fundamentos de fÃsica iii fundamentos de fÃsica iii - Departamento de ...

Wagner Corradi Rodrigo Dias Társia 

Leonardo Fonseca Maria Carolina Nemes 

Wanderson Silva de Oliveira Karla Balzuweit 

FUNDAMENTOS DE FÍSICA III 

FUNDAMENTOS DE FÍSICA III 

Belo Horizonte 

Editora UFMG 

2011 

© Todos os direitos reservados. Departamento de Física - UFMG Página 0 

© Todos os direitos reservados. Departamento de Física - UFMG Página 1

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

de Oliveira; Karla Balzuweit 

© 2011, Editora UFMG 

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

Fundamentos de Física I / Wagner Corradi ...[et al.] 

- Belo Horizonte ; Editora UFMG, 2011 

p. – Il (Educação a Distância) 

Inclui referências. 

ISBN: 

www.editora.ufmg.br editora@ufmg.br 

educacaoadistancia@ufmg.br 

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 

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– Térreo 

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INFORMAÇÕES GERAIS 

Sumário 

1. FUNDAMENTOS DE FÍSICA III NA MODALIDADE DE ENSINO A DISTÂNCIA 11 

UNIDADE 1 – CARGAS ELÉTRICAS E LEI DE COULOMB 13 

AULA 1 – CARGAS ELÉTRICAS 

A1.1 ELETRIZAÇÃO POR ATRITO 15 

A1.2 CARGAS ELÉTRICAS 18 

A1.3 ISOLANTES, CONDUTORES E A LOCALIZAÇÃO DA CARGA ELÉTRICA 22 

A1.4 ELETRIZAÇÃO POR INDUÇÃO E POLARIZAÇÃO 26 

A1.5 ELETROSCÓPIOS 28 

A1.6 APLICAÇÃO TECNOLÓGICA DO FENÔMENO ELETRIZAÇÃO 32 

PENSE E RESPONDA 36 

AULA 2 – LEI DE COULOMB 38 

A2.1 LEI DE COULOMB 38 

A2.2 FORÇA DE UM CONJUNTO DE CARGAS 43 

A2.3 A LEI DE COULOMB EM UM DIELÉTRICO 47 

EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADE 52 

UNIDADE 2 – CAMPO ELÉTRICO 54 

AULA 3 – CAMPO ELÉTRICO 

A3.1 DEFINIÇÃO E DISCUSSÃO FÍSICA DO CAMPO ELETROSTÁTICO 56 

A3.2 DISTRIBUIÇÃO DE CARGAS ELÉTRICAS 59 

A3.3 O DIPOLO ELÉTRICO 61 

A3.4 LINHAS DE FORÇÁ 64 

A3.5 CARGAS ELÉTRICAS EM UM CAMPO ELÉTRICO UNIFORME 66 

PENSE E RESPONDA E EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 72 

AULA 4 – CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO PARA DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 

DE CARGA EM UMA DIMENSÃO 

A4.1 COLOCAÇÃO DO PROBLEMA GERAL 74 

A4.2 CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO EM DISTRIBUIÇÕES UNIDIMENSIONAIS DE CARGA 77 


AULA 5 – CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO PARA DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 

DE CARGA EM DUAS E TRÊS DIMENSÕES 

A5.1 ELEMENTOS DE SUPERFÍCIE E DE VOLUME 88 

A5.2 CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO PARA DISTRIBUIÇÕES DE CARGA EM DUAS 

89 

DIMENSÕES 

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 


74 

88 

A6.2 A LEI DE GAUSS 113 

A6.3 FERRAMENTAS MATEMÁTICAS: CÁLCULO DA INTEGRAL DE SUPERFÍCIE NA LEI DE 114 

GAUSS 


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 


AULA 8 – APLICAÇÕES DA ELETROSTÁTICA 144 

A8.1 ATIVIDADES COM APLICAÇÕES DA ELETROSTÁTICA 144 

UNIDADE 4 – ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA E POTENCIAL ELÉTRICO 154 

AULA 9 – TRABALHO, ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA E POTENCIAL ELÉTRICO 156 

A9.1 TRABALHO E ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA 156 

A9.2 ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA DE DUAS CARGAS PONTUAIS 161 

A9.3 DIPOLO ELÉTRICO EM UM CAMPO ELÉTRICO 164 

EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 168 

AULA 10 – POTENCIAL ELÉTRICO 170 

A10.1 O POTENCIAL ELÉTRICO 170 

A10.2 POTENCIAL ELÉTRICO DE UMA CARGA PUNTIFORME 171 

A10.3 POTENCIAL ELÉTRICO DE VÁRIAS CARGAS 171 

A10.4 SUPERFÍCIES EQUIPOTENCIAIS 176 


AULA 11 – POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS DE CARGA 

ELÉTRICA 

A11.1 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS DE CARGA 181 

A11.2 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES LINEARES DE CARGA 182 

A11.3 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES SUPERFICIAIS DE CARGA 186 

A11.4 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES VOLUMÉTRICAS DE CARGA 188 

PENSE E RESPONDA, EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 194 

AULA 12 – RELAÇÃO ENTRE CAMPO E POTENCIAL ELÉTRICO 196 

A12.1 OBTENDO O POTENCIAL A PARTIR DO CAMPO ELÉTRICO 196 

A12.2 OBTENDO O CAMPO ELÉTRICO A PARTIR DO POTENCIAL 199 


UNIDADE 5 – CAPACITORES 208 

AULA 13 – CAPACITORES 210 

A13.1 CAPACITÂNCIA 210 

A13.2 CAPACITORES 210 

A13.3 ENERGIA EM UM CAPACITOR 217 


AULA 14 – ASSOCIAÇÃO DE CAPACITORES 222 

A14.1 ASSOCIAÇÃO EM SÉRIE DE CAPACITORES 222 

A14.2 ASSOCIAÇÃO EM PARALELO DE CAPACITORES 224 


AULA 15 – CAPACITORES COM DIELÉTRICOS 233 


181

A15.1 INFLUÊNCIA DO DIELÉTRICO 233 

A15.2 RIGIDEZ DIELÉTRICA 238 

A15.3 A LEI DE GAUSS E OS DIELÉTRICOS 239 

PENSE E RESPONDA, EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 247 

AULA 16 – VETORES DESLOCAMENTO ELÉTRICO E POLARIZAÇÃO ELÉTRICA 249 

A16.1 OS VETORES POLARIZAÇÃO E DESLOCAMENTO ELÉTRICO 249 


AULA 17 – TRABALHO E ENERGIA DE DISTRIBUIÇÕES DE CARGA 255 

A17.1 TRABALHO E ENERGIA DE UMA DISTRIBUIÇÃO DISCRETA DE CARGAS 255 

A17.2 TRABALHO E ENERGIA DE UMA DISTRIBUIÇÃO DISCRETA DE CARGAS 259 

A17.3 DENSIDADE DE ENERGIA 261 

A17.4 UMA APARENTE INCONSISTÊNCIA NA DESCRIÇÃO DA ENERGIA 263 


UNIDADE 6 – FORÇA ELETROMOTRIZ, CORRENTE E RESISTÊNCIA 270 

AULA 18 – FORÇA ELETROMOTRIZ, CORRENTE E DENSIDADE DE CORRENTE 272 

A18.1 FORÇA ELETROMOTRIZ 272 

A18.2 GERADORES DE CORRENTE E FORÇA ELETROMOTRIZ 274 

A18.3 CORRENTE ELÉTRICA 279 

A18.4 DENSIDADE DE CORRENTE ELÉTRICA 284 


AULA 19 – RESISTÊNCIA ELÉTRICA E RESISTIVIDADE E LEI DE OHM 290 

A19.1 RESISTÊNCIA ELÉTRICA 290 

A19.2 LEI DE OHM 291 

A19.3 RESISTIVIDADE E CONDUTIVIDADE 295 


AULA 20 –RESISTIVIDADE DOS MATERIAIS E POTÊNCIA ELÉTRICA 300 

A20.1 RESISTIVIDADE E EFEITO DA TEMPERATURA 300 

A20.2 POTÊNCIA EM CIRCUITOS ELÉTRICOS 302 


AULA 21 – CONDUTORES, DIELÉTRICOS E SEMICONDUTORES 308 

A21.1 VISÃO MICROSCÓPICA DA CONDUÇÃO ELÉTRICA 308 

PENSE E RESPONDA E PROBLEMAS DA UNIDADE 312 

UNIDADE 7 – CIRCUITOS DE CORRENTE CONTÍNUA 314 

AULA 22 – LEIS DE KIRCHOFF 316 

A22.1 LEI DAS MALHAS 316 

A22.2 LEI DOS NÓS 319 


AULA 23 –CIRCUITOS DE MAIS DE UMA MALHA 332 

A23.1 CIRCUITOS ELÉTRICOS 332 



AULA 24 –APARELHOS DE MEDIDA I 340 

A24.1 GALVANÔMETRO 340 

A24.2 AMPERÍMETRO 343 


AULA 25 – APARELHOS DE MEDIDA II 347 

A25.1 VOLTÍMETRO 347 

A25.2 OHMÍMETRO 348 


AULA 26 – CIRCUITO RC 353 

A26.1 ANÁLISE DE UM CIRCUITO RC 353 


UNIDADE 8 – CAMPO MAGNÉTICO 366 

AULA 27 CAMPO MAGNÉTICO E FORÇA MAGNÉTICA 368 

A27.1 UM POUCO DE HISTÓRIA 368 

A27.2 CAMPO MAGNÉTICO 369 

A27.3 INDUÇÃO MAGNÉTICA E FORÇA MAGNÉTICA 370 

A27.4 CONFINAMENTO DE PARTÍCULAS USANDO O CAMPO MAGNÉTICO 377 

A27.5 APLICAÇÕES TECNOLÓGICAS DO USO DE UM CAMPO MAGNÉTICO 379 


AULA 28 FORÇA MAGNÉTICA SOBRE CORRENTE ELÉTRICA 389 

A28.1 FORÇA MAGNÉTICA SOBRE UM FIO CONDUZINDO CORRENTE ELÉTRICA 390 

A28.2 O EFEITO HALL 397 

A28.3 TORQUE EM CIRCUITOS ELÉTRICOS 400 


UNIDADE 9 – FONTES DE CAMPO MAGNÉTICO E A LEI DE AMPÈRE 409 

AULA 29 A LEI DE BIOT-SAVART 411 

A29.1 A LEI DE BIOT-SAVART 411 

A29.2 FORÇA ENTRE FIOS PARALELOS 418 

A29.3 CAMPO MAGNÉTICO GERADO POR CARGA EM MOVIMENTO 419 


AULA 30 CAMPO MAGNÉTICO EM SOLENÓIDES 426 

A30.1 CAMPO MAGNÉTICO GERADO POR UMA ESPIRA 426 

A30.2 DESCRIÇÃO DO CAMPO MAGNÉTICO GERADO POR UM SOLENÓIDE 436 


AULA 31 LEI DE AMPÈRE 442 

A31.1 A LEI DE AMPÈRE 


UNIDADE 10 – LEIS DE FARADAY E DE LENZ E A INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA 458 

AULA 32 LEI DE FARADAY E LEI DE LENZ 460 

A32.1 O FLUXO DA INDUÇÃO MAGNÉTICA 460 

A32.2 A LEI DE FARADAY 461 

A32.3 A LEI DE LENZ 464 

A32.4 ESTUDO QUANTITATIVO DA LEI DE FARADAY 


A32.5 FORÇA ELETROMOTRIZ E CORRENTE INDUZIDA 478 

A32.6 GERADORES E MOTORES 481 


AULA 33 CAMPO ELÉTRICO VARIÁVEL COM O TEMPO 488 

A33.1 O CAMPO ELÉTRICO INDUZIDO 488 

A33.2 CORRENTES DE FOUCAULT 495 

A33.3 A INDUÇÃO E O MOVIMENTO RELATIVO 496 


UNIDADE 11 – INDUTÂNCIA 506 

AULA 34 INDUTORES E INDUTÂNCIA 508 

A34.1 INDUTORES E INDUTÂNCIA 508 

A34.2 DIFERENÇAS DE POTENCIAL E ENERGIA EM INDUTORES E DENSIDADE DE ENERGIA NO 512 

CAMPO MAGNÉTICO 


AULA 35 ASSOCIAÇÃO DE INDUTORES, AUTO INDUTÂNCIA E INDUTÂNCIA 

MÚTUA 

A35.1 ASSOCIAÇÕES DE INDUTORES 516 

A35.2 CIRCUITO RL 518 

A35.3 AUTO INDUTÂNCIA E INDUTÂNCIA MÚTUA 522 


UNIDADE 12 – OSCILAÇÕES ELETROMAGNÉTICAS E CIRCUITOS DE CORRENTE 

ALTERNADA 

AULA 36 OSCILAÇÕES EM CIRCUITOS ELÉTRICOS I 536 

A36.1 O CIRCUITO LC 536 

A36.2 ENERGIA NO CIRCUITO LC 544 


516 

534 

UNIDADE 13 – EQUAÇÕES DE MAXWELL 606 

AULA 41 PROPRIEDADES MAGNÉTICAS DA MATÉRIA 608 

A41.1 MOMENTOS MAGNÉTICOS ATÔMICOS 608 

A41.2 VETORES MAGNETIZAÇÃO E INTENSIDADE DO CAMPO MAGNÉTICO 611 

A41.3 MATERIAIS MAGNÉTICOS 613 


AULA 42 EQUAÇÕES DE MAXWELL 624 

A42.1 CONSERVAÇÃO DA CARGA ELÉTRICA 626 

A42.2 LEI DE AMPÈRE-MAXWELL 627 

EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 

AULA 43 FORMA DIFERENCIAL DAS EQUAÇÕES DE MAXWELL 634 

A43.1 FLUXO E DIVERGÊNCIA DE UM VETOR 634 

A43.2 ROTACIONAL E CIRCULAÇÃO DE UM VETOR 638 

A43.3 AS EQUAÇÕES DE MAXWELL NA FORMA DIFERENCIAL 640 

A43.4 DEMONSTRAÇÃO DO TEOREMA DE GAUSS E DO TEOREMA DE STOKES 643 


APÊNDICES 650 

A DEFINIÇÕES DO SISTEMA INTERNACIONAL DE UNIDADES 651 

B CONSTANTES NUMÉRICAS 653 

C FATORES DE CONVERSÃO DE UNIDADES 655 

D RELAÇÕES MATEMÁTICAS 656 

E TABELA PERIÓDICA 660 

REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 661 

AULA 37 OSCILAÇÕES EM CIRCUITOS ELÉTRICOS II 553 

A37.1 CIRCUITO RLC 553 

A37.2 ANALOGIA COM AS OSCILAÇÕES MECÂNICAS 560 


AULA 38 CIRCUITOS DE CORRENTE ALTERNADA 565 

A38.1 FORÇA ELETROMOTRIZ E CORRENTES ALTERNADAS 565 

A38.2 OS MAIS SIMPLES CIRCUITOS DE CORRENTE ALTERNADA 566 


AULA 39 CIRCUITO RLC COM GERADOR 576 

A39.1 O CIRCUITO RLC 576 

A39.2 FASORES 582 


AULA 40 VALOR EFICAZ E TRANSFORMADORES 589 

A40.1 VALOR EFICAZ E FATOR DE POTÊNCIA 589 

A40.2 O TRANSFORMADOR 592 




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. 

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 

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. 



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. 

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

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

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

fazer você pensar um pouco mais sobre o assunto. 

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

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

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

mesmo. 

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

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

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

necessário. 

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. 

UNIDADES 

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

2. Campo Elétrico 9. Campo Magnético devido à 

correntes e a Lei de Ampère 

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

a Indução Eletromagnética 

4. Energia Potencial Elétrica e 

Potencial Elétrico 

11. Indutância 

5. Capacitores 12. Oscilações Eletromagnéticas e 

Circuitos de Corrente Alternada 

6. Força Eletromotriz, Corrente e 

Resistência 

7. Circuitos de Corrente Contínua 

13. Equações de Maxwell 

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!!! 

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 



UNIDADE 1 

CARGA ELÉTRICA E LEI DE COULOMB 

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

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

fenômenos do eletromagnetismo em sua plenitude. Para atingir esse objetivo 

começaremos revisando os aspectos históricos e os primeiros experimentos que 

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

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

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

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

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

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

através do chão? 

13 

14

AULA 1 : CARGAS ELÉTRICAS 

OBJETIVOS 

• DISCUTIR A NATUREZA DOS FENOMENOS ELÉTRICOS 

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

DISCRETO E QUANTIZADO 

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

• RECONHECER A DIFERENÇA ENTRE ISOLANTES E CONDUTORES 

1.1 ELETRIZAÇÃO POR ATRITO 

Os primeiros registros dos quais se tem notícia, relacionados com 

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

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

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

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

pedaços de palha e sementes de grama. 

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

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

nas seguintes constatações: 

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

comportavam-se como o âmbar; 

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

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

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

fenômenos. 

1.1.1 QUAL A NATUREZA DA ELETRICIDADE? 

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

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

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

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

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

15 

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

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

eletrizados poderiam se atrair. 

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

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

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

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

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

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

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

mutuamente. 

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

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

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

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

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

redistribuição destes fluidos. 

ATIVIDADE 1.1 

Você pode verificar as primeiras observações dos fenômenos elétricos com um 

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

exemplo, com aproximadamente 2 cm de comprimento. Alternativamente você 

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

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

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

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

Descreva o que ocorre. 

Como frequentemente acontece em Física, apareceu uma outra explicação 

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

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

grande número de experimentos que contribuiram de forma decisiva para a 

compreensão da natureza da eletricidade. 

Foram duas as suas contribuições fundamentais: primeiro formulou a 

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

16

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

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

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

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

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

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

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

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

atritados. 

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 

Próton 

9,109 

1,672 

−31 

× 10 

- e 

−27 

× 10 

+ e 

ATIVIDADE 1.2 

Nêutron 

1,675 

−27 

× 10 

0 

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. 

Os prótons e os elétrons apresentam propriedades elétricas e a essas 

propriedades associamos uma grandeza fundamental, que denominamos carga 

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

1.2 CARGAS ELÉTRICAS 

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

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

nenhum outro conceito mais simples e mais elementar. 

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

interações eletromagnéticas, da mesma forma que a massa determina a 

intensidade das forças gravitacionais. 

1.2.1 ASPECTOS FENOMENOLÓGICOS E ORDENS DE GRANDEZA 

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 

resumiam: 

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

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

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

atraem. 

por 

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

− 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 

17 

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. 

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 . 

18 

Um Coulomb corresponde a 6 ,25× 10 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 -- mC(10 3 C) 

-- ou o microcoulomb -- µ C(10 −6 

C) 

. Mesmo 

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

do elétron, medida em Coulomb, é: 

−19 

e = 1,60× 10 C . 

EXEMPLO 1.1 

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

Solução: 

Uma molécula de água ( H 

20) 

tem uma massa 

elétrons. Uma gota de água contém n = m/ 

m moléculas, ou: 

Logo, a gota terá 

22 

10 elétrons. 

n = 

m 

m 

o 

o 

21 

= 10 

moléculas 

1.2.2 CONSERVAÇÃO E QUANTIZAÇÃO DA CARGA ELÉTRICA 

−23 

mo 

= 3× 

10 g e contém 10 

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

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

Q = n e, 

n = 0 , ± 1, ± 2, ± 3 ... 

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. 

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. 

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

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

19 

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. 

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. 

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. 

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. 

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 

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. 

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 

Figura 1.2: Representação esquemática de um isolante. 

21 

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. 

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. 

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) 

Figura 1.3a Latinha com 

• Fita adesiva 

linhas de costura 

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

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 

23 

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. 

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. 

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 

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

Terra e (c) condutor eletrizado. 

25 

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. 

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. 

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 1.7: 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 1.5: Dielétrico não polarizado. 

Ao aproximarmos desse dielétrico um corpo carregado, ocorrerá um 

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

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 

27 

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

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

bastão de vidro atritado com seda? 

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

carga após o processo escolhido por você no item a? 

Solução 

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

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

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

figura 1.4a. 

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

esferas até que elas se toquem? 

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

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

na esfera da esquerda. 

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

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

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

papel algum no processo. 

Figura 1.9: Eletroscópio de folhas carregado positivamente. 

EXEMPLO 1.3 

Considere duas esferas metálicas como as da figura 1.10. 

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

final de cargas. 

29 

30

ATIVIDADE 1.8 

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

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

utilizando um bastão carregado. 

ATIVIDADE 1.9 

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? 

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! 


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? 

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. 

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. 


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? 

31 

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 

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. 

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 

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. 

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 1.6 

Figura 1.13 poder das pontas 

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). 

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 

33 

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 1.15 (a) junção das 

fitas com cola em apenas um 

lado. 

(b) junção das fitas com cola 

dos dois lados 

ATIVIDADE 1.8 

Figura 1.14 (a) atração do 

filete de água pela caneta 

eletrizada 

ATIVIDADE 1.7 

(b) atração do filete de água 

pela caneta eletrizada 

independe do sinal da carga. 

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. 

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. 

ATIVIDADE 1.9 

Figura 1.16: Esferas carregadas com o mesmo sinal. 

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 

35 

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. 

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 q 1 e q 2 atraem-se mutuamente. Uma carga q 3 repele a carga 

q 2. As cargas q 1 e q 3 , 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? 

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

folhas. 


O corpo humano funciona como um fio terra. 


(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 

38

AULA 2 LEI DE COULOMB 

Clássica; 

OBJETIVOS 

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

• ENUNCIAR AS CARACTERÍSTICAS DA FORÇA ELÉTRICA 

• APLICAR A LEI DE COULOMB EM SITUAÇÕES SIMPLES 

• EXPLICAR O SIGNIFICADO DA CONSTANTE DE PERMISSIVIDADE DO VÁCUO 

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

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

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: 

em que 

r Q1Q 

2 

F = K 

e 

rˆ 

2 

r 

(2.1) 

K 

e 

é uma constante de proporcionalidade e rˆ é o vetor unitário na direção 

que passa pelas cargas elétricas (na Figura 2.1, ele tem o sentido de Q 

1 para Q 

2 ). A 

equação 2.1 é a expressão matemática da Lei de Coulomb. 

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

produto dessas cargas, ou seja: 

F ∝ Q 1 

Q 2 

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

inversamente proporcional ao quadrado da distância r entre elas. 

1 

F ∝ 

2 

r 

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

eletrostática. 

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 F r 12 da carga Q 

1 

sobre Q 

2 e F r 12 da carga Q 

2 sobre Q 

1 bem como o vetor unitário rˆ . Pela 3ª. Lei de 

r r 

Newton temos que F 12 

= −F 21 

. 

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

características: 

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

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

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

38 

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

. Para o vácuo, Ke 

é escrita na forma: 

1 

4π ε 

em que ε 

0 é uma outra constante denominada permissividade do vácuo. 

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

K 

e 

= 

0 

Ke 

39

O valor numérico de 

ε = C 

−12 

−1 

−2 

0 

8,854 × 10 N . m . 

K 

e e sua unidade são, então: 

2 

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

de Coulomb e determinar o valor da constante 

K 

e 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. 

K e 

= 8,9874 

9 2 −2 

× 10 N. 

m . C 

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: 

r 

F 

1 Q1Q 

4π ε 0 

r 

2 

= 

2 

SAIBA MAIS 

O SISTEMA DE UNIDADES NA ELETROSTÁTICA 

rˆ 

(2.2) 

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

definir as unidades de carga elétrica e da constante 

maneiras: 

K 

e . Isso pode ser feito de duas 

(1) podemos atribuir à constante K 

e um valor arbitrário ( K 

e 

= 1, 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: 

Q Q 

F = r 

1 2 

2 

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 

5 

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

C. 

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 

K 

e , 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 

K 

e na forma: 

K 

e 

1 

= 

4π ε 

em que a nova constante ε 

0 , denominada permissividade do vácuo, tem como valor: 

1 

−12 

−1 

−2 

ε 

0 

= = 8,854 × 10 N . m . C 

− 7 2 

4π 

.10 c 

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

valor fixo para a constante 

adotou-se o valor: 

em que c é a velocidade da luz no vácuo. 

Com esse valor de 

0 

K 

e no vácuo e definir o Coulomb a partir dele. Assim, 

7 2 

K = 10 

− 

e 

c = 8,9874 × 

10 

K 

e , a unidade de carga --- o Coulomb --- passou a ser 

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

repeliria com uma força de 

9 

8,9874 × 10 N. A unidade de K 

e no SI é N.m 2 /C 2 . 

9 

2 

40 

41

EXEMPLO 2.1 

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

−15 

média de 4,2 × 10 m em um núcleo de Ferro? 

Solução: Escrevemos imediatamente: 

ou: 

1 

F = 

4πε 

−19 

2 

9 2 2 

−19 

2 

1 (1,60× 

10 C) 

(8,988× 

10 N m / C )(1,60× 

10 C) 

F = = 

= 13, 03 N 

−15 

2 

−15 

2 

4π ε (4,2× 

10 m) 

(4,2× 

10 m) 

0 

ATIVIDADE 2.1 

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

da força elétrica calculada no exemplo 2.1? 

0 

2 

Q 

2 

r 

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 q 

0 , a força total sobre 

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

sobre ela: 

em que 

e 

ˆ 

r 

F = 

r 

q 

N 

N 

0 

i 

∑Fi 

= ∑ r r rˆ 

− rˆ 

i 

= 

2 0 

i= 1 4πε 

0 i=1 

0 

− 

4 

i 

q 

i é a i-ésima carga do conjunto, 

q 

r r − 

q0 

πε 

N 

∑ 

0 i=1 

q 

r 

− 

0 

i 

r 2 

i 

r r 

0 

− 

i 

r r 

− 

0 

i 

(2.3) 

0 

ri 

é a distância entre q 

0 e a carga 

rˆ0 − ri 

é o vetor unitário da direção que une a carga q 

0 à carga 

sentido é o de q 

0 para 

q 

i 

q 

i , cujo 

q 

i . Ou seja, cada carga interage com uma dada carga q 

0 

independentemente das outras, e a força resultante sobre q0 

é a soma vetorial de 

cada uma dessas forças. 

EXEMPLO 2.2 

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

2 

de 4 ,0 × 10 m atraem-se com uma força de 

5 

27× 10 N. Encosta-se uma na outra sem 

2 

tocar-lhes com a mão. Afastando-as novamente até a distância de 4 ,0× 10 m elas se 

repelem com a força de 

repulsiva. 

5 

9× 10 N. Explique porque a força mudou de atrativa para 

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

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

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

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

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

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

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

causando portanto uma força repulsiva entre elas. 

42 

EXEMPLO 2.3 

Três cargas Q = 1,5 mC, Q = 0,5 mC e Q 

3 

= 0,2 mC estão dispostas como na 

1 

+ 

Figura 2.2 (1 mC = 

2 

− 

3 

10 − C). A distância entre as cargas Q 

1 

e Q 

3 vale 1,2m e a 

distância entre as cargas Q 

2 

e Q 

3 vale 0,5 m. Calcular a força resultante sobre a 

carga Q3 

Solução: Seja um sistema de coordenadas com origem na carga Q 

3 , e eixos dirigidos 

como mostrado na Figura 2.2. 

43

Figura 2.2 – Disposição das cargas elétricas do Exemplo 2.3 

e: 

A força de Q 

1 sobre Q 

3 é repulsiva pois ambas as cargas são positivas; a força 

de Q 

2 

sobre Q 

3 é atrativa pois as cargas possuem sinais diferentes, Assim, temos 

que: 

−3 

−3 

1 Q1 

Q3 

9 2 2 (1,5× 

10 C)(0,2× 

10 C) 

= = 9,0× 

10 N m / C 

= 1,88× 

10 

2 

2 2 

4πε 

r 

(1,2) m 

F x 

3 

0 

13 

−3 

−3 

1 Q2 

Q3 

9 2 2 (0,5× 

10 C)(0,2× 

10 C) 

= = 9,0 × 10 N m / C 

= 3,60× 

10 

2 

2 2 

4πε 

r 

0,5 m 

F y 

3 

0 

23 

N 

N 

Figura 2.3: Diagrama das componentes do vetor força, F r . 

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 ? 

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: 

F = 

2 2 

Fx + Fy 

= 4,06 × 10 

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

o ângulo que o vetor F r faz com o eixo Ox, temos: 

F 

g θ = 

F 

3,60× 

10 

= 

1,88× 

10 

3 

y 

t 

3 

x 

3 

N. 

o 

= 1,91 ⇒ θ = 62 ,4. 

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: 

∑F x 

= −FQQ 

cosα 

+ FqQ 

= 0 

∑ 

F + 

y 

= −FQQ 

senα 

FqQ 

= 0 

em que α é o ângulo que 

F 

QQ 

faz com o eixo Ox. Mas: 

44 

45

cos α = a/ 

a 2 = 1/ 

2, 

e 

1 Q 

4 πε 

0 

2a 

F QQ 

= 

2 

2 

, 

1 Qq 

. 

4 πε 

F qQ 

= 

2 

0 

a 

Com esses valores, a condição de equilíbrio fica: 

2 

1 ⎛ Q 1 ⎞ 1 Qq 

− 

= 0 

2 

2 

4πε 

⎜ + 

0 2a 

2 

⎟ 

⎝ ⎠ 4πε 

0 a 

⎛ Q 

− 

⎜ 

⎝ 2a 

2 

2 

1 ⎞ Qq 

+ = 0 

2 

2 

⎟ 

⎠ a 

⎛ Q ⎞ 

− ⎜ ⎟ + q = 0 

⎝ 2 2 ⎠ 

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. 

Q = q 

2 2 

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

Q = − 2 2q 

(o sinal negativo indica cargas de sinal contrário). 

ATIVIDADE 2.2 

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

Figura 2.6- Gráfico de F F versus r . 

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 , ε 

0 e g . 

(b) Sendo L = 80 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 tg 

≈ sen 

é válida. 

θ 

θ 

2.3 A LEI DE COULOMB EM UM DIELÉTRICO 

Suponhamos agora, que duas cargas Q 

1 e Q 

2 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. 

meio. Assim: 

O fator de redução é denotado por k 

é chamado de constante dielétrica do 

46 

47

F 

1 

4π 

k ε 

Q Q 

1 2 

= 

2 

0 

r 

rˆ. 

(2.4) 

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

Sejam duas placas condutoras situadas no vácuo, carregadas eletricamente com 

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

Figura 2.7: Carga entre placas condutoras. 

TABELA 2.1: CONSTANTE DIELÉTRICA PARA ALGUNS MATERIAIS 

Material Constante 

dielétrica (K) 

Vácuo 1,0000 

Ar 

1,0005 

Benzeno 2,3 

Âmbar 2,7 

Vidro 4,5 

Óleo 4,6 

Mica 5,4 

Glicerina 43 

Água 81 

Colocando-se uma carga q entre as placas, uma força F r 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) 

F 

o 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. 

48 

49


ATIVIDADE 2.1 

Usamos a lei de Newton de gravitação: 

Com os valores dados, temos que: 

F g 

(6,67 × 10 

= 

−11 

m 

F = G 

r 

2 

p 

2 

2 2 

N m / kg )(1,67 × 10 

−15 

2 

(4,2× 

10 m ) 

−27 

Kg) 

2 

= 1,05× 

10 

A força gravitacional é cerca de 10 36 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: 

−35 

N. 

Matematicamente, essas condições se expressam da seguinte maneira: 

e: 

Tsenθ 

= F 

C 

= 

1 

4π ε 

T cosθ = mg 

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

Teremos: 

θ ≈ θ (ver figura) então: 

Se tg sen = x/2L 

Portanto: 

e 

(b) Temos: 

2 

q 

t θ = 

4πε 

x mg 

g 

2 

0 

0 

q 

x 

2 

2 

x q 

3 q 2L 

= 

⇒ x = 

2 

2L 

4π ε x mg 4π 

ε mg 

x 

3 

⎛ 4π ε 

0 

mgx ⎞ 

q = ± ⎜ ⎟ 

2L 

⎝ ⎠ 

0 

1/3 

2 

= ⎛ q L 

2 ⎟ ⎞ 

⎜ 

⎝ πε 

0 

mg ⎠ 

1/2 

x 0,10 

senθ 

= = = 0,06 

2L 

2 × 0,80 

cosθ 

= 

1− 

(0,06) 

2 ≅ 

0,9964 

≈ 

3,47 × 10 

2 

2 

−15 

0 

= 5,9 × 10 

−8 

C 

Portanto a hipótese é verificada. 

ATIVIDADE 2.3 

2 

r F 

Vamos começar calculando a carga q , igual em ambas as bolas: q = . 

1/ 4πε 

0 

Figura 2.9: Forças que agem nas eferas 

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

tensão na corda T 

y 

e a força elétrica, pela sua componente horizontal. 

50 

Podemos escolher qualquer ponto na curva para calcular 

= 9,0× 

10 

−6 

F N e r = 4,0 m, o que dá: 

q . Por exemplo, 

51

2 

−6 

9 2 2 

−7 

q = 4,0 m × 9,0× 

10 N× 

9,0× 

10 N m / C == 1,3 × 10 C = 0,13 µ C. 

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

−7 

q 1,3× 

10 C 

n = = 

= 7,9× 

10 

−19 

e 1,6× 

10 C 

11 

eletrons. 

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? 

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

elétrons que falta é 

n/ N 

p 

, onde N 

P 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 

N 

P : 

N 

M 

= 

m + m 

0,142kg 

= 

25 

= 

4,25 10 prótons. 

−27 2(1,67× 

10 kg) 

× 

P p n 

PROBLEMAS DA UNIDADE 

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

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

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

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

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

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

resultante que atua sobre ela? 

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

n 

N 

P 

11 

7,9 × 10 elétrons 

que faltam 

= 

= 1,86 × 10 

25 

5× 

10 prótons 

13 

−14 

O que quer dizer esse resultado? Significa que um em cada 5 ,4× 10 ou 1/(1,9 × 10 ) 

elétrons está ausente em cada bola. 


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× 10 

9 N ? 

. 

−14 

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? 

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

52 

53

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. 

54 

55

AULA 3 CAMPO ELÉTRICO 

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

a carga original vai interagir, é o 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 

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

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

que é o resultado da interação direta entre cargas (o que exigiria uma velocidade 

infinita de propagação). Dizemos, então, que uma carga ou uma distribuição de 

cargas cria um campo elétrico nos pontos do espaço em torno dela e que este 

campo elétrico é responsável pelo aparecimento da força elétrica que atua sobre 

uma carga elétrica de prova colocada em qualquer desses pontos. 

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 ∆ t = d/ 

c para se propagar, em que d é a distância entre as cargas 

A e B e c é a velocidade da luz. 

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

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

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

Não podemos perceber o campo elétrico diretamente apenas usando nossos 

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

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

utilizamos uma carga de prova positiva q 

0 

, 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): 

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

r 

E 

P 

r 

F 

= q 

P 

0 

(3.1) 

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 

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

56 

57

onde q 

0 

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, 

F r P , que atua sobre a carga q 

0 , e o sentido, o da força 

F r P . Note que o campo 

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

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

colocadas. 

ATIVIDADE 3.1 

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

no ponto P do Exemplo 3.1? 

3.2 DISTRIBUIÇÃO DE CARGAS ELÉTRICAS 

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). 

3.3: 

Consideremos agora uma distribuição de cargas puntiformes como na figura 

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 p ( x, 

y, 

z, 

t) 

, 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. 

Figura 3.3: Distribuição de cargas puntiformes. 

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

positiva q 

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

r 

F 

1 

Qq 

rˆ 

0 

P 

= 

2 

4π ε 0 rP 

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

r 

E 

r 

F 

1 

P 

Qq 

Q 

rˆ 

P 

P 

= = 

0 . rP 

= 

2 

2 

q0 4π ε 

0 rP 

q0 

4π 

ε 

0 rP 

1 

ˆ 

1 

P 

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

q 

0 

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

se as outras não existissem: 

onde 

r 

E 

1 

4πε 

qi 

1 

rˆ 

2 i 

= 

− r ) 4π 

ε 

r 

q 

i p 

r 

− r ) | 

r 

− 

i 

r 

− 

| 

n 

n 

= ∑ 

∑ 

2 

0 i=1 

( rp 

i 

0 i=1 

( rp 

i p i 

rˆ 

i é o vetor unitário da direção que une as cargas q 

0 e 

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

(3.2) 

q 

i , com 

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 q 

0 

, por definição é positiva), o campo tem sentido de Q 

para P. 

rˆ 

i 

= 

| 

r r 

p 

− 

i 

r r 

− 

| 

p 

i 

(3.3) 

Um erro muito comum ao resolver problemas envolvendo distribuições de 

58 

59

carga é usar 

rr P 

(ou r i ) no lugar de 

r r 

p − . 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 rr P 

i 

ou r i 

mas 

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

importante escolher um sistema de referência arbitrário e definir todas as 

distâncias envolvidas no problema de forma consistente com essa escolha. 

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

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

gera esse r i 

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. 

Dadas duas cargas 

EXEMPLO 3.2 

−6 

Q = 2,0× 

10 C e 

−6 

q = 1,0× 

10 C, separadas pela distância 

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

x = 0,50 m de Q . 

r r 

p 

− i x − L 

r r = iˆ 

= −iˆ 

| 

− 

| | x − L | 

p 

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

r Q 

q 

E = 1 

r 

iˆ 

1 

Q 

e Eq 

= − 

iˆ 

2 

4πε 

x 

4 ( x L) 

2 

0 

πε 

0 − 

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

i 

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: 

r 

E 

⎡ 1 Q 1 q 

⎢ − 

2 

⎣4πε 

0 x 4πε 

0 ( x − L) 

= 2 

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: 

⎤ 

⎥i 

ˆ 

⎦ 

Figura 3.4: Configuração de cargas para o exercício. 

2 2 

1 ⎡ Q q ⎤ 1 ⎡Q( 

L − x) 

− qx ⎤ 

E = ⎢ − 

2 

2 ⎥ = ⎢ 2 2 ⎥ 

4πε 

0 ⎣ x ( x − L) 

⎦ 4πε 

0 ⎣ x ( x − L) 

⎦ 

Desenvolvendo o colchete, obtemos: 

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

origem na carga Q e dirigido para a carga q . Seja î 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: 

Então: 

r 

= x iˆ 

r P 

r 

= 0 iˆ 

r Q 

r 

= L iˆ 

r r − = x iˆ 

e r − r = ( x −L) i ˆ 

P 

Q 

r q 

P 

q 

2 

2 

1 ⎡( 

Q − q) 

x − 2QLx 

+ QL ⎤ 

E = ⎢ 

2 2 

4 

⎥ 

πε 

0 ⎣ x ( x − L) 

⎦ 

4 

Colocando os valores numéricos vem: E = 3,6× 

10 N/ 

C. 

ATIVIDADE 3.2 

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

campo no ponto P? 

Note que, como 

r 

x < L , o vetor r P q 

r − é negativo e o seu unitário vale: 61 

60

ATIVIDADE 3.3 

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

3.3 O DIPOLO ELÉTRICO 

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

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

relevantes ao problema. 

Determinemos uma expressão para a intensidade do campo elétrico no 

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

calcular o vetor E r 

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. 

e 

e 

r 

E 

r 

E 

1 

q 

ˆ 

+ 

= r 

2 + 

4π ε 0 r+ 

1 

q 

rˆ 

− 

= 

2 

4π ε 0 r− 

− 

(3.4) 

(3.5) 

Em termos dos dados do problema, temos que: 

2 2 

r ≡ r = y + 

+ − P 

a 

(3.6) 

Vetorialmente, podemos escrever que: 

r = y ˆj 

− a kˆ 

+ 

P 

r 

= ˆ 

− 

y 

P 

j + a kˆ, 

r 

ˆ ˆ 

+ 

yP 

j − a k 

rˆ 

+ 

= = 

+ 

r 

2 2 

y + a 

r 

− 

rˆ 

− 

= 

r 

− 

P 

y ˆ ˆ 

P 

j + a k 

= 

2 

y + a 

2 

P 

(3.7) 

(3.8) 

Substituindo essas expressões na expressão do campo resultante, obtemos: 

r 

aq 

E = r r 1 2 

E E 

kˆ 

+ 

+ − 

= − 

(3.9) 

2 2 

4 π ε ( y a ) 

3/2 

0 P 

+ 

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

discutido. 

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 ( E r + 

) 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: 

62 

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

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, 

y 

P 

2 a , o que significa 

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

as duas cargas (2a) 

"? 

P 

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

pode ser dito matematicamente em termos de uma desigualdade: 

a 

y P 

Neste caso, a expressão anterior pode ser escrita como: 

r 

E 

− 

1 

2a 

q 

= 

3 

3/2 

4π ε y 

2 

0 P 

1 

⎛ a ⎞ 

1+ 

⎜ 

2 

y 

⎟ 

⎝ P ⎠ 

kˆ 

(3.11) 

ATIVIDADE 3.4 

Verifique se o ponto y P 

= 1, 0m 

pode realmente ser considerado distante do dipólo? 

3.4 LINHAS DE FORÇA 

ou, com a condição acima temos que: 

(3.12) 

r 

E 

≅ − 

1 2aq 

kˆ 

3 

4π ε 0 y 

P 

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

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

1867) como uma maneira de visualizar o campo elétrico. 

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

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

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

3.6. 

distância 

y 

P 

. Observe que esse mesmo resultado poderia ser obtido através da 

expansão binomial para ( 1± x) −n 

válida para x 2

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

espaço próxima a elas. 

r r 

r F QE 

a = = 

(3.14) 

m m 

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. 

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 

será 

2 

4π 

R , a densidade de linhas sobre essa superfície 

2 

N/4π 

R , 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? 

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? 

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: 

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: 

66 

67

= 0 ̂ + 2,40 10 ̂. 

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

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

v 

r = v iˆ 

+ v 

ˆj 

= (1,40ˆ i 

x y 

+ 

0,69 ˆ) j m/s. 

−6 

4 

r QE 

ˆ 

2,0× 

10 C × 2,40× 

10 N / C 

= ˆ 

m 

a j = 

j = 96,0 ˆ. j 

2 

m 

0,50kg 

s 

O seu módulo é: 

2 2 2 

v [ v + ] 

1/ 

x 

v = 1,56 m/s. 

= 

y 

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

inicial da carga é: 

r 

v 

( v ) iˆ 

+ ( v ) ˆj 

m 

1,40 ˆ. 

s 

0 

= 

0 x 0 y 

= i 

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: 

vx 

QE 

= ( v 0 

) 

x 

= 1,40 m/s v y 

= at = = 96,0 t m/s 

m 

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

vy 

v = tgθ = = 0,493, 

v 

x 

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? 

Integrando cada equação de 0 até t pode se obter x(t) e y(t). Ou seja, 

x = ( v 0 

) 

x 

t = 1, 40t 

m 

1 1 

y × 

2 2 

2 

2 

= at = 96,0 t 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: 

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? 

t = 2y 

/ a = 2d 

/ 2a 

= d / a. 

Com este valor de y na expressão da componente 

v 

y da velocidade, obtemos: 

v y 

= a d / a = ad = 

96,0 × 0,50 × 10 

−2 

= 0,69 m/s. 

68 

69


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: 

ATIVIDADE 3.2: 

Nesse caso, temos: 

r 

E 

1 Q 

− rˆ. 

4π ε r 

= 

2 

0 

E 

1 Q 1 q 

+ 

2 

4πε 

0 

x 4πε 

0 

( L − x) 

= 

2 

pois a carga q irá atrair a carga de prova q 

0 colocada em P. Então: 

Desenvolvendo o colchete, obtemos: 

Com os valores numéricos, temos: 

ATIVIDADE 3.3 

E 

2 2 

1 ⎡ Q q ⎤ 1 ⎡Q( 

L − x) 

+ qx ⎤ 

= 

. 

2 

2 

2 

4 

⎢ + 

0 

( ) 

⎥ 

4 

⎢ 

0 

( ) 

⎥ 

πε ⎣ x L − x ⎦ πε ⎣ x L − x ⎦ 

= 2 

E 

2 

2 

1 ⎡( 

Q + q) 

x − 2QLx 

+ QL ⎤ 

. 

2 

4 

⎢ 

0 

( ) 

⎥ 

πε ⎣ x L − x ⎦ 

= 

2 

E = 4,3× 

10 

5 

N/ 

C. 

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: 

ou ainda: 

E 

E 

1 Q 1 q 

− 

2 

4πε 

0 

x 4πε 

0 

( L − x) 

= 

2 

, 

= 0, 

2 

2 

1 ⎡( 

Q + q) 

x − 2QLx 

+ QL ⎤ 

⎢ 

= 0. 

2 

⎥ 

4πε 

0 ⎣ x ( L − x) 

⎦ 

= 

2 

Para que E = 0 , basta que o numerador seja nulo. Assim: 

70 

2 

2 

( Q + q) 

x − 2QLx 

+ QL = 0 

que, desenvolvido e com os valores numéricos, dá: 

2 

z − 4,0z 

+ 2,0 = 0 

O determinante dessa equação de segundo grau é ∆ = 16 − 8 = 8 e as soluções são: 

z 

4 + 8 

= 3,4 

2 

1 

= e z2 

4 − 8 

= = 0,59. 

2 

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 z = 0,59 m. 

ATIVIDADE 3.4 

Para verificar se o ponto 

y P 

= 1, 0m 

pode realmente ser considerado distante do 

a 

dipólo temos de verificar se a razão

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: 

ATIVIDADE 3.7 

x = ( v0) 

t = ( v ) d / a = 1,40 × 0,0050/96,0 = 1,01× 

10 

−2 

x 0 x 

m. 

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

informações na literatura e compartilhe com seus colegas no fórum. 


E3.1) Duas cargas, Q e 2Q são separadas por uma distância R. Qual é o campo 

elétrico gerado no ponto em que se localiza cada carga? 

E3.2) Considerando o raio orbital do elétron em torno do núcleo de Hidrogênio 

como r = 5,29 × 10 

−9 

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: 

r 

4 

E 

iˆ 

4 

= 3,25 × 10 + 2,40 × 10 ˆj 

. Qual será a velocidade da carga elétrica ao se chocar 

com a placa? 

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. 


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 q 1 e q 2 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. 

72 

73

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. 

Figura 4.1: Problema geral do cálculo do campo elétrico 

Vamos escrever o campo elementar 

em um ponto P do espaço: 

r 

dE 

dE 

r 

dq 

1 dq 

r r rˆ. 

4π ε | 

− 

'| 

dq 

= 

2 

0 P 

gerado pelo elemento de carga dq 

(4.1) 

r r 

Note bem que 

P − ' é um vetor de origem no elemento de carga dq e 

extremidade no ponto P cuja posição é dada pelo vetor r P . A direção e sentido 

do vetor dE 

r 

dq 

são dadas pelo vetor unitário: 

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 

r r 

P 

− 

' 

rˆ 

= r r . 

| 

− 

'| 

P 

(4.2) 

de carga deve estar arbitrariamente localizado, de acordo com o sistema de referência 

que você escolheu). Identifique as três distâncias: r P , 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. 

Para conhecer o campo resultante devemos integrar sobre todos os 

elementos de carga (aqui entra o Princípio da Superposição): 

r 

E 

r 1 

P 

) = 

4π ε 

R 

( 

2 

0 P 

∫ 

dq 

r r rˆ. 

(4.3) 

(| 

− 

'|) 

Se a distribuição de cargas não for homogênea, o elemento de carga pode 

depender do ponto r′ . Em geral, podemos escrever: 

74 

75

(4.4) 

r 

dq = ρ ( 

') dV ′ 

onde ρ (r r ') 

é a densidade volumétrica de cargas (número de cargas por unidade de 

volume) no ponto de vetor-posição 

r ' e d V ′ 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 

r P é: 

r r 1 ( 

r ') dV ′ r 

E( P 

) = r r ( 

3 

4 

∫ ρ 

πε (| 

− 

'|) 

0 

P 

P 

r 

− 

'). 

(4.5) 

b 

x = , 

(4.7) 

a 

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 

4.1.2 FERRAMENTAS MATEMÁTICAS IMPORTANTES 

de carga linear λ . Calcule o campo elétrico a uma distância 

extremidades da barra, na direção da mesma. 

x 

P de uma das 

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 

d V ′ que podem aparecer. No caso unidimensional, onde temos uma distribuição 

linear de cargas, o elemento de volume 

d V ′ 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). 

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 î o unitário da direção do eixo. 

Outra ferramenta matemática importante é a expansão em série de Taylor. 

Uma das muitas utilizadas é: 

1 

= 1− 

x + x 

1+ 

x 2 

1 2 

−L se x

As distâncias relevantes ao problema são: 

a) A distância x′ que localiza dq no referencial em questão; 

b) A distância x P 

+ L que localiza o ponto de observação; 

c) A distância "da lei de Coulomb" x P 

+ L − x′ 

, distância entre dq e o ponto de 

Vamos agora resolver o mesmo problema com a origem do referencial no 

ponto meio da barra, mostrado na figura 4.3. 

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: 

Então: 

r 

dE 

r 

E 

1 

4πε 

( x 

dq 

iˆ. 

+ L − x′ 

) 

dq 

= 

2 

0 P 

1 

4π ε 

dq 

iˆ. 

+ L − x′ 

) 

L 

= ∫0 

2 

0 

( xP 

Mas dq = λdx′ 

. Para integrar, fazemos a transformação de variáveis u = xP + L − x′ 

, o 

que dá: 

du = −dx′ 

. Os limites de integração tem de ser mudadas. Para x′ = 0 , 

devemos ter u = xP + L ; para x ′ = L , u = xP 

. A integral fica: 

λ x 

P − du λ −1 

x λ ⎡ 1 1 ⎤ 

P 

= + | = 

. 

2 

+ ⎢ − ⎥ 

4 

∫ 

u 

+ 

x L 

πε x 

0 P 

L 

u 4π ε 

P 

0 

4π 

ε 

0 ⎣ xP 

xP 

+ L⎦ 

r λ L 

Finalmente: E = 

iˆ 

. 

4π ε x ( x L) 

0 

P P 

+ 

Agora vamos fazer um limite cuja resposta conhecemos, para testar o resultado 

obtido: sabemos que quando estamos muito longe da barra ( x P 

>>> L) 

devemos obter 

o resultado da carga puntiforme, pois o tamanho da barra fica irrelevante. De longe 

vamos ver uma carga Q = λL 

na origem. Note que: 

r 1 λL 

ˆ 

Q 

E ≅ i = 

2 

4πε 

x 4π 

ε x 

0 

P 

2 

0 P 

iˆ 

( x 

P 

>> L). 

