO:

Sem afastar o aparelho elétrico do dispositivo, Ricardo deveria ter envolvido o

aparelho com a cúpula metálica, e não o dispositivo.

EXEMPLO 7.7: MÉTODO DA CARGA IMAGEM

Considere uma carga q a uma distância h acima de um plano condutor, que

tomaremos como infinito. Seja 0>q . a) Desenhe as linhas de campo elétrico; b) Em

que ponto da superfície do condutor se encontra uma linha que nasce na carga

puntiforme e sai dela horizontalmente, isto é, paralelamente ao plano?

Figura 7.16: Linhas de campo Figura 7.17: Visão em close up

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

138

Esperamos que a carga positiva q atraia carga negativa do plano. Claro que a carga

negativa não se acumulará numa concentração infinitamente densa no pé da

perpendicular que passa por q .

Também lembremos que o campo elétrico é sempre perpendicular à superfície do

condutor, nos pontos da superfície. Muito próximo à carga q , por outro lado, a

presença do plano condutor só pode fazer uma pequena diferença.

Podemos usar um artifício. Procuramos um problema facilmente solúvel cuja solução

(ou parte dela) pode ser ajustada ao problema em questão.

Considere duas cargas iguais e opostas, puntiformes, separadas pela distância 2h.

Figura 7.18: Artifício da carga imagem.

No plano bissetor da reta que une as cargas (reta AA) o campo elétrico é em todos os

pontos perpendicular ao plano.

A metade superior do desenho acima satisfaz a todos os requisitos do problema da

carga e do plano infinito.

Podemos dessa forma calcular a intensidade e a direção do campo sobre o plano

condutor em qualquer ponto.

Considere um ponto na superfície a uma distância r da origem.

A componente z do campo de q neste ponto é

θcos)(

=22 hr

kqEz +

−

A "carga imagem", q− , sob o plano, contribui com uma componente z igual.

139

Figura 7.19: Ângulo do campo

Assim o campo elétrico aí é dado por:

1/2222222 )()(

2=cos

)(

2=

hr

h

hr

kq

hr

kqEz ++

−+

− θ

3/222 )(

2=

hr

kqh

+−

A densidade superficial de carga no plano condutor, pode ser calculada usando a lei de

Gauss. Não há fluxo através so "fundo" da caixa. Logo, pela lei de Gauss:

0

=ˆεq

dAnE •∫r

ou: 00

==εσ

ε nn Eq

AE ⇒

onde nE é a componente normal do campo. Portanto

3/22203/222

0

03/2220

0)(2

=)(4

2=

)(

2

4

1==

hr

hq

hr

hq

hr

hqE z +

−++

−π

εεπ

εεπ

εσ

Apenas para verificação, a carga superficial total deve igualar a q− . De fato, ela é:

drrQototal πσ 2= ∫∞

Onde usamos:

140

θπ

ddrrdydx ∫∫∫∫∞∞

∞−

∞

∞− 0

2

0=

qhr

drrhq −

+− ∫

∞=

)(=

3/2220

Este e o chamado método das imagens! Voltando à solução do nosso problema, nós

determinaremos R , a distância a partir da origem que a linha de campo que parte

horizontalmente de q , atinge o plano como sendo a distância que determina a

metade da carga induzida no plano (isto é, /2q− ), confinada num círculo de raio R .

drrq πσ 2=2 0∫

∞−

ou:

2

1==][=

)(=

2

1220223/2220 Rh

h

Rh

h

hR

drrh RR

++−

+∫

Ou, ainda:

.3=4= 222 hRhRh ⇒+

141


ATIVIDADE 7.1

A solução é semelhante à do exemplo 7.1. A diferença está no sinal do produto escalar

nE ˆ⋅r

, que, agora é negativo, pois o campo elétrico aponta de fora para dentro da

superfície. Daqui em diante o sinal negativo aparece, indicando apenas o sentido do

vetor campo elétrico (lembre-se que o módulo é sempre positivo).

ATIVIDADE 7.2


ATIVIDADE 7.3

Neste caso o problema br = é idêntico ao anterior. Vimos que a carga sobre a

superfície b tem que ser q− para que não haja campo elétrico entre b e c . Mas

agora, como não há cargas "extras" sobre o condutor, os elétrons vão migrar para a

superfície interna deixando necessariamente um excesso de carga positiva q+ na

superfície exterior à casca. Neste caso o campo na região externa será:

.ˆ

4=

20 Pr

rqE

επ

ATIVIDADE 7.4

Pelos mesmos argumentos de simetria, qualquer carga q numa das faces do cubo terá

campo paralelo àquela face, tal que o fluxo nessa face será zero. Portanto, por essa

mesma face só passará o fluxo criado pelas outras quatro cargas na face oposta do

cubo. O fluxo total sobre essa face será equivalente à quatro vezes o fluxo que uma

carga q cria através de uma face, calculado no exemplo. Assim, o fluxo total por uma

face será 083

4

εq=Φ .

ATIVIDADE 7.5

142

a) Desenhando a superfície de Gauss, ilustrado na figura 7.20, e tomando um ponto

genérico sobre ele, teremos, usando a lei de Gauss:

0

32

3

4=4

επρπ P

P

rrE ⋅

ou: .ˆ3

=0

rrE Pερr

Figura 7.20: Superfície de Gauss.

b) A maneira de calcular o campo dentro da cavidade é usar o princípio da

superposição. Se a densidade volumétrica de carga também preenchesse a cavidade

teríamos que o campo num ponto dentro da cavidade r (ver figura 7.21):

rrrE ˆ3

=)(0

1 ερrr

Figura 7.21: Superfície de Gauss.

Para incluir o efeito da cavidade, usamos o princípio da superposição, isto é,

143

consideramos esse problema somado com o problema de uma distribuição uniforme,

com carga oposta localizada em a : Prarrrr += . O fluxo do campo elétrico que atravessa

a superficie de Gauss é:

3

4=4

3

0

22

PP

rrE

περπ ×−⋅

.3

=0

2 ερ pr

E −⋅

Tal que: .)(3

=3

=ˆ3

=000

2 arr

rrr

rE

P

PPP

P rrr

r−−−−

ερ

ερ

ερ

O campo total é dado por 21 )( EaE + :

.3

=)(33

=000

aarrErrrrr

ερ

ερ

ερ −−

PENSE E RESPONDA

PR7.1) Como você pode explicar o fato do campo devido a uma placa de carga infinita

ser uniforme, tendo a mesma intensidade em todos os pontos, não importando a sua

distância até a superfície carregada?

PR7.2) Por que o campo elétrico de uma haste infinita carregada não é infinito se a

carga também é infinita? A lei de Coulomb estaria sendo violada?

144

AULA 8: APLICAÇÕES DA ELETROSTÁTICA

OBJETIVOS

• UTILIZAR OS CONCEITOS DE FORÇA ELÉTRICA, CAMPO ELÉTRICO, LEI DE COULOUM E

LEI DE GAUSS PARA RESOLVER PROBLEMAS MAIS ELABORADOS DA ELETROSTÁTICA

NÃO PASSE PARA A PRÓXIMA AULA SEM RESOLVER AS ATIVIDADES DESSA AULA!

8.1 ATIVIDADES COM APLICAÇÕES DA ELETROSTÁTICA

ATIVIDADE 8.1

Na figura 8.1, as linhas de campo elétrico do lado direito têm separação duas vezes

menor do que no lado esquerdo. No ponto A, o campo elétrico vale 40N/C. (a) Qual

é o módulo da força sobre um próton colocado em A? (b) Qual é o módulo do

campo elétrico no ponto B?

Figura 8.1: Linhas de campo elétrico.

ATIVIDADE 8.2

Três partículas são mantidas fixas nos vértices de um triângulo eqüilátero, como

ilustra a figura 8.2. As cargas valem eqq +== 21 e eq 23 += . A distância a=6,00

µm. Determine (a) o módulo e (b) a direção do campo elétrico no ponto P.

Figura 8.2: Disposição das cargas

145

ATIVIDADE 8.3

A figura 8.3 mostra uma seção de um tubo longo de metal. Ele possui um raio

R=3,00 cm e está carregado com uma densidade superficial de carga

.10.00,2 8 mC−=λ Determine o módulo do campo elétrico E a uma distância radial

(a) 2Rr = e (b) Rr 2= . (c) Faça um gráfico de E em função de r no intervalo

Rr 20 ≤≤ .

Figura 8.3: Seção reta de um tubo longo de metal carregado.