78 

da barra. 

Figura 4.3: Campo elétrico criado por uma barra. Origem do referencial no meio 

Da mesma forma que antes, temos: 

de observação. 

a) A distância x′ que localiza dq no referencial em questão; 

b) A distância x P 

+ L/2 

que localiza o ponto de observação; 

(c) A distância "da lei de Coulomb" 

Então: 

r 

dE 

x P 

+ L/2 − x′ 

, distância entre dq e o ponto 

1 dq 

4π ε ( x + L/2 

− x ) 

dq 

= 

2 

′ 

0 P 

r 1 L/2 

dq 

e: E = iˆ 

. 

2 

4 

∫ + πε 

−L /2 

( x + L/2 

− x′ 

) 

0 

A mudança de variável é agora: u = xP + L/2 − x′ 

, com os limites de integração: para 

x′ = −l/2 

, u = xP + L ; para x ′ = + L/2 

, u = xP 

. A integral fica: 

+ L/2 

P 

x 

P 

∫ dx′ 

= − 

−L/2 

∫x 

+ 

P 

L 

du, 

r λ L 

dando: E = 

iˆ 

, 

4π ε x ( x L) 

0 

P P 

+ 

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. 

iˆ 

79

ATIVIDADE 4.1 

Considere que cada metade da barra isolante do Exemplo 4.1 está carregada com 

diferentes densidade de carga linear λ 

1 e λ 

2 . Calcule o campo elétrico a uma distância 

x 

P 

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 P x P 

, y ) . 

( 

P 

= 1 λdx′ 

dE 

[( x x′ 

) ˆ 

dq 

i y 

2 2 

4 [( x x ) y ] 

3/2 P 

− + 

π ε − ′ + 

Note que neste caso o vetor unitário que dá a direção de 

daí o fator 

então: 

[( x ′ + 

P 

0 

P 

( x 

e = 

[( x 

P 

− x′ 

) iˆ 

+ y ˆ 

P 

j 

, 

2 2 

− x′ 

) + y ] 

ˆ P 

1/2 

P 

P 

dE 

r dq 

é: 

2 2 3/2 

P 

− x ) y ] no denominador. A intensidade do campo elétrico é, 

r 

E 

Geral 

P 

ˆ]. j 

( ⎡ λ x 

0 

L ( xP 

− x′ 

) dx′ 

⎤ 

xP 

, yP 

) = ⎢ 

iˆ 

4 

∫ + 

x 

2 2 

0 [( xP 

x ) yP 

] 

3/2 ⎥ 

⎣ π ε 

0 − ′ + ⎦ 

⎡ λ x 

0 

+ ⎢ yP 

4 

∫ + 

x 

⎣ π ε 

0 0 

L 

[( x 

P 

dx′ 

2 

− x′ 

) + y 

] 

2 3/2 

P 

⎤ 

⎥ 

ˆ. j 

⎦ 

A segunda integral é mais simples. Vamos começar por ela: 

I 

dx′ 

2 

− x′ 

) + y 

= 

x 

0 

L 

2 ∫ + 

x 

2 

0 [( x 

] 

3/2 

P 

P 

. 

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 P : x iˆ 

+ y ˆj 

b) Localização de dq : x′ 

iˆ 

P 

c) Localização do vetor distância entre dq e P : ( x − x′ 

) iˆ 

+ y ˆj 

Temos: 

P 

P 

P 

A integral pode ser calculada fazendo a transformação de variáveis: u = xP − x′ 

tal que 

′ 

0 

du = −dx′ 

. O limite de integração para x′ = x0 

fica u0 = xP − x0 

; e para x = x + L fica 

u1 = xP − x0 

+ L . Então, a integral fica: 

− du 

2 

+ y ) 

u 

1 

u 2 

0 ( u 

P 

Uma nova substituição de variáveis: u = yP tg 


∫ 

θ = arctg 

θ 

u 

y P 

3/2 

. 

tal que du y sec 2 

= θ d 

P 

θ 

u0 

u1 

nos dá os seguintes limites de integração: θ 

1 

= arctg , θ 

2 

= arctg 

y 

P 

u P 

80 

81

Assim: 

2 

2 

u 

1 − du 

θ 

2 − y θ θ θ 

P 

sec d 

2 − yP 

sec θ dθ 

= 

= 

u 2 2 3/2 

2 2 2 3/2 

3 2 

0 ( u + y ) 

∫θ 

1 ( t θ + ) 

∫θ 

y g y 

1 y (tg 

θ + 1) 

∫ 

P 

2 

2 

Lembrando que t g θ +1 = sec θ temos que: 

1 θ 

2 − dθ 

1 θ 

2 

1 

θ 

2 

= = cosθ 

dθ 

senθ 

| . 

2 

2 

2 θ 

y 

∫θ 

1 

1 secθ 

y 

∫ − = 

θ 

1 

y 

P 

2 2 

Como tg θ = u/ 

yP 

, sabemos que sen θ = u/ 

u + yP 

. Assim: 

senθ 

= 

Assim obtemos: 

I 

2 

= 

∫ 

1 

x 

0 

+ L 

x 

0 

1 

I 

2 

= 

2 

y 

P 

( x 

P 

P 

x − x 

P 

− x ) 

0 

2 

0 

+ y 

dx′ 

[( x 

2 

− x′ 

) + y ] 

[ senθ 

− senθ 

] 

2 

1 

2 

P 

2 3/2 

P 

= 

1 

⎡ 

= ⎢ 

2 

y 

P ⎢ 

⎣ 

u 

2 

∫ 

u 

1 

P 

P 

e 

− du 

2 

( u + y ) 

P 

2 3/2 

P 

+ L) 

[ x − ( x + L) 

] 

P 

x − ( x 

A integral que aparece na expressão de 

transformação de variáveis: 

P 

P 

0 

0 

2 

2 

P 

senθ 

= 

1 

= 

y 

2 

P 

+ y 

2 

P 

u 

P 

2 

u + y 

− 

( x 

2 2 

[ x − ( x + L) 

] + y 

P 

P 

2 

P 

x − ( x 

P 

0 

0 

x 

P 

− x 

0 

+ L 

x 

P 

− x 

0 

x − x 

P 

0 

0 

2 

− x ) + y 

+ L) 

2 

P 

⎤ 

⎥. 

⎥ 

⎦ 

E 

x pode ser calculada fazendo a 

u = x′ 

− x tal que du = dx′ 

. Ou seja, o limite de 

′ 

0 

integração para x′ = x0 

fica u1 = x0 

− xP 

; e para x = x + L fica u = ( x 0 

+ L) 

− xP 

Então, a primeira integral fica: 

x 

0 

L ( x ) 

u 

P 

− x′ 

dx′ 

2 − u du 1 

I 

1 ∫ + 

= 

= cosθ 

| 

x 

2 2 3/2 

2 2 3/2 

0 [( x − x′ 

) + y ] 

∫u 

1 ( u + y ) y 

θ 

2 

= 

θ 

1 

P 

P 

P 

P 

2 . 

, 

P 

2 

Uma nova substituição de variáveis: u = yP tgθ 

tal que du = yP 

sec θ dθ 


θ = arctg 

u0 

nos dá os seguintes limites de integração: θ = arctg , θ 

2 

y 

Assim a integral fica: 

− u du 

u 

y P 

1 

1 

= arctg 

P 

u P 

− y 

− y 

2 

2 

2 

2 

u 

2 

θ 

2 

θ 

P 

2 P 

= 

= 

u 2 2 3/2 

2 2 2 3/2 

3 2 3/2 

1 ( u + y ) 

∫θ 

1 ( t θ + ) 

∫θ 

P yP 

g yP 

1 y 

P 

(tg 

θ + 1) 

∫ 

tgθ 

sec θ dθ 

u 

tgθ 

sec θ dθ 

2 

2 

Lembrando que t g θ +1 = sec θ temos que: 

2 

1 θ 

2 − tgθ 

sec θ dθ 

1 θ 

2 − tgθ 

dθ 

1 θ 

2 

1 

θ 

2 

= = 

= senθ 

dθ 

cosθ 

| . 

θ 

3 

θ 

y 

∫ 

1 sec θ y 

∫ 

− = 

θ 

1 secθ 

y 

∫θ 

1 

y 

1 

P 

2 2 

Como tg θ = u/ 

yP 

, sabemos que cosθ = y 

P/ 

u + yP 

. Assim: 

cosθ 

= 

1 

( x 

0 

y 

− x 

P 

P 

) 

2 

+ y 

O resultado da integral fica, portanto: 

1 

I1 

= 

y 

P 

2 

P 

e 

P 

cosθ 

= 

2 

[( 

x + L) 

− x ] 

0 

y 

P 

P 

2 

P 

x 

0 

L ( x ) 

u 

P 

− x′ 

dx′ 

2 − u du 1 

I 

1 ∫ + 

== 

= cosθ 

| 

x 

2 2 3/2 

2 2 3/2 

0 [( x − x′ 

) + y ] 

∫u 

1 ( u + y ) y 

P 

θ 

2 

= 

θ 

1 

P 

P 

P 

P 

[ cosθ 

− cosθ 

] 

2 

1 

⎡ 

= ⎢ 

⎢ 

⎣ 

1 

[( 

x + L) 

− x ] 

0 

2 

P 

+ y 

2 

P 

1 

− 

( x − x ) 

0 

P 

2 

+ y 

, 

+ y 

Então o resultado final para as componentes do campo elétrico nos dá: 

2 

P 

2 

P 

. 

⎤ 

⎥. 

⎥ 

⎦ 

Essa integral pode ser calculada com uma tabela de integrais ou seguindo os passos 

indicados a seguir. 

82 

83

e: 

Ex 

= 

4 

λ 

πε 

⎡ 

⎢ 

⎢ 

⎣ 

Finalmente, o campo elétrico é: 

E 

Geral 

1 

[ ] ⎥ ⎥ 2 2 

2 2 

( x + − + ( 

0 

− + 

0 

L) 

xP 

y x x 

P 

P 

yP 

⎦ 

0 ) 

λ 

⎡ 

x ( 

0 

) 

0 

= 

. 

4 

2 2 

2 2 

0 [ ( )] 

( 

0 

) ⎥ ⎥ ⎤ 

⎢ 

P 

− x + L 

x − xP 

E 

y 

− 

π ε yP 

⎢ 

⎣ x − 

− + 

P 

x0 

+ L + y x x 

P 

P 

y 

P ⎦ 

⎡ 

1 

1 

( xP 

, y 

P 

) = 

iˆ 

4 

2 2 

2 2 

0 [( 

x L) 

x ] y ( x xP 

) y ⎥ ⎥ ⎤ 

⎢ λ 

⎛ 

⎞ 

⎜ 

− 

⎟ 

⎢ π ε ⎜ 

⎟ 

⎣ ⎝ 0 

+ − 

P 

+ 

P 

0 

− + 

P ⎠⎦ 

⎡ 

+ ⎢ 

⎢ 

⎣ 

λ 

π ε 

⎛ 

⎜ 

x − ( x 

+ L) 

P 0 

0 P 

4 2 2 

2 2 

0 

y ⎜ 

P [ x ( x )] 

( x0 

x ) y 

P 

− 

0 

+ L + y − 

P 

P 

+ 

P 

⎝ 

ATIVIDADE 4.2 

− 

− 

1 

x − x 

Calcular o campo de um fio semi-infinito que se estende de x 

0 até ∞ . 

ATIVIDADE 4.3 

Calcular o campo gerado por um fio infinito em um ponto P ( x P 

, yP 

) . 

⎤ 

⎞ 

ˆ. j 

⎥ ⎥ ⎤ 

⎟ 

⎟ 

⎠⎦ 

RESPOSTA COMENTADA DAS ATIVIDADES PROPOSTAS 

ATIVIDADE 4.1 

O elemento diferencial de campo gerada pelas duas metades é: 

e 

r 

dE 

r 

dE 

1 λ1dx' 

4π ε ( x − x′ 

) 

dq 

= 

2 

0 P 

1 λ2dx' 

4π ε ( x − x′ 

) 

dq 

= 

2 

0 P 

Integrando sobre toda a barra temos: 

r 

E 

1 

iˆ 

iˆ 

λ dx′ 

1 

( x − x′ 

) 

0 ≤x≤ 

L/2 

L/2 

≤x≤L/2. 

iˆ 

1 

+ 

4π ε 

λ dx′ 

2 

( x − x ) 

L/2 

L 

= 

2 

4 

L/2 

2 

π ε ∫0 

∫ 

0 P 

0 

′ 

P 

A integral que aparece na expressão pode ser calculada fazendo a transformação de 

variáveis: 

integral fica: 

ou: 

u = xP − x′ 

tal que du = −dx′ 

. Recalculando os limites de integração a 

λ1 −1 

u2 

= x 

P 

−L/2 

2 

= | ˆ 

λ2 

−1 

u = x 

P 

−L 

u 

u 

i u | ˆ, 

1 = x 

+ 

u1 

x L/2 

i 

4 

P 

= 

4 

P 

− 

π ε 

π ε 

0 

r λ1 

E = 

4π ε x 

0 

P 

L/2 

ˆ 

λ2 

i + 

( x − L/2) 

4π 

ε ( x 

P 

0 

0 

P 

L/2 

− L/2)( 

x 

P 

iˆ 

iˆ. 

− L) 

Podemos reescrever a resposta em termos das cargas totais Q λ /2 e Q λ /2 : 

Note que se 

r 

E = 

1 

4π ε 

x P 

>> L , então teremos: 

0 

Q1 

ˆ 

1 

i + 

x ( x − L/2) 

4π 

ε ( x 

P 

P 

r 1 Q1 

+ Q 

E → 

2 

4 π ε x 

0 

0 

P 

2 

P 

Q2 

− L/2)( 

x 

iˆ. 

1 

= 1 

L 

P 

iˆ. 

− L) 

2 

= 2 

L 

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 

x 

P 

. 

84 

85

ATIVIDADE 4.2 

Para obtermos o campo em um ponto P ( x P 

, y 

p 

) basta tomar, na expressão geral do 

exemplo 4.2: 

E = lim E 

L→∞ 

Da componente x sobra apenas o segundo termo entre parênteses, o primeiro tende a 

zero. Então: 

Para calcular 

0 

Geral 

λ 1 

E 

ˆ 

x 

= i ( L → ∞). 

4π ε 

2 2 

0 ( x − x ) + y 

E 

y 

neste limite, notemos que: 

P 

P 

Aqui precisamos ter cuidado: como x 

0 é um número negativo, vemos que: 

lim 

x 

0 

→−∞ 

( x − x 

0 

0 

( x − x 

P 

) 

P 

2 

) 

+ y 

2 

P 

= 

lim 

x 

0 

→−∞ 

( x − x ) 

0 

( x − x ) 

0 

⎛ 

1+ 

⎜ 

⎝ 

pois o denominador será positivo nesse limite. Portanto: 

P 

λ 

E 

y 

= 

4π ε y 

P 

2 

= 

lim 

x 

0 

→−∞ 

⎛ 

1+ 

⎜ 

⎝ 

( x − x ) ⎟ 

⎜ ( x − x ) 

0 

y 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

λ 

[1− 

( −1)] 

= 2 

4πε 

y 

P 

P 

λ 

= 

2π ε y 

0 P 

0 P 

0 P 

. 

1 

0 

y 

P 

P 

2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

= 1, 

lim 

L→∞ 

[( 

x0 

+ L) 

− xP 

] 

2 

[( 

x + L) 

− x ] + 

0 

P 

= lim 

L→∞ 

y 

2 

P 

[( 

x + L) 

− x ] 

0 

[( 

x + L) 

− x ] 

P 

0 

⎧ 

1+ 

⎨ 

⎩ 

[( 

x + L) 

− x ] 

0 

P 

y 

P 

P 

2 

⎫ 

⎬ 

⎭ 

= 1. 


PR4.1) O que é um quadrupolo elétrico? Faça um desenho da configuração das cargas. 

Assim, o campo elétrico na direção y para um fio semi-infinito fica 

E 

λ 

⎡ 

= ⎢ 

4π ε 

0 ⎢ 

⎣ 

1 

⎛ 

iˆ 

+ ⎜1− 

⎜ 

⎝ 

( x − x ) 

0 P 

fio semi−inf 

. 

L 

2 2 

2 2 

( x0 

− xP 

) + yP 

( x0 

− xP 

) + yP 

⎞⎤ 

ˆj 

⎟⎥ 

⎟⎥ 

⎠⎦ 

r 1 

PR4.2) O campo elétrico de um dipolo elétrico varia com Edipolo 

∝ . Você espera que 

3 

r 

o campo de um quadrupolo varie com potências mais altas de r ? 

P 

ATIVIDADE 4.3 

Para obter este resultado devemos fazer, no resultado da Atividade 4.2 o limite de 

x 

0 

→ −∞ . Pela simetria envolvida agora no problema (faça um desenho, se não 

conseguir perceber isto!) a componente 

E 

x, 

∞ 

λ 

= lim 

x →0 

4πε 

0 

E 

y 

do campo se anula, pois: 

0 

1 

( x − x ) 

0 

2 

P 

+ y 

2 

P 

= 0 

E 

y, 

∞ 

= lim 

4 

x 

0 

→∞ 

λ 

π ε 

0 

⎡ 

⎢1 

− 

yP 

⎢⎣ 

( x 

( x 

0 

0 

− x ) 

− x ) 

P 

2 

P 

+ y 

2 

P 

⎤ 

⎥ 

⎥⎦ 

86 

87

AULA 5: CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO PARA 

DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS DE CARGA EM DUAS E TRÊS 

DIMENSÕES 

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 

ser expresso das seguintes por 

d V ′ pode 

OBJETIVOS 

• CALCULAR O CAMPO ELÉTRICO PARA QUALQUER DISTRIBUIÇÃO CONTÍNUA DE CARGA 

• d V ′ = dx dy dz para coordenadas cartesianas, figura 5.2a; 

• dV 

′ = ρ dρ 

dφ 

dz para coordenadas cilíndricas, figura 5.2b; 

• IDENTIFICAR E EXPRESSAR OS ELEMENTOS DE SUPERFÍCIE E DE VOLUME 

2 

• dV ′ = r sinθ 

dr dφ 

dθ 

para coordenadas esféricas, figura 5.2c. 

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 

d V ′ . Ou seja: 

A densidade volumétrica de cargas, chamada de ρ, indica o número de 

cargas por unidade de volume. 

(a) Distribuição superficial de cargas: aqui o elemento de volume 

reduz ao elemento de área: 

d V ′ se 

• d A′ = dx dy para coordenadas cartesianas em uma superfície plana, 

como ilustra a figura 4.2a; 

• d A′ = rdr dθ 

para coordenadas polares (por exemplo, em um disco, 

figura 5.1b. 

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 

Figura 5.1: Elementos de área no plano: (a) coordenadas cartesianas e (b) polares. 

88 

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. 

89

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. 

r 

dE 

λ Rdθ 

′ 

cosφ 

kˆ. 

2 2 

4π ε ( R + z ) 

= dq 

2 

0 

P 

r 

Tal que ( r λ 2π 

Rdθ 

′ 

E ) = = 

cos kˆ 

anel 

z 

P ∫ dEdq 

φ . 

2 2 

4π ε 

∫0 

( R + z ) 

2 

0 

P 

r 

2 2 

Como cosφ = z 

P/ 

R + zP 

vem: = λ R 2π 

z 

P ˆ 

∫ dEdq 

d 

k. 

2 2 

4 

∫ θ ′ 

π ε 

0 

( R + z ) 

3/2 

0 

P 

Repare que o integrando não depende de θ′. Fica então, muito fácil: 

r 

E 

λ2π 

Rz 

P ˆ Q z 

P 

) = 

k = 

2 2 3/2 

2 

4π ε ( R + z ) 4π 

ε ( R + z 

( anel 

z 

P 

2 

) 

3/2 

0 

P 

0 

P 

kˆ. 

(5.1) 

Note que o campo na origem z 

P 

= 0 é nulo, como seria de se esperar por simetria. 

Outra vez, se 

z P 

>> R , devemos obter o campo de uma carga puntiforme. O 

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 r ′ = R . 

r 

b) A localização do ponto de observação é = z kˆ 

. 

c) A distância entre dq e P é 

2 2 

R + z P . 

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 Q = (2π R) 

λ tal que dq = λRdθ. 

P 

P 

parâmetro adimensional que caracteriza essa condição é: 

Reescrevendo: 

( R 

2 

z 

+ 

P 

2 

z 

P 

x = 

) 

3/2 

R 

z P 

= 

z 

EXEMPLO 5.2 

Consideremos um aro uniformemente carregado, com densidade superficial de 

carga λ > 0 , e calcule o campo elétrico na origem do sistema de coordenadas da figura 

5.2. 

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 5.2: 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: 

ou: 

r 

E( 

x 

P 

= 0, y 

p 

r 

E 

λ 

4π ε 

Rλ 

= 0) = + 

4πε 

R 

r 

E( 

x 

∫ 

λ R dθ 

′ 

|= − 

, 

4π ε 

| dE dq 

2 

0 

R 

R dθ 

′ cosθ 

′ λR 

⋅ ( −iˆ) 

= 

2 

R 

4π ε R 

= 2 

0 

0 

p 

0 

2 

= 0, y 

p 

senθ 

′ 

+ π/3 

−π/3 

λ 

( −iˆ) 

= + 

4πε 

R 

λ 3 1,73λ 

= 0) = ( −iˆ) 

= ( −iˆ). 

4πε 

R 4πε 

R 

0 

0 

∫ 

cosθ 

′ dθ 

′ ( −iˆ) 

[ sen( 

π/3) 

− sen( 

−π/3) 

]( 

−iˆ), 

, 

0 

(5.3) 

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 ẑ . A carga total no disco é Q = πR 

2 σ tal que dq = σ r′ dr′ 

dθ 

′. 

O elemento infinitesimal de campo é: 

σ r′ 

dr′ 

dθ 

′ 

|= 

2 2 

4π ε ( r′ 

+ z ) 

| dEdq 

2 

0 P 

. 

92 

93

Tal que o campo é dado por ( σ r′ 

dr′ 

cosφ 

dθ 

′ 

E z ) = 

zˆ 

P ∫ 

. 

2 2 

4π 

ε ( r′ 

+ z ) 

2 

0 

P 

r 

φ ( σ 2π 

R r′ 

dr′ 

E z 

P 

) = d 

zˆ 

. 

2 2 

4 

∫ θ ′ 

π ε 

0 ∫0 

( r′ 

+ z ) 

3/2 

2 2 

E como cos = y 

P/ 

r′ 

+ z P 

: 

0 

P 

A integração em θ′ pode ser feita imediatamente e dá um fator 

simples: 

2 2 

u = r′ + z 

P 

→ du = 2 r′ 

dr′ 

2 π . A integral é 

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: 

′ 

( r′ 

R 

∫0 

′ 

2 2 

r dr 1 R + z 

2 2 

P du 1/2 R + z 

P 

= 

= −u 

| 

2 2 3/2 2 3/2 

2 

+ z ) 2 

∫z 

z 

P 

P u 

P 

E( 

z 

P 

1 dq 2πσ 

r dr 

) = ∫ dE = 

2 

2 2 

4 

∫ = 

π ε r 4πε 

∫ 

( r + z ) 

0 

R 

0 0 

. 

3 / 2 

P 

Finalmente, substituindo na expressão para o campo. Vem: 

Esta integral foi feita no Exemplo 4.3. O resultado então é: 

r 

E( 

z 

P 

σ ⎡ 

) = ⎢1 

− 

2ε 

0 ⎢ 

⎣ 

z 

P 

2 

R + z 

2 

P 

⎤ 

⎥ zˆ. 

⎥ 

⎦ 

(5.4) 

r 

E( 

z 

P 

σ ⎡ 

) = ⎢1 

− 

2ε 

0 ⎢ 

⎣ 

z ⎤ 

P 

⎥ zˆ. 

2 2 

R + z ⎥ 

P ⎦ 

(5.5) 


Calcule o campo elétrico para pontos muito distantes do disco do exemplo 5.3 


Qual seria o valor do campo elétrico caso 

considerar o disco como um plano infinito de cargas? 

R >> z 

P ? Nesse caso você poderia 

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: da = (2π 

r) 

dr 

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. 

94 

95

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. 

vem: 

r − r = −r 

senθ 

cosφ 

iˆ 

− r senθ 

senφ 

ˆj 

+ ( r − rcosθ 

) kˆ. 

P 

P 

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: 

O módulo do vetor 

r 

dE 

r r 

1 dq 

P 

− 

r r r r . 

4π ε 

0 | 

− 

| | 

− 

| 

dq 

= 

2 

P 

P 

(5.6) 

r r − pode ser escrito em termos das cordenadas esféricas. A 

r P 

figura 5.6 ilustra o sistema de coordenadas utilizado. Como: 

r 

= rsenθ cosφiˆ 

− rsenθsenφ 

ˆj 

+ rcosθ 

kˆ. 

e 

r 

= r kˆ 

P 

P 

Figura 5.5: Escolha do referencial: coordenadas esféricas. 

Assim, de acordo com a equação (5.6) o elemento de campo elétrico gerado por 

d q 

onde: 

= ρdV 

fica: 

r 

dE 

2 

1 ρr 

dr senθ 

dθ 

dφ 

2 2 

4πε 

[ r + r − 2r 

rcosθ 

] 

= dq 

3/2 

0 p 

P 

r − r 

P 

r 

( 

2 2 

1/2 

= [ rp 

+ r − 2 rP 

r cosθ 

] 

2 

e: dV = r dr senθ 

dθ 

dφ 

P 

r 

− 

), 

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 dE 

r 

dq 

na direção x e o integre sobre o volume da esfera: 

96 

97

π 

ρ θ 

θ 

π 

r sen 

E = r 

2 

R 

2 

dE iˆ 

1 

x ∫ • dq 

= ∫ dr d 

[ r senθ 

cosφ] 

dφ 

0 ∫ ∫ 

− 

0 0 

2 2 

4π ε [ r + r − 2 r r cosθ 

] 

3/2 

A integral sobre φ só envolve o 

0 

p 

P 

cos φ que, integrado no intervalo de 0 a 2 π se 

anula. Um argumento completamente análogo vai levar você a concluir que: 

E x 

= E y 

= 0. 

Depois de usar a equação 5.7 no denominador: 

2 

r senθ 

( rP 

− r cosθ 

) 

2 2 

[ r + r − 2 r r cosθ 

] 

p 

2 

r senθ 

( rP 

− r cosθ 

) 

2 2 

[ r + r − 2 r r cosθ 

] 

p 

P 

P 

3/2 

3/2 

dθ 

= 

[ r 

2 

r ( r rp 

senθ 

dθ 

− r senθ 

cosθ 

dθ 

) 

dθ 

= = 

2 2 3/2 

[ r + r + t] 

2 

p 

r 

2 

+ r + t] 

3/2 

2 r r 

[ 

p 

p 

senθ 

dθ 

2r rp 

cosθ 

2r rp 

senθ 

dθ 

+ ( − 

)] 

2 

2r 

2r 

p 

p 

Então, o que nos resta é calcular 

trabalhoso, como você verá a seguir. 

A integral 

E 

z que desejamos é: 

E 

z . Entretanto, o cálculo desta integral é muito 

2 

r senθ 

( rP 

− r cosθ 

) 

2 2 

[ r + r − 2 r r cosθ 

] 

p 

P 

3/2 

dθ 

= 

[ r 

r 

2 

+ r + t] 

dt t dt r 

[ + ] = 

2 2 2 

2 4r 

[ r + r + t] 

[ + 

2 3/2 

3/2 

p 

p p 

2 

1 

t 

] dt 

2 

4r 

p 

E 

r 

ˆ ρ R 

• k = − dr 

2ε 

∫0 

∫0 

2 

r senθ 

( rP 

− r cosθ 

) 

2 2 

[ r + r − 2 r r cosθ 

] 

= 

π 

z ∫ dEdq 

3/2 

0 

p 

P 

dθ. 

2 

r senθ 

( rP 

− r cosθ 

) 

2 2 

[ r + r − 2 r r cosθ 

] 

p 

P 

3/2 

2 

r 2rp 

+ t 

dθ 

= 

dt. 

2 2 3/2 2 

[ r + r + t] 

4r 

p 

p 

A integração sobre a variável θ pode ser efetuada fazendo a seguinte transformação 

de variáveis: 

t = − 2 r r cosθ 

→ dt = 2 r r senθ 

dθ. 

(5.7) 

P 

+ 

Esta transformação afeta apenas a integral em θ , vamos escrevê-la como: 

2 

( π r senθ 

( rP 

− rcosθ 

) 

I r) 

= ∫0 

2 2 

[ r + r − 2 r r cosθ 

] 

3/2 

p 

P 

dθ. 

O integrando pode ser preparado para integração da seguinte forma: 

2 

r senθ 

( rP 

− r cosθ 

) 

2 2 

[ r + r − 2 r r cosθ 

] 

p 

P 

3/2 

2 

3 

( r rp 

senθ 

− r senθ 

cosθ 

) 

dθ 

= dθ 

= 

2 2 

3/2 

[ r + r − 2 r r cosθ 

] 

p 

P 

P 

Assim, ficamos com: 

em que: 

2 

= ρ R + 2r r 

P r (2r 

t) 

R 

P 

+ ρ r 

Ez 

dr 

dt = I ( r) 

dr, 

2 2 2 3/2 

2 

2ε 

∫ 0 ∫− 

2r r 

P 4r 

[ r + r + t] 

ε ∫0 

4r 

1 

0 

2 

( 2r r 

P (2rP 

+ t) 

I1 r) 

≡ ∫ + dt. 

−2 

r r 2 2 

P [ r + r + t] 

3/2 

p 

P 

p 

2 2 

Fazendo uma nova transformação de variáveis: u = r + rP + t, 

podemos notar que 

2 2 2 

u − r + rP = 2rP 

+ t, 

d o que nos permite reescrever a integral acima como: 

I ( r) 

≡ 

1 

2 

(2rP 

+ t) 

2 2 

[ r + r + t] 

2 2 

( r+ 

r 

P 

) ( u − r + r 

dt = . ∫ 2 

( r−r 

P 

) [ u] 

+ 2r r 

P 

∫− 

2r r 

3/2 

3/2 

P p 

0 

P 

2 

P 

) 

du 

98 

99

Tal que 

I ( r) 

= 

1 

( r+ 

r ) 

2 

P 

( r−r 

) 

2 

P 

∫ 

⎡( 

r − r 

⎢ 

⎣ u 

2 2 

P 

3/2 

2 2 

) 1 ⎤ ⎡( 

rP 

− r ) 1 ⎤ 

+ du 

1/2 ⎥ = ⎢ + 

3/2 1/2 ⎥ 

u ⎦ ⎣ u u ⎦ 

2 2 

2 2 

⎡ ( rP 

− r ) ( rP 

− r ) 

= 2⎢− 

+ ( r + rP 

) + − | r 

⎣ ( r + rP 

) 

| rP 

− r | 

P 

⎤ 

− r | ⎥, 

⎦ 

2 

( r+ 

rP 

) 

2 

( r−rP 

) 

2 

onde | rP 

− r |= ( rP 

− r) 

. É preciso ter muito cuidado com as duas raízes. Portanto é 

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 

crescendo. 

r 

P 

vai 

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 

r P 

= R , conforme 

pode ser testado das duas expressões obtidas para ele, dentro e fora da esfera. 

necessário usar o módulo e avaliar as duas opções ao fazer as contas. Enfim, 

agrupando os termos ficamos com: 

⎡ r − r ⎤ ⎧8r 

se rP 

> r 

P 

I1 ( r) 

= 4r 

⎢1 

+ ⎥ = ⎨ 

(5.7) 

⎣ | rP 

− r | ⎦ ⎩0 

se rP 

< r 

Isto mostra que vamos obter expressões diferentes para o campo se o 

calcularmos em pontos dentro ou fora da esfera. 

Para os pontos externos, 

r P 

> r ,logo: 

Figura 5.6: Gráfico do campo elétrico em função de r. 

ou, 

3 

se q = ρ 4πR 

/3. 

ρ R r 

Ez 

= 

2ε 

∫ 0 

4r 

0 

0 P 

2 

P 

[8r] 

dr = 

ρ 

ε 

0 

4R 

12 

3 

1 

r 

2 

P 

q 

Ez 

= , 

(5.8) 

2 

4πε 

r 

Mostre que o campo elétrico é contínuo em 

ATIVIDADE 5.5 

r P 

= R . 

Para pontos internos, temos que 

r 

P 

está entre zero e R ; portanto devemos 

dividir a integral em duas partes e notar que a contribuição para 

enquanto que para 0 < r < R , I ( r) 

= 8r 

. Portanto: 

r > rP 

é nula, 

ρ 

Ez 

= 

ε 

r 

ρ 

ρ r 

r 

P 

R 

P 

p 

∫ [8r] 

dr + 0 dr = . 

0 2 

3 

0 4r 

r 

P 

ε ∫ 

= 

(5.9) 

0 P 3ε 

0 

4πε 

0 R 

q 

r 

100 

101



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). 


A força sobre a carga q =10,0 μC é: 

r r r 

F = qE = E 

qQ 

) = 

4π ε z 

( z 

P 

2 

0 P 


A força exercida pela carga no arco é: 

kˆ 

. 

Para calcular o campo elétrico para pontos muito distantes do disco utilize a equação 

5.4 fazendo o limite para para z P 

>> R . O parâmetro adimensional que caracteriza 

essa condição é: 

x = 

R 

z P 

z 

P 

2 

P 

z ⎤ 

P σ 

⎥ zˆ 

= 

2 2 

R + z ⎥ 2ε 

P 

0 

⎦ 

⎤ σ ⎡ 1 

⎥zˆ. 

= 1 

2 

2 

⎢ − 

⎥ ε 

0 ⎣ (1+ 

x ) 

⎦ 

o campo elétrico será 

σ 

2 

[ 1− 

0] zˆ 

= zˆ 

0 

ε 

0 

1/2 

2 

⎤ σ ⎡ x ⎤ 

⎥zˆ 

= ⎢1 

− (1 − ) ⎥zˆ 

= 0 

⎦ 2ε 

0 ⎣ 2 ⎦ 

A densidade linear de cargas é: 

q 6,00µ 

C 

λ = = = 2,8µ 

C / m. 

L 2,1m 

Como veremos mais adiante, esse é o valor do campo elétrico de um plano infinito de 

cargas. 

Então: 

9 

−6 

9,0 

× 10 × 1,73 × 2,8 × 10 Nm 

4 

F = 

= 4,4 × 10 N. 

1,0 

m 


Você não encontrará resposta para essa atividade. 

102 

103

PROBLEMAS 

P2.8) Um elétron com velocidade 

8 

v = 5,0× 

10 m/s é lançado paralelamente a um 

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. 

campo elétrico uniforme E = 1,0 × 10 

3 

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. 

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 3.10 – Elétron no campo uniforme entre duas placas 

6 

A velocidade inicial do elétron é v = 6,0× 

10 m/s e o ângulo de lançamento é θ = 45°. 

3 

Se E = 2,0× 

10 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? 

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. 

104 

105

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. 

106 

107

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: 

r 

E 

1 q 

rˆ. 

4π ε r 

= 

2 

0 

Na figura 6.1 estão representados alguns vetores da intensidade do campo elétrico em 

alguns pontos gerado pela carga + q . 

Devido ao fato do campo decair com 

2 

1/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 

mesmo para qualquer superfície lembre-se que 

esfera. 

2 

N/4π 

R , onde N é o número de linhas de força, que é o 

A 

π 

2 

= 4 R é a área da superfície da 

Em outras palavras: duas superfícies esféricas com centros na carga, uma com 

raio R 

1 e outra com raio R 

2, ( R1 

< R2 

) 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 

2 

2 

distância à fonte. Ou seja, se R 

1 

< R2 

temos que ( N/4π R1 ) > ( N/4πR 

2 

) e como 

E 

E > . 

2 

∝ N/4π 

R , concluimos que 

1 

E2 

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 E r 

superfície A e definida como: 

através da 

Φ = ∫ E 

r • nda ˆ 

(6.1) 

E 

S 

Figura 6.1: Vetores campo elétrico. 

Em que o vetor nˆ 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. 

108 

109

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; 

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 dE 

r 

perpendicular ao elemento de área da ; em outras palavras, é 

apenas a área no plano perpendicular a E r 

que levamos em conta quando 

falamos da densidade de linhas de força. 

c - somamos os resultados para obter o fluxo total. 

Seja a face AEFC, que é perpendicular ao eixo Oy. Para ela, nˆ 

= − ˆj 

e o fluxo é: 

Φ 

1 

= 

∫ 

r 

E ⋅ nˆ 

da = 

S 

∫ 

(3,0 iˆ 

+ 2,0y 

ˆj 

+ 2,0 kˆ) 

• ( − ˆ) j da = 

∫ 

− 2,0 y da = −2,0 

y 

∫∫ 

dx dz 

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: 

EXEMPLO 6.2 

CÁLCULO DO FLUXO DO CAMPO ELÉTRICO 

r 

Calcule o fluxo do campo elétrico, dado por E = 3,0ˆ i + 2,0 yj ˆ + 2,0kˆ 

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. 

Φ ∫∫ 

2 

2 

2 

1 

= −2,0 

( N / Cm) 

× 2,0 m dx dz = −4,0 

a ( N / C) 

m = −16,0( 

N / C) 

m . 

Seja agora a face BDGH, que também é perpendicular ao eixo Oy. Para ela, 

fluxo é: 

Φ 

2 

= 

∫ E ⋅ nda ˆ = ∫ (3,0ˆ i + 2,0 yj ˆ + 2,0kˆ) 

• ( ˆ) j da = ∫ 2,0 y da = 

S 

r 

2,0 y 

∫∫ 

dx dz 

nˆ = ˆj 

e o 

Sobre a face BDGH a coordenada y não varia e tem o valor y=4,0m. Então: 

Φ ∫∫ 

2 

2 

2 

2 

= 2,0 ( N / Cm) 

× 4,0 m dx dz = 8,0 a ( N / C) 

m = 32,0( N / C) 

m . 

Na face ABEH temos nˆ = iˆ 

. Então: 

Figura 6.5: Cubo atravessado por campo elétrico. 

Φ 

∫ 

( 3,0ˆ ˆ 

m 

2 

3 

= i + 2,0yj 

+ 2,0kˆ) 

• (ˆ) i da = 3,0 ( N / C) 

dy dz = 3,0 ( N / C) 

a = 12,0 ( N / C) 

∫∫ 

2 

Solução: Antes de resolver o problema, notemos algumas propriedades do campo: 

110 

111

Na face FGDC temos nˆ 

= −iˆ 

. Então: 

Φ 

∫ 

( 3,0ˆ ˆ ˆ) 

m 

4 

= i + 2,0yj 

+ 2,0kˆ) 

• ( −i 

da = −3,0 ( N / C) 

dy dz = −12,0 ( N / C) 

∫∫ 

2 

ATIVIDADE 6.2 

Determine qual é o fluxo do campo elétrico através das três superfícies da figura 6.5. 

Na face ABCD temos nˆ 

= −kˆ 

. Então: 

ˆ 

2 

2 

Φ 

5 

= (3,0ˆ i + 2,0 yj + 2,0kˆ) 

• ( −kˆ) 

da = −2,0 ( N / C) 

dy dx = −2,0 ( N / C) 

a = −8,0( 

N / C) 

m , 

∫ 

Finalmente, na face EFGH nˆ = kˆ 

. Então: 

∫∫ 

Φ 

∫ 

( 3,0ˆ ˆ ˆ) 

m 

2 

5 

= i + 2,0 yj + 2,0kˆ) 

• ( k da = 2,0 ( N / C) 

dy dx = 2,0 ( N / C) 

a = 8,0( N / C) 

∫∫ 

2 

O fluxo total é: 

2 

Φ = Φ1 + Φ 

2 

+ Φ 

3 

+ Φ 

4 

+ Φ 

5 

+ Φ 

6 

= ( −16,0 

+ 32,0 + 12,0 −12,0 

− 8,0 + 8,0) ( N / C) 

m , 

2 

Φ = 16,0( N / C) 

m . 

ATIVIDADE 6.1 

Figura 6.5 Três superfícies Gaussianas 

Seja o vetor 

r 

E = 3,0ˆ i + 2,0 ˆj 

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. 

6.2 A LEI DE GAUSS 

Figura 6.4 : Paralelepípedo atravessado por campo elétrico. 

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. 

112 

113

Vamos torná-la quantitativa, então: 

1 

∫ E 

r • nˆ 

da = Q, 

(6.4) 

S 

ε 

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 

∫ E 

r 

• nˆ 

da 

sobre uma superfície fechada. Assim: 

0 

1 - Escolhemos uma superfície compatível com a simetria do problema, 

que passa pelo ponto P, onde desejamos calcular a intensidade do 

S 

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 E r (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; 

campo elétrico; 

2 - Definimos o elemento de área relevante; 

3 - Definimos o vetor unitário normal à essa área; 

2) o elemento de área é da e nˆ 

da = rˆ 

da , sendo da o elemento de área de 

uma esfera, como ilustra a figura 6.6. Não vamos precisar de sua forma diferencial. 

4 - Fazemos o produto escalar entre E r e nˆ 

5 – Calculamos o fluxo da campo elétrico: 

r 

Φ = ∫ E • nˆ 

da = 

S 

∫ 

E cos θ da, 

S 

(6.5) 

onde cosθ = Eˆ 

⋅nˆ 

. 

Figura 6.6: Elemento de área de uma superfície esférica. 

A que simetria nos referimos acima? Aquelas, por exemplo, como a que vimos 

Assim: n ˆ da = rˆ 

( r senθ 

dφ) 

dθ, 

114 

115

e o campo elétrico para uma carga puntiforme é: 

Então: 

r 

E 

1 q 

4π ε 0 

r 

= 

2 

rˆ 

r 

E • nˆ 

da = 

1 

4π ε 

0 

q 

2 

r 

(6-6) 

rˆ 

• n da, 


Verifique a lei de Gauss para o caso de uma carga puntiforme negativa q . 


No exemplo 6.2, qual deve ser a condição para que o fluxo elétrico através do cubo 

seja nulo? 

como r é constante sobre a superfície, temos: 

r 1 q 

∫ E • nˆ 

da = 

2 

4π ε r 

0 

∫ 

da. 

Então, vemos que tudo que necessitaremos é a área da esfera, assim teremos: 

1 q 

∫E 

r 

• nˆ 

da = ⋅ 4π 

r 

2 

4π ε r 

= 

0 

ε 

0 

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: 

∫ 

sup. 

de 

raio r 

r 

E • n da = E 

∫ 

2 

ˆ 

idem 

2 

q 

da =| E | 4π 

r . 

Usando a lei de Gauss, sabemos que o fluxo calculado tem que ser igual à carga total 

2 

dentro da esfera, q dividida por ε 

0 . Então E ⋅ 4π 

r = q/ 

ε 

0 

, finalmente: 

1 q 

E = 

2 

4π ε r 

0 

. 

No caso de uma carga puntiforme, o campo elétrico por ela gerado é: 

r 

E 

1 q 

4π ε 0 

r 

= 

2 

A força elétrica que atua sobre uma carga de prova q0 

colocada em um ponto P, é 

dada por: 

r r 

F = q E 

0 

rˆ 

1 qq 

4π ε r 

0 

= 

2 

0 

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. 

rˆ 

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. 

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 g v que nada mais é que o fluxo 

do vetor aceleração da gravidade. 

116 

117


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. 


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? 

ATIVIDADE 6.2 

No caso do campo gerado por uma carga negativa, nˆ 

= −rˆ 

. A equação 6-4 fica: 

r 

E 

1 q 

− rˆ. 

4π ε r 

= 

2 

0 

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 


118 

119

AULA 7: APLICAÇÕES DA LEI DE GAUSS 

OBJETIVOS 

• APLICAR A LEI DE GAUSS PARA O CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO 

∫ E 

r ⋅nda 

ˆ = E ⋅ 4π 

R 

S 

Vamos calcular a quantidade de carga interna a essa superfície: 

4 3 

q = ρ ⋅ π R . 

3 

2 

P 

. 

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". 

Usando a lei de Gauss: 

temos que: 

ρ 

π 

3 

como q = (4/3) R , vem: 

q 

∫ E 

r 

⋅ nda ˆ = 

S 

ε 

2 ρ 4 3 

E ⋅ 4π 

Rp = ⋅ π R , 

ε 3 

E 

0 

0 

1 q 

. . 

4πε 

R 

= 

2 

0 P 

Primeiramente vamos calcular o campo elétrico para pontos exteriores à esfera. 

A figura 7.1 ilustra a superfície de Gauss escolhida. 

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 

Figura 7.1: Pontos exteriores à esfera dielétrica de raio R uniformemente carregada. 

raio 

R 

P , distinguindo bem 

figura 7.2. 

R 

P do raio da esfera em questão, como indicado na 

O campo será radial e seu módulo será constante sobre superfícies esféricas 

concêntricas com a distribuição. Então, podemos escrever: 

120 

121

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 

Figura 7.2: Superfície de Gauss interior à esfera dielétrica de raio R. 

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. 

O fluxo do campo elétrico é: 

A carga total dentro da superfície é: 

2 

∫ E 

r 

⋅ nda ˆ = E ⋅ 4π 

RP 

. 

S 

4 3 

q = ρ ⋅ π R P 

. 

3 

Note que, neste caso, o raio que delimita a quantidade de carga que vai contribuir, 

COINCIDE com R 

P . Ou seja, a carga que contribui para o fluxo é q ( RP 

). 

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: 

E = 0. 

int. 

Desenvolvendo a lei de Gauss fica: 

ou: 

q( 

R 

∫ E r 

⋅ nda ˆ = 

S ε 

0 

p 

) 

Como vimos anteriormente, em materiais condutores as cargas se concentram na 

superfície dos mesmos; então não temos cargas no interior da esfera. 

2 ρ 4 3 

E ⋅ 4π 

R P 

= ⋅ π R P 

. 

ε 3 

0 

Finalmente: 

ρ 

E = 

3ε 

O mesmo resultado que obtivemos laboriosamente fazendo uma integral 

tridimensional. 

0 

R P 

. 

Figura 7.3: Superfície de Gauss para uma esfera metálica. 

E os pontos exteriores? Escolhemos como superfície de Gauss uma superfície esférica 

122 

123

arbitrária de raio 

ou: 

R 

P . Então (Figura 7.3): 

E ⋅ 4π 

R 

E 

2 

P 

Q 

= , 

ε 

0 

1 Q 

. 

4πε 

R 

= 

2 

0 P 

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: 

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. 

Figura 7.5: Superfície de Gauss para um fio infinito. 

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. 

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: 

q = ρ ⋅π R 2 ⋅ L. 

Em que L é a altura do cilindro de Gauss e R, o raio de suas bases. 

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, 

124 

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 

E ⋅ 2π 

R 

P 

ρπ R 

L = 

ε 

0 

2 

L 

. 

R p 

> R é dado por: 

125

Note que 

R P 

≠ R . Resolvendo a equação acima para o campo: 

ρ R 

E = 

2ε 

2 

0 

R P 

. 

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 

ionização? 

6 

4 × 10 N/C sem sofrer 

Para ponto internos do fio ( R p 

< R ), 

e 

2 

p 

q( 

R ) = π R Lρ 

p 

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. 

E ⋅ 2π 

R 

p 

ρ 

E = ε 

0 

L = π R 

R p 

2 

p 

L 

ρ 

ε 

0 

Note que as duas expressões coincidem quando 

R p 

= R . A Figura 7.6 mostra o 

gráfico do campo elétrico em pontos no interior e exterior do fio. 

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 Q = λL 

. 

Figura 7.6: Gráfico do campo elétrico gerado pelo fio. 

ATIVIDADE 7.2 

Mostre que, para R P 

= R , os campos interno e externo são iguais. 

EXEMPLO 7.3 

Que tal agora um pouco mais de física? 

−3 

Uma coluna de ar de comprimento L e densidade linear λ = −1,2 

× 10 C/m encontra- 

126 

A segunda hipótese fundamental é a de que a superfície da coluna carregada 

negativamente deva estar no raio r 

P 

onde a intensidade do campo elétrico é 

6 

4 × 10 

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 A = π r P 

L . 

L 

A Lei de Gauss nos dá: E ⋅ 2 r L = , 

ou: E = , 

2 r 

Portanto, para obter o raio da coluna temos: 

π 

P 

P 

λ 

ε 0 

λ 

πε 

0 P 

2 

P 

127

−3 

= λ 

1,2 × 10 C/ 

m 

r P 

= 

= 5,4 m. 

−12 

2 2 

2π ε E (2π 

)(8,85 × 10 C / Nm )(4× 

10 

6 N/ 

C) 

0 

e 

r 

E ⋅ ˆn = 0 

(na superfície). 

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. 

Portanto, somando todas as contribuições a lei de Gauss nos fornecerá 

E(2A) 

= σ A 

ε 

σ 

E = 

2 ε 

0 

0 

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. 

(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 

comprimento 

Figura 7.8: Superfície de Gauss 

A superfície de Gauss será o cilindro indicado na Figura 7.8, de raio 

L 

P 

. A carga dentro do cilindro considerado é: 

correspondente à base do cilindro. 

por isso: 

R 

P 

e 

q = σ A , sendo A a área 

O campo elétrico é perpendicular às bases e paralelo à superfície do cilindro, 

r 

E ⋅nˆ 

= E (nas bases) 

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 

E (r) : 

a) No interior da esfera ( r < a) 

; 

b) Entre a esfera e a casca ( a < r < b) 

; 

c) Dentro da casca ( b < r < c) 

; 

d) Fora da casca ( r > c) 

; 

− q . Determine 

128 

129

e) Que cargas surgem sobre as superfícies interna e externa da casca? 

ou: 

q R 

E = 

4π ε a 

0 

P 

3 

( 0 < r < a) 

Para a < r de qualquer superfície gaussiana esférica será igual 

a q . Pela lei de Gauss, temos: 

E ⋅ 4π 

R 

2 

P 

q 

= . 

ε 

0 

Figura 7.9: Esferas carregadas concêntricas. 

Ou: 

q 

E = 

4πε 

2 

0 

R P 

( a < r < b) 

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: 

Para b < r < c , 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 b < r < c temos E = 0 . 