ATIVIDADE 8.4

A figura 8.4 mostra dois cilindros concêntricos de raios a e b. Ambos possuem a

mesma densidade linear de carga λ. Calcule o campo elétrico no ponto P situado à

distância r do eixo dos cilindros, tal que:

a) r<a

b) a<r<b

c) r>b

Figura 8.4 : Condutores cilíndricos com mesma quantidade de carga

146

ATIVIDADE 8.5

Considere um disco circular de plástico de raio R carregado uma densidade

superficial de cargas positivas σ , figura 8.6. Qual é o campo elétrico no ponto P,

situado no eixo central a uma distância z do disco?

Figura 8.5: Disco carregado com uma densidade superficial de cargas positivas σ .

ATIVIDADE 8.6

Dois discos muito grandes com a mesma densidade de carga, mas com cargas de

sinais contrários são colocados face a face como na figura 8.6. Calcule o campo

elétrico na região entre eles

Figura 8.6: Campo elétrico entre discos carregados

147

ATIVIDADE 8.7

Em uma placa fina, infinita, não-condutora com uma densidade superficial de

carga σ , foi aberto um pequeno furo circular de raio R. O eixo z é perpendicular à

placa e está no centro do furo. Determine o campo elétrico no ponto P que está a

um distância z da placa. Dica: Utilize o princípio da superposição.

Figura 8.7: Furo circular numa placa.

ATIVIDADE 8.8

Uma pequena esfera não-condutora de massa m e carga q está pendurada em fio

não-condutor que faz um ângulo θ com uma placa vertical, não-condutora,

uniformemente carregada, figura 8.7 Considerando a força gravitacional a que a

esfera está submetida e supondo que a placa possui uma grande extensão, calcule

a densidade superficial de cargas σ da placa.

Figura 8.7: Ilustração da atividade 8.8.

148

ATIVIDADE 8.9

A figura 8.9 mostra duas esferas maciças de raio R, com distribuições uniformes de

cargas. O ponto P está sobre a reta que liga os centros da esferas, a uma distância

2R do centro da esfera 1. O campo elétrico no ponto P é nulo, qual a razão entre

a carga da esfera 2 e da esfera 1?

Figura 8.9: Esferas maciças da atividade 8.9

149


Atividade 8.1

(a) Através da figura vemos que o campo elétrico aponta da direita para a

esquerda. A força elétrica é dada por:

( ) iiF ˆ104,6ˆ40106,1 1819 −− ×=−××=r

.

(b) Como discutido anteriormente, o módulo da campo elétrico é proporcional à

densidade de linhas de campo elétrico, então o campo elétrico no ponto B vale 20

N/C.

Atividade 8.2

(a) Note que as cargas 1q e 2q tem o mesmo módulo, por simetria podemos

concluir que sua contribuições se anulam no ponto P. A magnitude do campo no

ponto P será:

( ) .1602

2

4

12

4

12

02

0

CNa

e

r

eE

p

===πεπε

r

(b) O campo tem o mesmo sentido da linha que une a carga 3 ao ponto P.

Atividade 8.3

Considere uma superfície cilíndrica de área A e e raio pr , concêntrico ao eixo do

cilindro. Fazendo uso da lei de Gauss podemos escrever:

∫ ==•A p

qErdanE

0

2ˆε

πr

.

(a) No interior do cilindro o campo elétrico é nulo, pois não há cargas no interior da

superfície gaussiana.

(b) Para Rrp > temos que .λ=encq Então ( )02 επ

λpr

rE = . Substituindo os valores

de λ e pr temos:

.1099.5 3 CNE ×=

(c) O gráfico de E versus r é mostrado abaixo:

150

Figura 8.12: Gráfico de E versus r .

O valor máximo para o campo elétrico é dado para mr 030,0= e vale:

.102,12

4

0max CN

rE ×==

επλ

Atividade 8.4

Pela figura 8.4, podemos ver que o campo elétrico tem direção radial.

(a) Consideremos uma superfície de Gauss cilíndrica de comprimento L e raio

arp < . Aplicando a lei de Gauss para ela, temos:

∫ ===•A

encp

qLrEdanE 0)2(ˆ

0επ

r

porque não há carga elétrica nas regiões em que r<a.

b) Nesse caso, a superfície de Gauss terá um raio pr e envolverá uma carga total

q− . Então, a equação acima nos dá:

0

)2(ε

π qLrE p

−=

ou:

ppp rL

q

rLr

qE

000 22

1

2 επλ

επεπ−=−=−=

O sinal negativo mostra que o campo elétrico está apontado do cilindro exterior

para o interior.

c) Nesse caso, a superfície de Gauss terá um raio r>b. Como a carga total encer

151

rada por ela é nula, o campo fora dos cilindros também será nulo.

Atividade 8.5

Vamos dividir o disco em anéis concêntricos e calcular o campo elétrico no ponto P

integrando sobre todos os anéis. Na figura 8.6 estão representados esses anéis. A

carga do anel é dada por:

,2 drrdAdq πσσ ==

onde dA é 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∫∫−

+==ε

σ

Integral dessa forma já foi resolvida em aulas anteriores, e o resultado é dado por:

( )

+−=

−

+=

−

220

0

2122

0

12

2

14 Rz

zrzzE

p

p

R

p

εσ

εσ

.

Atividade 8.6

O campo elétrico na região interior das placas é a soma vetorial dos campos

gerados por cada uma das placas. No sistema de coordenadas da figura 8.6, temos:

−+−+−+ −=−+=+= EEiEiEEEErrrrr

)ˆ(ˆ

Em que os índices positivo e negativo indicam as placas. A expressão do módulo do

campo elétrico de cada placa é dada pela equação final da Atividade 8.5. Nela, a

coordenada z deve ser substituida por x, posto que o eixo paralelo ao campo agora

152

é o eixo Ox. Fazendo a conta para o campo em um ponto dentro da região das

placas, com coordenada x, obtemos:

000

)ˆ(2

ˆ2 ε

σεσ

εσ =−−−= iiE

Atividade 8.7

A distribuição de carga neste problema é equivalente a uma placa carregada com

uma densidade superficial de carga σ mais um disco circular com raio R carregado

com uma densidade superficial de carga σ− . O campo produziso pela placa

chamaremos de placaEr

e o campo produzido pelo disco de discoEr

, utilizando o

princípio da superposição podemos escrever:

discoplacatotal EEErrr

+= .

Utilizando os resultados obtidos em atividades anteriores, o campo será dado por:

( )

.ˆ2

ˆ12

ˆ2 22

022

00

kRz

zk

Rz

zkEtotal

+=

+−−+

=

εσ

εσ

εσr

Atividade 8.8

A esfera faz um ângulo θ com a placa. Estando em equilíbrio, as forças sobre a

esfera devem se anular. A figura 8.13 ilustra as forças que atuam na esfera.

Figura 8.13: Diagrama de forças que atuma na esfera.

Podemos decompor a tensão na corda e aplicar a condição de equilíbrio, ∑ = 0Fr

.

Assim teremos:

mgT =θcos (8.1)

e

.qETsen =θ (8.2)

O campo criado por uma placa já é conhecido e tem módulo:

153

.2 0εσ=E

Dividindo 8.2 por 8.1 e substituindo o valor de E temos:

q

mgmg

q θεσθεσ tan2

tan2

0

0

=→= .

Atividade 8.9

O campo eletrico no interior e exterior de uma esfera carregada já foi calculado nas

aulas anteriores. O campo devido à esfera 1 é:

.8244 2

0

1

30

113

0

11 R

qR

R

qr

R

qE

πεπεπε=

==

E o campo da esfera 2 é:

( )20

2

20

21

5,144 R

q

r

qE

πεπε== .

A razão entre as cargas será:

.125,18

9

1

2 ==q

q

570

APÊNDICES

571

APÊNDICE A - SISTEMA INTERNACIONAL DE UNIDADES (SI) Grandeza Nome da Unidade Símbolo Unidades Fundamentais Comprimento metro m Massa quilograma kg Tempo segundo s Corrente ampère A Temperatura kelvin K Intensidade luminosa candela cd Quantidade de substância mole mol Unidades Derivadas Unidades

equivalentes Área metro quadrado m2 Volume metro cúbico m3 Frequência hertz Hz s-1

Velocidade metro por segundo m/s Velocidade angular radiano por segundo rad/s Aceleração metro por segundo

quadrado m/s2

Aceleração angular radiano por segundo quadrado

rad/s2

Força newton N kg . m/s2

Pressão pascal Pa N/m2

Trabalho, energia joule J N . m Potência watt W J/s Carga elétrica coulomb C A . s Potencial elétrico volt V J/C Intensidade de campo elétrico

newton por coulomb N/C V/m

Resistência elétrica ohm Ω V/A Capacitância farad F C/V Fluxo magnético Weber Wb V . s Campo magnético Tesla T Wb/m2

Indutância Henry H Wb/A

572

DEFINIÇÕES DE UNIDADES DO SI Metro (m) O metro é a distância percorrida pela luz no vácuo em

1/299.792.458 s.