Mas sabemos que para E = 0, 

deve haver uma superposição do campo gerado pela 

esfera interior com o campo devido à parte interna da casca condutora. Seja 

da superfície gaussiana e seja q′ a carga gerada em 

R 

P o raio 

r = b . A lei de Gauss nos 

Para 

Figura 7.10: Superfície de Gauss para a esfera dielétrica. 

r < a a carga contida dentro da superfície desenhada é: 

3 

3 

( Volume dentro de RP 

4π 

RP/3 

RP 

q RP 

) × 

= q = q . 

3 

Volume total 4π 

a /3 a 

3 

A lei de Gauss sobre a superfície desenhada (Figura 7.10) nos fornece: 

q R 

E ⋅ 4π R = 

ε a 

2 q( 

RP 

) 

p 

= 

ε 

0 

0 

3 

P 

3 

fornece: 

Como E = 0 , descobrimos que q′ = −q 

. 

2 q + q′ 

E ⋅ 4π 

RP 

= . ( b < r < c) 

ε 

Se existe uma carga − q em r = b , 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 

cargas no seu interior é zero. Então: 

E = 0 

( r > c) 

0 

r > c , será nulo, uma vez que a soma das 

130 

131

ATIVIDADE 7.3 

Considere a mesma configuração do exemplo 7.5, porém considere que o condutor 

esteja descarregado. 

1 q 

Φ = 

38ε 

0 

ATIVIDADE 7.4 

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 

∫E r 

⋅ nˆ 

dA 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? 

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 

cavidade e 

q 

c no centro da outra. A uma grande distância r está outra 

força que age em cada um dos quatro corpos 

A , 

q 

b no centro de uma 

q 

d . Qual a 

, q q b c e q 

d ? Quais dessas respostas, 

se há alguma, são apenas aproximadas e dependem de r ser relativamente grande? 

Figura 7.11: Superfície cúbica 

Solução: 

(a) O fluxo total é q /ε 

0 . 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: 

∫ 

face 

r 

E ⋅ ndA ˆ = 

(b) Como o campo de q é paralelo à superfície das faces 

q 

ε 

0 

A, B 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 q /(8 0 

) 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: 

ε 

SOLUÇÃO: A força sobre 

Figura 7.12: Condutor esférico com cavidades. 

q 

b 

é zero. O campo dentro da cavidade esférica é 

independente de qualquer coisa fora dela. Uma carga 

distribuída sobre a superfície condutora. O mesmo vale para 

− qb 

fica uniformemente 

q 

c . Como a carga total no 

condutor A é zero, uma carga q 

b 

+ qc 

fica distribuída sobre sua superfície externa. Se 

q 

d não existisse o campo fora de A seria simétrico e radial: 

132 

133

E = 

1 

4πε 

0 

( q 

q 

c 

) 

, 

2 

r 

que é o mesmo campo de uma carga puntual situada no centro da esfera. 

A influência de 

b + 

. 

q 

d alterará ligeiramente a distribuição de carga em A , mas sem 

afetar a carga total. Portanto para r grande, a força sobre 

1 q 

F = 

4 πε 

0 

d 

( qb 

+ 

c 

2 

r 

q ) 

q 

d será aproximadamente: 

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: 

r 

r 

ρa 

E = , 

3 

onde a r 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. 

ε 0 

A força em A precisa ser exatamente igual e oposta à força em 

q 

d . 

O valor exato da força em 

força que agiria em 

q 

d é a soma da força aproximada de A sobre 

q 

d mais a 

q 

d 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: 

r ρr 

E = rˆ 

3 

ε 0 

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. 

b) Uma cavidade esférica é aberta na esfera, como nos mostra a figura 7.13. 

Figura 7.14 : Superfície de Gauss para uma região na superfície de um condutor 

134 

135

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: 

σA 

∫ E r 

⋅ ndA ˆ = EA = . 

ε 0 

De onde vem: 

σ 

E = . 

ε 0 

(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 

Figura 7.15 Experiência com interferência e blindagem eletrostática 

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. 

SOLUÇÃO: 

Sem afastar o aparelho elétrico do dispositivo, Ricardo deveria ter envolvido o 

aparelho com a cúpula metálica, e não o dispositivo. 

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 

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 q > 0 . 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? 

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? 

Figura 7.16: Linhas de campo Figura 7.17: Visão em close up 

136 

137

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

Esperamos que a carga positiva q atraia carga negativa do plano. Claro que a carga 

negativa não se acumulará numa concentração infinitamente densa no pé da 

perpendicular que passa por q . 

Também lembremos que o campo elétrico é sempre perpendicular à superfície do 

condutor, nos pontos da superfície. Muito próximo à carga q , por outro lado, a 

presença do plano condutor só pode fazer uma pequena diferença. 

Podemos usar um artifício. Procuramos um problema facilmente solúvel cuja solução 

(ou parte dela) pode ser ajustada ao problema em questão. 

Considere duas cargas iguais e opostas, puntiformes, separadas pela distância 2h. 

Figura 7.19: Ângulo do campo 

Assim o campo elétrico aí é dado por: 

2kq 

− θ 

2kq 

E = cos = − 

z 2 2 

2 2 2 

( r + h ) ( r + h ) ( r + 

h 

h ) 

2 1/2 

2kqh 

= − 

2 

( r + h ) 

2 3/2 

Figura 7.18: Artifício da carga imagem. 

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: 

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 

A "carga imagem", 

E = kq 

− cosθ 

z 2 

( r + h 

2 ) 

− q , sob o plano, contribui com uma componente z igual. 

ou: 


∫E r 

• ndA ˆ = 

q 

E A = ⇒ 

n 

E n 

ε 

0 

q 

ε 

= 

0 

σ 

ε 

E 

n é a componente normal do campo. Portanto 

σ = 

− 

1 

2qh 

= 

E z 

ε 

0 

= 

ε 

2 2 3/2 0 

ε 

2 2 3/2 0 

2 

4π ε 

0 ( r + h ) 4π ε 

0 

( r + h ) 2π 

( r + 

0 

2qh 

Apenas para verificação, a carga superficial total deve igualar a 

Onde usamos: 

Q 

total 

= ∫ ∞ σ 2π 

rdr 

o 

= − 

qh 

h 

2 

) 

3/2 

− q . De fato, ela é: 

138 

139

∫ 

∞ 

∫ 

∞ 

dxdy 

= 

∫ 

2π 

∞ 

∫ 

−∞ 

−∞ 

0 0 

rdrdθ 

− hrdr 

q ∫ ∞ −q 

( r + h ) 

= 

0 2 2 

= 3/2 

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, − q/2 

), confinada num círculo de raio R . 


ATIVIDADE 7.1 

A solução é semelhante à do exemplo 7.1. A diferença está no sinal do produto escalar 

r 

E ⋅ nˆ 

, 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). 

ou: 

Ou, ainda: 

1 

= 

2 

∫ 

0 

R 

hrdr 

2 2 

( R + h ) 

q 

− = 

3/2 

2 2 

h + R 

2 

∫ ∞ 

0 

= [ − 

= 4h 

σ 2π rdr 

h 

] 

2 

h + R 

2 

R 

2 

0 

⇒ R = 

= 

3h. 

h 

2 2 

h + R 

1 

= 

2 

ATIVIDADE 7.2 


ATIVIDADE 7.3 

Neste caso o problema 

superfície b tem que ser 

r = b é idêntico ao anterior. Vimos que a carga sobre a 

− 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 

superfície exterior à casca. Neste caso o campo na região externa será: 

ATIVIDADE 7.4 

E 

q rˆ 

. 

4π ε r 

= 

2 

0 P 

+ q na 

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 

4 q 

face será Φ = . 

3 8ε 

ATIVIDADE 7.5 

0 

140 

141

a) Desenhando a superfície de Gauss, ilustrado na figura 7.20, e tomando um ponto 

genérico sobre ele, teremos, usando a lei de Gauss: 

E ⋅ 4π 

r 

2 

P 

4π 

r 

= ρ 

3ε 

r ρ 

ou: E = r rˆ 

P 

. 

3ε 

0 

3 

P 

0 

consideramos esse problema somado com o problema de uma distribuição uniforme, 

r r r 

com carga oposta localizada em â : 

= a + 

. O fluxo do campo elétrico que atravessa 

a superficie de Gauss é: 

P 

2 ρ 4π 

r 

E2 

⋅4π rP 

= − × 

ε 3 

0 

ρ r p 

E2⋅ 

= − . 

3ε 

r 

r 

ρrP 

ρ rP 

P 

ρ r 

Tal que: E = rˆ 

= = ( 

). 

2 

3 3 r 3 

a r 

− 

P 

− − − 

ε ε ε 

0 

0 

P 

0 

3 

P 

0 

O campo total é dado por E 

1 

( a) 

+ E2 

: 

Figura 7.20: Superfície de Gauss. 

r ρ r ρ r r 

E = 

− ( 

− a) 

= 

3ε 

3ε 

3 

0 

0 

ρ 

ε 

0 

r 

a. 

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 rˆ (ver figura 7.21): 

r r ρ 

E ( 

) = rrˆ 

1 

3ε 

0 


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? 

Figura 7.21: Superfície de Gauss. 

Para incluir o efeito da cavidade, usamos o princípio da superposição, isto é, 

142 

143

AULA 8: APLICAÇÕES DA ELETROSTÁTICA 

ATIVIDADE 8.3 

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! 

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 

−8 

λ = 2,00.10 C m. 

Determine o módulo do campo elétrico E a uma distância radial 

(a) r = R 2 e (b) r = 2R 

. (c) Faça um gráfico de E em função de r no intervalo 

0 ≤ r ≤ 2R . 

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 8.3: Seção reta de um tubo longo de metal carregado. 

ATIVIDADE 8.4 

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 q 1 

= q 2 

= + e e q3 = + 2e 

. A distância a=6,00 

µm. Determine (a) o módulo e (b) a direção do campo elétrico no ponto P. 

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

ATIVIDADE 8.7 

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? 

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 

Figura 8.5: Disco carregado com uma densidade superficial de cargas positivas σ . 

ATIVIDADE 8.6 

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. 

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 8.7: Ilustração da atividade 8.8. 

Figura 8.6: Campo elétrico entre discos carregados 

146 

147

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 

R 2 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 



(a) Através da figura vemos que o campo elétrico aponta da direita para a 

esquerda. A força elétrica é dada por: 

r 

F = 1,6 × 10 

× 

( − 40) iˆ 

= 6,4 × 10 iˆ 

−19 −18 

(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. 

. 


(a) Note que as cargas q1 

e q2 

tem o mesmo módulo, por simetria podemos concluir 

que sua contribuições se anulam no ponto P. A magnitude do campo no ponto P 

será: 

r 1 2e 

E = = 

2 

4πε 

r 

0 

p 

1 

4πε 

0 

2e 

( a 2 ) 

2 

= 160 N C . 

(b) O campo tem o mesmo sentido da linha que une a carga 3 ao ponto P. 


Considere uma superfície cilíndrica de área A e e raio 

cilindro. Fazendo uso da lei de Gauss podemos escrever: 

r 

q 

∫ E • nˆ 

da = 2 π rp 

E = . 

A 

ε 

r 

p , concêntrico ao eixo do 

(a) No interior do cilindro o campo elétrico é nulo, pois não há cargas no interior da 

superfície gaussiana. 

(b) Para r p 

> R temos que = λ. 

de λ e r 

p 

temos: 

q Então ( r) 

enc 

0 

λ 

E = . Substituindo os valores 

2π 

r p 

ε 0 

3 

E = 5.99 × 10 N 

C. 

(c) O gráfico de E versus r é mostrado abaixo: 

148 

149

ada por ela é nula, o campo fora dos cilindros também será nulo. 


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: 

dq = σ dA = σ 2π 

r dr, 

Figura 8.12: Gráfico de E versus r . 

O valor máximo para o campo elétrico é dado para r = 0, 030m 

e vale: 


λ 

4 

E 

max 

= = 1,2 × 10 N C. 

2π 

rε 

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 

r p 

< a . Aplicando a lei de Gauss para ela, temos: 

r 

qenc 

∫ E • nˆ 

da = E (2π 

rp 

L) 

= = 0 

A 

porque não há carga elétrica nas regiões em que rb. Como a carga total encer 

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 

150 

151

é o eixo Ox. Fazendo a conta para o campo em um ponto dentro da região das 

placas, com coordenada x, obtemos: 


σ ˆ 

− σ σ 

E = i − ( −iˆ) 

= 

2ε 

2ε 

ε 

0 

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 E r placa 

e o campo produzido pelo disco de E r 

disco , utilizando o 

princípio da superposição podemos escrever: 

r 

E 

total 

r r 

= E + E . 

placa 

Utilizando os resultados obtidos em atividades anteriores, o campo será dado por: 


( − σ ) 

0 

disco 

E 

r ⎛ σ ⎞ 

ˆ 

⎛ z ⎞ 

1 

ˆ σ z 

= k ⎜ 

⎟ k 

total ⎜ 

⎟ + 

= 

2 

− 

2 2 

2 

⎝ ε 

0 ⎠ ε 

0 ⎝ z + R ⎠ 2ε 

z + R 

2 2 

0 

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. 

0 

kˆ. 

E = 

σ 

ε 

2 0 

Dividindo 8.2 por 8.1 e substituindo o valor de E temos: 


. 

qσ 

2ε 

0mg 

tanθ 

= mg tanθ 

→ σ = 

. 

2ε 

q 

0 

O campo eletrico no interior e exterior de uma esfera carregada já foi calculado nas 

aulas anteriores. O campo devido à esfera 1 é: 

E o campo da esfera 2 é: 

q1 

E1 

= 

3 

4πε 

R 

A razão entre as cargas será: 

1 

0 

q1 

r1 

= 

4πε 

R 

2 

2 

= 

2 

4πε 

0r 

4πε 

0 

R 

0 

3 

⎛ R ⎞ q1 

⎜ ⎟ = 

⎝ 2 ⎠ 8πε 

R 

q q 

E = . 

( 1,5 ) 2 

q2 

9 

= = 1,125. 

q 8 

1 

0 

2 

. 

Figura 8.13: Diagrama de forças que atuma na esfera. 

Podemos decompor a tensão na corda e aplicar a condição de equilíbrio, ∑ F r = 0 . 

Assim teremos: 

e 

T cos θ = mg 

(8.1) 

Tsen θ = qE. 

(8.2) 

O campo criado por uma placa já é conhecido e tem módulo: 

152 

153

UNIDADE 4 

ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA E POTENCIAL ELÉTRICO 

Nas unidades anteriores estudamos o campo elétrico gerado por diversas 

distribuições de carga. No entanto, devido à sua natureza vetorial, o cálculo de 

torna-se complicado. Nesta unidade começaremos o estudo de uma grandeza 

escalar: o potencial elétrico, que permitirá calcular o campo elétrico de forma mais 

simples. Antes de discutir o conceito de Potencial faremos uma análise do trabalho 

realizado pela força elétrica no deslocamento das cargas e da energia potencial 

elétrica associada com a configuração de cargas em sistemas discretos ou 

contínuos. Por último, aprenderemos a relação entre o campo elétrico e o potencial 

e discutiremos uma generalização da noção de energia eletrostática. 

→ 

E 

154 

155

AULA 9: ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA 

Portanto, o trabalho realizado por 

campo gerado pela carga Q é: 

→ 

F no deslocamento da carga 

e 

q 

o 

através do 

OBJETIVOS 

• DEFINIR A ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA 

• CALCULAR A ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA PARA DISTRIBUIÇÕES SIMPLES DE 

CARGAS ELÉTRICAS 

9.1 TRABALHO E ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA 

Considere uma carga Q situada em um ponto do espaço cujo vetor-posição 

relativo a um dado referencial O seja r Q 

. Esta carga cria um campo elétrico 

→ 

E em 

outro ponto P do espaço, de vetor-posição r P 

. Uma carga q 

0 

, situada em P, sofrerá 

uma força elétrica 

F r e 

exercida pelo campo elétrico de Q sobre ela. A Figura 9.1 

mostra o referencial O, os vetores-posição r Q 

ao referencial, assim como o vetor-posição ( 

carga Q. 

e rr P 

r r − P Q 

das duas cargas relativamente 

) do ponto P relativamente à 

B → → 

Qq B 

B 

o 1 Qqo 

dr 

WAB 

= ∫ Fe 

• ds = ∫ rˆ 

• rˆ 

dr = 

A 

A 2 

r 

∫A 

2 

4πε 

4πε 

r 

em que fizemos, para simplificar a notação, a seguinte substituição: 

Observe que 

v r r 

r = P 

− 

Q 

e 

o 

r r 

P 

− 

Q 

rˆ 

= r r 

− 

W 

AB é uma função apenas da distância entre as cargas e, 

portanto, independe do caminho usado para calcular a integral de linha de A 

até B. Então, podemos concluir que a força Coulombiana é uma força 

conservativa. 

Assim, quando q 

o 

se desloca de A até B, podemos, associar ao trabalho realizado por 

→ 

F , uma função energia potencial que só depende dos pontos A e B, de tal forma 

e 

que a variação da energia potencial U 

B 

− U 

A entre os pontos B e A seja igual ao 

negativo do trabalho 

carga de A até B: 

P 

W 

AB realizado pela força elétrica no deslocamento da 

Q 

o 

B → → 

Fe 

• ds 

A 

∫ 

U − U = − W = − 

(9.2) 

B 

A 

Lembre-se que, no SI, a unidade de energia e trabalho é o Joule [J]. 

AB 

Figura 9.1: Os vetores-posição da carga Q e do ponto P 

A força elétrica que a carga Q exerce sobre q 

0 

é: 

→ → 

1 

Fe 

= qo 

E = 

4πε 

o 

Qqo 

v r 

r − 

P 

Q 

2 

r r 

P 

− 

Q 

r r 

− 

P 

Q 

(9.1) 

EXEMPLO 9.1 

Na figura 9.3, suponha que uma carga 

q o 

= +4, 5 nC 

se desloque em uma 

3 

região onde o campo elétrico seja dado por E = ( 2,00× 

10 N / C) j 

variação da energia potencial 

→ 

∆ U quando q 

o 

vai de: 

(a) A para B. (b) B para C (c) A para C. 

ˆ . Calcule a 

r 

r P Q 

Essa expressão mostra que a força elétrica depende apenas da distância 

r − entre as cargas e está sempre dirigida ao longo da linha que as une. 

157 

156

OB 

cosθ 

= = AB 

3 

2 2 

2 + 3 

= 

3 

= 0.83 

13 

Então: 

U 

B 

−U 

A 

= −W 

AB 

= − 

-9 

3 

−2 

2 2 

−2 

2 

( 4,5× 

10 C)( 2,0× 

10 N/C) ( 0,83) ( 2,0 × 10 m ) + ( 3,0 × 10 m ) 2 

U B 

−U 

A 

= − 2,7 × 10 

-7 

J 

Figura 9.3 

b) Quando q 

o 

se desloca de B para C o trabalho realizado pela força elétrica é 

Solução: 

Para todos os casos a variação da energia potencial entre os pontos assinalados 

pode ser obtida através do trabalho realizado pela força elétrica ao deslocar 

entre os dois pontos. Portanto: 

→ → 

Como F = q E 

e o 

, 

a) para a trajetória de A para B, 

W 

∫ 

= B AB A o 

W 

AB 

W 

W 

→ 

3 

q (2,0 × 10 N/C) ĵ• 

ds 

3 

= q (2,0 × 10 N/C) 

o 

∫ 

B 

A 

→ 

ĵ• 

ds 

B → → 

AB = ∫ Fe 

• ds 

A 

B 

= ∫ q 

AB A 

o 

• → 

→ → 

• 

Observe atentamente pela figura que ( ) θ 

→ → 

E e ds . 

Mas: 

W 

AB 

WAB 

3 

= q (2,0× 

10 N/C) 

o 

= (4,5× 

10 

-9 

∫ 

B 

A 

cosθ 

ds 

3 

C) (2,0× 

10 C) cosθ 

E 

ds 

q 

o 

ĵ ds = ds cos , onde θ é o ângulo entre 

∫ 

B 

A 

ds 

dado por 

C 

BC = ∫ qo 

B 

W 

W 

∫ 

= C BC o 

B 

W 

BC 

→ → 

• 

E 

ds 

→ 

3 

3 

q (2,0 × 10 N/C) ĵ• 

ds = q (2,0 × 10 N/C) 

3 

= q (2,0× 

10 N/C) 

o 

∫ 

C 

B 

cosφ 

ds 

onde, para este caso, φ é o ângulo entre 

o 

→ 

E e 

∫ 

C 

B 

→ 

ĵ• 

ds 

figura 9.3. Lembre que é sempre o menor ângulo entre os vetores 

-9 

3 

W = (4,5× 

10 C)(2,0× 

10 N/C) cos φ 

BC 

W 

BC 

= 

∫ 

C 

B 

ds 

-9 

3 

o 

(4,5 × 10 C) (2,0 × 10 N/C) cos135 × 

−7 

W BC 

= −2,6 

× 10 

U 

C 

c) O vetor 

−U 

B 

= −W 

BC 

J 

= + 2,6× 

10 

-5 

J 

→ 

ds . Identifique esse ângulo na 

-2 2 

( 4,2 10 m ) 

→ 

E e ds 

r . Então: 

→ 

→ 

E é perpendicular ao vetor ds em qualquer ponto da trajetória e desse 

modo o trabalho realizado pela força elétrica de A para C é nulo. Em outras 

palavras, a diferença de energia potencial elétrica entre C e A é nula. 

W 

C → → 

= ∫ q E • ds 

AC A 

o 

-9 

3 

W = (4,5× 

10 C) (2,0× 

10 N/C) cos β ds 

AC 

∫ 

C 

A 

158 

159

sendo β o ângulo entre 

W 

AC 

W 

AC 

U 

C 

= (4,5× 

10 

= 0 

− U 

A 

= 0 

-9 

→ 

E e 

→ 

ds quando 

3 

C) (2,0× 

10 N/C) cos 90 

q 

o 

se desloca de A para C. Então: 

o 

∫ 

ATIVIDADE 9.1 

No Exemplo 9.1, verifique se o trabalho realizado pela força no deslocamento da 

carga de A até B, passando pelo ponto O, dá o mesmo valor que foi calculado no 

Exemplo. 

C 

A 

ds 

nível de energia potencial, teremos uma energia potencial infinita. 

→ 

Como a força F é a força que atua entre duas cargas, a energia potencial é 

e 

uma função do conjunto das cargas. Assim, não é correto falarmos em energia 

potencial de uma carga apenas. Entretanto, quando tratamos de carga elétrica 

em um campo elétrico (o qual é gerado por uma ou várias outras cargas), podemos 

falar na energia potencial de uma carga (por exemplo, 

q 

o 

) em um ponto P do 

campo elétrico, em relação a um dado nível de energia potencial. Fica, então, 

subentendido que a energia potencial é do sistema constituído pela carga 

outras que geram o campo no qual está q 

o 

. 

q 

o 

e as 

Tomando a energia potencial em um ponto A, U 

A 

= 0 , para um ponto P 

qualquer podemos escrever: 

U 

P → → 

P = − qo 

∫ E • ds 

A 

(9.4) 


r 

−3 

O que aconteceria com U 

B 

− U 

A e W 

AB se E = −2,0 

× 10 ˆj 

N/C? 

9.2 ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA DE DUAS CARGAS PONTUAIS 

Para obter a energia potencial elétrica de um sistema constituído por uma 

carga Q de vetor-posição r Q 

e de outra 

q 

o 

, de vetor-posição r 0 

, ambos referidos a 

9.1.1 NÍVEL ZERO DE ENERGIA POTENCIAL 

A equação 9-2 nos mostra que não definimos energia potencial em termos 

absolutos, mas apenas a diferença de energia potencial entre dois pontos de 

um campo elétrico. Por causa disso, costumamos escolher um ponto do campo e 

estabelecer arbitrariamente que, nele, a energia potencial é zero. Este ponto é 

chamado de nível zero de energia potencial. Assim, a diferença de energia 

potencial entre qualquer ponto P do campo e o nível (por exemplo, o ponto A) é 

numericamente igual à energia potencial no ponto P. Então: 

U − 0 = − W 

P 

AP 

= − 

P → → 

Fe 

• ds 

A 

∫ 

(9.3) 

O nível zero de energia potencial é escolhido, geralmente, no ponto 

em que a força é nula. No caso da força elétrica exercida por uma carga ou 

distribuição discreta de cargas, o nível é um ponto situado a uma distância infinita 

da carga sobre a qual a força atua. Devemos, entretanto, ter cuidado com o caso 

de uma distribuição infinita de cargas. Nesse caso, se escolhermos o infinito como 

um mesmo referencial O, temos que lembrar que o vetor campo elétrico para uma 

distribuição discreta de cargas é dado por: 

→ 

E = 

1 

4πε 

De acordo com a equação 9.3, e fazendo: 

r 

temos que: ds 

= rˆ 

dr e: 

U 

r r 

= 

P 

U 

= −q 

P 

r 

o 

Q 

r r 

− 

0 

− rQ 

e rˆ 

∫ 

o 

∞ 

P → 

→ 

0 

E • ds = −q 

r 

o 

Q 

1 

4πε 

2 

o 

r r 

0 

− 

r r 

− 

0 

Q 

Q 

r r 

0 

− 

= r r 

− 

∫ 

r 

∞ 

0 

Q 

Q 

Q 

rˆ 

• rˆ 

dr 

2 

r 

Qqo 

1 Qqo 

⎛ 1 1 ⎞ 

= − − = − ⎜ − + ⎟ 

4πε 

r 4πε 

⎝ r ∞ ⎠ 

o 

∞ 

o 

160 

161

Então: 

Colocando uma terceira carga q 

3 

próxima dessa distribuição, ela irá interagir 

U 

P 

1 Qq 

= 

4πε 

r 

o 

o 

1 

= 

4πε 

o 

Qq 

o 

r − r 

0 

Q 

(9.5) 

com as cargas q 

1 

e q 

2 

. As energias potenciais dos sistemas constituídos por q 

1 

e 

q 

3 

e por q 

2 

e q 

3 

são respectivamente: 

A equação 9.5 nos dá a energia potencial elétrica de duas cargas Q e 

separadas por uma distância r 

r r = − 0 

. Não fizemos nenhuma restrição aos sinais 

Q 

qo 

U 

1 

q q 

1 3 

13 

= r r 

e 

4 πε 

o 

3 − 1' 

U 

23 

1 

= 

4 πε 

o 

q2q3 

r r 

− 3 

2' 

das cargas. Se uma delas for negativa a energia potencial desse sistema será 

negativa e se ambas forem positivas, a energia potencial será positiva, como é 

possível ver pela equação 9.5. 

9.3 ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA DE VÁRIAS CARGAS PONTUAIS 

Considere um sistema constituído de duas cargas q 

1 e q 

2 , separadas por 

r r 

uma distância 

2 − 

1 ' , como mostra a figura 9.5. Sabemos que a energia potencial 

elétrica desse sistema é dada pela equação 9.5, tomando U = 0 quando as cargas 

estão separadas por uma distância infinitamente grande. Ou seja, 

U 

12 

1 

= 

4 πε 

o 

q1q2 

r r 

− 2 

1' 

ou: 

Então a energia potencial total do sistema constituído das três cargas será: 

U = 

1 

4πε 

o 

2 

U = U + 

q1q2 

r r + 

− 

1' 

12 

+ U13 

U 

23 

1 

4πε 

o 

q1q3 

r r + 

− 

3 

1' 

1 

4πε 

o 

q2q3 

r r 

− 

Podemos aplicar esse raciocínio para sistemas com mais de três cargas. 

Assim, a energia potencial de um sistema de várias cargas em um ponto P do 

espaço, cada uma delas gerando um campo elétrico neste ponto, é a soma das 

energias potenciais associadas a cada carga 

ponto: 

q 

i 

e uma carga 

3 

2' 

q 

j 

colocada neste 

U = 

1 

4πε 

N 

∑ 

qi 

q 

j 

r r 

o i < j rj 

− ri 

(9-6) 


r r − j é a distância entre a carga i 

i 

q e a j-ésima carga. Para não contarmos 

duas vezes as interações entre duas cargas e como não existe energia potencial de 

um sistema constituído de uma carga apenas, fizemos na soma da equação 9.5, 

i < j . Note que aqui também adotamos para o sistema de N cargas U = 0 quando 

r = ∞ . 

i 

EXEMPLO 9.2 

r r − 2 Figura 9.5: Duas cargas pontuais q 

1 e q2 

estão separadas por uma distância 1 

; uma 

terceira carga q 

3 é colocada próximo das outras duas, separada de q 

1 por uma distância 

r r 

r 

3 − 1' e de q 

2 , por r 3 2 

Duas cargas pontuais positivas 

q o 

= 6,0µC 

e q 

1 

= 4,0µ 

C estão no 

plano xy e possuem coordenadas (0,0 

cm; 0,0 cm) e (8,0 cm; 0,0 cm), 

respectivamente. Uma carga também Figura 9.6 

r − . 163 

162

pontual e negativa q 

2 

= −5,0µ 

C é trazida lentamente e com velocidade constante 

do infinito até a o ponto P com coordenadas (12 cm; 0 cm). Calcule a energia 

potencial elétrica do sistema formado pelas três cargas. 

Resolução: 

A energia potencial das três cargas é dada pela equação 9.5: 

U = 

1 

4πε 

o 

qoq1 

r r 

− 

1 

0' 

+ 

1 

4πε 

o 

qoq2 

r r 

− 

Onde r ij 

é a distância entre a carga 

2 

0' 

+ 

1 

4πε 

o 

q1q2 

r r 

− 

2 

1' 

q 

i 

e a carga 

q 

j 

. Então: 

−6 

−6 

−6 

−6 

−6 

−6 

( 6,0 × 10 C)( 4,0 × 10 C) ( 6,0 × 10 C)( −5,0 

× 10 C) ( 4,0 × 10 C)( −5,0 

× 10 C) 

1 ⎛ 

U = ⎜ 

+ 

+ 

−2 

−2 

−2 

4πε 

o ⎝ 8,0 × 10 m 

12× 

10 m 

4,0 × 10 m 

Então: 

U = −4, 0J 

Três cargas pontuais 

de um triângulo eqüilátero de lado 

do sistema formado pelas três cargas. 

ATIVIDADE 9.2 

q = 1 

9, 4 mC , q −5, 2 mC 

2 

= e q3 = 6, 0 mC estão nos vértices 

l = 3, 0 mm. Calcule a energia potencial elétrica 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

Figura 9.7: Dipolo elétrico em um campo elétrico 

O campo elétrico exerce uma força elétrica sobre cada carga do dipolo como 

mostrado na figura. Essas forças são iguais e de sentidos contrários, de modo que a 

força elétrica resultante sobre o dipolo é nula. Entretanto, porque não possuem a 

mesma linha de ação, elas exercem um torque sobre o dipolo, de modo que o 

torque total é: 

r r r r r 

τ = a × F F 

+ 

+ a × 

Em que a r é o vetor-posição da carga (positiva ou negativa) relativamente ao ponto 

r r 

O. Como a força elétrica que atua nas cargas é F = q E , o módulo do torque é, 

então: 

r 

τ a F senθ 

+ a F senθ 

= a q E senθ 

= p senθ 

= 

+ − 

2 

porque ambos os torques têm a direção perpendicular à folha de papel e o sentido 

para dentro dela. Nessa equação, usamos a notação 

− 

p = 2aq. Considerando que o 

vetor momento de dipolo p r está dirigido da carga negativa para a positiva, a 

ATIVIDADE 9.3 

Nos vértices de um quadrado de lado l estão quatro cargas 

q 

1 

= + e , q2 = + 5e 

, 

q3 = −e e q = 2e 

. Obtenha a energia potencial elétrica dessa configuração de 

cargas. 

4 

− 

9.4 DIPOLO ELÉTRICO EM UM CAMPO ELÉTRICO 

Consideremos um dipolo elétrico colocado em um campo elétrico uniforme (Figura 

9.7) de modo tal que o momento de dipolo p r faça um ângulo θ com o sentido do 

campo. 

equação vetorial do torque fica: 

r r 

τ = p× 

E 

r 

Quando um dipolo está em um campo magnético, por causa do torque exercido 

pela força elétrica sobre ele, é preciso realizar um trabalho externo para mudar sua 

orientação relativa ao campo. O trabalho realizado pelo torque para variar a 

orientação de um ângulo θ 

0 

a outro θ , é: 

θ 

W = ∫ τ dθ 

= ∫ p E senθ 

dθ 

= p E∫ 

θ0 

θ 

θ0 θ0 

θ 

θ 

sen θ dθ 

= p E − cosθ 

= − p E (cosθ 

− cosθ 

0 

) 

A este trabalho, podemos associar uma energia potencial. Escolhendo o nível zero 

na posição θ 

0 

= π / 2 , podemos escrever que: 

r r 

U = − p E cos θ = − p • E 

(9.7) 

θ0 

164 

165


ATIVIDADE 9.1 

RESPOSTA COMENTADA: 

O trabalho 

então, podemos obter 

W 

AB 

é independente da trajetória, pois a força elétrica é conservativa, 

∆ U a partir de qualquer trajetória, por exemplo, a trajetória 

do ponto A até o ponto O (origem do sistema de coordenadas) e do ponto O para o 

ponto B. 

W 

AB 

= W 

AO 

+ W 

OB 

⇒ W 

Observe que quando 

ao vetor 

AB 

= 

∫ 

O 

A 

o 

→ 

→ 

∫ 

q E • ds + 

B 

O 

→ → 

q E • ds 

o 

q 

o 

vai do ponto A para o ponto O, o vetor 

→ 

E é perpendicular 

→ 

o 

ds , ou seja, θ 

1 

= 90 e, por isso, o trabalho realizado pela força elétrica 

nesse percurso é nulo. Com efeito: 

W 

O → → 

AO = ∫ qo 

E • ds 

A 

3 

W = q (2,0× 

10 N/C) cosθ 

1 

ds 

AO 

o 

3 

W = q (2,0× 

10 N/C) cos90º 

AO 

W AO 

= 0 

o 

∫ 

B 

A 

∫ 

B 

A 

ds 

O trabalho no deslocamento de O até B é: 

W 

B → → 

= ∫ q E • ds 

OB O 

o 

Como W = W + W , 

AB 

AO 

−7 

W AB 

= 0 + 2,7 × 10 

−7 

W AB 

= 2,7 × 10 

E então 

efetuado por 

J 

J 

OB 

-7 

∆U = − 2,7× 

10 J . Esse resultado pode ser obtido para qualquer trajeto 

q 

o 

quando ela se desloca do ponto A para o ponto B. Lembre que a 

força elétrica é uma força conservativa! 

ATIVIDADE 9.2 


Para as cargas nos vértices do triangulo equilátero, podemos utilizar a 

equação 9.5, podemos obter a energia potencial elétrica dessa distribuição de 

cargas. Como as distâncias entre cada uma das cargas é l , temos: 

U = 

1 

4πε 

⎛ q 

⎜ 

⎝ 

o 

1 1 

U = 

4 πε l 

1q 

l 

2 

q1q 

+ 

l 

3 

q2q 

+ 

l 

3 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

( q q + q q + q q ) 

1 2 

Substituindo os valores 

teremos: 

U = −7 ,1 × 10 

ATIVIDADE 9.3 

o 

1 3 


7 

J 

2 

3 

q = 1 

9, 4mC 

, q −5, 2mC 

2 

= , q3 = 6, 0mC 

e l = 3, 0mm, 

3 

W = q (2,0× 

10 N/C) cosθ 

2 

ds 

OB 

o 

3 

W = q (2,0× 

10 N/C) cos0 

OB 

o 

∫ 

B 

O 

Atente para a figura e perceba que, nesse caso, θ = 2 

0 . 

W OB 

= 

o 

∫ 

B 

O 

ds 

9 

3 

-2 2 

( 4 ,5× 

10 

− C) ( 2,0x10 N/C) ( 3,0 × 10 m ) 

W 

OB 

= 2,7 × 10 

-7 

J 

Figura 9.8 

De acordo com a figura 9.8, para as quatro cargas nos vértices do quadrado 

166 

167

temos: 

1 ⎛ q1q 

U = ⎜ 

4πε 

o ⎝ l 

Então: 

U 

= − 

2 

q1q3 

q1q 

+ + 

l 2 l 

4 

q2q 

+ 

l 

( e)( − e) 

3 

q2q4 

q3q 

+ + 

l 2 l 

4 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

( 5e)( − 2e) 

1 1⎛ 

U = ⎜( e)( 5e) 

+ + ( e)( − 2e) + ( 5e)( − e) 

+ + e 

4πε 

o 

l ⎝ 

2 

2 

1 

4πε 

o 

2 

2 

11 2 e 11 2 e 

= − 

2 l 8πε 

l 


o 

⎞ 

( − e)( − 2 )⎟ 

⎠ 

E9.1) Uma gotícula em suspensão está carregada com uma carga q = 2,3 nC. 

Partindo do repouso em A ela é acelerada devido ao campo elétrico da Terra que 

aponta para o seu centro, sendo a força gravitacional sobre a partícula desprezível. 

Após deslocar 3,0 cm e chegar em B a gotícula adquire energia cinética igual a 

1,04x10 -8 J. Determine: 

a) O trabalho realizado sobre a partícula. 

b) A diferença de energia potencial elétrica entre os pontos A e B. 

b) x = 1,5 cm; y = 1,5 cm. 

c) x = 0; y = 3,0 cm. 

E9.5) Duas cargas q 1 = 5,3 nC e q 2 = 6,5 nC estão no plano xy com 

coordenadas (0,0 cm; 00 cm) e (0,0 cm; 3,0 cm), respectivamente. 

Determine o vetor campo elétrico e a energia potencial elétrica nas posições: 

a) x = 6,0 cm; y = 0,0 cm. 

b) x = 3,5 cm; y = 0,0 cm. 

c) x = 0; y = 2,0 cm. 

E9.6) Uma carga pontual positiva com carga igual a q = 2,5 µC está na 

origem. Considere três pontos A, B e C com coordenadas x A = 0,50 m, y A = 0; 

x B = -1,0 m, y B = 0; x C = 0, y C = 1,5 m, respectivamente. Determine a 

diferença de energia potencial elétrica: 

a) entre os pontos A e B. 

b) entre os pontos A e C. 

c) entre os pontos B e C. 

E9.2) Coloca-se uma carga q entre duas placas metálicas, paralelas e carregadas 

com cargas Q =1,5 nC e Q = - 1,5 nC. 

a) Calcule o trabalho realizado pela força elétrica quando a carga q se 

desloca do ponto A para o ponto B, do ponto A para o ponto C e do ponto 

A para o ponto D. 

b) Obtenha a diferença de energia potencial U AB entre os pontos A e B, U AC 

entre os pontos A e C e U AD entre os pontos A e D. 

E9.3) Determine a diferença de energia potencial elétrica entre duas placas infinitas 

carregadas com cargas de sinais opostos e de mesmo valor com densidade 

superficial de carga σ = 10,6 µC separadas entre si por uma distância de 1,00 mm. 

E9.4) Uma carga q = 4,3 nC está na origem do sistema de coordenadas 

cartesianas. Determine o campo elétrico E e a energia potencial elétrica nas 

posições: 

a) x = 3,0 cm; y = 0. 

168 

169

AULA 10 POTENCIAL ELÉTRICO 

OBJETIVOS 

DEFINIR POTENCIAL ELÉTRICO 

OBTER O POTENCIAL ELÉTRICO DE SISTEMAS COM VÁRIAS CARGAS ELÉTRICAS 

A equação (10.1) pode ser escrita em termos do campo elétrico. Com efeito, desta 

equação vem: 

V 

BA 

W 

= − 

q 

AB 

o 

1 

= − 

q 

o 

∫ 

B 

A 

r r 

q E • ds 

o 

10.1 O POTENCIAL ELÉTRICO 

ou: 

V 

BA 

B r r 

=−∫ E • ds 

A 

(10.2) 

Na aula anterior definimos a energia potencial elétrica em um ponto P do 

espaço. Contudo, ela depende das cargas que geram o campo elétrico bem como 

da carga 


q 

o que sofre a ação do campo nesse ponto. Para eliminar a dependência 

q 

o e especificar diretamente o campo elétrico em P, introduzimos uma nova 

grandeza, chamada potencial elétrico. 

A diferença de potencial elétrico 

V 

BA 

, entre dois pontos B e A de um campo 

elétrico é definida como a diferença de energia potencial elétrica 

de carga 

q 

o entre estes dois pontos; ou seja: 

V 

V 

U −U 

W 

= − 

∆ U por unidade 

B A AB 

B 

− 

A 

= 

(10.1) 

qo 

qo 

Se o nível zero de potencial for tomado no ponto A, a equação acima nos mostra 

que o potencial no ponto B (relativo ao ponto A) é: 

B r r 

V = −∫ E • ds 

10.2 POTENCIAL ELÉTRICO DE UMA CARGA PUNTIFORME 

B 

A 

Consideremos uma carga Q situada em um ponto do espaço cujo vetorposição 

relativo a um dado referencial O é 

r Q 

. O potencial em outro ponto P do 

espaço, de vetor-posição r P 

, é dado, em relação ao infinito, por: 

Tal como no caso da energia potencial, não definimos potencial em 

termos absolutos; apenas a diferença de potencial entre dois pontos B e A. 

Essa diferença será numericamente igual ao potencial em um ponto B se, 

arbitrariamente, considerarmos o ponto A como nível zero de potencial, no qual o 

potencial é tomado arbitrariamente como nulo. Como na energia potencial, o nível 

normalmente é tomado a uma distância infinita das cargas que geram o campo 

elétrico. 

É preciso, mais uma vez, tomar um cuidado especial com o caso de 

distribuições infinitas de cargas. Nessas situações, se escolhermos o infinito como 

nível de potencial, obteremos um potencial infinito; então, a possibilidade mais 

conveniente é escolher o nível zero de potencial coincidente com a origem do 

sistema de coordenadas e situada na distribuição de cargas. 

No SI a unidade de potencial elétrico é o Joule por Coulomb, que 

recebe o nome de Volt em homenagem a Alessandro Volta (1745 - 1827), 

inventor da pilha de Volta. 

Então: 1 Volt = 1 Joule/1 Coulomb. 

V = 

U 

q 

o 

= 

1 

4π ε 

o 

Q 

r r 

− 

P 

Q 

(10.3) 

r r r 

Note que o vetor = P 

− 

Q 

é o vetor-posição do ponto P 

relativamente à carga Q; seu módulo é igual à distância entre a carga Q e o 

ponto P. Essa distância independe do referencial usado para especificar os 

vetores-posição da carga Q e do ponto P. Este fato é que simplifica 

enormemente o problema de especificarmos o campo elétrico em um ponto 

através do potencial. 

que: 

Se escolhermos o referencial na carga que gera o campo, podemos escrever 

U 1 Q 1 Q 

V = = r ≡ 

(10.4) 

q 4π ε 

4π 

ε r 

10.3 POTENCIAL ELÉTRICO DE VÁRIAS CARGAS 

o 

o 

o 

170 

171

O potencial em um ponto P, de vetor-posição r P 

em relação a um dado 

referencial, em um campo elétrico gerado por várias cargas q i de vetores-posição r i 

em relação ao mesmo referencial, é a soma algébrica dos potenciais devido a cada 

uma das cargas separadamente: 

V 

1 

4 

q 

N 

i 

= ∑ r r 

(10.5) 

πε 

0 i=1 

P − 

i 

Você nem precisaria resolver o problema algebricamente. Note que as distâncias 

das cargas ao centro do quadrado são as mesmas. Como as cargas estão 

distribuídas simetricamente (em posição e sinal) relativamente ao centro, o 

potencial tem que ser zero. 


ou, em termos da distância entre as cargas e o ponto P: 

V ≡ 

1 

4πε 

N 

∑ 

0 i=1 

qi 

r 

EXEMPLO 10.1 

i 

(10.6) 

Três cargas q 

1 

= + e , q2 = −e 

e q3 = + 2e 

em que e é a carga do elétron, estão 

nos vértices de um retângulo de 

dimensões (10x20) cm como mostra a 

figura 10.2. Determine o potencial 

elétrico no ponto P. Figura 10.2 

A figura 10.1 mostra quatro cargas q 

1 

= q2 

= q3 

= q4 

= 1,0 µ C , nos vértices de um 

quadrado de lado um quadrado de lado 

a = 4, 2 cm . Determine o potencial elétrico 


no centro C do quadrado. 

Figura 10-1:Potencial no centro do quadrado 

Solução: Para obter o potencial eletrico no centro C do quadrado, utilizamos a 

equação 10.6. Escolhendo como referencial o centro do quadrado, temos que 

r r r r 

= 0 e P 

− 

q 

= 

i 

. Então: 

P 

V = 

1 

4πε 

4 

∑ 

qi 

, 

r 

0 i=1 

i 

⎛ 

1 ⎜ + q + q − q 

V = ⎜ + + + 

4πε 

a 2 a 2 a 2 

⎝ 2 2 2 

0 a 

V = 0 

− q 

2 

2 

⎞ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

Três partículas carregadas 

q 

1 

= +e , q2 = + 2e 

e q3 = −e 

estão nos 

vértices de um triângulo retângulo com 

catetos de lados l = 1 

2, 0cm 

e 

l2 = 2, 0cm (veja a figura 10.3). 

Determine o potencial elétrico desse 

sistema nos pontos P 1 e P 2 (ponto médio 

da hipotenusa). 

10.2.1. POTENCIAL ELÉTRICO DE UM DIPOLO ELÉTRICO 

Figura 10.3 

Consideremos um dipolo elétrico conforme mostra a Figura 10-4. Sejam: r + 

o vetor-posição da carga positiva relativamente à origem O do sistema de 

coordenadas; r − 

o vetor-posição da carga negativa e r o vetor-posição do ponto P 

onde desejamos calcular o potencial elétrico. 

O potencial elétrico em P é a soma algébrica dos potenciais produzidos pelas duas 

cargas: 

172 

173

V ( r) 

= 

1 

4πε 

q 

r 

− 

1 

4πε 

q 

r 

= 

0 + 

0 − 

4 

q r− 

− r 

πε r r 

0 

− 

+ 

+ 

(10.7) 

Como 

obtendo: 

r >> a , podemos desenvolver a raiz quadrada pelo teorema binomial, 

⎡ 1 2a 

cosθ ⎤ ⎡ a cosθ ⎤ 

r+ 

≅ r ⎢1 

− ⎥ ≅ r ⎢1 

− 

⎣ 2 r ⎦ ⎣ r ⎥ 

⎦ 

⎡ 1 2a 

cosθ ⎤ ⎡ a cosθ ⎤ 

r− 

≅ r ⎢1 

+ ⎥ ≅ r ⎢1 

+ 

⎣ 2 r ⎦ ⎣ r ⎥ 

⎦ 

Então: 

⎡ a cosθ 

a cosθ 

⎤ 2a 

cosθ 

r − 

− r + 

= r ⎢1 + −1+ 

= r = 2a 

cosθ 

⎣ r r ⎥ 

⎦ r 

( r )( r ) = r 

− 

+ 

2 

Figura 10.4: Potencial produzido por um dipolo elétrico 

Levando esses valores em (10.5), obtemos: 

Na figura 10.4, temos: 

2 2 2 

a) no triângulo P(+q)O : r+ 

= r + a − 2ar 

cosθ 

2 2 2 

b) no triângulo P(-q)O : r 

− 

= r + a + 2ar 

cosθ 

de onde podemos tirar que: 

r+ 

= r 

⎣ 

r− 

= r 

⎣ 

1 

2 

2 

⎡ 2 cos 

⎢ 1 a a θ ⎤ 

+ − 

2 ⎥ ⎦ 

r 

1 

2 

2 

⎡ 2 cos 

⎢ 1 a a θ ⎤ 

+ + 

2 ⎥ ⎦ 

No dipolo, o ponto P está situado a uma distância 

desprezar os termos quadráticos dentro da raiz quadrada e escrever: 

r 

r 

r 

1 

2 

⎡ 2 cos 

⎢ 1 a θ ⎤ 

r+ 

≅ r − 

⎣ r ⎥ ⎦ 

1 

2 

⎡ 2 cos 

⎢ 1 a θ ⎤ 

r− 

≅ r + 

⎣ r ⎥ ⎦ 

r >> a . Assim, podemos 

em que 

1 2a 

qcosθ 

1 p cosθ 

V ( r) 

= 

= (10.8) 

2 

2 

4πε 

r 4πε 

r 

0 

p = 2aq 

é o momento de dipolo. O ângulo θ é o ângulo que o vetor 

momento do dipolo p r faz com a direção do ponto onde se calcula o potencial (ver 

figura 10.4). 

A equação (10.8) mostra que o potencial elétrico do dipolo varia com o 

inverso do quadrado da distância ao dipolo. 

Como sabemos, o momento de dipolo é representado por um vetor com módulo 

p = 2a q , direção da linha que une as duas cargas e sentido da carga negativa para 

a positiva. Com ele, a equação (10.8) pode ser escrita vetorialmente como: 

V ( r) 

= 

1 

4πε 

0 

p 

r r • 

3 

r 


0 

Determine o potencial elétrico em um ponto P próximo a um dipolo elétrico de 

174 

175

→ 

−15 

momento de dipolo p −( 1,60 × 10 C m) i 

= ˆ que está na mediatriz da reta que liga 

−9 

as duas cargas de módulo igual a e = 1,60 × 10 C , conforme a figura 10.5. 

A Figura 10.6 mostra as linhas de força (linhas cheias) do campo elétrico gerado por 

uma carga positiva e as interseções sobre a folha de papel, das superfícies 

equipotenciais para a mesma carga (linhas tracejadas). Note que as superfícies 

equipotenciais, neste caso, são superfícies esféricas (linhas tracejadas). 

Figura 10.5 

10.4 SUPERFÍCIES EQUIPOTENCIAIS 

O potencial de uma carga elétrica isolada, de acordo com a equação (10-3), 

varia com o inverso da distância a ela. Então, todos os pontos do espaço situados à 

mesma distância r da carga terão o mesmo potencial e estarão sobre a superfície de 

uma esfera de raio r, que é denominada superfície equipotencial. Qualquer 

configuração de cargas gera superfícies equipotenciais, cuja forma depende da 

distribuição. 