Quilograma (kg) O quilograma é a massa do corpo-padrão internacional preservado em Sèvres, na França.

Segundo (s) O segundo é a duração de 9.192.631.770 períodos da radiação correspondente a transição entre os dois níveis hiperfinos do estado fundamental do átomo de 133Cs.

Ampère (A) O ampère é a corrente que em dois fios paralelos de comprimento infinito, separados de 1 m, provoca uma força magnética por unidade de comprimento de 2 . 10-7 N/m.

Kelvin (K) O kelvin é igual a 1/273,16 da temperatura termodinâmica do ponto triplo da água.

Candela (cd) A candela é a intensidade luminosa na direção perpendicular da superfície de um corpo negro cuja área é de 1/600.000 m2 na temperatura de solidificação da platina a uma pressão de 1 atm.

Mole (mol) O mole é a quantidade de substância de um sistema que contém tantas entidades elementares quantos átomos de carbono em 0,012 kg de carbono-12.

573

APÊNDICE B – CONSTANTES NUMÉRICAS CONSTANTES FÍSICAS* Constante de gravitação G 6,673(10) × 10-11 N⋅m2/kg2 Velocidade da luz c 2,99792458 × 108 m/s Carga do elétron e 1,602176462(63) × 10-19 C Número de Avogadro NA 6,02214199(47) × 1023

partículas/mol Constante dos gases perfeitos R 8,314472(15) J/(mol⋅K) Constante de Boltzman k = R/NA 1,3806503(24) × 10-23 J/K 8,617342(15) × 10-5 eV/K Constante de Stefan-Boltzmann

σ = (π2/60) k4/(ћ3c2)

5,670400(40) × 10-8 W/(m2k4)

Constante de massa atômica mu 1,66053873(13) × 10-27 kg = 1u

Constante de Coulomb k = 1/(4πε0) 8,987551788 ... × 109 N⋅m2/C2 Permissividade elétrica do vácuo

ε0 8,854187817 ... × 10-12 C2/(N⋅m2)

Permeabilidade magnética do vácuo

µ0 4 π × 10-7 N/A2

1,256637 × 10-6 N/A2 Constante de Planck h 6,62606876(52) × 10-34 J⋅s 4,13566727(16) × 10-15 eV⋅s ћ = h/2π 1,054571596(82) × 10-34 J⋅s 6,58211889(26) × 10-16 eV⋅s Massa do elétron me 9,10938188(72) × 10-31 kg Massa do próton mp 1,67262158(13) × 10-27 kg Massa do nêutron mn 1,67492716(13) × 10-27 kg Comprimento de onda de Compton

λC = h/mec 2,426310215(18) × 10-12 m

Constante de Rydberg RH 1,0973731568549(83) × 107 m-

1 Magnéton de Bohr mB = eh/2me 9,274000899(37) × 10-24 J/T 5,788381749(43) × 10-5 eV/T Magnéton nuclear mn = eh/2mp 5,05078317(20) × 10-27 J/T 3,152451238(24) × 10-8 eV/T Quantum do fluxo magnético Φ0 = h/2e 2,067833636(81) × 10-15 T⋅m2 Resistência Hall quantizada RK = h/e2 2,5812807572(95) × 104 Ω * Os números entre parênteses indicam as incertezas dos últimos dois dígitos; por exemplo, o número 1,4585(34) significa 1,4585 ± 0,0034. Os valores que não possuem incertezas são exatos. DADOS TERRESTRES Aceleração média da gravidade g (valor padrão ao nível do mar a uma latitude de 45º)

9,80665 m/s2

Massa da Terra, MT 5,98 × 1024 kg Raio médio da Terra, RT 6,37 × 106 m Velocidade de escape 1,12 × 104 m/s