Uma propriedade importante da superfície equipotencial é que, quando uma 

carga elétrica se desloca sobre ela, a força elétrica não realiza trabalho 

sobre a carga, porque dois pontos da superfície terão sempre o mesmo 

potencial. 

Figura 10.6: Linhas de força e superfícies equipotenciais do 

campo elétrico gerado por uma carga positiva. 

A figura 10.7 mostra as linhas de força (linhas cheias) do campo elétrico gerado por 

duas cargas de sinais contrários, assim como as interseções das superfícies 

equipotenciais com a folha de papel (linhas tracejadas). 

Outra conseqüência é que o campo elétrico em cada ponto da superfície 

equipotencial deve ser sempre perpendicular à superfície. Com efeito, como: 

V 

BA 

B r r 

=−∫ E • ds 

A 

e como a variação do potencial entre dois pontos A e B da superfície equipotencial é 

r r 

r 

nula, o produto escalar E • ds 

deve ser nulo também. Logo, como ds 

é sempre 

tangente à superfície equipotencial, segue-se que E r deve ser perpendicular à 

superfície. 

Figura 10.7: Linhas de força e superfícies equipotenciais do 

campo elétrico gerado por duas cargas de sinais contrários. 

176 

177



V 

2 

= 

1 

4πε 

0 

l 

2e 

2 / 2 

= 

1 

4πε 

0 

4e 

l 

2 

Seja a=0,10 m e b=0,20 m as dimensões dos lados do retângulo da Figura 10.2. 

Colocando o referencial no ponto P, r = 0 . Então, da equação 10.5, temos: 

−19 

Com e = 1,60 × 10 C, obtemos: 

1 ⎡ e 2e 

V = ⎢ + − 

4πε 

0 ⎣a 

b 

P 

e 

2 2 

a + b 

⎤ 

⎥ 

⎦ 


Lembre-se da definição de momento de dipolo: 

p 

r = −qd 

iˆ 

Em que d é a distância entre as duas cargas e p r é um vetor orientado da 

carga negativa para a carga positiva. Dessa forma, 

V 

ou: 

= 9 

× 10 

9 

2 2 

N m / C × 1,6 × 10 

−19 

⎡ 

C ⎢ 

⎢⎣ 

1 

0,10 

+ 

m 

2 

0,20 

− 

m 

1 

2 2 

0,10 + 0,20 

⎤ 

⎥ 

m⎥⎦ 

r 

p 

d = = 

q 

−30 

1,60 

× 10 

−11 

−19 

C m 

= 1,00 × 10 

1,60 × 10 C 

m 

V = 14× 

10 

−10 

−8 

[ 10 + 10 − 4,5] N / C = 2,2× 

10 V 


Figura 10-9 

Figura 10.8: configuração das cargas 

Consideremos o referencial na carga 2e. A distância do ponto P 

1 

a ela é d 

1 

= l 2 

e a distância do ponto P 

2 

a ela é d 

2 

= l 2 / 2 . Pela simetria da configuração de 

cargas, vemos que, como as cargas e são iguais e de sinais contrários, a 

contribuição delas para o potencial total é nula, tanto no ponto P 

1 

quanto no ponto 

P 

2 

pois elas estão às mesmas distâncias destes pontos. Então, o potencial total no 

ponto P 

1 

é: 

E, no ponto P 

2 

, o potencial é: 

V 

1 

= 

1 

4πε 

0 

2e 

l 

2 

Observe a figura 10.9. Tomando como referencial o ponto médio da linha 

que separa as cargas do dipolo, temos que: 

r 

d ˆj 

r v − d r d r 

r iˆ 

+ 

= 

1 

= 

= r = i 

2 

2 

r P 

= 7 

− 2 

Pelo Teorema de Pitágoras: 

De acordo com a equação 10.1: 

2 

2 2 d 

r 

1 

= 49d 

+ 

4 

r1 = r2 

= 7,00× 

10 

−12 

m 

1 ⎛ + e ( −e) 

⎞ 

V = 

⎜ + 

⎟ 

4πε 

0 ⎝ r1 

r2 

⎠ 

178 

179

Substituindo os valores obtemos: 

V = 0 

Ou seja, o potencial no ponto P assinalado na figura 10.5 é igual a zero. 

Se você prestar atenção na equação (10.5), verá que, para pontos sobre a 

mediatriz do segmento que une as duas cargas do dipolo, o ângulo θ = 90º 

. Logo, a 

própria equação (10-5) dá diretamente V = 0 . 


E10.1) Determine o potencial elétrica entre duas placas infinitas carregadas com 

cargas de sinais opostos e de mesmo valor com densidade superficial de carga σ = 

10,6 µC separadas entre si por uma distância de 1,00 mm. 

E10.2) Uma carga q = 4,3 nC está na origem do sistema de coordenadas 

cartesianas. Determine o potencial elétrico nas posições: 

a) x = 3,0 cm; y = 0. 

b) x = 1,5 cm; y = 1,5 cm. 

c) x = 0; y = 3,0 cm. 

E10.3) Duas cargas q 1 = 5,3 nC e q 2 = 6,5 nC estão no plano xy com coordenadas 

(0,0 cm; 00 cm) e (0,0 cm; 3,0 cm), respectivamente. Determine o potencial 

elétrico nas posições: 

a) x = 6,0 cm; y = 0,0 cm. 

b) x = 3,5 cm; y = 0,0 cm. 

c) x = 0; y = 2,0 cm. 

E10.4) Uma carga pontual positiva com carga igual a q = 2,5 µC está na origem. 

Considere três pontos A, B e C com coordenadas x A = 0,50 m, y A = 0; x B = -1,0 m, 

y B = 0; x C = 0, y C = 1,5 m, respectivamente. Determine a diferença de potencial 

elétrico: 

a) entre os pontos A e B. 

b) entre os pontos A e C. 

c) entre os pontos B e C. 

180

AULA 11 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES 

CONTÍNUAS DE CARGA ELÉTRICA 

2 

• dV = r sinθ 

dr dφ 

dθ 

para coordenadas esféricas. 

A densidade volumétrica de cargas, chamada de ρ indica o número de 

cargas por unidade de volume. 

OBJETIVOS 

• DETERMINAR O POTENCIAL ELÉTRICO DE SISTEMAS COM DISTRIBUIÇÃO 

CONTÍNUA DE CARGAS ELÉTRICAS. 

11.2 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES LINEARES DE 

CARGA 

11.1 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS DE 

CARGA 

O potencial de uma distribuição contínua de carga é calculado dividindo esta 

distribuição em elementos de carga dq , cada um deles situado à distância r do 

ponto onde se deseja calcular o potencial e integrando sobre toda a distribuição: 

1 dq 

(11.1) 

V = ∫ dV = 

4π ε o 

∫ 

r 

Para resolver problemas que envolvem o cálculo do potencial elétrico de 

distribuições contínuas de carga em duas e três dimensões, é importante relembrar 

os elementos de área dA e de volume dV . 

(a) Para distribuições superficiais de cargas: 

• dA = dx dy para coordenadas cartesianas em uma superfície plana. 

• dA = rdr dθ 

para coordenadas polares (por exemplo, em um disco). 

O elemento de carga elétrica dq contido em um elemento dx de 

comprimento da distribuição de cargas é dq = λ dx . O potencial gerado por este 

elemento dq situado à distância r do ponto P de vetor-posição r P 

é dado por: 

1 dq 1 λ dx 

dV ( r P 

) = = 

4πε 0 

r 4πε 

0 

r 

e o potencial gerado pela distribuição é, então: 

1 λ dx 

V ( r P 

) = 

4πε 0 

∫ 

r 

(11.2) 

A seguir, veremos alguns exemplos de cálculo do potencial e mostraremos num 

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

fácil e simples. 

Exemplo 11.1 

Um fio retilíneo e homogêneo de comprimento 

AB = 2l 

está carregado 

uniformemente com carga q . Calcular o potencial elétrico gerado por este fio no 

ponto P que está na mediatriz do fio (figura 11.1). 

A densidade superficial σ indica o número de cargas por unidade de área. 

(b) Distribuição volumétrica de cargas: o elemento de volume dV pode 

ser expresso como: 

• dV = dx dy dz para coordenadas cartesianas. 

• dV = r dr dφ 

dz para coordenadas cilíndricas. 

Figura 11.1: Fio retilíneo homogêneo 

Solução: Seja o sistema de coordenadas com origem em O, ponto médio do fio, 

181 

182

com eixo Oz perpendicular ao papel e saindo dele. Sem perda de generalidade, 

podemos escolher o ponto P situado no plano yz; as coordenadas serão P(0,y,0). 

Neste sistema, temos: 

2 

r P 

= y r = x + 

O elemento de carga dq produz um potencial dV no ponto P igual a: 

dV ( y) 

= 

1 

4πε 

0 

λ dx 

y 

2 2 

x + y 

em que r é a distância entre o elemento de carga dq e o ponto P. Então, como a 

densidade linear λ é constante: 

Portanto, 

1 l dx 

V ( y) 

= λ 

4πε 

∫ − l 2 

0 x + y 

1 q ⎛ 

V = ln ⎜ 

4πε 

l ⎜ 

0 

2 

⎝ 

2 

2 

2 2 

y + l 

2 2 

y + l 

+ l ⎞ 

⎟ 

− l ⎟ 

⎠ 

(11.3) 

Observe que obter o potencial de um fio retilíneo carregado foi mais fácil do que 

obter o campo elétrico que ele cria. Naturalmente isso se deve ao fato do potencial 

elétrico ser uma grandeza escalar e não vetorial como o campo elétrico, que nos 

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

suas componentes. 

Exemplo 11.2 

Calcule o potencial elétrico em um ponto P, a uma distância y , de um fio retilíneo 

infinito carregado uniformemente com carga Q (figura 11.2). 

Figura 11.2: Fio retilíneo infinito carregado. 

Solução: No Exemplo 11.1 encontramos, para um fio finito de comprimento 

2 l e 

densidade linear de cargas λ , que o potencial relativo ao infinito é dado pela 

equação (11.3). 

Podemos considerar um fio infinito como um caso limite dessa expressão, quando 

l >> y , e escrever: 

1 ⎡ l 

V ( y) 

= λ ln⎢ 

4πε 

o ⎢⎣ 

l 

2 

2 

+ y 

2 

+ y 

2 

+ l ⎤ 1 ⎡ 

⎥ = λ ln⎢ 

− l ⎥ 4πε 

⎦ 

o ⎢⎣ 

1+ 

y 

1+ 

y 

Desenvolvendo a raiz quadrada com o Teorema Binomial, temos: 

que levada na expressão do potencial nos dá: 

Logo: 

2 

2 2 1 ⎛ y ⎞ 

1+ 

y / l ≈ 1+ 

⎟ 

⎠ 

⎜ 

2 ⎝ l 

2 

⎛ y ⎞ 

2 + 

2 

1 

⎜ 

2l 

⎟ 

V ( y) 

= λ ln 

⎝ ⎠ 

2 

4πε 

o 

y 

2 

2l 

2 

1 ⎡ ⎛ 4l 

⎞⎤ 

V ( y) 

= λ⎢ln 

⎜ + 1 

⎟ 

2 ⎥ 

4πε 

o ⎣ ⎝ y ⎠⎦ 

Aplicando, agora, a esta expressão, o desenvolvimento do logaritmo: 

obtemos, com 

infinito, pois 

α = 2l / y : 

2 

α 

ln(1 + α ) = 1+ 

+K 

2 

1 ⎛ 2l 

⎞ 

V ( y) 

≈ λ ln⎜ 

⎟ 

2πε 

o ⎝ y ⎠ 

2 

2 

/ l 

/ l 

2 

2 

+ 1⎤ 

⎥. 

−1⎥⎦ 

Observe que tomando o fio infinito teremos o potencial V (y) 

também 

l → ∞ . Isso ocorre porque a própria distribuição de carga é infinita. 

Alertamos nas aulas 9 e 10 sobre o cuidado com a escolha do nível de potencial 

para distribuições infinitas de cargas. Esse exemplo nos mostra que não podemos 

escolher o infinito como nosso nível de referência. Podemos escolher, por exemplo, 

um ponto A qualquer, situado a uma distância 

y do fio infinito, onde V = 0 . 

o 

o 

183 

184

Dessa forma teremos: 

Figura 11.4: Arco de raio R 

ou: 

V ( y) 

−V 

( y ) = V ( y) 

− 0 = 

0 

1 

2πε 

o 

⎛ 2l 

λ ln⎜ 

⎝ y 

⎞ 

⎟ − 

⎠ 

1 

2πε 

o 

⎛ 2l 

⎞ 

λ ln 

⎜ 

⎟ 

⎝ y0 

⎠ 

Solução: Temos que: 

V ( r) 

= 

1 

4πε 

0 

dq 

∫ r 

Lembrando que: 

teremos que: 

V ( y) 

= 

2 

λ 

πε o 

⎡ ⎛ 2l 

⎞ 

⎢ln⎜ 

⎣ ⎝ y 

⎟ − 

⎠ 

⎛ a ⎞ 

ln a − ln b = ln ⎜ ⎟ 

⎝ b ⎠ 

⎛ 2l 

⎞⎤ 

ln 

⎜ 

⎟⎥ 

⎝ y0 

⎠⎦ 

1 ⎛ yo 

V ( y) 

= λ ln⎜ 

2πε 

o ⎝ y 


⎞ 

⎟ 

⎠ 

Seja o elemento de comprimento do arco como mostrado na Figura 11.4. Temos 

que: dq = λ R dθ ' e como a distância de dq ao centro do arco é constante e igual 

ao raio R do arco, vem: 

λ 

V r) 

= 

4πε 

R λ 

dθ 

' = ( θ2 

−θ 

) 

R 4πε 

θ2 

( ∫ 

1 

θ1 

0 

0 

Note que os ângulos são medidos em radianos! 


Obtenha o valor do potencial no centro do arco quando o ângulo subentendido pelo 

arco neste centro for de 70º a a densidade linear de carga for 10 mC/m. 

Obtenha uma expresssão para o potencial elétrico em um ponto P situado a uma 

distância r de um cilindro infinito, com densidade linear de cargas λ . 

Exemplo 11.4 

Calcule o potencial elétrico no centro de curvatura de um arco de círculo de raio R, 

com uma densidade linear de carga constante λ (figura 11.4). 

11.3 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES SUPERFICIAIS DE 

CARGA 

Para distribuições superficiais de carga, o elemento de carga dq é 

substituído pelo produto da densidade superficial de carga σ pelo elemento de 

superfície dA; a integral é calculada sobre a superfície onde a carga está 

distribuída. 

EXEMPLO 11.5 

POTENCIAL ELÉTRICO DE UM DISCO CARREGADO 

Considere um disco de raio R uniformememente carregado com carga q . Calcule 

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

distância x deste centro. 

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

2 2 

distância r ' = R + x do ponto P, dado por: 

185 

186

dq 

dV ( x) 

= 

4πε 

1 

' 

0 

r 

11.4 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES VOLUMÉTRICAS DE 

CARGA 

No caso de distribuições volumétricas de carga, o elemento de carga dq é 

substituído pelo produto da densidade volumétrica ρ pelo elemento de volume dV 

e a integral é calculada sobre o volume onde a carga está distribuída. 

EXEMPLO 11.5 

POTENCIAL ELÉTRICO DE UMA CASCA ESFÉRICA CARREGADA 

Vamos determinar o potencial em um ponto P devido a uma casca esférica de raio 

Figura 11.5: disco carregado 

Para resolver o problema, vamos usar coordenadas polares. Assim, o 

elemento de carga dq é dado por dq = σ r′ dθ ′ dr′ 

. Integrando a equação acima 

R , que possui uma densidade superficial de carga uniforme. Usaremos o infinito 

como ponto de referência. 

obtemos: 

2π 

R σ r′ 

V ( x) 

= ∫ dθ 

′ 

0 ∫0 

4πε 

2 2 

0 r′ 

+ x 

dr′ 

Aqui, a integral em d θ′ pode ser feita imediatamente e vale 2 π . Então: 

2π σ 

V ( x) 

= 

4πε 

r′ 

r′ 

R 

∫0 

2 2 

0 

+ x 

dr′ 

A integral em r′ é, feita a partir da substituição: 

Obtemos, então, para V (x) 

a expressão: 

σ 

V ( x) 

= 

2 ε 

2 

ou, como σ = Q/ π R , vem: 

∫ 

2 2 

u = x + r′ 

→ du = 2 r′ 

dr′ 

. 

1 du 

= 

2 u 4 

σ 

ε 

1/ 2 

⎡u 

⎤ 

⎢ ⎥ 

⎣1/ 

2 ⎦ 

2 2 

x + R 

0 0 

2 2 ε 

x 

0 

σ 

V ( x) 

= [ x 

2ε 

0 

2 

+ R 

2 

= 

σ 

− x] 

2 2 

[ x + R − x] 

Figura 11.8: Coordenadas do elemento de área 

No sistema de coordenadas da Figura 11.8, temos: 

Então: 

2 2 

r P 

= z r = R + z − 2 R z cosθ ′ 

1 

dq 

dV ( z) 

= 

4πε 2 2 

0 R + z − 2 R z cosθ 

′ 

Vamos usar coordenadas esféricas para resolver o problema da integração da 

equação acima; temos , então, que: 

Q 

V ( x) 

= 

2πε 

R 

0 

2 

[ 

2 2 

x + R − x]. 

2 

q 

dq = σ dA = σ R sinθ 

′ dθ 

′ dφ′ 

e σ = 

2 

4π 

R 

187 

188

Assim, 

2 

σ R sinθ 

′ dθ 

′ dφ′ 

dV ( r P 

) = 

, 

4πε 

2 2 

0 R + z − 2 R z cosθ 

′ 

b) para pontos dentro da esfera z < R e tomamos o sinal negativo da raiz 

quadrada, que fica: 

2 

( R − z) 

= R − z 

Integrando, temos: 

Então: 

V ( z) 

= 

σ 

4πε 

0 

∫ 

2π 

0 

π 

dφ 

′ 

∫ 

0 

2 

R sinθ 

′ 

dθ 

′ 

2 2 

R + z − 2 R z cosθ 

′ 

Rσ 

V ( z) 

= [( R + z) 

− ( R − z)] 

2ε 

z 

0 

A integral em φ′ pode ser efetuada imediatamente, uma vez que o integrando 

independe de φ′ . A integral em θ ′ se faz com a mudança de variável: 

ou: 

Rσ 

V ( z) 

= 

ε 

0 

( r ≤ R). 

x = 2 R z cosθ ′ → dx = −2 

R z sinθ 

′ dθ 

′ 


o que dá: 

σ 

V ( z) 

= R 

4πε 

0 

− dx/2Rz 

+ 2Rz 

2 

⋅ 2π 

∫ = 

2Rz 

2 2 4ε 

0 

σR 

= 

2ε 

z 

0 

R + z − x 

σ 

R 

z 

2 2 

2 2 

[ R + z + 2 R z − R + z − 2 R z ] 

σR 

2 

2 

= [ ( R + z) 

− ( R − z) 

]. 

2ε 

z 

0 

2 

−2 

2 2 

[ R + z − x] Rz 

+ 2Rz 

Determinar, a partir dos resultados do Exemplo 11.5, o potencial elétrico dentro e 

fora de uma casca esférica condutora de raio R. 


Faça um esboço do gráfico do potencial elétrico para pontos dentro e fora 

de uma casca esférica condutora carregada eletricamente com densidade 

superficial de carga σ e raio R . 

Neste ponto devemos ter cuidado ao extrair a raiz quadrada, cujo valor deve ser 

um número real: 

a) para pontos fora da esfera, z > R e tomamos o sinal positivo da raiz quadrada, 

que fica: 

Então: 

ou: 

2 

( R − z) 

= z − R 

Rσ 

V ( z) 

= [( R + z) 

− ( z − R)] 

2ε 

z 

0 

2 

R σ 

V ( z) 

= 

ε z 

0 

( r > R) 

189 

190


Rσ 

V ( R) 

= = 

ε 

RQ 

4πε 

R 

= 

2 

0 0 

4 

1 

πε 

0 

Q 

R 


Podemos pensar em um cilindro infinito como um fio infinito que possui um 

raio R como sugere a figura 11.9. O potencial de um cilindro infinito carregado é 

semelhante ao produzido por um fio infinito; contudo calculamos o potencial para 

pontos em que 

superfície do cilindro, onde 

y > R . Nesse caso podemos tomar como nível de potencial a 

y = R . Dessa forma teremos: 


A figura 11.10 mostra um esboço dos gráficos do campo elétrico e do 

potencial elétrico para pontos dentro e fora de uma casca esférica condutora 

carregada. 

V = 

1 

2πε 

o 

⎛ R ⎞ 

λ ln⎜ 

⎟ 

⎝ y ⎠ 

Figura 11.9: Cilindro infinito carregado. 

Figura 11.10: Gráficos do campo elétrico e potencial elétrico de uma esfera 

carregada. 


Se o ângulo subentendido é de 70°, a figura 11.4 nos mostra que θ = −35° 

e θ = + 35° 

. Então, 

2 

V (0) = 

4 

λ 

πε 

0 

( θ −θ 

) = 9× 

10 

2 

1 

9 

2 2 

N m / C 

× 10× 

10 

− 3 

π 

C × [35º −( 

−35º )] × 

180º 

Em que o último termo dá a transformação de graus para radianos. 

Numericamente, então, temos: 

1 

No interior da esfera o campo elétrico é nulo, sendo o potencial constante. 

Para pontos fora da esfera o campo é inversamente proporcional ao quadrado de r 

, enquanto o potencial é inversamente proporcional a r . 


Obtivemos no Exemplo 11.5 o potencial elétrico para pontos interiores e 

exteriores a uma casca esférica condutora carregada. Para pontos fora da casca o 

potencial é inversamente proporcional a distância do centro da casca. E para pontos 

dentro da casca o potencial é constante. Veja a figura 11.11: 

V (0) = 1,75 × 10 

−2 

V 


Como a esfera é metálica, a carga elétrica se distribui na sua superfície. Então, de 

acordo com o Exemplo 11.5, o potencial dentro da esfera é o mesmo que na sua 

superfície: 

191 

192

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

o terminal positivo da outra? 


E11.1) Obtenha o potencial elétrico em um ponto P situado no eixo de um anel de 

raio igual a 10 cm carregado uniformemente com carga de 1,5 nC a uma distância 

de 20 cm do seu centro. 

carregada. 

Figura 11.11: Gráfico do potencial elétrico para uma casca esférica 


PR11.1) Para pontos situados a uma distância z >> R , o potencial de uma espira 

carregada se reduz ao de uma carga puntiforme? 

PR11.2) Se fizermos o raio de um disco carregado com uma carga Q for muito 

grande, qual é o potencial elétrico em um ponto situado à distância z do centro do 

disco ( z

AULA 12 RELAÇÃO ENTRE CAMPO E POTENCIAL ELÉTRICO 

r r r 

V ( z) 

= −∫ 

E • ds = −∫ 

z 

σ r σ 

( k • kˆ) 

ds = − z 

2ε 

r0 0 

0 

2ε 

0 

OBJETIVOS 

DETERMINAR A RELAÇÃO ENTRE POTENCIAL E CAMPO ELÉTRICO 

12.1 OBTENDO O POTENCIAL A PARTIR DO CAMPO ELÉTRICO 

A equação do potencial no ponto P(x,y,z) de um campo elétrico: 

V 

P → → 

P = ∫ dV = − ∫ E • ds 

A 

(12.1) 

em que A é o nível de potencial, nos dá a relação entre o potencial e o campo 

elétrico no ponto P, na forma integral. Ela nos permite determinar o potencial no 

ponto P quando conhecemos o campo elétrico neste ponto. Vejamos alguns 

exemplos de sua aplicação. 

EXEMPLO 12.1 

Potencial de uma distribuição plana infinita de carga 

Calcular o potencial elétrico gerado por uma distribuição plana infinita de carga 

em um ponto P situado a uma distância z da distribuição. 

Solução: Tomando um sistema de coordenadas com origem no plano de cargas e 

eixo Oz com direção perpendicular a ele (os eixos Ox e Oy estão situados no 

r 

plano), temos que 

P 

= z e: 

r p 

r r 

V ( z) 

= −∫ E • ds 

r0 


Calcule o potencial em um ponto P situado à distância y de um fio infinito com 

distribuição uniforme de cargas. 

EXEMPLO 12.2 

Calcule o potencial no ponto P situado sobre o eixo de uma espira circular de raio 

R, à distância z do centro dela, supondo a espira carregada positivamente com 

uma distribuição linear uniforme de cargas. 

Solução: O campo elétrico gerado por uma espira circular de raio R em um ponto 

de seu eixo e à distância z de seu centro é: 

Q z 

E z) 

= 

4 πε 

2 2 

0 

( R + z ) 

( 3/ 2 

r 

Então, com ds 

= dz kˆ 

, o potencial no ponto P, relativo ao infinito, é: 

r 

r 

Q 

z 

V z 

z 

( z) 

= −∫ 

E • ds = − ∫ 

( k • k dz = − 

∞ 2 2 3/ 2 

R + z 

∫∞ 

2 2 3/ 

4πε 

R + z 

2 

0 

( ) 

4πε 

0 

( ) 

ou, com a mudança de variável: 

2 2 

2 2 

u = R + z → du = 2 z dz z = ∞ → u = ∞ z = z → u = R + z 

vem: 

ˆ 

ˆ) 

kˆ 

Q 

z 

dz 

em que r 0 

se refere à posição do nível de potencial. No caso do plano infinito, é 

melhor escolhermos o nível zero de potencial coincidindo com o plano. Na 

Q 

V ( z) 

= − 

4πε 

0 

1 

2 

∫ 

2 2 

R + z 

∞ 

du 

u 

3/ 2 

Q 

= − 

4πε 

0 

1 

2 

2 

− 

u 

1/ 2 

∞ 

2 2 

R + z 

Q 

= 

4πε 

0 

1 

2 2 

R + z 

expressão acima, conhecemos o campo elétrico gerado pelo plano infinito. Ele é 

uniforme e é dado por: 

r 

E = 

σ 

2ε 

0 

em que kˆ é o unitário do eixo Oz. Assim, o potencial em um ponto P(x,y,z) do 

r 

espaço será, com ds 

= dskˆ 

: 

kˆ 


Calcule o potencial no ponto P situado sobre o eixo de uma espira circular de raio 

R, à distância z do centro dela, supondo a espira carregada negativamente com 

uma distribuição linear uniforme de cargas. 

196 

197

EXEMPLO 12.3 

POTENCIAL DE UMA ESFERA DIELÉTRICA CARREGADA 

Calcular o potencial de uma esfera dielétrica maciça de raio R , carregada 

uniformemente com carga total Q positiva em um ponto P dentro dela ( r P 

< R ). 

carga dentro volume da esfera de raio r , então: 

q Q 

= ⇒ 

3 3 

r R 

Então, a expressão do campo elétrico fica: 

r 

q = 

R 

3 

3 

Solução: Temos: 

V ( r ) 

P 

r P 

r 

= −∫ E • 

∞ 

em que o nível de energia potencial foi escolhido situado no infinito. Para um ponto 

P do campo, a distâncias 

elétrico é: 

r 

E 

r 

ds 

r 

P 

ao centro da esfera, tais que ∞ 

1 Q 

ˆ 

4πε 0 

r 

( R ≤ r < ∞) 

= r 

2 

P 

R ≤ r P 

< 

Para um ponto P interior à esfera ( 0 ≤ r P 

≤ R ), o campo elétrico é dado por: 

r 1 q 

E = rˆ 

0 ≤ 

2 

4πε 0 

r 

( r R) 

P 

≤ 

em que q é a carga da esfera contida dentro do raio 

P 

, o campo 

r ≤ r e rˆ é o unitário 

dirigido do centro para a superfície da esfera porque a carga é positiva. Estas duas 

expressões mostram que a carga elétrica contida em uma esfera de raio r P 

não é a 

mesma para ambos os casos. Assim, para calcular o potencial em relação a um 

nível no infinito, vamos dividir o problema em dois: calculamos o potencial na 

superfície da esfera e somamos (algebricamente) o resultado à diferença de 

potencial entre o ponto P interior à esfera carregada e à superfície: 

[ V ( R) 

−V 

( r )] ≡ V ( R) 

− [ V ( R) 

−V 

( r )] 

V ( rP 

< R) 

= V ( R) 

−V 

( ∞) 

− 

P 

P 

O potencial na superfície da esfera já nos é familiar: 

V ( R) 

= 

1 

4πε 

A diferença de potencial entre a superfície da esfera e o ponto P é: 

0 

Q 

R 

R r r 

V ( R) 

−V 

( r ) = −∫ E • ds 

P 

Portanto, precisamos calcular o campo elétrico no ponto P dentro da esfera. Como 

a densidade volumétrica de cargas é constante, podemos escrever que, se q é 

rp 

r 1 Q 

E = r rˆ 

3 

4πε 0 

R 

( r ≤ ) 

No deslocamento do ponto P ( r = ), até a superfície r = R temos que: 

rP 

R r r Q 

V ( R) 

−V 

( rP 

) = −∫ 

E • ds = − 

r 

3 

p 4π 

ε R 

Mas, no deslocamento de R até r P 

, 

Logo: 

r ˆ • ds 

r = dr e, então: 

0 

r P 

∫ 

R 

rP 

r 

r (ˆ r • ds) 

2 

R r r Q R Q ⎛ R − r 

V ( R) 

−V 

( r ) = −∫ • = − ∫ = − 

⎜ 

P 

E ds 

r dr 

r 

3 

3 

P 4π ε 

r 

0 

R P 4π 

ε 

0 

R ⎝ 2 

V ( r 

P 

V 

< R) 

= V ( R) 

− 

ou, efetuando as simplificações: 

< R) 

= V ( R) 

− [ V ( R) 

−V 

( r )]= 

( rP 

P 

1 

Q 

2 

⎛ R − r 

P 

[ V ( R) 

−V 

( r )] = + 

⎜ 

4 4 

2 ⎟ P 

3 

πε 

0 

R π ε 

0 

R ⎠ 

V ( r 

2 

Q ⎛ 3 R − r 

R) 

= 

⎜ 

8πε 

0 ⎝ R 

P 

< 

3 

12.2 OBTENDO O CAMPO ELÉTRICO A PARTIR DO POTENCIAL 

A equação (12.1) 

V 

P → → 

P = ∫ dV = − ∫ E • ds 

A 

nos permite calcular o campo elétrico em um ponto P a partir do potencial neste 

ponto. Para fazer isso, consideremos um sistema de coordenadas cartesianas (pode 

ser também qualquer outro, mas, para simplificar, usaremos as coordenadas 

cartesianas). Neste sistema, sejam: 

r 

ds 

= dx iˆ + dy ˆj 

+ dz kˆ 

o vetor deslocamento no ponto P, e: 

2 

P 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

Q 

⎝ 

2 

2 

P 

⎞ 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

(12.2) 

198 

199

o vetor campo elétrico em P; então: 

isto é: 

r 

E = E iˆ + E ˆj 

+ E kˆ 

x 

y 

r 

E • ds 

r = E dx( iˆ 

• iˆ) 

+ E dy ( ˆj 

• ˆ) j + E dz ( kˆ 

• kˆ) 

x 

r 

E • ds 

r = Ex dx + E 

y 

dy + E 

y 

z 

z 

z 

dz 

(12.3) 

(12.4) 

∂V 

∂ 

= 

∂x 

∂x 

( x 

∂V 

∂ 

= 

∂y 

∂y 

( x 

∂V 

∂ 

= 

∂z 

∂z 

( x 

2 

2 

2 

1 

2 2 

+ y + z ) 

1 

2 2 

+ y + z ) 

1 

2 2 

+ y + z ) 

1 

2 

1 

2 

1 

2 

= 

= 

= 

1 

2 2 

( x 

1 

2 2 

( x 

1 

2 2 

( x 

2 x 

2 2 

+ y + z ) 

2 y 

2 2 

+ y + z ) 

2 z 

2 2 

+ y + z ) 

3 

2 

3 

2 

3 

2 

= 

( x 

2 

= 

( x 

= 

( x 

2 

2 

x 

2 2 

+ y + z ) 

y 

2 2 

+ y + z ) 

z 

2 2 

+ y + z ) 

3 

2 

3 

2 

3 

2 


∂V 

∂V 

∂V 

dV = dx + dy + dz 

(12.5) 

∂x 

∂y 

∂z 

o potencial V(x,y,z) pode ser escrito como: 

∂V 

∂V 

∂V 

V = ∫ dV = ∫ dx + dy + dz 

(12.6) 

∂x 

∂y 

∂z 

Da equação (12-1), com as equações (12.5) e (12.6) vem, então, que: 

∂V 

∂V 

∂V 

dx + dy + dz = − ( Ex dx + E 

y 

dy + Ez 

dz) 

∂x 

∂y 

∂z 

de onde tiramos: 

∂V 

∂V 

∂V 

E x 

= − E y 

= − E z 

= − 

(12.7) 

∂ x 

∂ y 

∂ z 

Das equações (12.7), temos: 

E ∂V 

x 

= − = − 

x 

∂x 

+ 

2 2 2 

( x + y z 

E ∂V 

y 

= − = − 

y 

∂y 

+ 

2 2 2 

( x + y z 

E ∂V 

z 

= − = − 

z 

∂z 

+ 

2 2 2 

( x + y z 

) 

3 

2 

) 

) 

3 

2 

3 

2 

r r 

Como: 

= x iˆ + y j + z kˆ 

, = 

que: 

r 

r 

( x + y + z ) e E = E iˆ + E j + E kˆ 

, vem 

1 

2 2 2 2 

r 

r 

r 

r 

r 

Q x i + y j + z kˆ 

Q 

1 Q 

E = 

= = 

3 

3/ 2 

2 

4πε 

2 2 2 

0 

2 

( x + y + z ) 4πε 

0 

r 4πε 

0 

r r 

x 

y 

z 

que são as relações entre o potencial no ponto P e o campo elétrico neste ponto. 

ou: 

r 1 Q 

E = rˆ 

2 

4πε 0 

r 

EXEMPLO 12.4 

O potencial em um ponto P situado à distância r de uma carga Q que gera o 

campo elétrico é: 

Calcule o campo elétrico neste ponto. 

V = 

1 

4πε 

0 

Q 

r 

EXEMPLO 12.5 

O potencial elétrico de um dipolo, em um ponto P do espaço de coordenadas (x,y) 

é: 

1 

V = 

4π ε 

0 

r 

p • rˆ 

2 

r 

2 2 2 2 

Solução: Temos que: r = ( x + y + z ) . Então: 

1 

em que o vetor rˆ é o unitário da direção que une o centro do dipolo ao ponto P 

200 

201

(Figura 12.1) e 

p = Qd é o momento de dipolo. Calcular o campo elétrico em P. 

E ∂V 

p ∂ ⎡ z ⎤ 

= − = − ⎢ 

⎥ = 

z 3 

∂z 

4 πε ∂ ⎢ 

2 2 2 

0 

z 

2 

⎣( 

x + y + z ) ⎥⎦ 

3 

⎡ 2 2 2 

⎤ 

= 2 

2 2 2 1/ 2 

p ( x + y + z ) z (3/ 2)(2z)( 

x + y + z ) 

− ⎢ 

− 

⎥ 

⎢ + + 

+ + ⎥ 

= 

2 2 2 3 

2 2 2 

4πε 

3 

0 

( x y z ) ( x y z ) 

⎣ 

⎦ 

ou: 

2 

p ⎡ 1 

3z 

− ⎢ 

− 

2 2 2 3/ 2 2 2 

4πε 

⎣( 

x + y + z ) ( x + y + z 

= 2 5 / 2 

0 

) 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

Figura 12.1: o dipolo elétrico 

Solução: Escolhendo o eixo Oz de um sistema de coordenadas cartesiano com 

origem em O (centro do dipolo), temos que: z = r cos θ e: 

Então: 

1 pz 1 

V ( x, 

y, 

z) 

= = 

4π ε r 4π ε 

E x 

p z 

3 

3 

2 2 2 

0 0 

2 

( x + y + z ) 

∂V 

p ∂ ⎡ z 

= − = − ⎢ 

∂x 

4 πε ∂x 

⎢ 

2 2 

⎣( 

x + y + z 

3 

2 

0 

2 

) 

⎤ 

⎥ 

⎥⎦ 

2 

∂V 

p ⎛ 3z 

1 ⎞ 

− = 

⎜ − 

⎟ 

5 

∂z 

4 πε 

0 ⎝ r r ⎠ 

E z 

= 

3 


Calcule o campo elétrico em um ponto P situado à distância r no eixo de um disco 

com uma densidade de carga positiva constante. 

ou: 

ou, ainda: 

Finalmente: 

3 

⎡ 2 2 2 2 

2 

p ( x + y + z ) − z (3/ 2)( x + y 

− ⎢ 

2 2 2 

4 πε 

0 ⎢ 

( x + y + z ) 

⎣ 

E = x 

3 

⎡ 

2 

p 1 

3z 

− ⎢ 

− 

3 2 2 

4 πε ⎢ 

2 2 2 2 + + 

⎣( 

x + y + z ) ( x y z 

2 

2 

+ z ) 

E = x 

2 5 / 2 

0 

) 

E x 

∂V 

p 3xz 

= − = 

5 

∂x 

4 πε r 

0 

1 

2 

⎤ 

⎥ 

⎥⎦ 

2 z ⎤ 

⎥ 

⎥ 

⎦ 

SAIBA MAIS 

A equação (12-1) nos diz que, para que o potencial elétrico seja univocamente 

determinado em qualquer ponto P de um campo elétrico, é necessário que a 

integral do segundo membro seja independente da trajetória entre o nível A e o 

ponto P; ou seja, que o integrando seja uma diferencial exata. Isto significa que o 

potencial seja uma função contínua e tenha derivadas contínuas em todos os 

pontos do campo. De acordo com o teorema de Schwarz do cálculo de funções de 

várias variáveis, a condição de diferencial exata é que: 

2 2 

2 2 

2 2 

∂ V ∂ V ∂ V ∂ V ∂ V ∂ V 

= 

= 

= 

∂y∂x 

∂x∂y 

∂y∂z 

∂z∂y 

∂x∂z 

∂z∂x 

Analogamente: 

E y 

∂V 

p 3yz 

= − = 

5 

∂y 

4 πε r 

Para a componente segundo o eixo Ox, temos: 

0 

Então, derivando a primeira das equações (12.7) em relação a y e a segunda em 

relação a x, obtemos: 

∂ 2 V ∂Ex 

∂ 2 V ∂E 

y 

= − 

= − 

(12.8) 

∂y∂x 

∂y 

∂x∂y 

∂x 

202 

203

Analogamente, combinando a primeira e terceira expressões, assim como a 

segunda e a terceira, obtemos: 

∂ 2 V ∂Ex 

∂ 2 V ∂E 

z 

= − 

= − 

(12.9) 

∂z∂x 

∂z 

∂x∂z 

∂x 

∂ 2 V ∂E 

y ∂ 2 V ∂Ez 

= − 

= − 

(12.10) 

∂z∂y 

∂z 

∂y∂z 

∂y 

Então, de (128), (12.9) e (12.10) vem: 

∂E 

∂E 

x y ∂E 

x 

∂E 

z 

∂E 

∂E 

z y 

= 

= 

= 

(12.11) 

∂y 

∂x 

∂z 

∂x 

∂y 

∂z 

que dão a condição para que o potencial V(x,y,z) seja univocamente definido em 

cada ponto P do campo elétrico. Essa condição mostra também que as três 

componentes do vetor campo elétrico não são independentes umas das outras, o 

que permite reduzir um problema vetorial em um problema escalar. 

SAIBA MAIS 

A equação (12.12) pode ser escrita como: 

r r r r 

dV = ∇V 

• ds = ∇V 

cosθ ds 

(12.14) 

em que θ é o ângulo entre os dois vetores. Ela nos indica que a variação do 

potencial com a posição no campo elétrico depende da direção considerada neste 

campo. Essa variação é nula quando θ =90º, isto é, quando a direção considerada, 

dada por 

ds 

r , for perpendicular ao gradiente de potencial; ela é máxima para θ 

=0º, ou quando esta direção for paralela ao gradiente de potencial. Esse fato nos 

indica que o gradiente é um vetor que nos define uma derivada direcional, cujo 

valor depende da direção considerada em seu cálculo. A equação (12.13) nos diz 

então que a direção de maior valor do campo elétrico é a mesma do gradiente de 

potencial; além disso, o sentido do campo é oposto ao do gradiente de potencial. 

A equação (12.5) nos permite dizer que o potencial pode ser considerado 

como o produto escalar de dois vetores: o vetor 

ds 

r , e um outro vetor 

∇ r V , 

denominado gradiente do potencial, cujas componentes cartesianas são as 

derivadas parciais do potencial relativamente às coordenadas: 

∂V 

V 

V iˆ 

∂ 

∇ r 

= + 

∂x 

∂y 

ˆ 

∂V 

j + kˆ 

∂z 

Assim, de (12.5) vem: 

r r 

dV = ∇V 

• ds 

(12.12) 

Então, podemos escrever uma relação vetorial em termos do gradiente do 

potencial e o campo elétrico: 

E r = −∇V 

r 

(12.13) 

Esta equação nos mostra que o campo elétrico tem a mesma direção que o 

gradiente de potencial, mas seu sentido é oposto ao do gradiente de 

potencial. 

204 

205




O campo elétrico gerado por um fio infinito com densidade uniforme de carga, em 

um ponto a uma distância y do fio, é: 

O potencial elétrico gerado por um disco com uma densidade superficial de cargas 

constante, em um ponto de seu eixo de simetria, situado à distância z do disco é: 

r 

E = 

λ ˆj 

πε y 

2 

0 

Em que o unitário está dirigido perpendicularmente ao fio. Então, com 

vem: 

r 

ds 

= dy ˆj 

V ( z) 

= −∫0 

2 

z 

dz = − 

0 

2 

0 

Como o potencial é função apenas da coordenada z, temos: 

σ 

ε 

σ 

ε 

z 

= 

r r y λ 

−∫ 

• = − ∫ • = − ∫ 

y dy 

V E ds 

ˆ 

λ 

λ 

( j ˆ) j dy 

= 

y 

2πε 

y 

2πε 

y0 

y 2 πε 

0 

em que y 

0 é o raio do fio. 

0 

0 

0 

⎛ y0 

ln⎜ 

⎝ y 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

∂V 

E( 

z) 

= − 

∂z 

σ 

= 

2ε 

0 



O campo elétrico gerado por uma espira circular de raio R em um ponto de seu eixo 

e à distância z de seu centro é: 

Q 

E z) 

= − 

4πε 

( R 

z 

2 

z ) 

( 2 3/ 2 

0 

+ 

r 

Então, com ds 

= dz kˆ 

, o potencial no ponto P, relativo ao infinito, é: 

kˆ 

E12.1) No exemplo 12.2 foi calculado o potencial elétrico de um ponto sobre o eixo 

de uma espira carregada. Calcule o campo elétrico a partir do potencial. Compare 

seu resultado com a equação 5.1. 

E12.2) O potencial elétrico em um ponto sobre o eixo central de um disco 

uniformemente carregado foi calculado no exemplo 11.4. A partir dessa equação, 

determine uma expressão para o campo elétrico. 

r 

r 

Q 

z 

V z 

z 

( z) 

= −∫ 

E • ds = ∫ 

( k • k dz = 

∞ 2 2 3/ 2 

R + z 

∫∞ 

2 2 3/ 

4πε 

R + z 

2 

0 

( ) 

4πε 

0 

( ) 

ou, com a mudança de variável: 

ˆ 

ˆ) 

Q 

z 

dz 

E12.3) Calcule o campo elétrico para uma casca esfera carregada utilizando os 

resultados obtidos no exemplo 11.5. 

E12.4) O potencial elétrico de uma certa distribuição de cargas é 

V(x,y,z)=2,00xyz 2 . Calcule o campo elétrico no ponto (3;-2,4). 

2 2 

2 2 

u = R + z → du = 2 z dz z = ∞ → u = ∞ z = z → u = R + z 

vem: 

Q 

V ( z) 

= 

4πε 

0 

1 

2 

∫ 

2 2 

R + z 

∞ 

du 

u 

3/ 2 

Q 

= 

4πε 

0 

1 

2 

2 

− 

u 

1/ 2 

∞ 

2 2 

R + z 

Q 

= − 

4πε 

0 

1 

2 2 

R + z 

206 

207

UNIDADE 5 – CAPACITORES 

Nesta unidade estudaremos os capacitores. Eles são um dos muitos tipos de 

dispositivos usados em circuitos elétricos, como por exemplo, em rádios, 

computadores, televisores, celulares e video-games. A importância deles está 

principalmente na propriedade de armazenar carga elétrica, bem como de criar 

campos elétricos com a simetria desejada. 

Os capacitores em circuitos elétricos frequentemente, aparecem ligados 

entre si. Por isso, é necessário saber qual a capacitância equivalente dessas 

associações. A capacitância equivalente da associação de capacitores é a 

capacitância que teria um único capacitor que substituiria os capacitores que 

formam a associação. Existem essencialmente duas maneiras de conectar 

capacitores: em série ou em paralelo. 

208 

209

AULA 13: CAPACITÂNCIA 

e paralelas separadas por uma distância d; a figura 13.1c mostra os vários tipos de 

capacitor comumente usados. 

OBJETIVOS 

DEFINIR CAPACITÂNCIA E ESTUDAR SUAS PROPRIEDADES 

CALCULAR A CAPACITÂNCIA EQUIVALENTE DE ASSOCIAÇÕES DE CAPACITORES 

13.1 CAPACITÂNCIA 

Um condutor isolado, quando carregado com uma carga Q , gera um 

potencial elétrico que é proporcional à carga e depende também da forma e das 

dimensões do condutor. Como as cargas elétricas no condutor se alojam na sua 

superfície, quanto maior for a área do condutor, mais carga ele pode alojar para 

produzir um dado potencial. A relação entre a carga do condutor e o potencial 

gerado por ela, é denominada capacitância do condutor: 

Q 

C = (13.1) 

V 

Por exemplo, um condutor esférico gera um potencial em pontos fora dele, 

situados à distância R do condutor, que é dado por: 

e a capacitância deste condutor é: 

V = 

1 

4πε 

0 

Q 

R 

Q 

= 4πε R 

V 

C = 

0 

Esse exemplo nos mostra que a capacitância é uma propriedade 

associada à geometria do condutor e ao meio que ele se situa. 

A unidade de capacitância no SI é o Farad (F), assim denominado em 

homenagem a Michael Faraday. 

13.2 CAPACITORES 

1C 

1F 

= . 

1V 

Um capacitor é um sistema constituído de qualquer par de condutores 

isolados e carregados com cargas de sinais opostos, como mostra o esquema das 

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

210 

Figura 13.1. (a) Um capacitor constituído por dois condutores isolados e carregados; 

(b) um capacitor de placas planas e paralelas; (c) alguns tipos de capacitores disponíveis 

comercialmente. 

A importância dos capacitores está principalmente na propriedade 

de armazenar carga elétrica, bem como de criar campos elétricos com a 

simetria desejada. 

A grandeza que define as propriedades do capacitor é a capacitância, que 

mede a capacidade que ele tem para armazenar carga elétrica. De acordo com a 

equação 13.1: 

Q 

C = . ∆V 

em que, neste caso, Q é o módulo da carga elétrica líquida no conjunto de 

condutores e ∆ V é o módulo da diferença de potencial entre eles. 

Consequentemente, a capacitância C é sempre positiva. 

Os capacitores usuais tem capacitâncias da ordem de microfarads, 

−6 

1µ F = 1× 

10 F . 

EXEMPLO 13.1 

Calcule a capacitância de um capacitor formado por placas planas e paralelas de 

área A separadas pela distância L no vácuo (Figura 13.2). 

211

Note a dependência dos fatores geométricos A e L e vê-se portanto que a 

capacitância cresce com a área e decresce com a distância. Isso nos mostra 

duas possibilidades de alterar a capacitância de dispositivos em geral. 


Considere um capacitor de placas planas e paralelas de área igual a 15 cm 2 . A 

distâcia entre as placas é 5,1 mm e o módulo da carga em cada placa é 6,0 nC. 

Figura 13.2: Capacitor de placas paralelas carregadas com carga Q e separadas por uma 

distância L. 

SOLUÇÃO: A diferença de potencial entre duas placas condutoras depende da 

carga nessas placas. É conveniente, portanto, obter primeiro a expressão para a 

diferença de potencial elétrico entre as duas placas: 

r r 

∆V 

= V+ −V− 

= −∫ E • dl 

O campo elétrico entre as placas planas e paralelas é uniforme e está dirigido da 

placa positiva para a negativa; então, escolhendo um eixo Ox na direção e sentido 

do campo, com a origem O na placa positiva, a diferença de potencial entre as 

placas é: 

a) Qual é a capacitância desse capacitor quando ele se encontra no vácuo? 

b) Determine a diferença de potencial entre as suas placas. 

c) Determine o valor do campo elétrico entre suas placas. 

EXEMPLO 13.2 

Vamos considerar agora o caso de uma esfera e uma casca esférica concêntricas e 

condutoras de raios 

R 

a 

e 

R 

b 

, com cargas 

+ Q e − Q respectivamente, como 

ilustra a figura 13.3. Qual a capacitância desse capacitor esférico? 

∆V 

= V 

+ 

−V 

− 

0 

= −∫ E dl = E L 

Utilizando a Lei de Gauss, podemos escrever o campo elétrico no interior das placas 

como a soma vetorial dos campos gerados por cada uma das placas: 

r 

E = E 

r r+ 

+ − 

L 

| Q | | Q | | Q | 

E = iˆ 

+ iˆ 

= iˆ 

2ε 

A 2ε 

A A 

0 0 

ε 

0 

onde î é o unitário do eixo Ox. 

A diferença de potencial entre as placas dos capacitores é: 

QL 

∆ V = ε 0 

A 

Figura 13.3: Capacitor esférico. 

Solução: Como a capacitância é: 

| Q | 

C = 

| ∆V 

| 

Portanto, 

| Q | ε A 

= = 

| ∆V 

| L 

C 

0 

precisamos calcular, antes de mais nada, o campo elétrico existente entre essas 

placas, para depois obter 

caso simétrico é usar a lei de Gauss: 

∆ V . A melhor forma de obter o campo elétrico nesse 

212 

213

para 

Q 

∫ E r 

• nˆ 

dA = 

ε 

As cargas estão nas superfícies dos condutores e portanto o campo elétrico 

R < Ra 

é nulo. Entre os capacitores há um campo elétrico radial como 

mostrado na figura 13.3. O campo elétrico é constante sobre a superfície de Gauss 

de raio 

R 

P 

, e portanto: 

E∫ 

dA = ε 

Q 

0 

0 

parâmetro que é pequeno e escrever a expressão em termos desse parâmetro. 

Depois disso, faz-se uma expansão em torno do valor zero para o parâmetro. Esse 

parâmetro é em geral adimensional, dado que frequentemente é expresso como 

1 

uma razão entre duas grandezas físicas γ 

1 e γ 

2 

, sendo que

13.3 ENERGIA EM UM CAPACITOR 

Figura 13.4: Superfície de Gauss cilíndrica em cabos coaxiais 

O campo elétrico entre os fios que constituem o cabo coaxial é radial e tem sentido 

do fio de raio menor para o fio de raio maior. Então, podemos aplicar a lei de 

Gauss escolhendo uma superfície gaussiana cilíndrica, de raio r, concêntrica com o 

eixo dos fios. Assim, para esta superfície, temos: 

Q 

∫ E r 

• nˆ 

dA = 

ε 

Para o comprimento L do cabo coaxial, a superfície de Gauss tem uma área lateral 

que vale 

A = 2π r L . Então: 

Assim, o campo elétrico entre os fios é: 

A diferença de potencial entre os fios é: 

V −V 

= − 

a 

b 

a 

∫b 

r r 

E • dl = 

Q 

E (2π 

r L) 

= 

ε 

0 

Q 

E = 

2π 

ε 0 

L r 

0 

Q b dr Q 

∫ = 

2π ε L a 

0 

r 2π 

ε 

0 

⎛ b ⎞ 

ln⎜ 

⎟ 

L ⎝ a ⎠ 

Para calcular a quantidade de energia armazenada em um capacitor, vamos utilizar 

um capacitor de placas planas e paralelas mas o raciocínio pode ser estendido a um 

capacitor qualquer, independentemente da forma e dos condutores que o 

constituem. 

Consideremos, então, um capacitor de placas planas e paralelas. Quando ele está 

sendo carregado, há um acúmulo de cargas elétricas de um dado sinal em uma das 

placas do capacitor, o que provoca a repulsão de cargas de mesmo sinal na outra 

placa do capacitor. Esse acúmulo faz com que, em um determinado instante, cada 

placa contenha a mesma carga q (em módulo). 

Observe, no entanto que uma das placas conterá um excesso de cargas positivas e 

a outra placa um excesso de cargas negativas, estabelecendo assim um campo 

elétrico E v entre as placas do capacitor. A diferença de potencial entre as duas 

placas é, então, V = q / C , sendo C a capacitância do capacitor. 

Imagine, agora, que se queira acumular mais uma carga elementar positiva dq na 

placa positiva. A diferença de potencial entre as placas fica aumentada. Esse 

aumento é equivalente ao trabalho por unidade de carga que seria necessário para 

transferir essa mesma carga elementar positiva dq da placa negativa para a placa 

positiva do capacitor. Preste bem atenção na palavra “equivalente”, pois 

durante o processo de carga do capacitor NÃO tem cargas atravessando de 

um lado para outro. A razão é simples: se isso acontecesse, ele não 

acumularia cargas, função principal de um capacitor. Enfim, o trabalho por 

unidade de carga é armazenado no capacitor sob a forma de energia potencial 

elétrica U , dada por: 

A capacitância é, então: 

Q 

C = 

V −V 

a 

b 

2π ε 

0 

L 

= 

⎛ b ⎞ 

ln⎜ 

⎟ 

⎝ a ⎠ 

dU = V dq = 

q 

dq 

C 

A energia potencial armazenada quando o capacitor é carregado até ter uma carga 

total Q é: 


Considere o capacitor de cabos coaxiais do Exemplo 13.3. O que acontece no limite 

quando, b >> a ? 

2 

1 q 1 Q 

U = dq 

2 

∫ = 

C 2 C 

Que também pode ser escrita em termos da diferença de potencial e da 

capacitância: 

216 

217

1 

U = CV 

2 

Em um capacitor de placas planas e paralelas, desprezando a região das suas 

bordas, o campo elétrico é uniforme. Assim, a densidade de energia u dele, isto é 

a energia por unidade de volume, também deverá ser uniforme. Então: 

u = 

U 

A d 

2 

1 

CV 

= 

2 

A d 

em que Ad é o volume contido entre as placas. Substituindo a capacitância C pela 

sua expressão: 

obtemos: 

C = 

ε 0 

d 

A 

2 

2 

ε 

0 ⎛V 

⎞ 

u = ⎜ ⎟ 

2 ⎝ d ⎠ 

(13.2) 

⎛V 

⎞ 

Mas ⎜ ⎟ é o campo elétrico no capacitor. Substituindo então, na equação acima, 

⎝ d ⎠ 

obtemos: 

u ε2 E 

0 2 

= (13.3) 

Pode-se mostrar que esta fórmula é geral e vale para a energia armazenada em 

uma região onde existe um campo elétrico. 


Calcule a densidade de energia entre as placas de um capacitor submetidas a uma 

diferença de potencial de 500 V no ar. A distância entre as placas é igual a 3,00 

mm e a sua carga é de 9,30 µF. 



0 

A 

a) A capacitância de um capacitor plano de placas paralelas é C = ε tal que: 

L 

E portanto: 

−4 

2 

15× 

10 m 

F / m 

5,1 × 10 m 

−12 

C = 8,85 × 10 

−3 

12 

C = 2,6 × 10 

− F = 2, 6 pF 

b) Através da definição de capacitâcia podemos obter facilmente a diferença de 

potencial entre as placas deste capacitor uma vez que é conhecida a carga Q e sua 

capacitância C : 

Q 

∆ V = 

C 

−9 

6,0× 

10 C 

∆ V = 

−12 

2,6× 

10 F / m 

3 

∆ V = 2 ,6× 

10 V 

c) O campo elétrico entre as placas é constante e seu módulo pode ser obtido por 

E = 

∆V 

d 

2,6× 

10 

5,1 × 10 

−3 

E = 

−3 

V 

m 

E = 5,1 N / C 


PR13.1) Qual é a densidade de energia armazenada em um campo elétrico 

uniforme de 10 V/m. 


a) Utilizando a equação que obtemos para um capacitor esférico temos: 

4πε 

0Ra 

R 

C = 

R − R 

b 

a 

b 

. 

218 

219

C 

4π 

−12 

−3 

−3 

( 8,85 × 10 F / m)( 85× 

10 m)( 100× 

10 m) . 

= 

−3 

−3 

100× 

10 

m − 85× 

10 

C = 0, 63pF 

m 

Dessa forma 

C → 2πε L o 

b) De acordo com a Lei de Gauss a casca esférica externa não contribui para o 

campo elétrico entre os condutores; apenas a esfera condutora interna. O campo 

elétrico criado pelo condutor interno é radial, dado pela equação 

Q 

4πε 0 

r 

→ 

E = 

2 

rˆ 


Como em um capacitor de placas planas e paralelas, 

V 500V 

= = 

− 

d 3,0 × 10 m 

E 

3 

6 

E = 1,7 × 10 V / m 

V = Ed 

Da definição de capacitância temos: 

Q = C ∆V 

E, portanto, o valor do campo elétrico E a um ponto situado a uma distância r do 

centro é: 

C∆V 

E = 

4πε 

r 

0 

2 

Utilizando a equação 13.3, 

= 

u 0 2 ε2 E 

(8,85 × 10 

u = 

−12 

6 

F / m)(1,7 

× 10 V / m) 

2 

E portanto, 

3 

u = 0,12 

J / m 

. 

2 

Em r 1 = 86 mm: 

E em r 2 = 97 mm: 

E1 

= 

4 π 

E2 

= 

4 π 

−12 

( 0,63× 

10 F / m)( 220V 

) 

−12 

−3 

( 8,85 × 10 F / m)( 86× 

10 m) 2 

2 

E = 1,7 10 V / m 

1 

× 

−12 

( 0,63× 

10 F / m)( 220V 

) 

−12 

−3 

( 8,85 × 10 F / m)( 97× 

10 m) 2 


E13.1) Qual deve ser a carga elétrica das placas de um capacitor de capacitância 

9,5 nF para que a diferença de potencial entre elas seja de 110 V? 

E13.2) Determine a capacitância, a diferença de potencial entre suas placas e o 

módulo do campo elétrico entre as placas de um capacitor com placas paralelas de 

área igual a 50 mm 2 , com carga igual a 7,5 nC e distância entre as placas igual a 

1,5 m 


Observe que quando 

b >> a : 

2 

E = 1,3 10 V / m 

2 

× 

a 

⎛ a ⎞ 

→ 0 e ln⎜ 

⎟ →1 

b 

⎝ b ⎠ 

E13.3) Determine: 

a) a capacitância por unidade de comprimento de um capacitor cilíndrico em que o 

condutor interno tem raio 2,0 mm e o condutor externo 3,5 mm. 

b) a carga de cada condutor sabendo que o potencial do condutor externo está a 

um potencial 5,0 V mais elevado do que o potencial do condutor interno 

E13.4) Determine a razão entre os raios de um capacitor cilíndrico em que sua 

capacitância por unidade de comprimento é igual a 70 pF/m. 

220 

221

AULA 14 ASSOCIAÇÃO DE CAPACITORES 

OBJETIVO 

CALCULAR A CAPACITÂNCIA EQUIVALENTE DE ASSOCIAÇÕES DE CAPACITORES 

Para calcular a capacitância equivalente a esses dois capacitores C 

1 

e C 

2 

, 

vamos primeiramente calcular a diferença de potencial entre as placas deles. Para o 

primeiro capacitor temos: 

∆ V = V y 

−V 

, 

1 x 

e para o segundo: 

∆ V = V z 

− V . 

2 y 

14.1 – ASSOCIAÇÃO EM SÉRIE DE CAPACITORES 

Em circuitos, representaremos os capacitores pelos símbolos: 

cujas linhas verticais representam os condutores ligados a fios de um circuito 

elétrico, representado pelas linhas horizontais. 

Na associação em série, uma das placas de um capacitor é conectada, por 

meio de fios condutores, a uma placa de um outro capacitor como ilustra a figura 

14.1. 

A diferença de potencial entre os pontos z e x é: 

∆ V 

= ∆V1 + ∆V2 

x 

= V z 

−V 

. 

Os capacitores estão submetidos a diferenças de potencial diferentes mas o 

capacitor equivalente deve estar submetido à diferença de potencial 

∆ V . Como o 

capacitor equivalente deve ter a mesma carga Q que os capacitores ligados em 

série, devemos ter: 

Q 

Q Q 

∆ V = = ∆V1 

+ ∆V2 

= + 

C 

C C 

Assim, a capacitância equivalente obedece à equação: 

1 

2 

. 

1 1 1 

= + , 

(14.2) 

C C 1 

C 2 

e é menor do que a capacitância dos capacitores individuais. 

Figura 14.1: Associação em série de capacitores. 

Se colocarmos uma carga elétrica negativa 

− Q na placa do capacitor C 

1 

, 

ligada pelo fio ao ponto x, aparecerá, por indução, uma carga igual e de sinal 

contrário 

+ Q na placa da direita do capacitor. Como esta placa está ligada por 

outro fio, à placa da esquerda do capacitor C 

2 

, também por indução aparecerá 

uma carga 

− Q nesta placa. Novamente por indução, surgirá uma carga + Q na 

EXEMPLO 14.1 

A figura 14.2 mostra uma associação de capacitores. Sabendo que a carga elétrica 

nos capacitores é Q = 50,0 µ C e que as capacitâncias dos capacitores são, 

respectivamente, C = 1 

5,0 µ F , C = 6,0 µ F 

2 e C 3,0 µ F 

3 

= , calcule a diferença de 

potencial nos terminais de cada capacitor e a capacitância equivalente da 

associação. 

placa da direita do capacitor C 

2 

. Assim, as cargas nas placas dos capacitores 

serão iguais em módulo. É este o raciocínio simples que leva às expressões 

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

e tente não decorar essas expressões. 

222 

Figura 14.2: Associação de capacitores 

223

Solução: 

Temos que: 

Q2 

C2 

= 

∆ 

V xz 

. 

A capacitância equivalente é: 

Q 50,0 µ C 

V1 = = = 10, 0 V 

C 5,0 µ F 

1 

Q 50,0 µ C 

V2 = = = 8, 3 V 

C 6,0 µ F 

2 

Q 50,0 µ C 

V31 = = = 16, 7 V 

C 3,0 µ F 

3 

1 1 1 1 1 1 1 

1 

−1 

= + + = + + = (0,20 + 0,17 + 0,33)( µ F) 

− = 0,70( µ F) 

C 

C 

1 

C 

2 

C 

3 

5,0 µ F 

6,0 µ F 

3,0 µ F 

ou: C = 1,4µ 

F 

14.2 – ASSOCIAÇÃO EM PARALELO DE CAPACITORES 

A carga total nas placas dos capacitores é a soma das cargas nos 

capacitores individuais: 

Q = Q , 1 

+ Q2 e essa é a carga do capacitor equivalente. 

ou seja, 

A capacitância equivalente é dada por: 

Q 

C = 

∆V 

xz 

C1∆Vxz 

+ C2∆V 

= 

∆V 

xz 

xz 

, 

C = C . 1 

+ C2 (14.3) 

Para capacitores ligados em paralelo, a capacitância do capacitor equivalente 

é sempre maior do que as capacitâncias individuais. 

Os capacitores em paralelo, estão ilustrados na figura 14.3. Você consegue 

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

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

EXEMPLO 14.2 

Calcule a capacitância equivalente do circuito mostrado na figura 14.4, nas 

seguintes condições: a) A chave S está aberta; b) A chave S está fechada. 

Eles são ligados de maneira a estarem submetidos à mesma 

diferença de potencial. 

Figura 14.4: Associação de capacitores. 

SOLUÇÃO: 

Figura 14.3: Associação em paralelo de capacitores. 

Então, podemos escrever que: 

e 

C 

1 = 

Q 

∆ 

1 

V xz 

a) Nos exercícios envolvendo vários capacitores a primeira coisa a fazer é 

identificar quais estão ligados em série e quais estão ligados em paralelo. No caso 

acima, com a chave S aberta, vemos imediatamente que C 

1 

e C 

4 

estão em série e 

C 

2 

e C 

3 

também estão em série. Os capacitores equivalentes a C 

1 

e C 

4 

e a C 

2 

e 

C 

3 

estarão em paralelo. Então, primeiro precisamos das capacitâncias equivalentes 

224 

225

dos capacitores em série: 

1 1 1 

C1C4 

= + → C1,4 

= 

C C C 

C + C 

1,4 

1 

4 

1 

4 

Após um pouco de álgebra simples obtemos: 

( C1 

+ C2)( 

C3 

+ C4) 

C = 

. 

( C + C + C + C ) 

1 

2 

3 

4 

e 

1 1 1 

C2C 

= + → C2,3 

= 

C C C 

C + 

3 

2,3 2 3 

2 

C3 

. 

Note que, outra vez, o limite de todos os capacitores iguais (e iguais a C′ ) nos 

fornece: 

C = C ′. 

Agora esses novos dois capacitores C 

1,4 

e C 

2,3 

devem ser associados em paralelo. 

Portanto a capacitância final resultante é dada por: 

C = C 

1,4 

+ C2,3 

= 

C1C 

4 

C2C3 

+ 

C + C C + C 

1 

Note que se todos os capacitores tiverem a mesma capacitância 

C = C = C = C = C′ 

1 2 3 4 

, teremos: 

2 2 

C′ 

C′ 

C = + = C′ 

. 

2C′ 

2C′ 

Fazer limites simples para testar a resposta a qual chegamos é sempre uma boa 

estratégia para achar erros de conta. Se houver algum erro de conta, em boa parte 

das vezes, ele pode ser detectado fazendo-se um limite conhecido. 

b) O que muda quando fechamos a chave S ? A diferença de potencial entre C 

1 

e 

C 

2 

será a mesma, nessas condições, isto implica imediatamente que o conjunto 

estará em paralelo, assim como C 

3 

e C 

4 

. Os respectivos capacitores equivalentes 

estarão em série uma vez que a diferença de potencial entre eles deve ser a soma 

das diferenças de potencial dos capacitores equivalentes. 

4 

2 

3 


A figura 14.5 mostra uma associação de capacitores. Sabendo que a diferença de 

potencial nos terminais dos fios é 10,0 V e que as capacitâncias dos capacitores 

são, respectivamente, C = 1 

5,0 µ F , C = 6,0 µ F 

2 e C 3,0 µ F 

3 

= , calcule a carga em 

cada capacitor e a capacitância equivalente da associação. 

Figura 14.5: Associação em paralelo de capacitores 

EXEMPLO 14.3 

Calcule a capacitâcia equivalente dos capacitores em série da figura 14.6, em que 

a seção interna tem comprimento b, podendo se movimentar verticalmente. 

Mostre que a capacitância equivalente não depende da posição da seção central. 

C 

3 

e C 

4 

: 

Calculemos então, primeiro a capacitância equivalente entre C 

1 

e C 

2 

e entre 

C + 

= C C 

1,2 1 2 

e: C C + . 

3, .4 

= 

3 

C4 

e pelo raciocínio acima: 

Figura 14.6: Capacitores em série 

1 1 1 1 1 

= + = + 

C C C C + C C + C 

1,2 

3,4 

1 

2 

3 

4 

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

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

226 

227

1 1 1 

= + 

C C C 

1 2 

Se h é a separação das placas superiores, a capacitância do capacitor superior é: 

E a do capacitor inferior é: 

Então: 

Finalmente: 

1 

= 

ε 

0 

A 

C1 

= 

h 

ε 

0 

A 

C2 

= 

a − ( b + h) 

h 

ε A 

a − b − h a − b 

+ = 

ε A ε A 

C 

0 

0 

0 

C 

ε A 

a − b 

= 0 

Esta equação mostra que a capacitância não depende da posição da seção móvel 

central; ela depende apenas da dimensão linear (b) desta seção e da separação 

(a) entre as placas fixas. 

pontos x e z é 

V xz 

= 50V 

. 

a) Determine a capacitância equivalente dessa combinação. 

b) Calcule o módulo da carga em cada capacitor. 

c) Determine a diferença de potencial entre os pontos x e y . 

Figura 14.8 associação de três capacitores 


Quatro capacitores de capacitâncias 

C = 1 

5,0 µ F 

, 

C = 2 

5,0 µF , C = 3,2 µ F 

3 e 

C = 3,2 µF estão em um circuito conforme mostra a figura 14.7. A diferença de 

4 

potencial entre os pontos x e z é V xz 

= 50V 

. Determine a capacitância 

equivalente dessa combinação. 

Figura 14.7 associação de quatro capacitores 


Três capacitores de capacitâncias C = 1 

5,0 µ F 

, 

C = 2 

5,0 µF e 3,2 F 

3 

C = µ estão em 

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

228 

229



Como os capacitores estão em paralelo, a capacitância equivalente é: 

C = C + C + C = 5,0 µ F + 56,0 µ F + 3,0 µ F 14, 0µ 

F 

1 2 3 

= 

A carga em cada capacitor é: 

Q 

1 

= C1V 

= 5,0µ F × 10,0V 

= 50, 0 µ C 

Q 

2 

= C2 

V = 6,0µ F × 10,0V 

= 60, 0µ 

C 

Q 

3 

= C3V 

= 3,0µ F × 10,0V 

= 30, 0µ 

C 


Os capacitores C 

1 e C2 

estão em série entre si e em paralelo com o capacitor C 

3 . 

Então a capacitância equivalente desses três capacitores é: 

C eq 

= C 1 

+ C 

,2 

3 

a) Os capacitores C 

1 

e C2 

estão em paralelo entre si e em série com o capacitor C3 

. Então a capacitância equivalente dessa combinação é: 

1 

= 

(15 × 10 

C eq 

1 1 1 

= + 

C eq 

C + C C 

1 

1 

F + 5,0 × 10 

2 

F) 

+ 

− 6 

−6 

C eq 

= 2,8 x10 

. 

− 6 F 

3 

1 

(3,2 x10 

b) Sabemos que em uma associação em paralelo, a carga total nas placas 

dos capacitores é a soma das cargas nos capacitores individuais e que em 

uma combinação em série as cargas, em módulo, em todas as placas deve 

ser a mesma. 

Então a carga no capacitor C 

3 é a mesma que a da associação C 

12 

. E pela definição 

de capacitância temos: 

−6 

F) 

Mas, 

Então: 

C 

C C 

1 2 

1,2 

= , 

C1 

+ C2 

Q = 

2 

+ Q1 

Q3 

Q3 = CeqV 

ou Q 2 

+ Q 1 

= CeqV 

−6 

( 2,8 × 10 F )( V ) 

Q = 

50 

3 

Observe que 

C C 

C + C 

1 2 

C eq 

= + 

1 

2 

C 

C 

eq 

está em série com C 

4 

. Então a capacitância equivalente do 

circuito formado pelos quatro capacitores, 

3 

* 

C 

eq 

será igual a: 

Q3 = 1,4 × 10 

Observe que os capacitores C 

1 

e C 

2 

estão no mesmo potencial, então: 

−4 

C 

1 

1 

C 

Q 

C 

2 

2 

Q = 

1 

C 

* eqC4 

Ceq 

= 

C + C 

eq 

4 

C 

Q = 

C 

2 

2 

Q 

1 

C C 

C + C C 

1 2 

4 3 4 

* C1 

+ C2 

C eq 

= 

C1C 

2 

+ C3 

+ C4 

C1 

+ C2 

* 

C eq 

= 2,1 µ F 

Então: 

5 Q 

2 = Q 

1 

15 

4 Q 

1 = Q 

3 

3 


4 

( 2,8 × C) 

4 − 

Q1 = 10 

3 

230 

231

Q1 = 3,7 × 10 

−4 

C 

E portanto, 

−4 

Q2 = 1,3 × 10 C . 

c) Sabemos que 

V 

= V 

+ V 

= 

xz xy yz 

50 

Sabemos também da definição de capacitância que: 

Logo, 

Q 

C 

3 

V yz 

= e 

3 

Q 

C 

1 

V 

1 

V xy 

= = 

3,7 × 10 

15× 

10 

− 4 

V = xy − 6 

V xy 

= 25V 

C 

F 

Q 

C 

2 

2 


E14.1) Considere a Atividade 14.2 em que quatro capacitores são colocados em um 

circuito, como ilustra a figura 15.7, de capacitâncias 

C = 3 

3,2µF 

e C = 3,2µ 

F 

4 . 

a) Calcule o módulo da carga em cada capacitor. 

b) Determine a diferença de potencial entre os pontos x e y . 

C = 1 

5,0µ 

F , C = 5,0µ 

F 

2 e 

E14.2) Dois capacitores com placas paralelas no vácuo possuem a mesma área e as 

distâncias de cada uma das placas é d 

1 

e d 

2 

. Determine a capacitância equivalente 

do circuito quando esses capacitores estão em série. 

E14.3) Calcule a capacitância de um capacitor de placas planas e paralelas com 

área A e a distância entre as placas é d 

1 

+ d 

2 

. Compare o resultado com o exercício 

anterior. 

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

1 

e A 

2 

e a 

distância entre as placas é d . Determine a capacitância equivalente do circuito 

quando esses capacitores estão em paralelo. 

E14.5) Calcule a capacitância de um capacitor de placas planas e paralelas de área 

A 

1 

+ A 2 

e distância entre as placas igual a d . Compare o resultado com o exercício 

anterior. 

232

AULA 15 CAPACITORES COM DIELÉTRICOS 

OBJETIVOS 

DETERMINAR A INFLUÊNCIA DE DIELÉTRICOS EM CAPACITORES 

Podemos calcular 

V 

d 

da seguinte maneira: 

C 

d 

Q 

C 

d 

= . 

(15.3) 

V 

= 

Q 

V 

d 

= 

d 

Q V0 

V V 

0 d 

, 

15.1 INFLUÊNCIA DO DIELÉTRICO 

A capacitância de um capacitor pode ser aumentada se preenchermos a região 

entre as placas com um dielétrico. As placas condutoras podem ser fixadas no 

dielétrico. O campo elétrico entre as placas com o dielétrico é dado por: 

E = 

Q 

εA 

onde ε é a permissividade do material do dielétrico. Como ε > ε 

0 

para os materiais 

usualmente utilizados, o campo elétrico diminui. Isso provoca automaticamente 

uma diminuição na diferença de potencial entre as placas e, assim, um aumento na 

capacitância. Por exemplo, a capacitância de um capacitor de placas planoparalelas 

no vácuo, como vimos, é dada por: 

C 

ε A 

. 

L 

= 0 

0 

Nessas condições, suponhamos que este capacitor seja desconectado dos fios 

externos e seja mantido isolado. Agora tomemos um dielétrico de permissividade ε 

e o coloquemos em seu interior, preenchendo todo o seu volume. A capacitância vai 

mudar para: 

C d 

E a razão entre as duas capacitâncias é: 

C d 

C 

0 

εA = . L 

= 

ε 

= K, 

ε 

onde K é chamado constante dielétrica. A nova capacitância 

escrita como: 

0 

(15.1) 

(15.2) 

C 

d 

, pode ainda ser 

onde V 

0 

é a diferença de potencial do capacitor sem dielétrico, cuja capacitância é 

Q 

C 

0 

. Mas sabemos que = C0 

. Então, temos: 

V0 

Usando agora a equação (15.2), temos que: 

ou: 

V0 

C 

d 

= C0 

. 

(15.4) 

V 

KC 

0 = 

C 

d 

V 

0 

0 

V d 

V0 

= K 

V 

d 

(15.5) 

Isto é, a diferença de potencial diminui pelo mesmo fator K quando preenchemos 

o capacitor com um dielétrico. Toda essa discussão que fizemos é válida porque o 

capacitor está isolado do meio externo e as cargas estão fixas nas placas. 

Mas o que aconteceria se fixássemos o potencial ao invés das cargas? As 

capacitâncias C 

0 

e 

C 

d 

são as mesmas que antes, pois como vimos, só dependem 

de fatores geométricos e da permissividade do meio ε 

0 

e ε . Portanto continua 

sendo verdade que a capacitância, na presença do dielétrico, vai aumentar da 

mesma forma. Agora, dado que o potencial é fixo, podemos nos perguntar o que 

acontece com as cargas. Para descobrir isto escrevemos: 

e 

C 

d 

Q 

C 

0 

= 

V 

Qd 

Qd 

Q Qd 

= = = C0. 

V Q V Q 

Portanto, uma vez que C d 

= KC 

0 

, teremos: 

233 

234

Q d = K, 

Q 

(15.6) 

ou seja, a carga acumulada no capacitor também vai aumentar por um fator igual à 

constante dielétrica. 

A Tabela 15.1 mostra a constante dielétrica de alguns materiais. Observe 

que por definição K ≥1. 

Tabela 15.1: Constante dielétrica de alguns materiais 

MATERIAL 

CONSTANTE 

DIELÉTRICA 

MATERIAL 

CONSTANTE 

DIELÉTRICA 

Vácuo 1,00000 Vidro Pyrex 4,5 

Ar 1,00054 Bakelite 4,8 

Teflon 2,1 Mica 5,4 

Polietileno 2,3 Porcelana 6,5 

Poliestireno 2,6 Neoprene 6,9 

Papel 3,5 Água 78 

Quartzo Fundido 3,8 Óxido de Titânio 100 

figura, que o campo elétrico é: 

E 

1 

= 

Q 

ε A 

Em que o campo elétrico E 

2 

regiões onde há vácuo. 

0 

E 

2 

Q 

= − 

ε A 

E 

3 

= 

Q 

ε A 

no dielétrico tem sentido oposto dos campos nas 

A diferença de potencial entre as placas do capacitor pode ser escrita em termos 

das diferenças de potencial devidas aos campos elétricos dentro do capacitor: 

Q ⎛ D ⎞ 

V = V1 + V2 

+ V3 

= E1 

d1 

− E2 

D + E3 

d 

2 

= ⎜d1 

− + d 

2 ⎟ 

ε A ⎝ K ⎠ 

Mas d 1 

+ d 2 

= L − D , o que dá: 

Q ⎛ D ⎞ Q ⎛ K + 1 ⎞ 

V = ⎜ L − D − ⎟ = ⎜ L − D⎟ 

ε 0 

A ⎝ K ⎠ ε 0 

A ⎝ K ⎠ 

0 

0 

A capacitância é, então: 

EXEMPLO 15.1 

Considere o capacitor semipreenchido por um dielétrico mostrado na figura 15.1. 

C = 

Q 

V 

ε 0 

A 

= 

⎛ K + 1 ⎞ 

⎜ L − D⎟ 

⎝ K ⎠ 


Considere o capacitor semipreenchido por dois dielétricos como é mostrado na 

figura 15.2. 

Figura 15.1: Capacitor semipreenchido por dielétrico. 

A área do capacitor plano é A , a distância entre as placas é L = d1 

+ D + d 

2 e a 

espessura do dielétrico é D . O resto do volume do capacitor é ocupado pelo ar. 

Qual é a capacitância desse capacitor? 

Solução: Considerando que as cargas das placas induzem uma mesma 

quantidade de carga, mas de sinal oposto, no dielétrico, temos, nas três regiões da 

Figura 15.2: Capacitor semipreenchido por dielétricos. 

A área do capacitor plano é A , a distância entre as placas é L = d1 

+ D + d 

2 e as 

235 

236

espessuras dos dielétricos, de permissividades ε = 1 

K1ε 

o e ε = 2 

K2ε 

o , são d 

1 

e d 

2 

respectivamente. O resto do volume do capacitor é ocupado pelo ar. Qual é a 

capacitância desse capacitor? 

EXEMPLO 15.2 

Então: 

1 1 1 

= + = 

C C C' 

d 

A 

2 d 1 d ⎛ 2 1 ⎞ d ε1 

+ ε 

2 

+ 2ε 

3 

+ = 

( ε 

1 

ε 

2 

) ε 

⎜ + = 

3 

( ε 

1 

ε 

2 

) ε 

⎟ 

+ A A ⎝ + 

3 ⎠ A ε 

3 

( ε1 

+ 

2 

) 

3 

ε 

ε 

3 

( ε1 

+ ε 

2 

) 

C = 

ε + ε + 2ε 

1 

2 

3 

A 

d 

Na Figura 15.3, a área das placas correspondentes ao dielétrico ε 

3 

é A e a área da 

placa correspondente aos dielétricos ε 

1 e 2 

equivalente do conjunto apresentado. 

ε é / 2 

A cada. Calcule a capacitância 


Considere o capacitor mostrado na figura 15.3. Partindo da expressão geral para a 

capacitância, discuta os seguintes limites: 

(a) ε1 → ε 

2 . 

(b) ε ε = ε = ε 

1 

= 

2 3 

Figura 15.3: Capacitor com dielétricos. 

Solução: O arranjo pode ser considerado como um sistema de um capacitores 

ligados em série e paralelo, como mostra a figura 15.4: 


A figura 15.5 mostra três dielétricos montados em um capacitor cuja área das 

placas é A sendo elas separadas pela distância d. Calcule a capacitância 

equivalente do sistema. 

Figura 15.5: Capacitor com dielétrico 

Figura 15.4: Associação dos acapacitores da Figura 15.3 

A capacitância equivalente do sistema é calculada, primeramente calculando a 

capacitância equivalente dos capacitores C 

1 

e C 

2 

, que estão ligados em paralelo: 

ε1 

A ε 

2 

A 

C = C + C2 

= + = ( ε1 

+ 

2d 

2d 

' 1 

ε 

2 

A 

) 

2d 

Em seguida, calcula-se a capacidade equivalente dos capacitores ligados em série, 

isto é, o capacitor C 

3 e o capacitor equivalente C ' : 

237 

15.2 RIGIDEZ DIELÉTRICA 

Já vimos anteriormente a diferença entre um dielétrico e um condutor. Nos 

dielétricos (ou isolantes) os elétrons estão presos aos núcleos dos átomos e 

portanto, ao contrário dos metais, não existem elétrons livres nessa substância. 

Dado isto, sabemos que se um campo elétrico for aplicado a um dielétrico, 

vai haver uma tendência de afastar os elétrons de seus núcleos devido à força 

externa. Mas o que acontece se aumentarmos muito o campo elétrico externo? É 

238

claro que a força que age em cada elétron vai aumentando também, 

proporcionalmente. Isto pode chegar ao ponto em que a força externa fica maior do 

que a força que liga o elétron ao seu núcleo. Quando isto acontece, os elétrons 

passarão a ser livres – transformando, então, um dielétrico em um condutor! 

Esse processo pode ocorrer com qualquer isolante e o campo elétrico aplicado que 

o transforma em condutor vai depender da estrutura de cada material. 

O valor mínimo do campo elétrico que deve ser aplicado a um 

dielétrico para transformá-lo em condutor é denominado rigidez dielétrica. 

Cada material tem seu valor próprio de rigidez dielétrica, dadas as diferentes 

estruturas microscópicas de cada um. 

Verifica-se experimentalmente que a rigidez dielétrica do vidro é 

6 

14× 10 N/C (unidade de campo elétrico!) enquanto a da mica pode atingir 

6 

6 

100× 10 N/C . A rigidez dielétrica do ar é bem menor, 3× 10 N/ C . 

Consideremos um capacitor de placas planas, separadas por uma camada 

6 

de ar. Se o campo elétrico criado por essas placas for inferior a 3× 10 N/ C , o ar 

entre elas permancerá isolante e impedirá que haja passagem de cargas de uma 

placa à outra. Entretanto, se o campo exceder esse valor, a rigidez dielétrica do ar 

será rompida e o ar se transformará em um condutor. 

A introdução de um dielétrico entre as placas de um capacitor produz uma variação 

importante em suas propriedades. Vamos agora verificar como podemos escrever a 

lei de Gauss para o caso de um meio com dielétrico. Para fixar ideias, escolheremos 

um capacitor de placas planas e paralelas como exemplo de cálculo, mas os 

resultados que obteremos serão válidos para qualquer outra situação. 

Quando não há dielétrico presente entre as placas do capacitor, a lei de Gauss se 

escreve: 

∫ E 

r 

• nˆ 

dA = 

S 

Para um capacitor de placas plano-paralelas de área A, com ar ou vácuo entre elas, 

o campo elétrico é: 

q 

E = 0 

ε A 

Se introduzirmos o dielétrico, o campo elétrico das cargas no capacitor induzirá 

cargas no dielétrico por polarização; as faces do dielétrico apresentarão cargas 

elétricas q′ de sinais opostos às das placas do capacitor, como podemos ver na 

Figura 15.6: 

0 

q 

ε 

0 

As cargas, neste momento, ficarão livres e serão atraídas para as placas 

com cargas opostas a elas. Isso ocasiona uma descarga elétrica entre as placas. 

Esta descarga vem acompanhada de emissão de luz e um estalo que é causado 

pela expansão do ar que se aquece com a descarga elétrica. 

É interessante notar também que o módulo da rigidez dielétrica dos 

materiais utilizados é maior do que o do ar, o que tem como consequência imediata 

que esse tipo de capacitor pode ser submetido a campos mais intensos do que o ar. 

Quando a rigidez dielétrica do material é atingida, o capacitor é danificado pois, 

como discutimos, ocorrerão descargas elétricas de um condutor a outro. Portanto, 

colocar um dielétrico dentro de um capacitor torna-o mais estável. Podemos tornar 

essas idéias mais quantitativas. 

15.3 A LEI DE GAUSS E OS DIELÉTRICOS 

Figura 15.6: Capacitor com dielétrico 

Considerando uma superfície de Gauss como mostrado na figura, pelas linhas 

tracejadas, a aplicação da lei de Gauss nos dá: 

ou: 

r 

ε ∫ E • nˆ 

dA E A = q − q′ 

0 

= ε 

0 

S 

E = 

q 

ε A 

0 

q′ 

− (15.7) 

ε A 

0 

Em que E é o campo elétrico devido à carga líquida dentro da superfície de Gauss. 

Se K é a constante dielétrica do dielétrico, temos, de K = ε ε 

0 

, que: 

239 

240

E0 

E = = 

K 

q 

K 

Levando este valor do campo elétrico na equação (15.7), obtemos: 

q 

= 

Kε 

A 

q 

ε A 

ε o 

A 

q′ 

− 

ε A 

o 0 0 

EXEMPLO 15.3 

A Figura 15.6 mostra um capacitor de placas plano-paralelas de área A e separação 

d, sujeito a uma diferença de potencial V 

0 

. O capacitor está isolado quando um 

dielétrico de espessura b e constante dielétrica K é inserido entre as placas do 

capacitor. Se A=100 cm 2 , d=1,0 cm, b=0,50 cm, K = 3, 5 e V 

0 

= 200 V, calcule: 

que, resolvida para a carga induzida nos dá: 

⎛ 1 ⎞ 

q ′ = q ⎜1 − ⎟ 

(15.8) 

⎝ K ⎠ 

Isso mostra que a carga induzida no dielétrico é sempre menor que a das placas do 

capacitor quando o dielétrico não está presente. 

A lei de Gauss para o capacitor com dielétrico pode ser escrita, em termos das 

cargas do capacitor e das cargas induzidas como: 

Note que q − q′ 

é a carga dentro da superfície gaussiana. 

q − q′ 

∫ E 

r • nˆ 

dA = 

(15.9) 

ε 

Uma outra maneira de escrever esta equação, dessa vez em termos das cargas nas 

placas do capacitor é usando (15.8). Desta equação vem: 

e a equação (15.9) fica: 

q − q′ 

= 

q 

K 

r q 

K E • nˆ 

dA = 

ε 

∫ 

0 

0 

(15.10) 

Esta relação, embora deduzida com o auxílio de um capacitor de placas planas e 

paralelas, vale para qualquer caso em que o meio é um dielétrico. É importante 

notar que: 

a) o fluxo do campo elétrico agora contém a constante dielétrica; 

b) a carga que aparece no segundo membro é a carga livre do capacitor, 

isto é a carga nas suas placas (as cargas induzidas no dielétrico não 

entram na equação); 

c) o campo elétrico é o campo dentro do dielétrico. 

Figura 15.6: Cargas no capacitor com dielétrico 

a) a capacitância do capacitor antes do dielétrico ser inserido; 

b) a carga no capacitor nesta situação; 

c) o campo elétrico sem o dielétrico; 

d) o campo elétrico no dielétrico após ele ser inserido entre as placas; 

e) a nova diferença de potencial entre as placas; 

f) a nova capacitância do capacitor. 

Solução: 

a) Temos que: 

b) a carga no capacitor é: 

c) o campo elétrico é: 

−12 

2 2 −2 

2 

ε 

0 

A (8,9 × 10 C / N. 

m )(10 m ) 

C0 = = 

= 8,9 × 10 

−2 

d 

10 m 

−12 

q = C0 V0 

= 8,9 × 10 F × 200V 

= 1,8 × 10 

−9 

C 

−12 

−9 

q 

1,8 

× 10 C 

4 

E = = 

= 2,0 10 V / m 

0 12 2 2 2 2 

A (8,9 × 10 C / N. 

m )(10 m ) 

× 

− 

− 

ε 

0 

d) o campo elétrico com o dielétrico é: 

4 

E0 

2,0 × 10 V / m 

3 

E = = 

= 5,7 × 10 V / m 

K 3,5 

F 

241 

242

e) Para calcular a diferença de potencial temos que fazer a integração do campo 

sobre uma trajetória em linha reta que da placa inferior (A) do dielétrico até a 

superior (B) na figura. 

Então: 

V 

r r B 

B 

−∫ E • dl = −∫ 

E cos180º dl = ∫ E dl = E ( d −b) 

+ E b 

= 

0 

A 

A 

4 

−3 

3 

−3 

2 

V = (2,0 × 10 V / m × 5,0 × 10 m) 

+ (5,7 × 10 V / m × 5,0 × 10 m) 

= 1,3 × 10 V / m 

f) Temos: 

C = 

q 

V 

× C 

= 

= 1,4 × 10 

1,3 × 10 V 

−9 

1,8 

10 

−12 

2 

F 



Podemos pensar no capacitor resultante como sendo composto por uma 

associação em série de três capacitores. O primeiro que envolve a distância d 

1 e 

tem o dielétrico entre as placas com capacitância: 

= εA 

C1 d 

O segundo, formado pelo dielétrico com ar entre as placas: 

1 


Considere um capacitor esférico carregado com carga q preenchido totalmente 

com um líquido isolante de constante dielétrica K . O condutor interno possui raio 

R 

a e o condutor externo, raio 

R 

b . Calcule a capacitância desse capacitor esférico. 

C 

2 

ε o 

A 

= 

D 

E o terceiro correspondente a um capacitor com dielétrico entre as placas, cuja 

distância é d 

2 : 

= εA 

C3 d 

2 

A capacitância resultante é: 

1 1 1 1 d1 

+ d 

2 

= + + = 

C C C C εA 

D 

+ . 

ε 

1 2 3 

o 

A 

Podemos ainda introduzir a distância L = d1 

+ D + d2 

da seguinte forma: 

E, portanto: 

1 L − D D 

= + 

C εA 

ε A 

1 ε 

o( 

L − D) 

+ εD 

= 

. 

C ε ε 

0 

A 

ε 

0εA 

C = 

ε o 

( L − D) 

+ εD 

εA 

C = 

( L − D) + KD 

o 

243 

244

onde usamos 

ε 

ε 0 

= K 

. 

Um aspecto interessante da expressão acima é que aprendemos que a 

capacitância resultante NÃO DEPENDE da posição do dielétrico entre as placas 

( d e 2) 

1 

d 

, mas apenas da sua espessura. 

Podemos avaliar o resultado final obtido acima, testando o caso em que o 

capacitor está preenchido completamente com ar. Nesse caso tomamos o limite 

quando 

D → L . Então, como se esperava: 

A A 

→ 

ε = ε 

KL L 

C 

0 

Podemos também testar o caso em que o capacitor está completamente 

preenchido pelo dielétrico, isto é, D → 0 . Então, como se esperava: 


Podemos pensar no capacitor resultante como sendo composto por uma 

associação em paralelo de dois capacitores 

C = ε A 1 

1 

e 

d 

este último resulta da combinação em série de C 

A capacitância resultante é: 


C eq 

= 1 

1 

C' 

2 

ε A/ 

2 

e C 

d 

ε1A 

2ε 

2ε 

3 A ⎡ 2ε 

2ε 

⎤ 

3 A 

= + = ⎢ε 

1 

+ ⎥ . 

d ( ε 

2 

+ ε 

3) 

d ⎣ ( ε 

2 

+ ε 

3) 

⎦ d 

2ε 

2ε 

3 

A 

= 

, sendo que 

( ε + ε ) d 

2 

3 

= 2 

2 

ε A / 2 

. 

d 

εA 

εA 

C = 

→ 

K ( L − D) 

+ L L 

Aplicando a Lei de Gauss, utilizamos uma superfície esférica de raio 

Utilizando a equação 15.10 temos então: 

R < 

a 

< r Rb 

. 


Sabemos que para o capacitor em questão 

ε → 

ε 

3 

( ε1 

+ ε 

2 

) 

C = 

ε + ε + 2ε 

a) O que significa 1 

ε 

2 ? Neste caso, teremos dois capacitores em série. 

1 

2 

3 

A 

d 

ε 

3 

( ε1 

+ ε 

2 

) A ε 

3 

(2ε 

2 

) A ε 

3 

( ε 

2 

) A 

C = 

= 

= 

ε + ε + 2ε 

d 2ε 

+ 2ε 

d ε + ε d 

1 

2 

3 

2 

A 

3 

A 

Se você calcular a capacitância resultante do conjunto C1 

→ C′ 

2 

= e C3 

= , 

d d 

em série, vai encontrar exatamente a expressão acima. 

b) O que significa ε 

1 

= ε 

2 

= ε 

3 

= ε ? Neste caso teremos o capacitor preenchido 

completamente com o mesmo dielétrico. Usando que 

2 

3 

2 

3 

ε 

ε 

2 d = L , a espessura do 

capacitor, recuperamos a expressão geral para a capacitância. Ou seja: 

ε 

3 

( ε1 

+ ε 

2 

) 

C = 

ε + ε + 2ε 

1 

2 

3 

A ε ( ε + ε ) A ε (2ε 

) A ε A εA 

= 

= = = 

d ε + ε + 2ε 

d 4ε 

d 2 d L 

r q 

K E • nˆ 

da = 

ε 

∫ 

q 

∫ K E da = ε 0 

O campo elétrico sobre toda a superfície gaussiana tem o mesmo módulo e por 

isso, 

Então: 

Logo, 

∫ 

K E da = 

2 

( )( 4π 

r ) 

q 

ε 0 

q 

KE = 

ε 

1 q 

E = 

2 

4πKε 

r 

0 

1 q 

E = 

2 

4πε 

r 

0 

0 

245 

246

Onde 

ε = Kε 

o é a permissividade do material dielétrico colocado entre os 

condutores. Já obtivemos a diferença de potencial entre dois condutores esféricos 

concêntricos: 

q Rb 

− Ra 

∆V 

= Va 

−Vb 

= 

4πε 

R R 

Da definição de capacitância, obtemos a capacitância: 

C = 

q 

∆ V 

Observe que o campo elétrico se reduz de um fator K quando é inserido o dielétrico 

entre os condutores. Dessa forma o diferença de potencial entre os condutores 

aumenta do mesmo fator K. 

q 

C = 

q Rb 

− R 

4πKε 

R R 

Portanto a capacitância do capacitor esférico com dielétrico é: 

0 

b 

0 

a 

4πε Ra 

R 

C = 

R − R 

a 

b 

b 

a 

a 

b 

distância entre as placas é de 3,0 mm. Suponha que inicialmente, o capacitor seja 

ligado a uma fonte de tensão em 1000 V. Depois de retirada a fonte é inserido um 

material dielétrico entre as planas, quando a diferença de potencial entre suas 

placas diminui para 500 V. 

a) Determine a capacitância C A antes e C D depois de inserido o dielétrico. 

b) Calcule o valor da carga elétrica Q de cada placa e o valor da carga elétrica 

induzida Q i quando foi inserido o dielétrico. 

c) Determine a constante dielétrica do material que foi inserido entre suas 

placas. 

E15.3) Considere o capacitor do exercício 15.1. 

a) Calcule o valor do campo elétrico antes e depois de ser inserido o dielétrico 

entre as suas placas. 

b) Determine a energia potencial elétrica acumulada antes e depois de ser 

inserido o dielétrico. 

c) A densidade de energia muda quando o dielétrico é inserido entre as placas 

do capacitor? Determine a densidade de energia antes e depois de ser 

inserido o dielétrico. 


PR15.1) Na Atividade 15.3 discuta o que ocorre com o capacitor nos seguintes 

limites: (a) ε 

2 

→ ε 

3 

(b) ε ε = ε = ε 

1 

= 

2 3 

. 


E15.1) Um capacitor de placas paralelas tem capacitância 9,0 pF quando 

preenchido com ar. Colocando-se um dielétrico entre as placas, a capacitância 

muda para 18 pF. Determine a constante dielétrica do material inserido no 

capacitor. 

E15.2) Considere um capacitor de placas planas paralelas com área de 100 cm 2 . A 

247 

248

AULA 16 VETORES POLARIZAÇÃO E DESLOCAMENTO ELÉTRICO 

OBJETIVOS 

DEFINIR OS VETORES POLARIZAÇÃO E DESLOCAMENTO ELÉTRICO 

q 

A 

⎛ q ⎞ q′ 

= ε 0 ⎜ + 

K 

o 

A 

⎟ 

(16.1) 

⎝ ε ⎠ A 

O último termo desta equação é a carga induzida por unidade de área no dielétrico. 

Ele é chamado de módulo do vetor polarização elétrica, sendo representado por 

→ 

P : 

16.1 OS VETORES POLARIZAÇÃO E DESLOCAMENTO ELÉTRICO 

→ 

q′ 

P = 

A 

(16.2) 

Quando trabalhamos com problemas simples, em eletromagnetismo, as 

fórmulas apresentadas na seção anterior satisfazem perfeitamente à descrição de 

um campo elétrico no vácuo e em um dielétrico. Entretanto, encontramos com 

muita frequência problemas que envolvem campos elétricos não uniformes ou 

simetrias mais complicadas do que as exemplificadas antes. Para esses casos mais 

difíceis, há uma maneira de trabalhar que facilita bastante nossa tarefa. Ela 

consiste em usar alguns vetores que definiremos a seguir usando um capacitor de 

placas paralelas. Entretanto, ao fazermos isso, não significa que esses vetores só 

podem ser definidos para este tipo de capacitor. Na realidade, eles são muito gerais 

e se aplicam a todo tipo de problema envolvendo dielétricos. 

Consideremos um capacitor de placas planas e paralelas com uma densidade de 

cargas 

σ = q 

0 

/ 

A . Se introduzirmos um dielétrico de constante dielétrica K entre 

as placas do capacitor, o campo elétrico E no dielétrico fica: 

E = 

q 

ε A 

0 

q′ 

− 

ε A 

Em que q′ é a carga elétrica induzida nas faces do dielétrico. Substituindo na 

equação acima, o valor do campo elétrico no dielétrico, por seu valor: 

e reescrevendo a equação, obtemos: 

ou, ainda: 

E0 

E = = 

K 

q 

ε A 

0 

q 

K 

ε o 

q 

= + 

Kε 

A 

A 

q′ 

A 

0 o 

ε 

0 

249 

Uma outra definição para 

→ 

P , que também é usada, consiste em multiplicar o 

numerador e o denominador da expressão acima pela espessura (d) do dielétrico: 

→ 

q′ 

d 

P = 

A d 

O numerador é o produto das cargas de polarização (iguais e de sinais contrários) 

pela separação delas e pode ser considerado como o momento de dipolo 

induzido do dielétrico. O denominador é o volume do dielétrico. 

Portanto 

→ 

P significa o momento de dipolo induzido por unidade de volume do 

dielétrico. Ele pode ser também considerado como o módulo de um vetor que, tal 

como o momento de dipolo de cargas elétricas, tem seu sentido indo das cargas 

negativas para as positivas. Assim, podemos escrever a equação (16.1) como: 

q 

A 

ε E + P 

(16.3) 

= 0 

A quantidade do primeiro membro aparece sempre em situações da eletrostática. 