574

Constante solar* 1,35 kW/m2 Condições normais de temperatura e pressão (CNTP): Temperatura 273,15 K Pressão 101,325 kPa = 1 atm Massa molar do ar 28,97 g/mol Massa específica do ar (CNTP), ρar 1,293 kg/m3 Velocidade do som (CNTP) 331 m/s Calor de fusão da água (a 0ºC e 1 atm) 333,5 kJ/kg Calor de vaporização da água (a 100ºC e 1 atm) 2,257 MJ/kg *Potência média incidente em uma área de 1 m2 perpendicular aos raios solares, fora da atmosfera terrestre a uma distância média entre a Terra e o Sol. DADOS ASTRONÔMICOS Terra Distância à Lua* 3,844 × 108 m Distância ao Sol* 1,496 × 1011 m Velocidade orbital média 2,98 × 104 m/s Lua Massa 7,35 × 1022 kg Raio 1,738 × 106 m Período 27,32 dias Aceleração da gravidade na superfície 1,62 m/s2 Sol Massa 1,99 × 1030 kg Raio 6,96 × 108 m *De centro a centro

575

APÊNDICE C – FATORES DE CONVERSÃO DE UNIDADES Comprimento 1 km = 0,6215 mi 1 mi = 1,609 km 1 m = 1,0936 jarda = 3,281 ft = 39,37 in 1 in = 2,54 cm 1 ft = 12 in = 30,48 cm 1 jarda = 3 ft = 91,44 cm 1 ano-luz = 1 c.ano = 9,461 × 1015 m 1 Å = 0,1 nm Área 1 m2 = 104 cm2 1 km2 = 0,3861 mi2 = 247,1 acres 1 in2 = 6,4516 cm2 1 ft2 = 9,29 × 10-2 m2 1 m2 = 10,76 ft2 1 acre = 43.560 ft2 1 mi2 = 640 acres = 2,590 km2 Volume 1 m3 = 106 cm3 1 L = 1000 cm3 = 10-3 m3 1 gal = 3,786 L 1 gal = 4 qt = 8 pt = 128 oz = 231 in3 1 in3 = 16,39 cm3 1 ft3 = 1728 in3 = 28,32 L = 2,832 × 104 cm3 Tempo 1 h = 60 min = 3,6 ks 1 dia = 24 h = 1440 min = 86,4 ks 1 ano = 365,24 dias = 3,156 × 107 s Velocidade 1 m/s = 3,6 km/h 1 km/h = 0,2778 m/s = 0,6215 mi/h 1 mi/h = 0,4470 m/s = 1,609 km/h 1 mi/h = 1,467 ft/s Ângulo e Velocidade Angular π rad = 180º 1 rad = 57,30º 1º = 1,745 × 10-2 rad 1 rpm = 0,1047 rad/s 1 rad/s = 9,549 rpm Massa 1 kg = 1000 g 1 t = 1000 kg = 1 Mg 1 u = 1,6606 × 10-27 kg

1 kg = 6,022 × 1026 u 1 slug = 14,59 kg 1 kg = 6,852 × 10-2 slug 1 u = 931,50 MeV/c2 Massa Específica 1 g/cm3 = 1000 kg/m3 = 1 kg/L (1 g/cm3)g = 62,4 lb/ft3 Força 1 N = 0,2248 lb = 105 dyn 1 lb = 4,448222 N (1 kg)g = 2,2046 lb Pressão 1 Pa = 1 N/m2 1 atm = 101,325 kPa = 1,01325 bar 1 atm = 14,7 lb/in2 = 760 mmHg = 29,9 in Hg = 33,8 ftH2O 1 lb/in2 = 6,895 kPa 1 torr = 1 mmHg = 133,32 Pa 1 bar = 100 kPa Energia 1 kW.h = 3,6 MJ 1 cal = 4,1840 J 1 ft.lb = 1,356 J = 1,286 × 10-3 Btu 1 L.atm = 101,325 J 1 L.atm = 24,217 cal 1 Btu = 778 ft.lb = 252 cal = 1054,35 J 1 eV = 1,602 × 10-19 J 1 u.c2 = 931,50 MeV 1 erg = 10-7 J Potência 1 HP = 550 ft.lb/s = 745,7 W 1 Btu/h = 1,055 kW 1 W = 1,341 × 10-3 HP = 0,7376 ft.lb/s

576

APÊNDICE D – RELAÇÕES MATEMÁTICAS ÁLGEBRA

y

xyxyxyx

x

x

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

577

GEOMETRIA Comprimento de uma circunferência de raio r: C = 2πr Área de um círculo de raio r: A = πr2 Volume de uma esfera de raio r: V = 4πr3/3 Área da superfície de uma esfera de raio r: A = 4πr2 Volume de um cilindro de raio r e altura h: V = πr2h SÉRIES DE POTÊNCIAS Convergentes para os valores de x indicados.