Por isso, damos a ela o nome de deslocamento elétrico 

(16.3) fica: 

com: 

→ 

D . Assim a equação 

D ε E + P 

(16.4) 

= 0 

q 

D = (16.5) 

A 

Como o campo elétrico e a polarização são vetores, o deslocamento elétrico 

também deve ser. Então, no caso geral, a equação (16.5) fica: 

r r r 

D ε E + P 

(16.6) 

= 0 

250

A figura 16.1 mostra os três vetores. No caso do capacitor de placas planas, os três 

são vetores constantes em cada ponto do dielétrico, de modo que a natureza 

vetorial deles, neste caso, não é importante. Entretanto, isso nem sempre acontece 

e temos que trabalhar com eles como vetores que realmente são. 

d) o campo elétrico 

região. 

→ 

D e 

→ 

E é o que determina a força elétrica que atua na 

→ 

P são apenas quantidades auxiliares para facilitar o cálculo 

em problemas mais complexos. Por isso, podemos expressar os vetores 

em função de 

→ 

E . Com efeito, 

→ → 

D e P 

q ⎛ q ⎞ 

D = = Kε = K 

A 

⎜ 

Kε 

o 

A 

⎟ 

⎝ ⎠ 

0 

ε 0 

E 

ou: 

r r r 

D = K ε 

0 

E = ε E 

(16.7) 

q′ 

q ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

P = = ⎜1 − ⎟ = D ⎜1 

− ⎟ = K ε 

0 

E ⎜1 

− ⎟ = ε 

0 

−1 

A A ⎝ K ⎠ ⎝ K ⎠ ⎝ K ⎠ 

( K ) E 

ou: 

r 

r 

P = ε 

0 

( K −1) E 

(16.8) 

Esta equação mostra que, na ausência de dielétrico ( K = 1), o vetor polarização se 

anula. 

A constante χ = K −1 

é denominada susceptibilidade elétrica do dielétrico. Ela 

Figura 16.1: Os três vetores elétricos 

Devemos notar alguns pontos muito importantes sobre os vetores: 

a) 

→ 

D está ligado apenas à carga livre, isto é, à carga externa ao dielétrico 

(no caso, a das placas do capacitor); note que, na figura, as linhas de força de 

→ 

D ligam apenas as cargas nas placas; 

b) 

→ 

P está ligado apenas às cargas de polarização, isto é, à cargas 

induzidas; na figura, as linhas de força de 

nas faces do dielétrico; 

c) 

→ 

P ligam essas cargas, que se situam 

→ 

E está ligado às cargas realmente presentes, sejam elas livres ou 

induzidas; 

é sempre maior que a unidade, pois K > 1. Em termos dela a equação (16.8) se 

escreve: 

r r 

P = χ ε 0 

E 

(16.9) 

A definição do vetor deslocamento elétrico, dada por (16.7), permite que 

modifiquemos a lei de Gauss e a escrevamos para um meio dielétrico: 

r 

∫ D • nˆ 

da = q 

(16.10) 

em que q é a carga livre (a carga induzida é excluída!). 

EXEMPLO 16.1 

A Figura 16.2 mostra um capacitor de placas plano-paralelas de área A e 

251 

252

separação d, sujeito a uma diferença de potencial V 

0 

. O capacitor está isolado 

quando um dielétrico de espessura b e constante dielétrica K é inserido entre as 

placas do capacitor. Se A=100 cm 2 , d=1,0 cm, b=0,50 cm, K = 3, 5 e V 

0 

= 200 

V, calcule: 

Onde 

ĵ 

é o vetor unitário na direção do eixo y. 

b) O campo elétrico estabelecido na região sem o dielétrico ser obtido a partir da 

Lei de Gauss: 

∫ E r 

• nˆ 

dA = 

q 

ε 

0 

Onde q é a carga nas placas do capacitor. Da equação acima temos: 

E = 

q 

A 

ε o 

Figura 16.2: Cargas no capacitor com dielétrico 

E portanto: 

a) o vetor deslocamento; 

b) o vetor campo elétrico na região sem dielétrico; 

c) o vetor polarização. 

Solução: 

a) Para um capacitor de placas planas paralelas sem o dielétrico: 

−12 

2 2 −2 

2 

ε 

0 

A (8,9 × 10 C / N. 

m ) (10 m ) 

C0 = = 

= 8,9 × 10 

−2 

d 

10 m 

Como a carga nas placas do capacitor é 

−12 

−9 

q = C0 V0 

= 8,9 × 10 F × 200V 

= 1,8 × 10 C , 

o módulo do vetor deslocamento é dado pela equação 16.5: 

q 

D = 

A 

1,8 × 10 

D = 

100 × 10 

D = 

−9 

−4 

C 

m 

−7 

2 

1,8 

× 10 C / m 

Adotando o eixo y perpendicular às placas temos: 

2 

−12 

F 

E 

−9 

1,8 × 10 C 

−12 

−4 

(8,85 × 10 F / m)(100 

× 10 m 

= 2 

4 

E = 2,0× 

10 V / m 

De acordo com a figura 16.2 podemos observar que o campo elétrico é 

perpendicular às placa e portanto: 

→ 

E = −(2,0 

× 10 

4 

V / m) 

ˆj 

c) O vetor polarização é dado pela equação 16.9: 

→ 

P = (3,5 −1)(8,85 

× 10 

→ 

→ 

P = χ ε 

0 

−12 

P = −(4,4 

× 10 

→ 

E 

F / m)( 

−2,0 

× 10 

−7 

2 

C / m ) ˆj 

4 

) 

V / m) 

ˆj 


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

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

placas. 

→ 

−7 2 

D = −( 1,8 × 10 C / m )j ˆ 

253 

254

AULA 17 TRABALHO E ENERGIA DE DISTRIBUIÇÕES DE CARGA 

Agora, vamos trazer uma terceira carga q 

3 

; isso vai requerer um trabalho q 3 

V 12 

( r 3 

) 

, onde V 12 é o potencial devido às cargas q 1 e q 

2 no ponto r 3 

, isto é: 

OBJETIVO 

CALCULAR A ENERGIA DE UMA DISTRIBUIÇÃO DE CARGAS 

W 

3 

= 

1 

4πε 

0 

⎛ q 

⎜ 

1 

q2 

q3 

+ 

r r r r 

⎝ 

3 

− 1 

3 

− 

2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

17.1 TRABALHO E ENERGIA DE UMA DISTRIBUIÇÃO DISCRETA DE 

CARGAS 

Para se construir uma dada distribuição de cargas elétricas, é necessário 

realizar um trabalho contra as forças elétricas que atuam entre elas. Pela 

conservação da energia, este trabalho deve ser armazenado na distribuição, e, de 

acordo com o ponto de vista que adotarmos, há duas maneiras de explicar onde ele 

é armazenado. 

Se pensarmos na ação à distância, a energia é localizada nas cargas 

elétricas da distribuição, sob a forma de energia potencial elétrica entre elas. 

Entretanto, se adotarmos a idéia de campo elétrico, a energia fica armazenada no 

campo. Na eletrostática, em que as cargas estão sempre em repouso, esses pontos 

de vista são equivalentes, mas, na eletrodinâmica, onde não podemos pensar em 

ação à distância, eles não o são. 

Calculemos a energia armazenada em uma distribuição de cargas elétricas 

puntiformes, através do trabalho realizado para trazer cada uma delas do infinito 

até a sua posição na distribuição. 

Generalizando, teremos que o trabalho necessário para reunir N cargas 

puntiformes numa distribuição desejada será: 

a restrição 

N 

1 qiq 

j 

W = ∑∑ r r 

(17.1) 

4 πε 

0 i=1 

j> i rj 

− ri 

j > i serve para evitar dupla contagem. Por exemplo, suponhamos 4 

cargas. A expressão acima fica: 

i = 1 j = 2 

i = 1 j = 3 

i = 2 j = 3 

W 

W 

12 

13 

W 

23 

= 

= 

= 

1 

4 πε 

1 

4 πε 

0 

0 

1 

4 πε 

0 

q1q2 

r r 

− 

2 

3 

1 

1 

q1q3 

r r 

− 

q2q3 

r r 

− 

Então: W = W12 + W13 

+ W14 

+ W23 

3 

2 

Para trazer a primeira carga q 

1 não precisamos realizar trabalho, pois não 

há nenhuma outra carga ou campo elétrico na região da distribuição. Para trazer a 

segunda carga q 

2 , o trabalho necessário é: 

W 2 

= q 2 

V 1 

( r 2 

). 

Na expressão acima, V 1 

( r 2 

) é o potencial devido a q 

1 no ponto r 2 , onde 

estamos colocando a carga q 

2 : 

1 ⎛ ⎞ 

⎜ 

q1 

W 

⎟ 

2 

= q2 

r r 

4πε 

0 ⎝ 

2 

− 1 ⎠ 

Note que W 

12 

= W21 

e não entra duas vezes na conta. Por isso, o índice inferior do 

segundo somatório diz que 

j > i . 

Na equação (17.1), se colocarmos como índice inferior do segundo somatório a 

condição 

j ≠ i , todos os termos serão computados, com duplicação deles pois 

W 

ij 

= W ji 

. Se fizermos isso, a equação (17.1) fica: 

W 

1 

= 

2 

1 

4πε 

N 

∑ 

0 i=1 

q 

∑ 

i 

j≠i 

q 

j 1 

r r = 

− 

2 

j 

i 

n 

∑ 

q V ( r ) 

i 

i=1 

i 

(17.2) 

255 

256

onde o fator 1/2 "toma conta" das contagens duplas. (Convença-se desta 

expressão!) 


Mostre que a expressão 17.2 produz um resultado semelhante ao da equação 

(17.1) para quatro cargas pontuais. 

SOLUÇÃO: Vamos numerar as cargas no sentido horário a partir do vértice 

superior esquerdo do quadrado. Então: 

expressão para trabalho total é: 

W 

T 

1 

= 

2 

1 

4πε 

q 

1 

= + q , q2 = −q 

, q 

3 

= + q e q4 = −q 

. A 

4 

∑ 

0 i=1 

q 

j 

q ∑ r r 

− 

i 

j≠i 

j 

i 

Note agora que a expressão (17.2) não depende da ordem que usamos 

para juntar as cargas, uma vez que todos os pares aparecem na soma. Então, 

vamos isolar 

q 

i 

: 

n ⎛ n 

1 

⎞ 

⎜ 

q 

j 

W = ⎟ 

∑q 

i 

⎜∑ 

r r 

(17.3) 

8 πε ⎟ 

0 i=1 

j≠i 

⎝ 

j 

− 

i ⎠ 

Observe que o termo entre parênteses é o potencial no ponto r i 

(a posição 

Então: 

i = 1 

i = 1 

i = 1 

j = 2 

j = 3 

j = 4 

W 

W 

W 

21 

31 

41 

1 ( + q)( 

−q) 

= 

4πε 

a 

0 

1 ( + q)( 

+ q) 

= 

4πε 

a 2 

0 

1 ( + q)( 

−q) 

= 

4πε 

a 

0 

de q 

i 

) devido a todas as outras cargas. Então temos: 

n 

1 1 q 

j 1 

W = ∑ qi 

∑ r r = 

2 4πε 

− 

2 

i=1 

0 

j≠i 

j 

i 

n 

∑ 

q V ( r ) 

i 

i=1 

i 

(17.4) 

Este é o trabalho necessário para juntar todas as cargas; é a energia 

i = 2 

i = 2 

j = 1 

j = 3 

W 

W 

12 

32 

1 ( −q)( 

+ q) 

= 

4πε 

a 

0 

1 ( −q)( 

+ q) 

= 

4πε 

a 

0 

contida nessa configuração. 

i = 2 

j = 4 

W 

42 

1 ( −q)( 

−q) 

= 

4πε 

a 2 

0 

EXEMPLO 17.1 

i = 3 

j = 1 

W 

13 

1 ( + q)( 

+ q) 

= 

4πε 

a 2 

0 

Determine uma expressão para o trabalho necessário para colocar quatro cargas 

reunidas como mostra a figura 17.1. 

i = 3 

j = 2 

W 

23 

1 ( + q)( 

−q) 

= 

4πε 

a 

0 

i = 3 

j = 4 

W 

43 

1 ( + q)( 

−q) 

= 

4πε 

a 

0 

i = 4 

j = 1 

W 

14 

1 ( −q)( 

+ q) 

= 

4πε 

a 

0 

i = 4 

j = 2 

W 

24 

1 ( −q)( 

+ q) 

= 

4πε 

a 2 

0 

Figura 17.1: Reunião de cargas. 

257 

258

i = 4 

j = 3 

W 

34 

1 ( −q)( 

+ q) 

= 

4πε 

a 

0 

n 

1 

W = ∑ qi 

V ( ri 

), 

(17.5) 

2 

i=1 

Portanto: 

1 1 ⎡( 

+ q)( 

−q) 

( + q)( 

+ q) 

( + q)( 

−q) 

⎤ 

W T 

= ⎢ + + + 

2 4πε 

⎥ 

0 ⎣ a a 2 a ⎦ 

1 ⎡( 

−q)( 

+ q) 

( −q)( 

+ q) 

( −q)( 

−q) 

⎤ 

+ ⎢ + + ⎥ + 

4πε 

0 ⎣ a a a 2 ⎦ 

1 ⎡( 

+ q)( 

+ q) 

( + q)( 

−q) 

( + q)( 

−q) 

⎤ 

+ ⎢ + + ⎥ + 

4πε 

0 ⎣ a 2 a a ⎦ 

1 

⎤ 

⎢ 

⎡ ( −q)( 

+ q) 

( −q)( 

−q) 

( −q)( 

+ 

+ + 

+ q) 

4πε 

⎥ 

0 ⎣ a a 2 a ⎦ 

Então: 

se a distribuição de cargas for contínua, teremos: 

dv sendo o volume infinitesimal e V o potencial. 

ou 

∫ 

1 

W = ρ( 

r) 

V ( r) 

dv 

2 

∫ 

(17.6) 

As integrais para distribuições lineares e superficiais seriam 

σ ( r ) V ( r) 

dA , respectivamente. 

EXEMPLO 17.2 

∫ λ( L ) V ( L) 

dL 

W T 

= 

1 

2 

1 

4 

2 

2 

2 

q ⎛ 4 ⎞ 1 q ⎛ 1 ⎞ 1 q 

⎜ − 8⎟ 

= ⎜ − 2⎟ 

= − 

a ⎝ 2 ⎠ 2 πε 

0 

a ⎝ 2 ⎠ 2 πε 

0 

πε 


0 

a 

⎛ 

⎜ 

2 − 

⎝ 

2 ⎞ 

⎟ 

2 

⎠ 

Encontre a energia de uma casca esférica uniformemente carregada com carga 

total Q e raio R . 

SOLUÇÃO: Vamos usar a definição: 

Calcule agora o trabalho necessário para trazer do infinito a carga faltante no 

sistema mostrado na figura 17.1. 

1 

W = σ V dA. 

2 

∫ 

Como sabemos, o potencial na superfície da esfera é constante e dado por: 

1 

V = 

4 πε 

0 

Q 

R 

Então: 

W 

1 

= 

2 

2 

2 

1 Q 1 Q ( σ 4π 

R ) 1 Q 

σ dS = 

4πε 

0 

R 

∫ 

= 

8πε 

0 

R 8πε 

0 

R 

Figura 17.1: Trazendo uma carga do infinito. 

EXEMPLO 17.3 

17.2 TRABALHO E ENERGIA DE UMA DISTRIBUIÇÃO CONTÍNUA DE 

CARGAS 

Retomemos a expressão que nos fornece a energia total de um sistema 

discreto de cargas: 

259 

Encontre a energia de uma esfera uniformemente carregada com carga total q e 

raio R . 

Solução: Dividamos a esfera em cascas esféricas elementares de raio r e 

260

espessura dr. A carga em cada casca é: 

dq = 4π r 

2 ρ dr 

e o potencial no ponto r devido à carga interna ao raio r da esfera é: 

Mas: 

V ( r) 

= 

1 q ( r) 

4πε 0 

r 

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

podemos ecrever: 

u = C 

r 

• r 

= C E 

0 

( E E) 

em que C 

0 

é uma constante. Para determiná-la, consideremos o campo elétrico 

gerado por uma esfera de raio R em um ponto à distância r de seu centro ( r > R ): 

E = 

1 

4πε 

0 

Q 

2 

r 

0 

2 

Levando na integral, obtemos: 

Como: 

1 1 

W = 

2 4πε 

0 

∫ 

0 

R 

4π 

r 

4 

q ( r) 

= π r 

3 ρ 

3 

4 

ρ dr ⋅ π r 

3 

r 

2 

ρ 

4π 

2 

= ρ 

3ε 

3 

0 

∫ 

0 

R 

r 

4 

5 

4π 

2 R 

dr = ρ 

3ε 

5 

0 

Portanto, a densidade de energia é: 

u = C 

0 

2 

Q 

(4πε 

) 

A energia total do campo elétrico será, então: 

0 

2 

1 

4 

r 

2 

2 

2 

Q r dr Q 

U = ∞4π 

∫ u dv = C0 C 

2 

0 

(4πε 

) 

∫ = 

R 4 

r (4πε 

) 

2 

0 

0 

4π 

R 

A expressão de W fica: 

Q 

ρ = 

4 

π R 

3 

W = 

3 

5 

3 

2 

Q 

4πε 

R 

0 

Mas, de acordo com o Exemplo 17.3, temos que: 

2 

Q 

U = 

8 πε R 

Igualando essas duas últimas expressões, obtemos: 

C 

0 

0 

2 

2 

Q 4π 

Q 

= 

2 

( 4πε 

) R 8πε 

R 

0 

0 

de onde vem: 

17.3 DENSIDADE DE ENERGIA 

A equação (17.6) pode ser escrita em termos do campo elétrico ao invés do 

potencial. Para isso, partimos da ideia de que em cada ponto de um campo elétrico 

existe uma densidade de energia que depende apenas do módulo do vetor 

campo elétrico e independe da direção no espaço considerada, porque a energia 

ε 

0 

C 

0 

= 

2 

E, finalmente, podemos escrever que a energia total armazenada no campo elétrico 

é: 

0 2 

U = ε E 

2 

(17.7) 

261 

262

EXEMPLO 17.4 

Encontre a energia de uma casca esférica uniformemente carregada com carga 

total Q e raio R . 

SOLUÇÃO: Vamos usar a equação: 

r 1 Q 

Dentro da esfera, E = 0 ; fora E = rˆ 

. 

2 

4πε 

r 

ε 

0 

U = 

2 

∫ 

fora 

1 

( ) 

4πε 

0 

2 

Q 

r 

2 

4 

0 

ε 2 

U = 0 

E d υ , 

2 

∫ 

Portanto: 

2 

1 

r dr sinθ 

dθ 

dφ 

= Q 

2 

32π 

ε 

0 

2 

4π 

∫ 

∞ 

R 

dr 

= 

2 

r 

1 

8πε 

0 

2 

Q 

. 

R 

17.4 UMA APARENTE INCONSISTÊNCIA NA DESCRIÇÃO DA ENEGIA 

A equação: 

2 

U = 

ε 0 E d υ , 

2 

∫ 

(17.8) 

todo espaço 

implica que toda energia de uma distribuição de cargas estacionárias é 

sempre positiva. Por outro lado, a equação: 

n 

1 

W = U = ∑ qi 

V ( ri 

) 

(17.9) 

2 

pode ser positiva ou negativa. O que está errado? A resposta é que ambas as 

equações estão corretas, elas apenas representam situações ligeiramente 

diferentes. A equação (17.8) não leva em conta o trabalho necessário para "fazer" 

as partículas: ela parte do princípio de que as cargas já estão "prontas". 

i=1 

Note que se tomarmos a equação (17.9), a energia de uma carga 

pontiforme é infinita: 

A equação (17.9) é mais completa no sentido de que nos diz qual é a energia 

TOTAL contida numa configuração de cargas, mas a equação (17.8) é mais 

apropriada quando estamos tratando de cargas puntiformes porque preferimos 

deixar de contar a energia (infinita!) necessária para fabricar as cargas. 

Mas, matematicamente, onde entrou essa inconsistência? A 

inconsistência está na transformação que fizemos para ir da descrição discreta para 

contínua. Na discreta, o termo V r ) representa o potencial devido a todas as 

cargas exceto 

( i 

q 

i 

. Para uma distribuição contínua não haverá essa distinção e ela 

contém também o que chamamos de "auto-energia", que é a energia 

necessária para formar cada carga. 

As equações (17.8) e (17.9) representam duas maneiras diferentes de 

calcular a mesma coisa. A primeira é uma integral sobre o campo elétrico; a 

segunda, é uma integral sobre a distribuição de cargas. Então, essas duas integrais 

envolvem duas regiões completamente distintas. Afinal, onde fica armazenada a 

energia? A primeira equação parece sugerir que ela está guardada no campo e a 

segunda, na carga. No nível deste curso não é possível decidir essa questão. No 

contexto da teoria da radiação é útil (e em Relatividade Geral é fundamental) 

pensar que a energia está no campo, mas no contexto da eletrostática, não 

podemos decidir isso. 

Note que, como a energia eletrostática é quadrática, ela não obedece 

ao princípio da superposição. A energia de um sistema composto por dois 

campos não será apenas a soma das energias de cada um, mas vai conter também 

termos cruzados. 

ou: 

ε 

0 2 ε 

0 

= E dυ 

= ( E1 

E2 

) dυ 

2 

∫ 

+ 

2 

∫ 

U total 

2 

ε 

0 2 2 

U = ( E1 

+ E2 

+ 2E1 

⋅ E2 

) dυ 

= W1 

+ W2 

+ ε 

0 

E1 

⋅ E2 

2 

∫ 

∫ 

dυ 

U 

ε 

2 

q 2 

q 

r dr sinθ 

dθ 

dφ 

= 

8πε 

2 

= ∞ 

0 

2 4 

2(4πε 

) 

∫ 

∫0 

2 

0 

r 

0 

dr 

→ ∞. 

r 

(17.10) 

263 

Os dois primeiros termos são as "auto-energias" dos campos E 

1 e E 

2 e o 

outro termo representa a energia proveniente da interação entre esses 

campos. 

264



Temos, com a equação (17.1): 

i = 1 j = 2 

W 

12 

= 

1 

4 πε 

0 

q1q2 

r r 

− 

2 

1 

− q 

Wq 

= [ V+ q 

( a) 

+ V−q 

( a 2) + V+ 

q 

( a)] 

= 

4πε 

2 

− q ⎡q 

q q⎤ 

− q ⎡ 

= 

= 2 

4 

⎢ − + 

0 

a a 2 a 

⎥ 

4 

0a 

⎢ − 

πε ⎣ 

⎦ πε ⎣ 


0 

1 ⎤ 

⎥ = 2 

2 ⎦ 

W T 

. 

i = 1 j = 3 

i = 1 j = 4 

W 

13 

W 

14 

= 

= 

1 

4 πε 

0 

1 

4 πε 

0 

q1q3 

r r 

− 

3 

4 

1 

q1q4 

r r 

− 

1 

PR17.1) O potencial (em relação a um ponto no infinito) sobre um ponto 

equidistante de duas cargas iguais e sinais opostos é igual a zero. É possível trazer 

uma carga do infinito até esse ponto de modo que o trabalho seja igual a zero em 

qualquer trecho da trajetória? Caso seja possível, descreva como. Caso não seja, 

explique por quê. 

i = 2 j = 3 

i = 2 j = 4 

i = 3 j = 4 

W 

W 

W 

23 

24 

34 

= 

= 

= 

1 

4 πε 

0 

1 

4 πε 

0 

1 

4 πε 

0 

q2q3 

r r 

− 

3 

4 

2 

q2q4 

r r 

− 

4 

2 

q3q4 

r r 

− 

Com a equação 13.2 obtemos para as cargas q 1 e q 

2 : 

i = 1 j = 2 

i = 2 j = 1 

V = 

V = 

1 

4 

q 

3 

W 

1 

= πε 

q q 

2 

1 2 

r r 

12 r r 

πε 

0 

2 − 

1 

4 

0 

2 − 

1 

1 

4 

q 

W 

1 

= πε 

q q 

1 

1 2 

r r 

21 r r 

πε 

0 

1 − 

2 

4 

0 

1 − 

2 

Repetindo para todas as outras combinações de pares de cargas, chegamos a um 

resultado semelhante no caso de cada uma delas. Na soma de todos os termos, 

obtemos o dobro dos termos que quando usamos a equação (17.1). Portanto, os 

trabalhos são contados duas vezes (note a mesma expressão para W 

12 e W 

21). Daí 

a necessidade de dividir por dois o resultado final. 


O trabalho necessário para trazer uma carga 

vazio é: 

− q do infinito e colocá-la no vértice 

265 

PR17.2) É possível fazer um arranjo de duas cargas puntiformes, separadas por 

uma distância finita, de modo que a energia potencial elétrica seja igual à energia 

potencial quando a distância entre as cargas for finita? 


E17.1) Uma carga puntual q 

1 

= −6,0µ 

C é mantida na origem. Uma carga também 

puntual 

q 

2 

= 3,0µ 

C é colocada sobre o eixo y em y = 12cm 

. Determine a energia 

potencial do sistema constituído das duas cargas. 

E17.2) Uma carga puntual Q = 6,0µ 

C de massa M = 2,5µ 

g é mantida na origem. 

Uma carga também puntual 

eixo x em 

q = 4,0µ 

C de massa m = 0,5µ 

g é colocada sobre o 

x = 20cm 

e mantida em repouso. Em determinado momento as cargas 

ficam livres para se mover. 

a) Determine a energia potencial do sistema constituído das duas cargas em 

repouso. 

b) Determine a velocidade de Q em x = 35cm 

e em x = 42cm 

. 

c) Determine a velocidade de q em x = −5cm 

e em x = −12cm 

. 

E17.3) Considere três cargas puntuais 

nos vértices de um triângulo equilátero de lado 

potencial dessa distribuição de cargas. 

q 

1 

= −2,0µ 

C , q 

2 

= −2,5µ 

C e q 

3 

= −3,0µ 

C 

l = 2, 0mm 

. Calcule a energia 

266

E17.4) São colocadas quatro cargas 

q 

1 

= −2,0µ 

C , q 

2 

= −1,0µ 

C , q 

3 

= −2,0µ 

C e 

q 

3 

= 1,0 µC nos vértices de um quadrado de lado l = 2, 0mm 

. Qual é a energia 

potencial desse sistema? 

U5.3) Na figura abaixo temos quatro capacitores 

C = 1 

10,0µ 

F , C = 5,0µ 

F 

2 , 

C 

3 

= 8,0µF 

C = 9,0µ 

F . A diferença de potencial entre xy é de 50 ,0 V . (a) 

4 

Determine a capacitância equivalente entre x e y. (b) Qual é a quantidade de carga 

armazenada nessa combinação? (c) Qual é a carga nos capacitores de 

9 ,0µF ? 

10 ,0µ F e 

E17.5) Uma casca esférica de raio r = 2, 0cm 

está carregada com carga q = 2, 2nC 

. 

Calcule a sua energia potencial. 

E17.6) Duas cargas puntiformes estão localizadas no eixo Ox, sendo que, 

q = −e 

está na origem e q 

2 

= + e está localizada em x = a . (a) Calcule o trabalho realizado 

por uma força externa para trazer uma terceira carga puntiforme 

infinito até o ponto 

constituído pelas três cargas. 

1 

q 

3 

= + e do 

x = 2a 

. (b) Calcule a energia potencial total do sistema 

E17.7) Três cargas puntiformes, inicialmente muito afastadas entre si, estão sobre 

os vértices de um triângulo equilátero de lado igual a d . Duas dessas cargas 

possuem carga q . Qual o valor da terceira carga se desejamos realizar um trabalho 

líquido igual a zero para colocar as três cargas nos vértices do triângulo? 


U5.1) Um capacitor de placas paralelas, separadas por uma distância de 

0 ,328mm 

e com carga de 0,148µ 

F em cada uma delas, possui capacitância de 0 ,245 pF . (a) 

Qual é a diferença de potencial entre elas? (b) Qual é a área de cada placa? (c) 

Qual é o módulo do campo elétrico entre as placas? (d) Qual é a densidade de 

carga em cada placa? 

U5.2) Um capacitor é constituído de dois cilindros ocos de ferro co-axiais. O raio do 

cilindro interno é 0 ,50mm 

e o do cilindro externo é 5 ,0mm 

. As cargas nos cilindros 

são iguais e valem 

10 ,0 pC , mas o cilindro interno está carregado negativamente e 

o externo possui cargas positivas. O comprimento de cada cilindro é de 

18 ,0cm 

. (a) 

Qual é a capacitância? (b) Qual é a diferença de potencial necessária para produzir 

essas cargas no cilindro? 

Figura do exercício 5.3 

U5.4) Três capacitores idênticos estão ligados de modo a proporcionarem uma 

capacitância equivalente máxima de 

15 ,0µ F . (a) Descreva a montagem dos 

capacitores. (b) Além desta ainda existe três outras maneiras de se ligarem os 

capacitores. Quais as capacitâncias equivalentes de cada uma destas montagens? 

U5.5) Um capacitor de placas paralelas é carregado por uma bateria até que haja 

uma diferença de potencial de 

12 ,5V 

entre suas placas. A capacitância do capacitor 

é 13 ,5 pF . A bateria é desligada e uma placa de porcelana ( k = 6, 50 k= 6,50) é 

introduzida entre as placas. Qual é a energia do capacitor (a) antes da introdução 

da placa e (b) depois da introdução da placa? 

U5.6) Duas placas paralelas possuem cargas iguais e opostas. Quando existe vácuo 

entre as placas, o módulo do campo elétrico é 

5 

3,20 × 10 V / m . Um dielétrico é 

5 

colocado entre as placas e o campo elétrico passa a ser 2,50 × 10 V / m . (a) Qual é 

a densidade de carga em cada superfície do dielétrico? (b) Qual é o valor da 

constante dielétrica? 

U5.7) Uma carga de 

− 9,0nC 

está distribuída uniformemente em um anel fino de 

plástico situado no plano yz, com o centro do anel situado na origem. Uma carga 

pontual de 

raio do anel é 

− 6,0µ C -6,0 pC está situada sobre o eixo x, no ponto x = 3, 0m 

. Se o 

1 ,5m 

, qual deve ser o trabalho executado por uma força externa 

sobre a carga pontual para deslocá-la até a origem? 

267 

268

U5.8) Dois elétrons são mantidos fixos, separados por uma distância de 

2 ,0cm 

. 

Outro elétron é arremessado a partir do infinito e pára no ponto médio entre os 

dois elétrons. Qual é a velocidade inicial do terceiro elétron? 

269

UNIDADE 6 

FORÇA ELETROMOTRIZ, CORRENTE E RESISTÊNCIA 

Introduzimos nesta unidade os conceitos básicos necessários à descrição dos 

circuitos elétricos de corrente contínua. Descrevemos o que se denomina força 

eletromotriz, necessária para manter cargas em movimento em um circuito elétrico 

e fazemos uma descrição esquemática de um gerador de força eletromotriz 

específico, que é a célula de Volta. 

Definimos as grandezas macroscópicas corrente elétrica e resistência 

elétrica, e as grandezas microscópicas correspondentes, densidade de corrente e 

resistividade. 

Introduzimos os conceitos de condutores, isolantes, semicondutores e 

supercondutores e analisamos seus comportamentos quanto a variações em sua 

temperatura. No caso dos condutores apresentamos um modelo clássico da 

resistividade, com algumas correções quânticas que aproximam os resultados 

calculados dos valores observados. 

Finalmente analisamos a produção de calor com o uso da eletricidade, um 

processo conhecido como Efeito Joule. 

270 

271

AULA18 FORÇA ELETROMOTRIZ, CORRENTE E DENSIDADE DE 

CORRENTE 

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

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

associada a qualquer corrente elétrica. 

OBJETIVOS 

• DEFINIR FORÇA ELETROMOTRIZ (FEM) 

• DESCREVER O FUNCIONAMENTO DE GERADOR DE FEM (PILHA) 

• ENTENDER OS CONCEITOS DE CORRENTE E DENSIDADE DE CORRENTE 

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

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

elétrons). 

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

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

se mover pela ação de campos elétricos. 

18.1 FORÇA ELETROMOTRIZ 

Nas aulas anteriores aprendemos a descrever, e a calcular, campos elétricos 

e diferenças de potencial elétrico produzidas por diversas distribuições estáticas de 

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

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

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

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

mover. 

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

repentinamente, diz-se que faltou corrente. 

Nesse contexto surgem duas questões fundamentais, que são: 

a) O que é a corrente elétrica? 

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

permaneça durante o período de tempo de que precisamos? 

Estas questões podem ser respondidas separadamente. 

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

usualmente, ao fluxo de matéria. 

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

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

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

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

um gás. 

Quando são forçados a se mover preferencialmente em determinada direção 

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

que constituem uma corrente elétrica, enquanto os íons positivos permanecem 

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

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

que a dos íons que constituem a rede cristalina. 

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

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

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

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

qualquer fluxo de matéria. 

Será apresentada, mais adiante, uma definição matemática rigorosa da 

grandeza física denominada corrente elétrica. 

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

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

mover em determinada direção. 

272 

273

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

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

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

Terra para a nuvem ou da nuvem para a Terra. 

interligadas, com desenvolvimentos tecnológicos posteriores que aumentam sua 

eficiência e seu manuseio. 

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

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

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

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

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

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

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

elétricas. 

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

cargas positivas e negativas e que essa separação permaneça, mesmo 

quando haja um fluxo contínuo de cargas passando pelo dispositivo. 

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

18.2 GERADORES DE CORRENTE E FORÇA ELETROMOTRIZ 

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

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

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

capaz de produzir uma diferença de potencial pequena, porém estável 

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

por longos períodos de tempo. Os eletrodos são constituídos por dois metais 

diferentes que são imersos em uma solução salina, o eletrólito, e espontaneamente 

desenvolvem uma diferença de potencial devido à reação química envolvendo os 

eletrodos e o eletrólito. 

Cada célula apresenta uma diferença de potencial entre seus polos que 

depende exclusivamente dos metais utilizados. As diversas pilhas e baterias 

elétricas, às quais estamos tão acostumados, são conjuntos de células voltaicas 

Figura 18.1: Representação esquemática de uma célula voltaica. 

A figura 18.1 mostra esquematicamente o funcionamento de uma célula 

voltaica em que os eletrodos são de cobre e de zinco. Nela, temos uma solução de 

CuSO 4 e ZnSO 4 em água, onde são imersos os eletrodos. Inicialmente, alguns 

átomos de cada eletrodo perdem dois elétrons e se integram à solução como íons 

positivos. Com isto, os eletrodos se tornam negativos com relação ao eletrólito, que 

inicialmente é uma “sopa” neutra e uniforme de moléculas de água e de íons H + , 

OH – 2 

, SO – 4 , Cu 2+ e Zn 2+ . 

A diferença na energia de ionização dos diferentes metais faz com que os 

eletrodos fiquem com potenciais diferentes e haja uma redistribuição das cargas no 

eletrólito. Neste caso o eletrodo de zinco fica em um potencial mais baixo e é 

denominado polo negativo; o eletrodo de cobre, por sua vez, é denominado 

polo positivo e seu potencial elétrico está 1,1 V acima do potencial do polo 

negativo. 

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

têm energia maior do que aqueles que se localizam próximos do polo positivo. Já os 

íons positivos próximos do polo negativo tem energia menor do que aqueles que se 

encontram em torno do polo positivo. 

Quando ligamos os eletrodos externamente com um fio condutor, 

elétrons do polo negativo fluem para o polo positivo. Ali, alguns íons de 

cobre, Cu 2+ , que se encontram no eletrólito, recebem dois elétrons, cada 

um deles, tornando-se neutros, e se depositam nesse eletrodo saindo da 

solução. Enquanto isso, átomos de zinco deixam elétrons no polo negativo 

e se integram ao eletrólito como íons Zn 2+ . 

274 

275

Enquanto houver um circuito externo haverá um fluxo contínuo de 

cargas elétricas: ao mesmo tempo em que elétrons chegam ao polo 

positivo pelo circuito externo e se recombinam com íons de cobre, 

aumentando a massa desse eletrodo, vão surgindo outros elétrons no polo 

negativo que vai perdendo massa enquanto enriquece o eletrólito com íons 

de zinco. No interior da célula há um fluxo líquido de íons positivos do polo 

negativo para o positivo. 

Quando os elétrons percorrem o fio externo saindo do eletrodo negativo, 

onde tem mais energia, e se dirigem ao polo positivo, onde sua energia é menor, 

observa-se que essa diferença de energia surge na forma de calor no fio. 

De forma simplificada podemos representar o que ocorre no interior da 

célula com a equação: 

Cu 2+ + Zn → Cu + Zn 2+ (18.1) 

Do ponto de vista da Química esta reação é classificada como exotérmica, 

pois a energia dos produtos é menor que a dos reagentes. A diferença de energia, 

no entanto, não aparece como energia térmica e sim como energia potencial 

elétrica, que pode ser utilizada para gerar calor, mas pode também ser usada para 

realizar trabalho utilizando um motor elétrico. 

Na figura 18.2, representamos de maneira simplificada um dispositivo, como 

uma célula voltaica, capaz de manter uma diferença de potencial permanente entre 

seus terminais. Existem vários tipos de dispositivos, além das pilhas e baterias, que 

têm essa capacidade, sendo que em cada um deles temos uma forma diferente de 

energia que é transformada em energia elétrica. 

cargas ou íons em seu interior, estão sujeitas à uma espécie de força não 

conservativa (à qual não se pode associar um potencial) devida à interação entre os 

diferentes íons. Essa força gera a distribuição de cargas que produz o campo entre 

os terminais do dispositivo. Já que não há nenhum fluxo líquido de cargas, essa 

força é igual e oposta à força produzida pelo campo elétrico. 

Portanto, para uma carga qualquer, livre para se mover no interior do 

dispositivo, devemos ter: 

r 

F NC 

r 

= − qE 

(18.2) 

Dividindo esta equação pelo valor da carga, multiplicando escalarmente por 

um deslocamento infinitesimal, 

dl 

r , e integrando do polo negativo até o positivo, 

encontramos o trabalho por unidade de carga, realizado pelo dispositivo para 

manter a diferença de potencial que o caracteriza: 

W 

q 

1 + r r + r r 

= ∫ FNC 

• dl = − 

− ∫ E • dl 

q 

− 

(18.3) 

Esta equação nos mostra que cargas positivas atravessando tais dispositivos 

indo do polo negativo para o positivo, ou cargas negativas que os atravessam em 

sentido oposto, recebem energia. Damos o nome de força eletromotriz do 

dispositivo, ε , a esta energia por unidade de carga. Ela é igual à diferença de 

potencial V entre seus polos, quando não há nenhum circuito externo, ou seja: 

+ 

E r → 

– 

ε = V 

(18.4) 

Figura 18.2: Esquema de um dispositivo qualquer, gerador de força eletromotriz, com a 

direção do campo elétrico em seu interior representado por uma seta. 

Para qualquer um desses dispositivos, há uma diferença de potencial entre 

os polos, tal que, em seu interior, existe um campo elétrico cujo sentido é do polo 

positivo para o negativo. Não há qualquer campo elétrico externo aplicado e, então, 

o campo em seu interior deveria ser nulo. Entretanto, isso não ocorre porque as 

276 

Esses dispositivos são denominados geradores de força eletromotriz, ou 

geradores de fem, embora a palavra força esteja sendo usada de forma imprópria 

por motivos históricos; talvez eles pudessem ser mais apropriadamente 

denominados “geradores de energia eletromotriz”. 

Um dispositivo conhecido como gerador de van der Graaf é um exemplo 

deste tipo de equipamento. Esse gerador consiste de uma cinta de borracha que 

recebe cargas e as leva para o interior de uma esfera metálica onde são 

depositadas. Essas cargas se dirigem para a superfície da esfera que adquire então 

277

um potencial superior ao da Terra. É necessária a energia fornecida por um motor 

para forçar a cinta de borracha a transportar mais cargas, de mesmo sinal que as 

que já estão acumuladas na esfera, devido à repulsão entre estas e as que a cinta 

está trazendo. 


Assista ao vídeo sobre o Gerador de van der Graaf e discuta seu funcionamento 

com seus colegas. 

Outro tipo de dispositivo, que será estudado mais adiante, é o dínamo, 

onde uma fonte de energia mecânica força um conjunto de espiras a girar em um 

campo magnético, gerando um campo elétrico. Essa fonte de energia mecânica é 

semelhante à queda d’água em uma usina hidrelétrica, ou ao fluxo de vapor 

aquecido em uma usina nuclear. 

EXEMPLO 18.1 

quantos átomos foram depositados. A massa molecular do cobre é m Cu 

= 63, 54g 

, 

portanto, sendo 

m 

Cu 

a massa de cobre depositada no eletrodo e N 

A 

o número de 

Avogadro, o número de átomos é: 

m 

N 

9,50 × .6,02 × .10 

23 

Cu A 

22 

N 

atm 

= = 

= 9,00× 

10 

(18.6) 

M 

Cu 

63,54 

Então podemos calcular a variação de temperatura da água: 

2 e N 

∆T 

= 

m c 

ag 

atm 

ag 

−19 

ε 2.1,60 × 10 × 9,00 × 10 

= 

1000× 

4,18 

Qual a diminuição na massa de zinco 

22 


× 1,1 

o 

= 7,58 C . (18.7) 

m 

Zn 

, do eletrodo negativo de uma célula 

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

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

M Zn 

= 65, 4g . 

Uma célula voltaica como a da figura 18.1, foi utilizada para aquecer um litro de 

água. Depois de efetuado o processo observou-se que o eletrodo de cobre teve sua 

massa aumentada em 

9 ,5 g . Desprezando eventuais perdas de energia para o 

meio ambiente, qual a variação da temperatura da água? 


SOLUÇÃO: Quando ligamos os terminais da célula a um condutor metálico que é 

imerso na água, devemos igualar a energia ganha pelas cargas em seu interior ao 

calor cedido externamente à água. A temperatura da água aumenta, portanto, de 

acordo com a equação: 


da água, 

∆ Q = m c ∆T 

qε 

(18.5) 

agua agua 

= 

∆Q 

é o calor absorvido pela água, m 

agua 

sua massa, c 

agua 

o calor específico 

∆ T a variação de sua temperatura, q a carga que passa pela célula e 

ε = 1,1V é a fem (abreviatura de força eletromotriz) da célula. 

Para encontrar a carga total que passou pela célula, sabendo que cada íon de 

cobre absorve dois elétrons ao se depositar no polo positivo, devemos saber 

PR18.1) Qual é a diferença entre fem (força eletromotriz) e ddp (diferença de 

potencial)? Em que condições a ddp nos terminais de uma bateria é igual à fem da 

bateria? Em que condições elas são diferentes? 

PR18.2) Uma pilha ou bateria é sempre identificada pela fem especificada no 

rótulo; por exemplo, uma pilha AA usada em lanternas é especificada para “1,5 

volt”. Seria também apropriado colocar um rótulo em uma bateria para especificar 

a corrente que ela fornece? Por quê? 

PR18.3) Oito pilhas de lanterna em série fornecem uma fem aproximada de 

12,0 V 

, igual à fem da bateria de um carro. Você pode usar essas pilhas para dar a 

partida do motor quando a bateria do carro está descarregada? 

278 

279

18.3 CORRENTE ELÉTRICA 

Geradores de força eletromotriz podem manter fluxos contínuos de carga 

através de circuitos condutores. A figura 18.3 mostra um gerador de fem com seus 

polos ligados externamente através de fios metálicos de diferentes espessuras. 

Nesses fios são representados alguns elétrons ( ) cujas velocidades médias são 

indicadas por setas. No interior do gerador, supondo que seja do tipo de uma célula 

voltaica, são mostrados íons positivos ( ) que se movem em sentido contrário ao 

do campo elétrico, forçados pela diferença entre os potenciais eletroquímicos dos 

eletrodos. No circuito externo são mostradas com linhas tracejadas algumas 

superfícies, indicadas com os símbolos sr, sr’, so e sh, com seus vetores normais, 

por onde fluem os elétrons de condução. 

positivos. Cada átomo contribui com um elétron para a banda de condução. 

O gás de partículas negativas é, em cada momento e em cada ponto do 

corpo, neutralizado eletricamente pela rede positiva. 

Quando não há campo elétrico aplicado, a velocidade média dos 

elétrons é nula, ou seja, não há nenhuma direção privilegiada quanto ao 

movimento dessas partículas, assim como acontece com a velocidade média das 

moléculas de um gás encerrado em uma garrafa. Em cada região há elétrons 

passando em todas as direções e o módulo de sua velocidade pode ser estimada 

supondo que o conjunto de elétrons se comporta como um gás ideal à temperatura 

ambiente. 

EXEMPLO 18.2 

+ 

– 

sr’ so 

sh 

A 

F 

sr 

C 

D 

B 

E 

Fig. 18.3 – Célula voltaica e um circuito externo composto de fios condutores de diferentes 

espessuras. Alguns elétrons nos fios externos são representados com setas que indicam seu 

movimento. No interior r do dispositivo, íons positivos se deslocam em direção contrária. Uma 

seção reta, sr, uma seção oblíqua, so, uma horizontal, sh e parte de uma seção reta, sr’, são 

mostradas com seus vetores normais. 

Cada átomo constituinte da matéria é, geralmente, neutro, contendo o 

mesmo número de prótons e de elétrons. Quando esses átomos se associam 

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

das condições termodinâmicas. 

Em sólidos condutores, como os metais, alguns elétrons das órbitas 

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

para percorrer todo o corpo. Temos, então, íons positivos que vibram em 

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

chamada banda de condução, que se comportam como um gás de 

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

Encontre a velocidade quadrática média dos elétrons de condução em um metal à 

temperatura ambiente, supondo que se comportam como um gás ideal. 

SOLUÇÃO: De acordo com a teoria cinética dos gases a energia cinética média das 

partículas de um gás ideal é: 

1 3 

mu 

2 = k 

B 

T 

(18.8) 

2 2 

onde m é a massa do elétron, u sua velocidade quadrática média, 

k 

B a constante 

de Boltzmann e T é a temperatura. Na temperatura ambiente (T ~ 300 K) a 

velocidade quadrática média dos elétrons é: 

u 

1 

2 

= 

− 

−23 

⎛ 3k 

B 

T ⎞ ⎛ 3. × 1,4 × 10 × 300 ⎞ 

5 

⎜ ⎟ = 

= 1,2 × 10 m / s. 

31 

m 

⎜ 

9,1 10 

⎟ 

⎝ ⎠ ⎝ × ⎠ 

1 

2 

(18.9) 

Este resultado, baseado no teorema da equipartição da energia, é bem menor que 

o resultado obtido com a teoria quântica, que é próximo de 1,6 x 10 6 m/s. Isto 

mostra que esse teorema não se aplica a esse gás mas serviu, historicamente, para 

se ter uma primeira aproximação para essa velocidade. 

Na figura 18.3 a diferença de potencial entre os terminais A e F criada pelo 

gerador estabelece um campo elétrico no interior dos fios do circuito externo 

280 

281

que, diferentemente do caso eletrostático, não se anula, mas força os elétrons 

livres nos fios a adquirirem uma velocidade média diferente de zero e a se 

moverem no sentido contrário ao do campo elétrico (ou seja, no sentido 

horário nessa figura). Os elétrons não se acumulam no terminal A, pois ali se 

recombinam com íons positivos que se movem, no interior da célula, do terminal F 

para o terminal A. Para cada par de elétrons que se recombinam em A surgem dois 

elétrons em F, como já dissemos, com energia maior que os que chegaram em A. 

Você pode achar estranho o movimento dos íons positivos de F para A, já 

que o campo elétrico dentro da célula, aponta do terminal positivo para o terminal 

negativo (i.e, no sentido horário nessa figura) e as cargas positivas deveriam 

mover-se naturalmente de F para A. Mas lembre-se que a função da célula é 

justamente dar energia às cargas levando-as do potencial mais baixo para o mais 

alto. Portanto, dentro da célula, as cargas positivas se movem de F para A (ou seja, 

no sentido anti-horário nessa figura). 

Se o gerador de fem for de outro tipo, como um dínamo ou um termopar, as 

cargas móveis em seu interior serão também elétrons, que se movem de A para F, 

e há um fluxo contínuo de cargas negativas que não se acumulam em qualquer 

parte, mantendo a neutralidade da matéria em todos os pontos do circuito. Isto 

sugere que o fluxo de íons positivos de F para A, numa célula voltaica é, em termos 

de efeitos elétricos, equivalente a um fluxo de cargas negativas em sentido 

contrário em outros tipos de geradores. De fato, um fluxo de cargas positivas 

em um sentido é equivalente a um fluxo de cargas negativas em sentido 

oposto; com exceção do que ocorre em um fenômeno específico, o efeito Hall, que 

envolve campos elétricos e magnéticos e será estudado mais à frente. 

Na própria célula voltaica há íons negativos que se movem no sentido 

contrário aos positivos mas que não foram representados para manter a clareza do 

desenho; o fluxo que importa em cada região é a soma da carga positiva que flui 

em um sentido com a carga negativa que se move em sentido oposto. 

Por outro lado, duas cargas de mesmo módulo, mas de sinais contrários, 

movendo-se no mesmo sentido não representam qualquer fluxo líquido de cargas e 

seus efeitos elétricos se anulam. É o que ocorre quando temos um átomo neutro 

em movimento: trata-se de um conjunto de cargas positivas e negativas que se 

movem sem que haja qualquer fluxo líquido de cargas. 

282 


PR18.4) Está claro para mim em que sentido as cargas estão se movendo? 

Considere a seção reta sr, indicada na fig. 18.3, que em um intervalo de 

tempo ∆t é atravessada por uma carga líquida ∆q. Definimos a corrente elétrica, 

i , que a atravessa como: 

∆ q 

i = (18.10) 

∆ t 

A corrente elétrica, ou simplesmente a corrente, é a taxa com que a 

carga líquida atravessa uma determinada superfície. Definida a superfície que 

estamos considerando, contamos, durante um intervalo de tempo determinado, a 

quantidade de cargas positivas que a atravessam em um sentido, por exemplo, de 

A para B se consideramos a superfície “sr” na figura 18.3, descontando as que 

passam em sentido contrário. Contamos também as cargas negativas que cruzam a 

superfície de B para A, descontadas as que passam de A para B e somamos seu 

valor absoluto ao das positivas. O resultado obtido é dividido pelo intervalo de 

tempo em questão. 

A taxa com que a carga elétrica atravessa uma determinada superfície em 

um circuito pode variar com o tempo, dependendo do tipo de circuito e do tipo de 

gerador que é utilizado. Por isto definimos a corrente elétrica, de forma mais geral, 

tomando um limite diferencial, e que transforma o segundo membro da equação 

anterior em uma derivada: 

d q 

i = (18.11) 

d t 

A unidade de corrente elétrica no SI, Coulomb por segundo, recebe o 

nome de Ampère: 

1 Ampère = 1 A = 1 C/s . (18.12) 

A superfície “so” na figura 18.3 é uma seção oblíqua do condutor. Como não 

há acúmulo de cargas em qualquer parte do circuito, a mesma quantidade de 

cargas que passa pela superfície “sr” passa por “so”, no mesmo intervalo de tempo. 

Mesmo tendo áreas de suas superfícies diferentes, as correntes que passam por 

ambas são iguais. 

283

Quanto à superfície horizontal “sh”, a corrente que a atravessa é nula, pois o 

movimento líquido de cargas é paralelo à superfície, ou perpendicular à seu vetor 

normal. 

Já a superfície sr’ é atravessada apenas por parte das cargas que 

atravessam “so” ou “sr”. Tanto em “sr” quanto em sr’ o movimento líquido das 

cargas é paralelo aos vetores normais das superfícies e a quantidade de cargas que 

as atravessam devem ser proporcionais a suas áreas. 

No trecho EDCB o fluxo de elétrons é obrigado a atravessar seções retas 

com áreas diferentes. Embora a corrente seja a mesma em todas as seções retas 

do circuito, a quantidade de cargas por unidade de área varia bastante, sendo 

muito maior no trecho DC do que em outros pontos do circuito. 

18.4 DENSIDADE DE CORRENTE ELÉTRICA 

A figura 18.4 mostra, esquematicamente, um trecho de um condutor, de 

seção reta A, percorrido por uma corrente i. Se não houvesse campo elétrico no 

interior do condutor os elétrons da banda de condução teriam um movimento 

caótico, cuja velocidade média seria nula, apesar da velocidade quadrática média 

ser de aproximadamente 1600 km/s. Quando há um campo, os elétrons passam a 

ter, superposto a esse movimento caótico, um movimento em sentido contrário ao 

da corrente convencional. Ou seja, a velocidade média desses elétrons deixa de ser 

nula e assume um valor, que como veremos é muito menor que a velocidade 

quadrática média dos elétrons, mas é a que está ligada ao valor da corrente. Esta 

velocidade média é denominada velocidade de arraste, 

v r a 

, e é representada na 

figura como se cada portador de carga tivesse apenas esse movimento, na mesma 

direção, mas em sentido contrário ao do campo. 

18.3.1 A CORRENTE ELÉTRICA CONVENCIONAL 

No interior de cada fio, com área da seção reta constante, o campo elétrico 

que se estabelece é uniforme e paralelo ao eixo do fio condutor, mesmo que este 

seja dobrado ou enrolado de alguma maneira arbitrária. O campo força as cargas 

positivas a se moverem em sua direção e sentido, enquanto as cargas negativas 

são forçadas a se moverem em sentido contrário ao do campo. 

Em um metal, sabemos que são elétrons os responsáveis pela condução 

elétrica; em um acelerador de partículas pode-se gerar um feixe de prótons, que 

constitui uma corrente elétrica; já em uma solução salina tanto íons positivos 

quanto negativos se deslocam, resultando na corrente total. É conveniente 

adotar uma corrente convencional, composta apenas por cargas positivas, 

em que as cargas negativas que se movem contra o campo são substituídas por 

cargas positivas movendo-se no sentido do campo. Sendo assim, na figura 18.3 a 

corrente convencional percorre o circuito externo no sentido ABCDEF enquanto os 

portadores de carga reais, os elétrons da banda de condução em cada condutor, se 

deslocam no sentido indicado pelas setas. 

Portanto, quando dizemos, por exemplo, que um fio metálico é percorrido 

por uma corrente em um sentido, sabemos que na realidade temos um fluxo de 

elétrons no sentido contrário, mas que, para todos os efeitos que nos interessam 

aqui, se comporta como a corrente convencional. 

284 

Figura 18.4: Trecho de um condutor percorrido por uma corrente convencional, i, em que 

elétrons de condução são representados com sua velocidade de arraste. 

Em um intervalo de tempo 

∆ t = 

L 

v a 

, todos os elétrons de condução no 

trecho de comprimento L , indicado na figura 18.4, irão atravessar a seção reta 

marcada com a letra A. Considerando que temos n portadores de carga por unidade 

de volume no condutor e que cada portador tem carga q , a corrente pode ser 

relacionada à velocidade de arraste: 

∆ q n q L A 

i = = = n q va 

A 

(18.13) 

∆ t L v 

a 

Vemos que a corrente é proporcional à área da seção reta do fio. Dividindo a 

corrente por essa área temos a corrente por unidade de área que atravessa o fio. 

Essa grandeza representa o módulo do vetor densidade de corrente que se 

relaciona à corrente pela expressão: 

285

em que 

r r 

i = ∫ J • ⋅ dA 

(18.14) 

S 

dA 

r é um vetor normal à superfície considerada em cada ponto e cujo 

módulo é um elemento diferencial de área. J r é o vetor densidade de corrente, 

que tem a direção da velocidade média dos portadores de carga e sentido igual ao 

da corrente convencional. Sua unidade no SI é Ampère por metro quadrado, e é 

dado pela equação: 

r r 

J = nqv a 

(18.15) 

Esta expressão mostra que um fluxo de cargas positivas, em uma direção e 

sentido, produz um vetor densidade de corrente idêntico ao que é produzido por 

um fluxo da mesma quantidade de carga negativa, na mesma direção, mas em 

sentido contrário. 

Enquanto a densidade de corrente é um vetor, conforme podemos notar 

na equação 18.15, a corrente é um escalar. Embora a corrente tenha um 

sentido, não se pode falar de direção da mesma. Em um fio, com encapamento 

dielétrico, ligado a uma fem, a corrente não se altera se ele é dobrado de diversas 

maneiras, assumindo diferentes formas e orientações no espaço. 

Por outro lado, a corrente é uma grandeza macroscópica, no sentido 

de que mede a carga que passa através de uma dada superfície, cuja área 

é mensurável, enquanto a densidade de corrente é uma grandeza 

microscópica, que nos fornece uma visão do que ocorre em cada ponto no 

interior do condutor. 

EXEMPLO 18.3 

Qual o número de elétrons de condução por milímetro cúbico em um fio de cobre, 

3 

cuja densidade é 8,96 

g / cm ? 

SOLUÇÃO: Cada átomo de cobre contribui com um elétron para a banda de 

condução, portanto o número de elétrons de condução é igual ao número de 

átomos em um milímetro cúbico. Temos nesse volume uma massa de 8,96 

mg / cm 

; sendo a massa molecular do cobre de 63 ,54 g , encontramos o número desejado: 

n = 

mCu 

N 

M 

Cu 

A 

− 3 

8,96 × 10 × 6,022× 

10 

= 

63,54 

23 


= 8,49 × 10 

19 

portadores/ 

mm 

Qual a velocidade de arraste dos elétrons de condução em um fio de cobre cuja 

2 

área da seção reta é de 1,0 

mm e que é percorrido por uma corrente de 2 ,00A 

? 


Encontre a velocidade de arraste dos elétrons em um fio de prata com dois 

milímetros quadrados de seção reta, percorrido por uma corrente de 5,00 A, 

3 

sabendo que a densidade da prata é de 10,5 

g / cm e que sua massa molecular é 


108 g . 

3 

3 

Se o condutor tiver mais de um tipo de portador de carga, como é o caso de 

uma solução salina, a densidade de corrente terá a contribuição de cada um deles: 

r 

J 

∑ 

r 

= ni 

qi 

vi 

(18.16) 

Os portadores mais leves são mais efetivos na condução de corrente, pois 

sua velocidade é usualmente maior. 

286 

287



O vídeo estará disponível no ambiente virtual de aprendizagem. 


A energia gasta para aumentar a temperatura de um litro de água em dez graus 

Celsius é: 

∆Q 

= m 

agua 

c 

agua 

3 

4 

∆T 

= 4,18× 

10 × 10 = 4,18× 

10 J 

Como no exemplo 18.3, devemos calcular o número de portadores de carga por 

unidade de volume no fio de prata: 

n 

d 

Ag 

N 

= 

M 

10,5 

22 

3 

= 

= 5,85 10 portadores / cm . 

23 

6,022 × 10 × 108 

A 

Ag 

× 

Ag 

Este valor é um pouco menor que no caso do cobre. Podemos agora, como 

na Atividade 18.2, calcular a velocidade de arraste: 

v a 

5 −4 

= 

= 2,7 × 10 

− 6 

28 

−19 

2.10 × 5,85 × 10 × 1,6 × 10 

m 

. 

s 

onde fizemos uso dos valores conhecidos da densidade da água igual a 1 ,00 kg / l , 

0 

de seu calor específico igual 1 ,00 kcal / g C e do equivalente mecânico do calor: 

1 ,00 cal = 4, 18J . 

Desprezando qualquer perda para o meio ambiente igualamos este calor à 

energia elétrica consumida para encontrar a quantidade de carga que atravessa a 

célula voltaica durante o processo: 

4 

∆Q 

4,18 × 10 

4 

q = = = 3,8 × 10 C 

ε 1,1 

’ 

O valor desta carga dividida pelo dobro da carga do elétron nos dá o número 

de átomos de zinco que deixam o polo negativo e se integram à solução. Dividindo 

este número pelo número de Avogadro temos o número de moles que multiplicado 

pela massa molecular do zinco fornece a quantidade de massa perdida por este 

eletrodo: 

m 

N 


Sendo, na equação 18.13, 

4 

3,8 × 10 

,4 

19 

2× 

1,6 × 10 × 6,022 × 10 

atm 

Zn 

= M 

Zn 

= 65 = 

− 

23 

N 

A 

13g. 

−19 

q = e = 1,60 × 10 C , a carga do elétron e n o valor 

calculado no exemplo 18.3, encontramos a velocidade: 

2,00 

5 m 

v = a 

= 1,5.10 . 

19 

− 19 

6 

8,5 × 10 × 1,6 × 10 × 1,0 × 10 

− s 



E18.1) Uma bateria de motocicleta com uma força eletromotriz de 

carga inicial de 

12 ,0 V tem uma 

120 Ah . Supondo que a diferença de potencial entre os terminais 

permaneça constante até que a bateria se descarregue, quantas horas a bateria é 

capaz de fornecer uma potência de 

E18.2) Uma corrente elétrica de 

100 W ? 

Coulombs fluem através desse chuveiro em 

3 ,6 A flui através de um chuveiro. Quantos 

3 ,0 h ? 

E18.3) Por um fio de cobre de 2,5 mm de diâmetro passa uma corrente de 

−10 

1,20 × 10 A . O número de portadores de carga por unidade de volume é 

8,49 

28 −3 

× 10 m . Supondo que a corrente é uniforme, calcule (a) a densidade de 

corrente e (b) a velocidade de deriva dos elétrons. 

8 

E18.4) Um feixe de partículas possui 2 ,0 × 10 íons positivos duplamente carregados 

por centímetro cúbico, todos eles se movem para o norte com uma velocidade de 

5 

1,0 × 10 m / s . Determine (a) o módulo e (b) a direção da densidade de corrente J r . 

(c) É possível determinar a corrente total associada? Justifique. 

E18.5) O fusível é projetado para abrir um circuito quando a corrente ultrapassar 

um certo valor. Suponha que o material a ser usado em um fusível sofra fusão 

2 

quando a densidade de corrente ultrapassar 440A 

/ cm . Que diâmetro de fio 

cilíndrico deve ser usado para fazer um fusível que limite a corrente de 

0 ,5A 

? 

288 

289

AULA 19 RESISTÊNCIA ELÉTRICA, RESISTIVIDADE E LEI DE 

OHM 

OBJETIVOS 

• DISCUTIR OS CONCEITOS RELACIONADOS À RESISTÊNCIA E À RESISTIVIDADE ELÉTRICAS 

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

de carga que percorre o condutor; portanto o produto 

R i representa a perda de 

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

esta energia aparece como energia térmica no próprio condutor que, nesse caso, 

denominamos resistor. 

A razão Volt/Ampère, que é a unidade de resistência, por sua 

importância, recebe o nome de Ohm cujo símbolo é Ω : 

19.1 RESISTÊNCIA ELÉTRICA 

Quando ligamos externamente os pólos de um gerador de força eletromotriz 

com algum condutor, surge, uma corrente elétrica, cujo sentido convencional, como 

vimos, é do pólo positivo para o pólo negativo. De fato, o que acontece é que 

elétrons saem do pólo negativo, perdem energia potencial elétrica, que surge como 

energia térmica no fio condutor, e chegam ao pólo positivo. 

Já que a tensão entre os terminais dos geradores de força eletromotriz é 

característica de cada um deles, uma pergunta que se pode fazer neste ponto é: 

com que facilidade fluirão as cargas, quando esses terminais são ligados 

externamente? Equivalentemente: qual o valor da corrente que percorrerá o 

circuito? 

A resposta é que a corrente obtida depende principalmente das 

características do circuito externo: o comprimento, a seção reta dos fios utilizados 

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

Quando se aplica uma diferença de potencial às extremidades de um 

condutor provocando a passagem de uma corrente elétrica, define-se a resistência 

elétrica (ou, simplesmente, resistência), R , entre esse dois pontos, como a 

razão entre a tensão aplicada, V , e a corrente gerada, i . 

V 

R = . (19.1) 

i 

Quanto maior for a resistência do condutor menor será a corrente, para um 

dado potencial aplicado. 

V 

1 Ohm = 1 Ω = 1 . (19.2) 

m 

19.2 LEI DE OHM 

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

fornece qualquer informação a respeito do comportamento dessa grandeza, quando 

aplicamos diferentes valores de tensão às extremidades do condutor. 

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

que o percorre são grandezas macroscópicas que podem ser medidas com 

aparelhos denominados respectivamente voltímetro e amperímetro. Tais aparelhos 

serão descritos em uma aula posterior. 

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

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

medidas de tensão e corrente de forma gráfica. 

Na figura 19.1 podemos ver diferentes comportamentos da corrente em 

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

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

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

diferentes quando se inverte sua polaridade. 

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

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

materiais apresentam alguma dependência com a temperatura.. 

290 

291

Diversos dispositivos construídos pelo ser humano não apresentam esse 

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

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

de seus comportamentos incomuns na natureza. Estes são denominados 

condutores não lineares ou não ôhmicos. 

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

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

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

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

tensão. 

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

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

raramente é utilizada. 

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

comportamento descrito pela curva apresentada na figura 19.1a. 

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

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

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

submetidos, desde que mantidas inalteradas suas temperaturas. 

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

1854): 

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

maioria dos materiais apresenta o comportamento sugerido pela figura 

19.1(a). 

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

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

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

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

km/s. 

Quando é aplicado um campo elétrico esses elétrons são acelerados, 

ganhando, portanto, energia cinética. Ao se chocarem novamente com íons 

positivos, perdem completamente esta energia para a rede. Este processo continua 

e os elétrons ganham um pouco de energia, que é logo entregue à rede cristalina. 

Desta forma, os elétrons adquirem uma velocidade média, a velocidade de 

arraste 

v 

a 

, que permanece constante. 

Esse processo é diferente do que ocorre com elétrons sob a ação de um 

campo, no espaço livre, que são acelerados e têm sua velocidade aumentada 

continuamente. 

Consideremos que o tempo médio entre dois choques de um elétron com a 

rede seja τ e que o tempo de duração de cada choque seja desprezível; então, a 

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

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

A resistência da maioria dos condutores independe dos valores de tensão 

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

proporcional à tensão aplicada. 

movimento 

mv 

a 

. Podemos então dizer que a rede cristalina funciona como 

um meio viscoso que exerce uma força média contrária à que é exercida 

pelo campo elétrico, que leva os elétrons terem uma velocidade terminal: a 

velocidade de arraste. 

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

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

denominados condutores ôhmicos ou lineares. 

elétrica: 

Igualando a perda média de momento por unidade de tempo à força 

292 

293

mv a 

= eE, 

τ 

(19.3) 

o que nos fornece a resistividade de um condutor: 

onde m é a massa e e a carga do elétron, encontramos a velocidade de arraste 

como função da intensidade do campo elétrico e do intervalo de tempo médio entre 

choques. 

E mu 

ρ = = 

J n e 

2 L . 

(19.6) 

EXEMPLO 19.1 

Qual o tempo médio entre as colisões dos elétrons com a rede em um fio de cobre 

2 

com 1,0 

mm de seção reta, 1 ,0 m de comprimento, percorrido por uma corrente de 

2 ,0 A ? 

SOLUÇÃO: De acordo com a atividade 18.2, a velocidade de arraste dos elétrons é 

de 1,5.10 

−4 

m / s . O campo elétrico pode ser calculado usando-se: 

Portanto o tempo médio entre choques é: 

τ = 

−8 

1,7 

∗10 

Ωm 

× 2,0A 

−2 

E = ρ J = 

3,4 ∗10 

V / m . 

−6 

2 

1,0 ∗10 

m 

−31 

m a 9,11∗ 

10 

− 14 

v 

e E 

= 

1,6 ∗10 

−19 

−4 

kg × 1,5 ∗10 

m / s 

= 2,5∗10 

−2 

C × 3,4∗10 

V / m 

s 

A velocidade quadrática média não é afetada pelo campo elétrico, pois, 

como vimos, este produz um efeito sobre os elétrons que é sua velocidade de 

arraste, um valor 

10 

10 vezes menor que a velocidade u . 

O livre caminho médio depende da probabilidade de colisão entre os elétrons 

e os íons da rede. No modelo clássico, esta probabilidade depende das dimensões 

dos íons da rede e do número destes por unidade de volume, sendo independente 

de qualquer campo aplicado. 

Nenhuma das demais grandezas que aparecem nesta expressão para a 

resistividade clássica depende do campo elétrico. Ela está, portanto, de acordo com 

a lei de Ohm. 

Embora o modelo de elétrons como bolas de bilhar, chocando-se 

inelasticamente com ‘pinos’ em uma mesa tridimensional, seja bastante grosseiro, 

e necessário o uso da teoria quântica para se obter resultados mais condizentes 

com os obtidos experimentalmente, esta expressão é qualitativamente correta. 

Considerando que os elétrons se movem, entre os choques, com velocidades 

em torno da velocidade quadrática média, introduzimos o conceito de livre 

caminho médio, ( L ), que é a média das distâncias percorridas pelos 

elétrons entre dois choques: 

L = uτ , 

(19.4) 


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

19.3 RESISTIVIDADE E CONDUTIVIDADE 

O que nos dá o tempo entre colisões como função da velocidade quadrática média e 

do livre caminho médio. 

Levando estes resultados à equação 18.16 encontramos 

2 

ne L 

J = n eva = E, 

(19.5) 

mu 

A resistência é uma característica de um condutor como um todo: aplica-se 

uma tensão às extremidades de um objeto macroscópico e observa-se a corrente 

que o atravessa. 

Para compreender o que ocorre em cada ponto no interior do 

condutor, adotamos um ponto de vista microscópico. Ao aplicarmos uma diferença 

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

294 

295

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

uma corrente elétrica. 

A densidade de corrente, como vimos anteriormente, é diretamente 

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

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

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

r r 

E = ρ J . (19.7) 

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

e sentido do campo elétrico em cada ponto. 

o que nos leva à expressão: 

L 

R = ρ . 

(19.10) 

A 

A resistência de um fio é tanto maior quanto maior for seu comprimento e 

tanto menor maior a área de sua seção reta. 

Este comportamento é análogo ao de um canudinho usado para beber 

líquidos. Quanto maior for seu comprimento e quanto menor a área de sua seção 

reta, maior será sua resistência à passagem do líquido. Por isso, na figura 18.3, a 

resistência do trecho CD deve ser bem maior que a do trecho AB ou do trecho EF, 

se o material for o mesmo em todos os trechos do circuito externo. 

EXEMPLO 19.2 

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

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

Considerando corpos homogêneos, a resistividade é uma característica de cada 

material e independe das dimensões dos condutores considerados. 

Frequentemente é utilizada a grandeza, também característica de cada 

material, denominada condutividade, σ , que é o inverso multiplicativo da 

resistividade. 

2 

Cabos de aço com 2,0 

cm de seção reta e 300 km de comprimento são utilizados 

para conectar uma usina hidrelétrica a uma cidade. Qual a resistência elétrica de 

cada um deles? 

−8 

SOLUÇÃO: De acordo com a tabela 19.1 a resistividade do aço é de 18 ,0× 

10 Ωm 

. 

Portanto a resistência de cada cabo é: 

5 

−8 

3.10 

R = 18.10 

= 270Ω 

(19.11) 

−4 

2.10 

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

r r 

J = σ E . (19.8) 


−8 

Um fio de Kanthal, liga metálica cuja resistividade é de 140 × 10 Ωm 

, tem uma 

resistência de 5 ,6Ω 

, comprimento de 4 ,0 m e seção reta retangular. 

a) Qual a área de sua seção reta? 

Se uma diferença de potencial é aplicada a um fio de seção reta constante, 

A , e de comprimento L , a relação entre a tensão e o campo é 

corrente e a densidade de corrente é 

V = E L ; e entre a 

i = J A . De acordo com a equação 19.1 

b) O fio é cortado ao meio, resultando em dois fios de um metro que são 

colocados lado a lado, formando um único fio mais curto, porém mais grosso. Qual 

será sua nova resistência? 

teremos: 

EL 

R = , 

(19.9) 

JA 

296 

297



De acordo com a expressão para o livre caminho médio, tomando o valor da 

velocidade quadrática média com 1600 km/s e o tempo médio entre choques 

calculado no exemplo 20.1 temos: 

6 

L = v. 

τ = 1,6 × 10 .2,5 × 10 

−14 

= 4 × 10 


a) De acordo com a equação 19.6, a área da seção reta do fio é: 

−8 

L 140.10 

..4 

−6 

2 

2 

A = ρ = = 1,0.10 m = 1,0mm 

. 

R 5,6 

O fio tem uma seção reta quadrada com um milímetro de lado. 

b) Temos um novo resistor com comprimento 

podemos calcular a nova resistência: 

−8 

m. 

L 

L ' = e área A' = 2A 

. Portanto 

2 

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

resistividade do material do fio. 

E19.2) Um certo fio possui resistência R . Qual será a resistência de um outro fio 

de mesmo material com metade do comprimento e metade do diâmetro? 

E19.3) Uma diferença de potencial de 4,50V é aplicada entre as extremidade de 

um fio de 2,50 m de comprimento e raio 0,654 mm. A corrente resultante é 17,6 A. 

Qual é a resistividade do fio? 

E19.4) Um aluno possui dois condutores de mesmo material e mesmo 

comprimento: o primeiro é um fio maciço de 1,0 mm de diâmetro e o segundo é 

um tubo oco com diâmetro externo de 2,0 mm e diâmetro interno de 1,0 mm. Qual 

é a razão entre as resistências dos condutores? 

E19.5) Qual é a carga que passa por uma seção reta de um fio cobre em 3,0 ms se 

uma diferença de potencial de 3,0 nV é aplicada entre suas extremidades. O fio 

possui 2 cm de comprimento e raio de 2,0 mm. 

' 

R 

' 

L 

= ρ 

' 

A 

L R 

= ρ = = 1,4Ω. 

4A 

4 

Portanto a nova resistência é quatro vezes menor que a original. 


PR19.1) Três fios de mesmo diâmetro são ligados entre dois pontos mantidos a 

uma mesma diferença de potencial. As resistividades e comprimentos dos fios são 

ρ e L (fio A), 1,2 ρ e 1,2 L (fio B) e 0,9 ρ e L (fio C). Coloque os fios em ordem 

crescente de resistência. 


E19.1) Uma diferença de potencial de 23,0 V é aplicada nas extremidades de um 

fio de 4,0 m de comprimento e 6,0 mm de diâmetro e resistência de 15,0 Ω . 

298 

299

AULA 20 RESISTIVIDADE DOS MATERIAIS E POTÊNCIA 

ELÉTRICA 

OBJETIVOS 

• CONHECER E APLICAR A LEI DE OHM 

• APLICAR O CONCEITO DE POTÊNCIA ELÉTRICA 

20.1 RESISTIVIDADE E EFEITO DA TEMPERATURA 

Qualquer material submetido a uma tensão conduz alguma corrente, sendo, 

portanto, um condutor. Entretanto, observa-se que os valores de suas 

resistividades podem ser muito próximos, se compararmos dois metais, ou muito 

diferentes, se compararmos um metal com um objeto de vidro. 

Materiais como o vidro, a borracha, a madeira, diversos tipos de plásticos 

etc., que têm resistividades muito altas, são denominados isolantes ou 

dielétricos. Materiais, como os metais, que apresentam valores muito pequenos 

de sua resistividade são denominados condutores. 

Existem materiais cujas resistividades apresentam valores 

intermediários e por isto são denominados semicondutores. Há ainda materiais 

que, quando resfriados abaixo de temperaturas características, 

denominadas temperaturas críticas, apresentam valores nulos de 

resistividade; eles são denominados supercondutores. Neste último caso é 

possível a existência de correntes elétricas sem perda de energia elétrica e 

conseqüente geração de calor. 


Pesquise sobre aplicações tecnológicas dos semicondutores e dos supercondutores. 

A tabela 20.1 mostra valores de resistividades de diversos materiais à temperatura 

de referência 

0 

T0 = 20 C . Isto é importante, pois, em geral, os valores das 

resistividades mudam com a variação da temperatura. Podemos representar esta 

dependência, aproximadamente, através da equação 

300 

onde ρ 

0 

é a resistividade a 

[ + ( T − )], 

ρ = ρ α 

(20.1) 

0 

1 T0 

20 0 C , T a temperatura e α é o coeficiente de 

temperatura da resistividade, cujos valores são também relacionados na tabela 

20.1. 

0 

Tabela 20.1: Resistividades e coeficientes de temperatura ( T0 = 20 C ) de alguns materiais 

Substância Resistividade ( Ω m ) α ( o C -1 ) 

CONDUTORES 

Metais 

Prata 

Cobre 

Ouro 

Alumínio 

Ferro 

Chumbo 

Mercúrio 

Ligas 

Aço 

Manganino 

Constantan 

Níquel-Cromo 

SEMICONDUTORES 

Carbono 

Germânio 

Silício 

Silício tipo n a 

Silício tipo p b 

DIELÉTRICOS 

Madeira 

Âmbar 

Vidro 

Mica 

Teflon 

Enxofre 

1,6 x 10 -8 

1,7 x 10 -8 

3,8 x 10 -3 

2,5 x 10 -8 

3,9 x 10 -3 

2,2 x 10 -8 

3,4 x 10 -3 

10 x 10 -8 

22 x 10 -8 

3,9 x 10 -3 

95 x 10 -8 

5,0 x 10 -3 

4,3 x 10 -3 

18 x 10 -8 

45 x 10 -8 

8,8 x 10 -4 

48 x 10 -8 

100 x 10 -8 

3,5 x 10 -5 

~ 10 -6 

0,45 

< 10 -5 

2,3 x 10 3 

4,0 x 10 -4 

8,7 x 10 -4 

2,8 x 10 -3 

– 5 x 10 -4 

10 8 a 10 11 

– 4,8 x 10 -2 

5 x 10 14 

10 10 a 10 14 

– 7,0 x 10 -2 

10 11 a 10 15 

> 10 13 

1,0 x 10 15 

a – silício dopado com 10 17 átomos de fósforo por mm 3 ; b – silício dopado com 10 17 átomos de alumínio 

por mm 3 

301

Vemos na tabela 20.1 que os metais puros são os melhores condutores e 

que suas resistividades são da ordem de 

20 

10 vezes menores que a resistividade de 

alguns dielétricos. Os metais são também bons condutores de calor, pois os 

elétrons, responsáveis pela condução elétrica, têm também papel relevante na 

condução térmica. 

De forma geral pode-se afirmar que bons condutores de eletricidade são 

bons condutores de calor. No entanto as diferenças entre as condutividades 

térmicas dos materiais são muito menores. Não há condutores de calor tão 

eficientes quanto o são os bons condutores elétricos, assim como não há isolantes 

térmicos com a eficiência dos isolantes elétricos. Isto permite que manipulemos 

fluxos de cargas elétricas com muito mais facilidade do que se pode fazer com a 

energia térmica. 

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

temperatura de um bom isolante tal como vidro ou poliestireno? 

deslocamento diferencial e integrarmos do pólo negativo até o positivo 

encontraremos: 

1 

q 

+ r 1 + r 1 

FNC 

dl + 

− ∫ E • dl = 

− 

∫ 

r r + r r 

• ∫ ∆F 

• dl 

q q 

− 

(20.3) 

A primeira integral é a força eletromotriz do gerador; a segunda é o 

negativo da diferença de potencial entre seus pólos positivo e negativo; e a 

terceira é a energia necessária, por unidade de carga, para manter as 

cargas em movimento, e que aparece como energia térmica no próprio 

gerador. 

gerador, 

Esta energia por unidade de carga é igual à resistência interna do 

r , multiplicada pela corrente que o atravessa. Podemos, então, 

reescrevendo esta última equação, mostrar a relação entre a diferença de potencial 

entre os terminais de um gerador e sua força eletromotriz, agora em um circuito 

fechado: 

20.2 POTÊNCIA EM CIRCUITOS ELÉTRICOS 

V+ − 

= ε − ri. (circuito fechado) (20.4) 

Quando não há qualquer circuito externo que possibilite a passagem de 

corrente, a diferença de potencial entre os terminais de um gerador de força 

eletromotriz é igual à força eletromotriz desse gerador. 

Quando ligamos seus terminais, externamente, com um condutor, elétrons 

deixam o pólo negativo, indo para o pólo positivo e há uma ligeira diminuição na 

diferença de potencial entre os pólos, com uma conseqüente diminuição do campo 

no interior do gerador. Esta diminuição é necessária para manter uma corrente no 

circuito. 

Note que, quando o circuito estava aberto, a força elétrica sobre as cargas 

era igual e contrária à força não conservativa, que caracteriza a força eletromotriz 

do gerador, e isto mantinha as cargas com velocidade média nula. Devemos ter, 

portanto: 


r 

F NC 

r r 

+ qE = ∆F , 

(20.2) 

∆ F r 

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

multiplicarmos um produto escalar dos membros dessa equação por um 

302 

Em geral, a resistência interna dos geradores, que idealmente seria nula, é 

pequena, comparada às resistências presentes no circuito externo. Em uma pilha 

comercial, que usamos em aparelhos elétricos, a fem depende dos materiais 

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

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

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

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

diferença de potencial entre seus terminais encontramos uma tensão muito 

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

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

equação 20.4, e a pilha já não faz funcionar o aparelho. 

20.2.1 POTÊNCIA E EFEITO JOULE 

r i da 

Um gerador de força eletromotriz é usado para entregar energia elétrica a 

uma série de dispositivos que têm características e usos diversos. Em um resistor 

303

temos a transformação de energia elétrica em calor; em um motor temos a 

realização de trabalho; em capacitores pode se acumular energia nos campos 

elétricos gerados entre suas placas etc. 

Em qualquer circuito elétrico é importante a taxa com que um dispositivo 

entrega energia elétrica, ou a taxa com que o outro recebe esta energia. Imagine 

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

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

há dentro quando ligamos nesses contatos dois eletrodos que fornecem uma 

diferença de potencial V e observa-se a passagem de uma corrente i . 

Quando uma pequena quantidade de carga convencional dq atravessa a 

caixa, indo do potencial mais alto para o mais baixo ela entrega para o dispositivo 

dentro da caixa uma energia V dq . A taxa com que o dispositivo recebe energia, ou 

seja, a potência, P , recebida é esta quantidade de energia dividida pelo intervalo 

de tempo dt gasto pela carga para atravessar o elemento de circuito considerado. 

Podemos, então, de acordo com a equação 20.1, escrever que, não importando que 

tipo de artefato esteja dentro da caixa, a potência entregue é: 

P = Vi 

(20.5) 

Quando submetemos a uma diferença de potencial, não um dispositivo 

qualquer, mas um resistor, há produção de calor. Este efeito, que analisamos 

quando fizemos uma dedução clássica da lei de Ohm, é conhecido como efeito 

Joule. 

Usando a equação 19.1, podemos eliminar a corrente na equação 20.5: 

ou podemos eliminar a tensão e escrever: 

2 

V 

P = (20.6) 

R 

potência na forma de calor. Isto mostra que a resistência de um chuveiro elétrico, 

que dissipa uma potência de aproximadamente cinco quilowatts, é cinqüenta vezes 

menor que a de uma lâmpada de 100 watts. 

A equação 20.7 nos informa que se ligamos vários dispositivos em 

um circuito único, ou seja, em que todos os elementos são percorridos por uma 

mesma corrente, aquele que tiver maior resistência dissipará maior potência. No 

caso do chuveiro elétrico, queremos que haja geração apreciável de calor apenas 

na região por onde passa a água; por isso os fios que conduzem a corrente desde o 

gerador até o chuveiro devem ter resistência muito mais baixa que a do chuveiro. 

Isso é obtido usando fios condutores de cobre, que tem baixa resistividade, 

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

que tem alta resistividade (dentre os metais) e razoavelmente delgado. O 

resistor do chuveiro não pode ser excessivamente fino, pois é necessário que ele 

dissipe a energia recebida, sem se fundir por excesso de temperatura; isso requer 

que o resistor tenha uma área mínima de contato com a água. 

EXEMPLO 20.1 

Qual a maior potência que um gerador, que tem resistência interna é r e cuja fem 

é ε , pode fornecer a um aquecedor cuja resistência é variável? 

SOLUÇÃO 

De acordo com as equações 20.1 e 20.10, ligando o gerador diretamente aos 

terminais do aquecedor de resistência R, temos que: 

ε − ri = Ri 

(20.8) 

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

i = 

ε 

( R + r) 

(20.9) 

2 

P = Ri 

(20.7) 

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

A equação 20.6 nos diz que se submetermos as extremidades de vários 

resistores a uma diferença de potencial fixa, aquele que tiver menor resistência, vai 

receber uma maior potência do gerador de fem e, obviamente, vai dissipar a maior 

304 

⎡ 

P = R⎢ 

⎣ 

ε 

⎤ 

2 

2 

ε R 

= 

R + r 

( ) ( ) . 2 

R + r 

⎥ 

⎦ 

(20.10) 

305

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


1 

2R 

− = 

2 

( R + r) ( R + r) 

0 

(20.11) 

ATIVIDADE 20.1 Não haverá resposta para essa atividade. 


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

máxima (sua derivada segunda é negativa): 

PR20.2) Quando uma corrente elétrica passa através de um resistor, ela perde 

energia, transformando a energia perdida em energia térmica do resistor. A 

corrente elétrica perde energia cinética, energia potencial ou uma combinação das 

duas? 

R = r 

(20.12) 


E a potência máxima é: 

P 

max 

2 

ε 

= (20.13) 

4r 

E20.1) Quando um resistor de valor desconhecido é ligado aos terminais de uma 

bateria de 3,0 V, a potência dissipada é 0,540 W. Quando o mesmo resistor é 

ligado aos terminais de uma bateria de 1,50 V, qual é a potência dissipada? 

O gerador entrega sua potência máxima quando a resistência externa é igual à 

resistência interna. Neste caso o próprio gerador adquire uma energia térmica igual 

à que ele cede ao aquecedor. 

Quando a resistência externa é muito pequena, tendendo a zero, a potência nela 

dissipada também tende a zero. No entanto, como a corrente tende para o valor 

ε / R , a potencia que surge no próprio gerador tende para ε 

2 / R . Isto é o que 

denominamos “curto-circuito”, causa de muitos incêndios acidentais. Sendo a 

resistência interna do gerador muito pequena, pode ser perigoso ligar seus 

terminais com um condutor de resistência quase nula. 

E20.2) Uma corrente uniformemente distribuída percorre um fio de cobre com 

seção reta de 

2,0 

m 

−6 

2 

× 10 e comprimento de ,00 m 

4 . (a) Qual é o módulo do 

campo elétrico no interior do fio? (b) Qual é a energia elétrica transformada em 

energia térmica em 30 min.? 

E20.3) Uma diferença de potencial de 15,0 V é aplicada aos terminais de um 

resistor , o que gera uma potência de 327 W. (a) Qual é a resistência? (b) Qual é a 

corrente que passa no resistor? 

E20.4) Considere um resistor de comprimento L , resistividade uniforme ρ , área 

de seção reta A conduzindo uma corrente elétrica com densidade uniforme J . 

Utilizando a equação 20.12, calcule a potência elétrica dissipada por unidade de 

volume. Expresse o resultado em termos de (a) J e E , (b) J e ρ e (c) ρ e E . 

E20.5) Um estudante manteve um rádio de 9,0 V, 7,0 W ligado no volume máximo 

durante 5 horas. Qual foi a carga que atravessou o rádio? 

E20.6) Um aquecedor de 500 W é ligado a uma diferença de potencial de 120 V. (a) 

Qual é a resistência do elemento de aquecimento? (b) Qual é a corrente no 

elemento de aquecimento? 

306 

307

AULA 21: CONDUTORES, DIELÉTRICOS E SEMICONDUTORES 

OBJETIVOS 

• DIFERENCIAR OS VÁRIOS ASPECTOS MICROSCÓPICOS DA CONDUÇÃO ELÉTRICA 

• DISTINGUIR ENTRE CONDUTORES, DIELÉTRICOS E SEMICONDUTORES 

21.1 VISÃO MICROSCÓPICA DA CONDUÇÃO ELÉTRICA 

A teoria clássica da resistividade nos fornece um resultado que está de 

acordo com a lei de Ohm, já que, com essa teoria, a expressão encontrada para 

essa grandeza independe do campo elétrico no interior dos condutores. No entanto, 

é necessário fazermos algumas modificações na teoria clássica para encontrarmos 

valores da resistividade mais condizentes com a realidade. A primeira delas está no 

valor da velocidade quadrática média dos elétrons. A teoria quântica prevê um 

valor para esta velocidade essencialmente independente da temperatura, cerca de 

13 vezes maior que a calculada usando a teoria cinética dos gases à temperatura 

ambiente. 

Ela também prevê que, se a rede formada pelos átomos que constitui o 

material sólido for completamente periódica, não há espalhamento dos elétrons por 

colisões com os átomos e entre eles, e o valor do livre caminho médio dos elétrons 

livres tende para o infinito. O espalhamento dos elétrons é resultado da existência 

de inomogeneidades na rede, resultantes de defeitos e vibrações da própria rede, 

impurezas e tipos diferentes de átomos, como acontece nas ligas metálicas. 

Nos metais puros temos apenas um tipo de átomo, com a presença de 

impurezas em pequenas quantidades e com certo número de defeitos no 

empilhamento dos átomos. As inhomogeneidades se devem, principalmente, às 

vibrações térmicas da rede; por isso, quando cai a temperatura, a resistividade dos 

metais puros cai bastante. O livre caminho médio diminui com o aumento da 

temperatura (que provoca um aumento na agitação dos íons da rede). 

resistividade com a temperatura é muito menor que nos metais puros. Isto pode 

ser visto nos valores dos coeficientes de temperatura apresentados na Tabela 19.1. 

As correções quânticas produzem, para os condutores, previsões bastante 

coerentes com os resultados experimentais, mas não indicam o porquê das 

diferenças de comportamento entre condutores, isolantes e semicondutores. 

Os elétrons em um átomo isolado podem ter valores de energia muito bem 

definidos, enquanto outros valores de energia são totalmente proibidos. Geralmente 

a separação entre os níveis de mais baixa energia é de alguns elétrons-volt. Todos 

os átomos isolados, de uma mesma espécie, têm os mesmos níveis de energia 

permitidos. Quando dois átomos são colocados próximos, seus níveis de energia 

são perturbados mutuamente e dão origem a um conjunto de níveis de energia 

comuns aos elétrons dos dois átomos. 

Se tomarmos, por exemplo, um nível de energia na camada 2p em cada 

átomo, teremos dois níveis correspondentes, com energias ligeiramente diferentes, 

no conjunto dos dois átomos. Se agregarmos um número muito grande de átomos, 

10 23 átomos por mol, cada um contribui com um nível de energia e forma-se uma 

banda de níveis de energia com espaçamento muito pequeno entre eles. 

Separada dessa banda por uma diferença apreciável de energia encontraremos 

outra banda de energia, correspondendo a outro nível dos átomos individuais, a 

banda 3s, por exemplo. Assim sendo, em um sólido temos diversas bandas com 

muitos níveis com energias muito próximas, separadas razoavelmente de outras 

bandas que por sua vez tem muitos níveis muito próximos também. 

Os elétrons nos átomos, de acordo com o princípio de exclusão de 

Pauli, não podem ter o mesmo conjunto de números quânticos. Por isso os 

níveis de energia vão sendo ocupados pelos elétrons das energias mais 

baixas para as mais altas. Quando a camada 2p, por exemplo, é completada por 

seis elétrons, o próximo elétron terá de ocupar um nível da camada 3s. Nos sólidos 

temos bandas de energia em que todos os níveis disponíveis estão ocupados por 

elétrons, separadas de alguns elétrons-volt de outras bandas igualmente ocupadas, 

até que se chega às bandas ocupadas pelos elétrons de maior energia. A separação 

entre as bandas de maior energia é menor que entre as bandas de menor energia. 

Ainda assim elas podem estar razoavelmente espaçadas. Mas as bandas podem 

chegar até a se superpor, dependendo do tipo de átomos e dos tipos de ligações 

entre os átomos. 

No caso das ligas metálicas a resistividade se deve tanto à agitação térmica 

quanto ao fato da rede ser constituída de átomos diferentes. Por isso a redução da 

308 

21.1.1 ESTRUTURA DE BANDAS 

309

No caso dos condutores a banda ocupada com maior energia tem níveis não 

ocupados por elétrons. Esta banda pode estar separada da próxima banda vazia por 

um intervalo de energias denominado banda proibida ou pode se superpor a esta. 

Quando se aplica um campo, os elétrons podem ganhar pequenas quantidades de 

energia desse campo, mudando para níveis de energia ligeiramente maiores, na 

mesma banda, no caso representado na figura 21.1a, ou mesmo para níveis de 

outra banda, no caso representado na figura 21.1c, de forma a adquirirem a 

velocidade de arrasto responsável pela corrente elétrica no material. 

entre as bandas é muito menor que no caso dos dielétricos. Isto faz com que um 

número muito maior de elétrons possam ser promovidos termicamente para a 

banda de condução. O resultado é uma resistividade muito menor que a dos 

dielétricos, mas bem maior que a dos condutores. O aumento de temperatura 

promove mais elétrons para a banda de condução sendo responsável por uma 

queda na resistividade, ao contrário do que ocorre com os condutores, em que o 

aumento da temperatura aumenta a agitação da rede aumentando a resistividade 

do material. 

21.1.2 ADIÇÃO DE IMPUREZAS EM SEMICONDUTORES 

A resistividade de isolantes e semicondutores pode ser bastante alterada 

pela adição, por um processo denominado dopagem, de pequenas quantidades de 

“impurezas”, cujos átomos têm um elétron a mais ou a menos que os da matriz. 

Isto modifica ligeiramente a estrutura de bandas do cristal original, alterando 

drasticamente o número de portadores de carga disponíveis. 

Figura 21.1: Estrutura de bandas: (a) condutor, (b) isolante, (c) condutor e (d) 

semicondutor. 

No caso dos isolantes, ou dielétricos, cuja estrutura de bandas está 

representada na figura 21.1b, todos os níveis da banda superior estão ocupados e 

há uma distância grande para a próxima banda, que está virtualmente desocupada. 

Quando um campo elétrico é aplicado, os elétrons não têm níveis de energia 

próximos, disponíveis, para que possam ganhar energia do campo, e este não pode 

dar energia suficiente para que os elétrons passem para outra banda. Este fato 

seria responsável por uma resistividade infinita. No entanto, devido à pequena 

energia térmica, da ordem de 0,02 eV, uns poucos elétrons no sólido podem ser 

promovidos da chamada banda de valência (a última camada totalmente 

ocupada) para a banda de condução (a próxima camada desocupada). Isto faz 

com que, mesmo um isolante, tenha ainda alguns poucos portadores de carga que 

podem absorver pequenas quantidades de energia, contribuindo para uma pequena 

condutividade. Entretanto, enquanto nos metais podemos ter um portador de carga 

por átomo, nos isolantes esse número é muitas ordens de grandeza menor. 

Se os átomos das impurezas têm um elétron a mais, os níveis que podem 

ser ocupados por este ficam acima da banda de valência dos átomos da matriz e 

bastante próximos de sua banda de condução, podendo facilmente ser promovidos 

para esta. Isto pode ser visto esquematicamente na figura 21.2a. Essas impurezas 

são denominadas doadoras, pois cedem elétrons que vão participar da condução 

elétrica no cristal. Estes semicondutores são do tipo n, por serem os 

portadores de carga negativos. 

Por outro lado, se os átomos das impurezas têm um elétron a menos que os 

da matriz haverá níveis de energia vazios logo acima da banda de valência, como 

mostra a figura 21.2b. Estes átomos podem receber elétrons de átomos da 

matriz, deixando um “buraco” na banda de condução da matriz, que é a falta 

desse elétron. Um elétron de outro átomo da matriz pode ocupar o lugar desse 

buraco, que por sua vez se move para o átomo que cedeu o elétron. Dessa forma 

um buraco se desloca como se fosse uma carga positiva caminhando no 

sentido do campo aplicado. Estes semicondutores são, portanto, do tipo p. 

Nos semicondutores, cuja estrutura de bandas está mostrada na figura 

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

310 

311

U6.4) Um fio de 4,00 m de comprimento e 6,00 mm de diâmetro tem uma 

resistência de 15,0 m Ω . Uma diferença de potencial de 23,0 V é aplicada às 

extremidades do fio. (a) Qual é a corrente no fio? (b) Qual é o módulo da 

densidade de corrente? (c) Calcule a resistividade do material do fio. 

Figura 21.2: Estrutura de banda de semicondutores: (a) tipo n e (b) tipo p. 

U6.5) Um fio com uma resistência de 8,0 Ω é esticado até que seu comprimento 

fique três vezes maior do que o comprimento original. Determine a resistência do 

fio após a operação. Suponha que a resistividade e a densidade do material 

permaneçam constantes. 


PR21.1) Discuta em termos da estrutura da banda de energia eletrônica, as razões 

para a diferença na condutividade elétrica entre os metais, os semicondutores e os 

isolantes. 

PR21.2) Explique sucintamente a diferença entre semicondutores do tipo p e do 

tipo n. 

PR21.3) Do ponto de vista microscópico, como podemos explicar o fato de alguns 

sólidos serem condutores e outros não? 


U6.6) Uma mola comprimida é formada por 75 espiras com diâmetro igual a 3,50 

cm, e é feita de um fio metálico isolante com 3,25 mm de diâmetro. Um ohmímetro 

conectado através de suas extremidades opostas registra 1,74 Ω . Qual é a 

resistividade do metal? 

U6.7) Um receptor de GPS opera com uma bateria de 9,0 V e consome uma 

corrente elétrica de 0,13 A. Qual é a energia elétrica que ele consome durante uma 

hora e meia? 

U6.8) A potência de um resistor de carbono de 10000 Ω, usado em circuitos 

eletrônicos, é de 25,0 W. (a) Qual a corrente máxima que o resistor suporta? (b) 

Qual a voltagem máxima que pode ser aplicada ao resistor? 

U6.1) Uma correia de 50 cm de largura está se movendo com uma velocidade de 

30,0 m/s entre uma fonte de carga e uma esfera. A correia transporta as cargas 

para a esfera a uma taxa correspondente a 100,0 

µ A. 

Determine a densidade 

U6.9) Uma lâmpada de 25,0 Ω está conectada aos terminais de uma bateria de 

12,0 V com 3,5 Ω de resistência interna. Qual é a porcentagem da potência da 

bateria que é dissipada através da resistência interna? 

superficial de cargas na correia. 

U6.2) Uma corrente elétrica passa através de uma solução de cloreto de sódio. Em 

1,0 s, 

16 

2 ,68× 10 íons Na + chegam ao eletrodo negativo e 

16 

3 ,92× 10 íons de Cl - 

chegam ao eletrodo positivo. (a) Qual é a corrente elétrica que passa entre os 

eletrodos? (b) Qual é o sentido da corrente? 

U6.3) Em instalações elétricas residenciais se usa fios de cobre com diâmetro de 

2,05 mm. Calcule a resistência de um fio de cobre com comprimento igual a 24,0 

m. 

312 

313

UNIDADE 7 

CIRCUITOS DE CORRENTE CONTÍNUA 

O uso de circuitos elétricos teve um impacto imenso sobre o 

desenvolvimento das sociedades humanas. Suas aplicações são muito variadas, 

como na iluminação pública, em sistemas para aquecimento, nas grandes indústrias 

ou em nossas moradias. Não se pode conceber a maioria dos avanços tecnológicos 

do século XX sem a existência de tais circuitos. 

Na unidade anterior foram introduzidos os conceitos básicos necessários à 

descrição de circuitos elétricos de corrente contínua. Nesses circuitos as correntes 

fluem sempre no mesmo sentido, pois são alimentados por fontes de força 

eletromotriz cuja polaridade se mantém ao longo do tempo. Mais adiante 

estudaremos os circuitos de corrente alternada, em que as cargas, em vez de se 

moverem sempre em um mesmo sentido, executam movimentos oscilatórios, com 

os sentidos das correntes se invertendo de forma periódica. 

Nesta unidade descreveremos vários circuitos de corrente contínua e as 

forma de resolvê-los, ou seja, como encontrar todas as diferenças de potenciais, ou 

tensões, a que cada um de seus elementos está submetido bem como a corrente 

que percorre cada um deles. 

Ao mesmo tempo em que foram elaboradas as teorias que descrevem estes 

fenômenos, também foram sendo desenvolvidos aparelhos para a sua mensuração; 

os quais serão descritos no final desta unidade. 