)1(432

)1ln(

)devalortodo(!3!2

1

)2/(315

17

15

2

3tan

)devalortodo(!6!4!2

1cos

)devalortodo(!7!5!3

sen

)1(!3

)2)(1(

!2

)1(

!11)1(

)1(!3

)2)(1(

!2

)1(

!11)1(

432

32

753

642

753

232

232

<+++−=+

++++=

<++++=

+−+−=

+−+−=

<++++++=±

<+−−+−+±=±

−

xxxx

xx

xxx

xe

xxxx

xx

xxxx

x

xxxx

xx

xxnnnxnnnx

x

xxnnnxnnnx

x

x

n

n

L

L

L

L

L

Lm

L

π

578

DERIVADAS E INTEGRAIS Nas fórmulas que se seguem u e v representam quaisquer funções de x, sendo a e m constantes. A cada uma das integrais indefinidas deve ser adicionada uma constante de integração arbitrária.

dx

duee

dx

d

xxxdx

d

xxxdx

d

xxdx

d

xxdx

d

xxdx

d

xxdx

d

eedx

ddx

duv

dx

dvuuv

dx

dx

xdx

d

mxxdx

ddx

dv

dx

duvu

dx

ddx

duaau

dx

ddx

dx

uu

xx

mm

=

−=

=

−=

=

−=

=

=

+=

=

=

+=+

=

=

−

secccotsecc

sectansec

secccot

sectan

sencos

cossen

)(

1ln

)(

)(

1

2

2

1

aa

ndxex

a

ndxex

eaxxaa

dxex

eaxa

dxxe

ea

dxe

xxdxx

xdxx

xdxx

xdxx

edxe

dxdx

duvuvdx

dx

dvu

xx

dx

mm

xdxx

dxvdxudxvu

dxuadxau

xdx

nnaxn

naxn

axax

axax

axax

xx

mm

π10

2

10

223

2

2

2

1

2

)12(531

!

)22(1

)1(1

1

2sen4

1

2

1sen

seclntan

sencos

cossen

ln

)1(1

)(

2

+

∞ −

+

∞ −

−−

−−

−−

+

−⋅⋅⋅⋅⋅=

=

++−=

+−=

−=

−=

=

=

−=

=

−=

=

−≠+

=

+=+

=

=

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫ ∫

∫

∫

∫∫∫

∫∫

∫

579

SINAIS E SÍMBOLOS MATEMÁTICOS = é igual a ≡ é definido por ≠ é diferente de ≈ é aproximadamente igual a ∼ é da ordem de ∝ é proporcional a > é maior que ≥ é maior ou igual a >> é muito maior que < é menor que ≤ é menor ou igual a << é muito menor que ± mais ou menos ∆x variação de x dx variação diferencial de x x valor médio de x |x| valor absoluto de x

vr

intensidade ou módulo de vr

n! 1)2)(1( K−− nnn

Σ somatório lim limite ∆t → 0 ∆t tende a zero

dt

dx derivada de x em relação a t

t

x

∂∂

derivada parcial de x em relação a t

∫ integral ALFABETO GREGO Nome Maiúscula Minúscula Nome Maiúscula Minúscula Alfa A α Nu N ν

Beta B β Xi Ξ ξ Gama Γ γ Ômicron O ο

Delta ∆ δ Pi Π π

Épsilon E ε Rô P ρ

Zeta Z ζ Sigma Σ σ

Eta H η Tau T τ Teta Θ θ Ípsilon Υ υ

Iota I ι Fi Φ φ

Capa K κ Qui X χ

Lambda Λ λ Psi Ψ ψ

Mu M µ Ômega Ω ω

580

Apêndice E – Tabela Periódica

581

REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS

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