314 

315

AULA 22: LEIS DE KIRCHHOFF 

OBJETIVOS 

• APLICAR A LEI DAS MALHAS 

• APLICAR A LEI DOS NÓS 

eletromotriz. O resistor é representado por um trecho na forma de um dente de 

serra e é indicado pela letra R . O sentido da corrente convencional, i , que se 

estabelece no circuito está indicado na figura 22.1a pelas setas. O sentido é o 

mesmo nas figuras 22.1b e 22.1c. 

R 1 

22.1 LEI DAS MALHAS 

E 

P 

i 

i 

i 

R 

E R 2 

P 

R 3 

E 

r 

R 

Um circuito elétrico é um sistema constituído por um ou vários condutores 

ligados aos polos de um gerador de força eletromotriz, de modo que uma corrente 

elétrica possa fluir através deste e dos elementos condutores. 

Como vimos em aulas anteriores, quando uma carga elétrica positiva passa 

pelo interior de um gerador de fem, indo do polo negativo para o positivo, o seu 

potencial elétrico é elevado (ou, equivalementemente a diferença de potencial entre 

os polos desse gerador aumenta). Definimos um gerador ideal como sendo aquele 

em que o valor da diferença de potencial entre seus polos é igual à fem do gerador, 

mesmo quando este é percorrido por uma corrente. Isto equivale a dizer que em 

um gerador ideal a resistência interna é nula. 

Externamente ao gerador, as cargas que saem do polo positivo (onde o 

potencial é mais alto) passam pelos diversos dispositivos que por ventura estejam 

no circuito e vão para o polo negativo (onde o potencial é mais baixo). Portanto, ao 

atravessar o circuito externo ao gerador, a corrente que se estabelece é tal que as 

cargas convencionais se dirigem do potencial mais alto para o potencial mais baixo. 

Na figura 22.1 apresentamos alguns circuitos, muito simples, de corrente 

contínua. Em cada um deles há apenas uma malha, isto é, há apenas um percurso 

fechado onde pode haver fluxo de cargas. 

Na figura 22.1a temos um gerador de fem ideal ao qual é ligado um resistor, 

com o auxílio de fios cujas resistências supomos serem desprezíveis (ou idealmente 

nulas). Os fios de resistência desprezível são representados por segmentos de reta. 

O gerador é representado por dois traços, paralelos entre si e 

perpendiculares aos fios que estão ligados aos seus polos, sendo que o 

traço menor representa o polo negativo e o traço maior o polo positivo. Ao 

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

(a) (b) (c) 

Figura 22.1: Alguns circuitos de uma malha: (a) Resistor de resistência R ligado a um 

gerador ideal de fem ε . O sentido da corrente convencional, i , está indicado pelas setas. 

Nas demais figuras o sentido da corrente é o mesmo e não foi indicado; (b) Resistores R 

1 , 

R 

2 e R 

3 ligados em série a um gerador de fem ε . (c) Um gerador não ideal apresenta uma 

resistência interna, r , que pode ser representada como um resistor ligado em série ao 

gerador. 

Para encontrarmos o valor da corrente que percorre o circuito utilizamos a 

primeira regra de Kirchhoff, também denominada lei das malhas que diz: 

quando percorremos um circuito elétrico, a partir de um ponto qualquer, 

somando todas as variações de potencial ao longo do percurso e voltamos 

ao ponto inicial, encontramos um resultado nulo. 

Isto se deve ao fato de que, se percorremos qualquer circuito elétrico saindo 

de um ponto com potencial elétrico definido e voltamos ao mesmo ponto, devemos 

encontrar o mesmo potencial, ou a noção de potencial não teria qualquer utilidade. 

Para computarmos tais variações de potencial estabelecemos que, ao 

percorrermos o circuito, se atravessamos um gerador de fem do polo negativo para 

o positivo há um aumento de potencial igual ao valor da fem (em um gerador ideal) 

e quando percorremos um resistor no mesmo sentido da corrente convencional há 

uma queda de potencial (uma variação negativa) cujo valor absoluto é o produto da 

resistência desse resistor pela intensidade da corrente que o percorre. 

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

as variações de potencial terão seus sinais invertidos. 

316 

317

Na figura 22.1a, saindo do ponto indicado pela letra P, percorrendo o circuito 

no sentido horário e voltando ao mesmo ponto encontramos: 

computada ao percorrer o gerador do polo negativo para o positivo é dada pela 

equação 20.10. Portanto, aplicando a lei das malhas a esse circuito temos: 

ε − Ri 

= 0, 

o que nos fornece imediatamente o valor da corrente: 

ε 

i = , 

(22.1) 

R 

um resultado que já havíamos encontrado em aulas anteriores. 

ε − ri − Ri 

= 0, 

ou ainda, i = ε . 

R + r 

(22.4) 

Esta expressão indica que um gerador real se comporta como um gerador 

ideal em série com um resistor, de resistência r . Esta resistência interna se soma à 

resistência externa equivalente. Este fato está representado na figura 22.1c. 

22.1.1 ASSOCIAÇÃO DE RESISTORES EM SÉRIE 

22.2 LEI DOS NÓS 

Na figura 22.1b temos uma ligação em série de três resistores no circuito, 

ou seja, os resistores estão ligados de forma que todos são percorridos pela mesma 

corrente. Aplicando a lei das malhas, a partir do ponto P, indicado na figura, temos 

a equação: 

ε − R i 

1 

− R2i 

− R3i 

= 

que nos permite encontrar o valor da corrente: 

i = 

R 

ε 

1 

+ R2 

+ R3 

0, 

. (22.2) 

Podemos tomar vários resistores e ligá-los a um gerador de fem de tal forma 

que a mesma diferença de potencial seja aplicada às extremidades de cada resistor. 

Isto está representado na figura 22.2. 

Os pontos P 1 e P 2 indicados nessa figura são denominados nós e são pontos 

onde há mais de um caminho para a passagem de cargas. A lei dos nós ou 

segunda regra de Kirchhoff nos diz que, como há conservação da carga, a soma 

das correntes que chegam a um nó tem que ser igual à soma das correntes 

que saem desse nó. 

Este resultado pode ser generalizado considerando um circuito de uma 

malha com N resistores ligados em série. Todos são percorridos pela mesma 

corrente e podem ser substituídos por um único resistor equivalente, 

R 

S 

, cuja 

resistência é igual à soma das resistências dos N resistores. Ou seja, 

N 

∑ 

R S 

= R j 

. (resistores ligados em série) (22.3) 

j = 1 

A resistência equivalente de uma associação em série de resistores é sempre 

maior que a resistência de cada um dos resistores presentes na associação. 

Quando ligamos um resistor a um gerador de fem real, ou seja, um gerador 

que possui uma resistência interna não desprezível a variação de potencial a ser 

Figura 22.2: Resistores ligados em paralelo, sujeitos à mesma tensão ε , fornecida pela fonte ideal. A 

corrente, i , que passa pela fonte se divide, no ponto 

P 

1 

, nas correntes 

i 

1 

, 2 

i e i 

3 , que passam 

respectivamente pelos resistores R 

1 , R 

2 e R 

3 . No ponto P 2 as três correntes se juntam novamente 

formando novamente a corrente i , que é a soma das outras três. 

318 

319

A corrente, i , que passa pelo gerador de fem se divide no ponto P 

1 , que 

constitui um nó, em três correntes, i 1 , i 2 e i 3 

, que percorrem respectivamente os 

resistores R 

1 , R 

2 e R 

3 

. De acordo com a lei dos nós, aplicada ao ponto P 

1 , temos: 

EXEMPLO 22.1 

Temos três resistores idênticos, cada um com resistência elétrica igual a 60,0 Ω . 

De que maneiras os três podem ser interligados e que valores das resistências 

equivalentes podem ser obtidos? 

i = i + 

(22.5) 

. 

1 

+ i2 

i3 A aplicação da mesma lei ao ponto P 

2 não nos fornece nada de novo, pois 

SOLUÇÃO: Na figura 22.1b temos representada a associação em série de três 

resistores e, como vimos, a resistência equivalente é igual à soma das resistências 

dos três resistores: 

encontramos novamente esta última equação. 

22.1.2 – ASSOCIAÇÃO DE RESISTORES EM PARALELO 

R S 

= R1 + R2 

+ R3 

= 60,0 Ω + 60,0 Ω + 60,0 Ω = 180,0 Ω. 

Como cada resistor está submetido à mesma tensão, ε , as correntes nos 

resistores são dadas, respectivamente, pelas expressões: 

Na figura 22.2 está representada a ligação em paralelo de três resistores, cuja 

resistência equivalente, de acordo com a equação 22.11, é: 

ε 

i1 

= , 

R 

1 

ε 

ε 

i2 

= e i3 

= . 

R 

R 

2 

3 

1 

R 

P 

1 1 1 1 

+ + = 

60,0 Ω 60,0 Ω 60,0 Ω 20,0 Ω 

⇒ 

= 

P 

R 

= 20,0 Ω. 

Somando estas correntes, encontramos a corrente que passa pelo gerador: 

ε ε ε 

i = + + = 

R 

ε 

1 

R2 

R3 

R1 

+ R2 

+ R3 

. 

(22.6) 

A figura 22.3 mostra as outras duas configurações possíveis. Na primeira delas, 

figura 22.3a, temos um resistor associado em série aos dois outros que se 

encontram, entre si, associados em paralelo. 

Este resultado nos indica que em uma ligação deste tipo, denominada 

ligação em paralelo de N resistores, podemos substituí-los por um único resistor 

equivalente, cuja resistência, 

R 

P , é dada pela expressão 

N 

1 1 

= ∑ . 

R P 

R 

j = 1 

j 

(resistores ligados em paralelo) (22.7) 

A resistência equivalente de uma associação de resistores em 

paralelo é sempre menor que a resistência de qualquer um dos resistores presentes 

na associação. 

Figura 22.3: (a) Resistor ligado em série a um conjunto de dois resistores ligados em paralelo e (b) 

Resistor ligado em paralelo a um conjunto de dois resistores ligados em série. 

320 

321

Encontramos a resistência equivalente ao conjunto, que denominamos 

dois passos: 

R 

SP 

, em 

R S 

= R + R = 60,0 Ω + 60,0 Ω = 120,0 .. 

2 2 3 

Ω 

1) Primeiramente calculamos a resistência equivalente dos resistores ligados 

em paralelo, R 

P2 

. Em seguida encontramos resistência equivalente da 

ligação em série do primeiro resistor com um resistor com essa resistência 

calculada. Este segundo passo está representado na figura 22.4a. 

4) Em seguida a resistência equivalente a todo o conjunto é calculada 

associando o primeiro resistor em paralelo com um resistor de resistência 

R 

S 2 , como mostrado na figura 22.4b. 

R 1 

R P2 

R 1 

1 

R 

PS 

1 1 1 1 

+ = + ⇒ 

R R 60,0 Ω 120,0 Ω 

= RPS 

1 

S 2 

= 40,0 Ω. 

R S2 

(a) 

E 

(b) 

E 

Encontramos, portanto, quatro valores para as resistências equivalentes das quatro 

possíveis associações desses três resistores idênticos: 180,0 Ω , 20,0 Ω , 90,0 Ω e 

40,0 Ω . 

Figura 22.4: (a) Resistor ligado em série com um resistor equivalente a um conjunto de dois 

resistores ligados em paralelo e (b) Resistor ligado em paralelo a um resistor equivalente a um 

conjunto de dois resistores ligados em série. 


Como no exemplo 22.1, temos três resistores que devem ser associados, mas dois 

2) Utilizando a equação 22.11 encontramos a resistência equivalente aos dois 

resistores em paralelo: 

deles têm resistência de 50,0 Ω e um deles tem resistência de 80,0 Ω . Quais os 

valores das resistências equivalentes possíveis? 

R R 

2 3 

R P 2 

= 

R2 

+ R3 

Com os valores das resistências, obtemos: R 

P2 = 30,0 Ω. 

. 

A resistência final é então: 

Ou, numericamente: R = 90,0 

Ω. 

SP 

R 

SP 

= R + R 

1 

P2 

R1R2 

+ R1 

R3 

+ R2R3 

= 

R + R 

Na figura 22.3b temos a última configuração possível, na qual um resistor é ligado 

em paralelo a um conjunto com dois resistores associados em série. Novamente 

fazemos o cálculo em dois passos: 

3) Calculamos a resistência equivalente desses dois resistores ligados em série, 

R 

S 2 

. 

2 

3 

EXEMPLO 22.2 

Sendo o valor da fem, ε = 12,0 V, encontre os valores das correntes que 

percorrem a fonte e cada um dos resistores, em cada uma das associações 

possíveis do exemplo 22.1. 

SOLUÇÃO: No exemplo mencionado, cada uma das associações possíveis foi 

reduzida ao caso de um único resistor equivalente ligado a uma fonte. Portanto, 

em cada caso a corrente que percorre a fonte tem seu valor dado pelo valor da 

fem dividido pela resistência equivalente. 

Na figura 22.1b, onde temos representada a associação em série temos apenas 

uma corrente, i f 

, que percorre a fonte e os resistores. Seu valor é: 

322 

323

i 

ε 12,0 

V 

−2 

= = = 6,67 × 10 A 

R 180,0 Ω 

f 

= 

s 

66,7 mA. 

(22.18) 

Na figura 22.2, onde temos a ligação em paralelo, a corrente que percorre a fonte, 

O outro resistor é percorrido pela corrente i R , que é: 

12 

i R 

= = 0,2A 

= 200mA. 

R 60 

= ε ATIVIDADE 22.2 

i 

f 

, se divide em três correntes idênticas, i R , devido ao fato das três resistências 

serem as mesmas. Temos então: 

V 

i = ε 12,0 

= = 0, A 

f 

R 

6 

P 

20,0 Ω 

12,0 V i 

f 

i 

0,2 A 

R 60,0 3 

. 

R 

= ε = = = 

Ω 

Sendo o valor da fem, ε = 12,0 V, encontre os valores das correntes que percorrem 

a fonte e cada um dos resistores, para cada uma das associações possíveis da 

atividade 22.1. 

Na figura 22.3a, a resistência equivalente é 

passa pela fonte é: 

ε 12,0 

V 

−2 

i 

f 

= = = 1,3 × 10 A = 13 mA 

R 90,0 Ω 

SP 

R 

SP 

= 90Ω 

, portanto a corrente que 

Esta mesma corrente atravessa o primeiro resistor e se divide em duas outras, i 

P2 

, 

idênticas, que passam pelos resistores que estão ligados em paralelo. Ou seja: 

−2 

i 

f 1,3 × 10 

−2 

iP2 = = = 6,7 × 10 A = 67 mA 

2 2 

Na figura 22.3b a resistência equivalente é 

R = 40Ω 

e a corrente que passa pela 

PS 

fonte é: 

i 

= ε 

R 

12,0 V 

= 

40,0 Ω 

f 

= 

PS 

0,3 A. 

Esta corrente se divide em duas. Cada um dos dois resistores em série, cujo 

conjunto tem a resistência equivalente 

dada por: 

R 

S 2 

= 120Ω 

é percorrido pela corrente i 

S 2 

, 

i 

12,0 V 

= 

120,0 Ω 

R 

1 

S 2 

= 0, 

S 2 

A 

= ε 325 

324


1 

R P 2b 

1 1 13 

= + = = 

80 Ω 50 Ω 400 Ω 

1 

30,8 

Ω 


As associações possíveis com três resistores diferentes são as mesmas das 

figuras 22.1b, 22.2, 22.3a e 22.3b. Contudo, devido ao fato dos resistores serem 

diferentes temos de ficar atentos à posição de cada um. Vamos lá: 

A) Nas associações das figuras 22.1b e 22.2 temos apenas uma possibilidade em 

cada uma delas. A associação em série nos dá o mesmo resultado que o do 

exemplo 22.1: 

R 

S 

B) A associação em paralelo nos dá: 

ou: R = 19 Ω . 

S 

= 50 Ω + 50 Ω + 80 Ω = 180 Ω 

1 1 1 1 21 1 

= + + = = 

50 Ω 50 Ω 80 Ω 400 Ω 19 Ω 

R S 

Estes dois resultados independem da ordem em que são colocados os 

diferentes resistores. 

ou: 

R 

P2b 

= 30, 8 Ω 

A resistência equivalente total é: 

R = 50 + 30,8 = 80, 8 Ω . 

SPb 

Estes dois últimos resultados podem ser encontrados usando diretamente a 

equação 22.15. 

D) No caso da figura 22.3b temos também duas situações possíveis 

D1) O resistor de 80 Ω , quando ligado em paralelo ao conjunto dos dois 

resistores de 50 Ω ligados em série nos dá: 

R 

S 2a 

A resistência total é: 

1 

R PSa 

= 50 Ω + 50 Ω = 100 Ω 

1 1 

= + = 

80 Ω 100 Ω 

De onde obtemos R = 44, 4 Ω . 

PSa 

18 

800 

= 

1 

44,4 

Ω 

C) No caso da figura 22.3a, podemos ter duas situações diferentes: 

C1) Na primeira situação o resistor de 80 Ω é o primeiro resistor, em série 

com o conjunto dos dois resistores de 50 Ω associados em paralelo. 

Temos então, como no exemplo 22.1, 

ou: 

1 

R P2a 

1 1 1 

= + = 

50 Ω 50 Ω 25 Ω 

R 

P2a 

= 25 Ω 

A resistência equivalente total será: 

R = 80 + 25 = 105 Ω . 

SPa 

C2) Na segunda situação o resistor de 80 Ω é ligado em paralelo com um dos 

resistores de 50 Ω e esse conjunto é ligado em série ao outro resistor de 

o resistor de 50 Ω . Assim temos: 

D2) E quando o resistor de 80 Ω é ligado em série com um dos de 50 Ω temos 

a última situação: 

R 

S 2b 

e a resistência total é: 

1 

R PSb 

ou R = 36, 1 Ω . 

PSb 

= 80 Ω + 50 Ω = 130 Ω 

1 1 18 

= + = 

50 Ω 130 Ω 650 Ω 

Estes dois resultados podem ser encontrados usando a equação 22.17. 

Em resumo, os valores encontrados, com todas as seis configurações possíveis 

foram 180 Ω , 19 Ω , 105 Ω , 80,8 Ω , 44,4 Ω e 36,1 Ω . 

326 

327


Consideramos, primeiramente a associação em série dos três resistores. 

A) Neste caso, os três resistores e a fonte são percorridos pela mesma corrente, 

que é dada pela razão entre a força eletromotriz e a resistência equivalente no 

circuito: 

ε V 

i 

12 − 

= = = 6,67 × 10 

2 66, 

R 180 Ω 

≅ 

S 

7 

S 

mA . 

B) Com os três resistores em paralelo, a corrente que passa pela fem é: 

ε ⎛ 1 1 1 ⎞ 12 V 

−1 

iP = = 12 V × 

= = 6,3× 

10 A ≅ 630 mA 

R 

⎜ + + 

P 

50 50 80 

⎟ 

. 

⎝ Ω Ω Ω ⎠ 19 Ω 

Cada resistor é percorrido por uma corrente igual ao valor da fem dividido 

por sua própria resistência. 

Isso significa que cada resistor de cinqüenta ohms é percorrido por uma 

corrente: 

V 

i 12 − 

P 

2,4 10 

1 

50 

= = × A ≅ 240 mA , 

50 Ω 

enquanto o resistor de oitenta ohms é percorrido pela corrente: 

V 

i 12 − 

P 

1,5 10 

1 

80 

= = × A ≅ 150 mA . 

80 Ω 

Obviamente, a soma dessas três correntes é igual à corrente que passa pela 

fonte. 

C) Na figura 22.3a consideramos, como primeira opção, o resistor de oitenta ohms 

ligado em série com a associação em paralelo dos dois resistores de cinqüenta 

ohms. 

A corrente que percorre a fonte é dada por sua força eletromotriz dividida 

pela resistência equivalente desta associação: 

V 

i 12 − 

SPa 

= = 1,14 × 10 

2 A ≅ 114 mA . 

105 Ω 

Esta mesma corrente percorre o resistor de oitenta ohms e se divide em 

duas correntes idênticas que percorrem os resistores de cinqüenta ohms: 

i 

iSPa 

= iSPa 

mA e iSPa50 = = 57, 1mA. 

2 

SPa80 = 114 

D) Na segunda opção o resistor de cinqüenta ohms é colocado em série com a 

associação em paralelo do resistor de oitenta ohms com o outro resistor de 

cinqüenta ohms. A corrente que atravessa a fonte e o primeiro resistor é dada, 

como sempre, pela fem dividida pela resistência da associação: 

V 

i i 

12 = 

SPb 

= 

SPb 

1,49 10 

1 

1 

= = × A ≅ 149 

80,8 Ω 

mA . 

Os dois resistores associados em paralelo estão submetidos à tensão 

produzida pela fonte subtraída da queda de tensão no primeiro resistor. Esta queda 

é dada pela resistência do primeiro resistor multiplicada pela corrente que o 

atravessa: 

V 

= R i 7, V . 

SPb1 1 SP 

= 43 

As correntes nos dois outros resistores serão, portanto: 

( 12 −7,43) 

V 

−2 

i SPb 2 

= 

= 5,8 × 10 A≅ 

58 mA 

80 Ω 

e 

( 12 − 7,43) V 

−2 

i SPb 3 

= 

= 9,1 × 10 A = 91 mA . 

50 Ω 

E) Na associação da figura 22.3b, considerando o resistor de oitenta ohms em 

paralelo com a associação em série dos dois de cinqüenta ohms a corrente na 

fonte é 

ε V 

i 

12 − 

PSa 

= = = 2,70 × 10 

1 A ≅ 270 mA 

R 44,4 Ω 

PSa 

O resistor de oitenta ohms é percorrido pela corrente: 

ε V 

i 

12 − 

PSa 

1,5 10 

1 

80 

= = = × A ≅ 150 mA 

R 80Ω 

PSa 

328 

329

enquanto o restante da corrente passa por ambos os resistores de cinqüenta ohms: 

i 

= i − i = (270−150) 

mA mA . 

PSa50 PSa PSa80 

= 120 

Este último valor é igual à força eletromotriz dividida pela resistência 

equivalente à da associação, em série, de dois resistores de cinqüenta ohms. 

F) Consideramos, finalmente, um resistor de cinqüenta ohms ligado em paralelo 

com a associação em série do resistor de oitenta ohms com o outro resistor de 

cinqüenta ohms. 

Encontramos a corrente que atravessa a fonte dividindo a força eletromotriz 

pela resistência equivalente da associação: 

ε V 

i 

12 − 

PSb 

= = = 3,3 × 10 

1 A ≅ 330 

R 36,1 Ω 

PSb 

mA . 

A corrente no primeiro resistor de cinqüenta ohms é a fem dividida por esta 

resistência e a corrente que passa pelo resistor de oitenta ohms e pelo segundo 

resistor de cinqüenta ohms é a corrente total subtraída da corrente que passa no 

primeiro resistor ou a força eletromotriz dividida pela resistência equivalente da 

ligação em série, que é de 130 Ω: 

ε V 

i 12 − 

SB 

2,4 10 

1 

50 

= = = × A ≅ 240 mA . 

R 50Ω 

50 

ε 

V 

i 

i i 

12 − 

SB PSb PSb 

9,23 10 

2 

130 

= = − 

50 

= = × A ≅ 923mA 

. 

R 

130 Ω 

130 


E22.1) Um resistor de 32 Ω é ligado em paralelo com um resistor de 20 Ω e o 

conjunto é conectado a uma fonte de tensão de 240 V. (a) Qual é a resistência 

equivalente da associação em paralelo? (b) Qual é a corrente total da combinação 

em paralelo? (c) Qual é a corrente através de cada resistor? 

E22.2) Mostre que quando dois resistores são ligados em paralelo, a resistência 

equivalente da combinação é sempre menor do que a resistência de qualquer um 

dos resistores. 

E22.3) A corrente em um circuito de uma malha e uma resistência R é 5,0 A. 

Quando uma resistência de 2,0 Ω é ligada em série com R , a corrente diminui 

para 4,0 A. Qual o valor de R ? 

E22.4) Três resistores de 1,60 Ω , 2,40 Ω e 4,80 Ω são ligados em paralelo a uma 

bateria de 28,0 V que possui resistência interna desprezível. Calcule (a) a 

resistência equivalente da combinação, (b) a corrente através de cada resistor, (c) 

a corrente total através da bateria, (d) a voltagem através de cada resistor, (e) a 

energia dissipada em cada resistor. 

E22.5) Uma lâmpada de 60 W e 120 V e outra lâmpada de 200 W e 120 V são 

conectadas em série com uma fonte de 240 V. Sabemos que as resistências das 

lâmpadas não variam com a corrente. (a) Calcule a corrente que passa nas 

lâmpadas e (b) determine a potência dissipada em cada lâmpada. Observação: A 

descrição da lâmpada fornece a potência que ela dissipa quando é ligada à 

diferença de potencial especificada. 


PR22.1) Por que as luzes de um automóvel ficam com pouca intensidade no 

momento em que o motor de arranque é acionado? 

PR22.2) As luzes de uma casa caem de intensidade no momento em que ligamos a 

máquina de lavar ou um ferro elétrico. Por quê? 

PR22.3) Em uma lanterna com duas pilhas, elas são geralmente ligadas em série. 

Por que não ligá-las em paralelo? Qual seria uma possível vantagem na conexão de 

pilhas idênticas em paralelo? 

330 

331

AULA 23 CIRCUITOS DE MAIS DE UMA MALHA 

OBJETIVOS 

• APLICAR A LEI DAS MALHAS A CIRCUITOS ELÉTRICOS 

23.1 CIRCUITOS ELETRICOS 

Na aula anterior consideramos associações de resistores cujas resistências 

podem ser reduzidas à uma resistência equivalente. Isto nos permite encontrar a 

corrente que atravessa o gerador. Usando os conceitos de ligações em série e em 

paralelo, foi possível encontrar as correntes em cada resistor. Muitas vezes é 

possível resolver circuitos razoavelmente complicados fazendo várias reduções de 

conjuntos de resistores às suas resistências equivalentes. 

Entretanto, é muito comum encontrarmos circuitos elétricos em que há 

ligações que não podem ser classificadas como ligações em série ou em paralelo. 

Na figura 23.1 mostramos um circuito em que há três resistores que nem 

são percorridos pela mesma corrente, como ocorre em uma ligação em série, nem 

estão submetidos a uma mesma diferença de potencial, como acontece com as 

ligações em paralelo. 

No circuito da figura 23.1 temos três correntes distintas e devemos 

encontrar um sistema de três equações envolvendo essas correntes. Temos dois 

nós, que estão indicados pelas letras “b” e “e”. As correntes que saem de um nó ou 

chegam nele diferem entre si, e geralmente não sabemos de antemão quais são os 

seus sentidos no circuito; então, para resolver o problema de encontrar o valor e o 

sentido dessas correntes, basta adotarmos arbitrariamente um sentido para elas. 

No final dos cálculos, aqueles sentidos que foram escolhidos corretamente nos dão 

um valor positivo para a corrente; se o sentido adotado não for o real, o valor da 

corrente encontrado será negativo 

Escolhendo o sentido das correntes como mostrado na Figura 23.1, e 

aplicando a lei dos nós ao primeiro dos nós, encontramos que i 1 é igual à soma de 

i 

2 com i 3 

, o que nos fornece a primeira equação: 

i 

1 

= i2 

+ 

3 

i3. 

(23.1) 

A aplicação da mesma lei ao nó indicado pela letra “e” não nos fornece 

qualquer informação nova e resulta na mesma equação. 

De forma geral quando temos N nós em um circuito a lei dos nós pode ser 

usada N −1 

vezes. 

R 1 

R 3 

R 2 

a b c 

i 1 i 2 

E 1 

E 2 

R 1 

R 3 

R 2 

a b c 

i 1 i 2 

E 1 i 3 

f 

e 

d 

E 2 

i 3 

f 

e 

d 

Figura 23.1: Circuito com mais de uma malha. Cada resistor é submetido a uma tensão 

específica e é percorrido por uma corrente diferente da dos demais. 

Figura 23.1: Circuito com mais de uma malha. Cada resistor é submetido a uma tensão 

específica e é percorrido por uma corrente diferente da dos demais. 

Temos três malhas (caminhos fechados) distintas neste circuito, que são 

indicadas pelas letras “abcdefa”, “abefa” e “bcdeb”. 

Aplicando a lei das malhas ao caminho “fabef”, encontramos a equação: 

Neste caso devemos aplicar a lei dos nós e a lei das malhas para obtermos 

um sistema com tantas equações quantos forem o número de correntes no circuito. 

332 

ε − R i − R i 0. 

(23.2) 

1 1 1 3 3 

= 

Aplicando novamente a lei das malhas ao percurso “bcdeb” encontramos: 

333

− R i + ε + R i 0. 

(23.3) 

2 2 2 3 3 

= 

A aplicação dessa mesma lei ao circuito “abcdefa” nos fornece uma equação 

que é a soma dessas duas últimas equações, não acrescentando qualquer 

informação nova. 

Podemos aqui também afirmar que se temos M malhas em um 

circuito a primeira regra de Kirchhoff pode ser aplicada M −1 

vezes. 

o que nos leva a: 

∆ 

1 

= − ε1R2 

− ε 

2R3 

− ε1R3, 

(23.10) 

∆ (23.11) 

2 

= − ε1R3 

− ε 

2R1 

− ε 

2R3 

∆ . (23.12) 

3 

= − ε 

1R2 

+ ε 

2R1 

Temos as três equações necessárias para encontrar os valores das três 

correntes presentes no circuito. Vamos reescrevê-las de forma conveniente: 

i − i − i 0, 

(23.3) 

1 2 3 

= 

R i + R i = 

(23.4) 

1 1 3 3 

ε1 

R 

2i2 

− R3i3 

= ε 2. 

(23.5) 

Usamos o método de Kramer para resolver este sistema de equações. 

Escrevemos uma matriz com os coeficientes das correntes e calculamos seu 

determinante. Este é o determinante principal. 

⎛ 1 −1 

−1 

⎞ 

⎜ 

⎟ 

∆ 

P 

= det ⎜ R1 

0 R3 

⎟ = − R1R2 

− R2R3 

− R1R3 

. (23.6) 

⎜ 0 R2 

R ⎟ 

⎝ − 

3 ⎠ 

Substituindo a coluna correspondente a cada corrente por uma coluna com 

os valores dos membros da direita dessas equações encontramos os determinantes 

correspondentes a cada corrente: 

⎛ 0 −1 

−1 

⎞ 

⎜ 

⎟ 

∆1 

= det ⎜ε 1 

0 R3 

⎟ , 

(23.7) 

⎜ 

⎟ 

⎝ε 

2 

R2 

− R3 

⎠ 

⎛ 1 

⎜ 

∆2 

= det ⎜ R1 

⎜ 

⎝ 0 

0 −1 

⎞ 

⎟ 

ε 

1 

R3 

⎟ 

(23.8) 

ε − ⎟ 

2 

R3 

⎠ 

⎛ 1 −1 

0 ⎞ 

⎜ 

⎟ 

∆3 

= det ⎜ R 

1 

0 ε1 

⎟. 

(23.9) 

⎜ 0 ⎟ 

⎝ R2 

ε 

2 ⎠ 

334 

As correntes são dadas, respectivamente, por estes determinantes divididos 

pelo determinante principal: 

R 

3 

Considerando 

= 15, 0 Ω 

, encontramos: 

2 

∆ P 

= − 350,0 

Ω , ∆ = − 475,0 VΩ 

e as correntes são dadas por: 

∆1 

∆ 

2 

∆ 

3 

i1 

= , i2 

= , i3 

= . 

(23.13) 

∆ ∆ ∆ 

P 

P 

P 

ε = 10,0 

1 

V , ε = 15,0 V 

2 , R = 10, 0 Ω 

1 , R 

2 

= 10, 0 Ω e 

1 , ∆ 

2 

= − 525,0 VΩ 

, ∆3 = 50,0 VΩ 

(23.14) 

i = ,36 A , i = 1,50 A , i = − 0.143 . 

(23.15) 

1 

1 

2 

3 

A 

O valor negativo encontrado para i 3 significa que o sentido da corrente é o 

contrário daquele que foi suposto inicialmente, ao fazer o desenho da figura 23.1. 

Quando temos um motor em um circuito, ou seja, um dispositivo que 

transforma energia elétrica em trabalho mecânico, este é denominado gerador de 

força contra-eletromotriz e é caracterizado por uma força contra-eletromotriz 

(fcem), 

ε 

m , que tem a mesma unidade que as fem do circuito. Ao percorremos o 

circuito no sentido da corrente, há uma diminuição no potencial de valor 

ε 

m , quando passamos pelo motor. Eventualmente esse motor poderá ter uma 

resistência interna não desprezível e, para representá-la, simplesmente 

consideramos, como nas fem não ideais, uma resistência, r m , em série com a fcem 

do motor. A potência desenvolvida pelo motor, na forma de trabalho mecânico, é 

dada pelo valor de sua fcem multiplicado pelo valor da corrente que o atravessa. 

335

EXEMPLO 23.1 

Encontre as correntes que percorrem o motor e cada uma das fontes, 

representados na figura 23.2. Analise as potências produzidas ou consumidas por 

cada elemento do circuito Considere ε 

M 

= 40 V , ε = 60 V , R 

1 

= 8 Ω , R 

2 

= 12 Ω e 

R = 5 Ω . 

M 

De acordo com a lei dos nós temos a equação: 

i i − i 0. 

(23.16) 

1 

+ 

2 M 

= 

A lei das malhas aplicada ao circuito que envolve o motor e a fonte da esquerda nos 

dá: 

R i + R i = ε − ε 

1 1 M M 

M 

. 

(23.17) 

Quando aplicada à malha que envolve as duas fontes, nos fornece: 

Figura 23.2: Duas fontes de força eletromotriz ε alimentam um motor de força 

contra-eletromotriz 

são indicadas. 

E 

R M 

R 1 R 2 

M 

ε 

m . As resistências internas de cada gerador de fem e do motor 

E 

R i − R i 0. 

(23.18) 

1 1 2 2 

= 

Utilizando o método de Kramer encontramos o determinante principal para este 

conjunto de equações e os determinantes associados a cada corrente. 

Como cada gerador possui uma resistência interna, parte da energia produzida 

surge como calor, a uma taxa que é igual ao valor da resistência multiplicada pelo 

quadrado da corrente. Ou seja: 

e 

2 

2 

Q = R i = 8,0 Ω× (1,2 A) 

12 W 

(23.19) 

1 1 1 

= 

E M 

337 

SOLUÇÃO: Como temos três correntes diferentes no circuito devemos encontrar 

três equações para podermos encontrá-las. 

Na figura 23.3 mostramos os sentidos escolhidos para as correntes i 1 

, i 2 

e 

i 

M , que percorrem os resistores R 

1 , R 

2 e 

E 

i M 

R M 

R 

M , respectivamente. 

R 1 R 2 

M 

i 1 

i 2 

E 

2 

2 

Q = R i = 12 Ω × (0,8 A) 

8, 0 W . (23.20) 

2 2 2 

= 

Temos, portanto, que a fonte da esquerda fornece ao motor uma potência de 60 W, 

enquanto que a fonte da esquerda fornece uma potência de 40 W. 

No total o motor recebe uma potência de 1,0 x 10 2 W. 

Parte dessa energia aparece como calor no motor, que se aquece, quando em 

funcionamento: 

2 

2 

QM = RM 

⋅ ( iM 

) = 5,0 Ω × (2,0 A) 

= 20 W . (23.21) 

Os restantes 80 W são transformados em trabalho mecânico pelo motor. Este valor 

é igual à fcem do motor multiplicado pela corrente: 

P 

= ε i = 40 V × 2,0 A 80 W. 

(23.22) 

mec M M 

= 

Figura 23.3: Duas fontes de força eletromotriz E alimentam um motor de força 

contra-eletromotriz ε 

m . As resistências internas de cada gerador de fem e do 

motor, bem como as correntes que percorrem cada um deles, são indicadas. 


Quatro resistores de 18,0 Ω são ligados em paralelo a uma fonte ideal de 25,0 V. 

Qual é a corrente na fonte? 

336


V ab 

= 78V . (a) O elemento ? está absorvendo ou cedendo energia ao circuito? (b) 

Qual é a potencia absorvida ou fornecida pelo elemento? 

ATIVIDADE 23.1 Nao haverá resposta para esta atividade. 


PR23.1) A ligação de resistores pode ser sempre reduzida a combinações em série 

e paralelo? Caso existam exceções forneça exemplos. 

PR23.2) Você liga diversas lâmpadas idênticas a uma pilha de lanterna. O que 

ocorre com o brilho das lâmpadas à medida que o número de lâmpadas aumenta 

quando a ligação é (a) em série? e em (b) paralelo? (c) A bateria dura mais quando 

a ligação é em série ou quando é em paralelo? 


E23.1) Um resistor de 32Ω é ligado em paralelo com um resistor de 20Ω e o 

conjunto é conectado a uma fonte de tensa de 240 V. Qual é (a) a resistência 

equivalente da ligação em paralelo, (b) a corrente total da combinação em paralelo 

e (c) a corrente que passa através de cada resistor. 

Figura 23.5: Circuito do exercício 23.4 

E23.4) Duas resistências A e B são ligadas em série e a resistência equivalente é 

16 ,0 Ω . Quando estão ligadas em paralelo, a resistência equivalente é 3 ,0 Ω . 

Determine (a) a menor e (b) a menor das resistências A e B. 

E23.5) Qual é a resistência equivalente do circuito da figura 23.6? Calcule a 

corrente que passa em cada resistor e na bateria do circuito. 

E23.2) Calcule a resistência equivalente do circuito mostrado na figura 23.4 e 

calcule a corrente que passa em cada resistor. A resistência interna da bateria é 

desprezível. 



E23.3) No circuito mostrado abaixo, as resistências são 

R = 2 Ω , R = 4 Ω 

R = 6, 0 Ω e a corrente i = 6, 0 A . A diferença de potencial entre os pontos A e B é 

3 

1 

2 

338 

339

AULA 24 APARELHOS DE MEDIDAS I 

OBJETIVOS 

• DISCUTIR O FUNCIONAMENTO DO GALVANÔMETRO E DO AMPERÍMETRO 

• RELACIONAR ESSES APARELHOS COM AS MEDIDAS DE TENSÃO E CORRENTE ELÉTRICAS 

24.1 GALVANÔMETRO 

A compreensão dos fenômenos elétricos e magnéticos teve grande 

desenvolvimento, nos séculos XVII e XIX, com as pesquisas realizadas, 

principalmente, nas universidades européias. Ao mesmo tempo em que eram 

elaboradas as teorias que descrevem estes fenômenos, foram sendo desenvolvidos 

aparelhos para a sua mensuração. 

O mais importante dos aparelhos de medidas elétricas é, talvez, o 

galvanômetro, criado pelo físico inglês Michael Faraday, que permite fazer medições 

de pequenas correntes elétricas. A figura 24.1 mostra o esquema de funcionamento 

de um galvanômetro de bobina móvel, o mais comumente utilizado. 

Quando uma corrente percorre a bobina, esta provoca um torque, devido à 

interação do campo magnético do ímã com as cargas em movimento que 

constituem a corrente elétrica. Os detalhes dessa interação serão tratados nas 

próximas aulas deste livro. 

Por ora, consideramos apenas que o torque sobre a bobina é proporcional à 

intensidade da corrente e que independe de sua posição angular, o que é obtido 

com uma geometria adequada do ímã. 

Quando não há corrente, a posição da bobina é aquela em que a mola 

espiral permanece relaxada. 

Quando percorrida por uma corrente, i , a bobina gira de um ângulo θ , e a 

nova posição da bobina é a que corresponde ao equilíbrio entre o torque produzido 

pelo campo magnético e o torque restaurador da mola, que é proporcional ao 

deslocamento angular relativo à posição da mola relaxada. 

Podemos então escrever a equação: 

α i = K θ , 

(24.1) 

onde α e K são duas constantes de proporcionalidade, de onde vemos que a 

corrente é proporcional ao ângulo de rotação da bobina. 

Um ponteiro e uma escala conveniente nos permitem fazer a leitura da 

posição angular da bobina e, portanto, da corrente que a percorre. 

Figura 24.1: Esquema de funcionamento de um galvanômetro de bobina móvel. Esta é 

imersa em um campo magnético e pode girar em torno de um eixo perpendicular ao plano 

da figura. A passagem de corrente provoca um torque que é equilibrado pelo torque 

restaurador de uma mola espiral. O deslocamento angular mostrado por um ponteiro sobre 

uma escala é proporcional à corrente. 

Uma bobina retangular de fio condutor é colocada entre os pólos de um ímã 

permanente e pode girar em torno de um eixo, ao qual é fixada por uma mola 

espiral. 

Figura 24.1: Esquema de funcionamento de um galvanômetro de bobina móvel. Esta é 

imersa em um campo magnético e pode girar em torno de um eixo perpendicular ao plano 

da figura. A passagem de corrente provoca um torque que é equilibrado pelo troque 

restaurador de uma mola espiral. O deslocamento angular mostrado por um ponteiro sobre 

uma escala é proporcional à corrente. 

340 

341

valores entre 

As resistências internas, 

R 

G 

, de galvanômetros comuns costumam ter 

5 Ω e 30 Ω e as correntes de fundo de escala (as que provocam 

deflexões máximas do ponteiro), 

i 

G, max 

, têm valores típicos entre 0,1 mA e 10 mA. 

Se multiplicarmos a resistência interna de um galvanômetro pela corrente 

que o percorre encontraremos a tensão a que este está submetido. Em outras 

palavras, pode-se dizer que um galvanômetro mede tanto pequenas correntes 

como pequenas diferenças de potencial. Isto é: 

V 

G 

= RGiG. 

(24.2) 

SAIBA MAIS 

Um exemplo onde se faz uso de um galvanômetro é um circuito elétrico, 

conhecido como ponte de Wheatstone, utilizado para se encontrar valores de 

resistências, com boa precisão. 

A figura 24.2 mostra o referido circuito, sendo R o resistor cuja resistência 

deseja-se medir. Nela, R 

1 

e R 

2 

são dois resistores com resistências fixas, 

geralmente idênticas, e conhecidas; 

Rx 

é um resistor cuja resistência pode ser 

variada continuamente e cujo valor pode sempre ser conhecido. 

a 

R 2 

b 

G 

c 

E 

R 

d 

R x 

Variando a resistência do resistor 

R 

x 

pode-se encontrar uma situação em 

que não há passagem de corrente através do galvanômetro. Nesta situação a 

diferença de potencial ente os pontos “a” e “b” é igual à diferença de potencial 

entre os pontos “a” e “c”. Da mesma forma a tensão entre os pontos “b” e “d” é 

idêntica à tensão entre os pontos “c” e “d”. 

Além disto, nessa mesma situação, a corrente i 1 

, que passa por R 

1 

, é a 

mesma que passa por R e a corrente i 2 

, que passa por R 

2 

, é a mesma que passa 

por 

R 

x . Podemos, portanto escrever as equações: 

R = (24.3) 

1i1 

R2i2 

Ri1 = Rxi 2 

. 

(24.4) 

Dividindo uma equação pela outra e rearranjando termos encontramos que: 

R1 

R = Rx 

. 

(24.5) 

R 

2 

Normalmente diz-se que a ponte de Wheatstone fornece um valor muito 

preciso para a resistência que procuramos medir. 

O que se pode dizer é que esta última equação é um resultado teoricamente 

exato, ou seja, obtido sem que se fizessem aproximações matemáticas. No entanto 

a precisão do resultado obtido experimentalmente depende da precisão com que os 

valores de R 

1 

, R 

2 

e R 

x 

são conhecidos. 

Se, por exemplo, cada uma dessas resistências é conhecida com uma 

incerteza relativa de cinco por cento, a incerteza relativa encontrada para R é de 

aproximadamente nove por cento. 

Para se realizar medidas com este circuito utilizam-se, como R 

1 

e R 

2 

, dois 

R 1 

343 

Figura 24.2: Ponte de Wheatstone. Quando a corrente no galvanômetro é anulada, 

ajustando-se o valor de 

é igual à corrente em R 

2 . 

R 

x , a corrente em R é igual à corrente em R 

1 e a corrente em 

Neste circuito é conveniente utilizar um galvanômetro de zero central, que 

pode indicar correntes em qualquer sentido. Quando há alguma diferença de 

potencial entre os pontos “b” e “c” o galvanômetro acusa a passagem de corrente, 

se essa diferença de potencial é invertida o galvanômetro indica uma corrente de 

sinal contrário. 

R 

x 

fios de seção reta uniforme, de mesmo comprimento, constituídos de materiais 

condutores com resistividades bem conhecidas. 

R 

x 

é também um fio, de mesmo material dos anteriores e mesma área da 

seção transversal, mas de comprimento variável, o que é obtido com um contato 

móvel. O valor dessa resistência pode ser conhecido com boa precisão. 

Os galvanômetros são aparelhos que suportam somente pequenas 

diferenças de potencial e a aplicação de tensões pouco elevadas poderiam danificá- 

342

los. Por isto, como medida de proteção, ao se iniciar uma medida, usa-se em série 

com o galvanômetro, um resistor que não permita a passagem de uma corrente 

maior que a de fundo de escala do aparelho em questão. Equilibra-se, assim, a 

ponte de forma grosseira, para em seguida retirar este resistor e fazer um ajuste 

mais fino. 

O esquema de funcionamento do amperímetro, para corrente contínua, é 

mostrado na figura 24.3b. 

De acordo com a lei dos nós, a corrente a ser medida, i , se divide em uma 

parcela que percorre o galvanômetro, i G 

, e o restante, geralmente a maior parte, 

passa pelo “shunt”, i p 

. 

24.2 AMPERÍMETRO 

Normalmente é necessário medir correntes bem mais intensas que as que 

podem ser medidas diretamente com um galvanômetro. 

Uma ducha de banho elétrica, por exemplo, pode ser percorrida por uma 

corrente de intensidade em torno de cinqüenta amperes, que é cem mil vezes 

maior que uma corrente de fundo, usual em galvanômetros, de meio miliampere. 

Para medirmos correntes maiores que a corrente de fundo de um 

galvanômetro, construímos o aparelho, a que damos o nome de amperímetro. Este 

nada mais é que um galvanômetro associado, em paralelo, a um condutor, de 

pequena resistência, que, em geral, permite a passagem da maior parte da 

corrente, enquanto apenas uma pequena parcela passa pelo galvanômetro. 

No jargão da eletrotécnica, esse resistor, colocado em paralelo com o 

galvanômetro, é conhecido como shunt, palavra inglesa cujo significado é desvio. 

A figura 24.3a mostra um amperímetro inserido em um circuito simples. A 

corrente no circuito passa pelo amperímetro que, para perturbar minimamente o 

circuito, deve ter uma resistência interna bastante pequena. Um amperímetro ideal 

seria aquele que apresentasse resistência nula, o que não é possível obter em 

aparelhos comuns. 

E 1 

A 

R 

i 

iG 

r G 

G 

i p 

i 

R P 

Além disto, como o galvanômetro está ligado em paralelo com 

estão submetidos à mesma diferença de potencial. 

Podemos então escrever as equações: 

R 

p 

, ambos 

i = i G 

+ i p 

(24.6) 

r 

GiG 

= R 

pi 

p. 

(24.7) 

Eliminando a corrente que passa pelo desvio encontramos: 

⎛ r ⎞ 

G 

i = ⎜ + 1⎟ 

i G 

. 

(24.8) 

R 

⎝ p ⎠ 

Podem-se construir amperímetros que meçam quaisquer valores de corrente 

maiores que a corrente de fundo de escala do galvanômetro. O fator entre 

parênteses, neta última equação é denominado fator de amplificação do 

amperímetro. 

Quando a corrente de fundo de escala do amperímetro é poucas vezes maior 

que a do galvanômetro, o valor de 

R 

p 

é poucas vezes menor que r G 

e a unidade, 

que aparece no fator de amplificação, é relevante. Usualmente um amperímetro 

pode medir correntes muito maiores que a corrente de fundo do galvanômetro. 

Nesse caso 

R 

p 

é muito menor que r G 

e pode-se desprezar aquela unidade. 

(a) 

(b) 

Figura 24.3: (a) Amperímetro inserido em um circuito é percorrido pela corrente a ser 

medida. (b) A corrente a ser medida é dividida: uma pequena parcela passa pelo 

galvanômetro, cuja resistência interna está representada por um resistor em série com este, 

e a maior parte da corrente passa por um resistor em paralelo que atua como desvio. 

344 

345


E24.1) A resistência de uma bobina de um galvanômetro é igual a 

25 ,0 Ω e a 

corrente necessária para atingir uma deflexão até o fundo da escala é de 500 ,0 µ F . 

Mostre em um diagrama como converter o galvanômetro em um amperímetro 

capaz de fornecer uma leitura até o fundo da escala igual a 20,0 mA e calcule a 

resistência de shunt. 

E24.2) A resistência da bobina de um galvanômetro é igual a 

9 ,36 Ω e uma 

corrente de 0,0224 A produz nele uma deflexão até o fundo da escala. O único 

shunt disponível possui resistência de 

0.025 

Ω 0,025 Ω. Qual é o valor da 

resistência R que deve ser conectada em série com a bobina, veja a figura 24.4? 

Figura 24.4: Circuito do exercício 24.2. 

346

AULA 25 APARELHOS DE MEDIDAS II 

OBJETIVOS 

• DISCUTIR O FUNCIONAMENTO DO VOLTÍMETRO E OHMÍMETRO 

• RELACIONAR ESSES APARELHOS COM AS MEDIDAS DE TENSÃO E RESISTÊNCIA ELÉTRICAS 

25.1 – VOLTÍMETRO 

Quando queremos medir tensões maiores que as que podem ser medidas 

diretamente com um galvanômetro construímos um voltímetro que, assim como o 

amperímetro, usa um galvanômetro, mas com um resistor associado a ele em 

série. 

Desta forma, quando vamos medir uma determinada tensão há apenas uma 

pequena diferença de potencial entre os terminais do galvanômetro ficando a maior 

parte da diferença de potencial entre os terminais do resistor em série. 

A figura 25.1a mostra a utilização de um voltímetro. Este é ligado em 

paralelo ao elemento de circuito que está submetido à tensão que queremos medir, 

no caso, a tensão a que está submetido o resistor R 

2 

. 

Na figura 25.1b temos o esquema de funcionamento do voltímetro, em que, 

usualmente, a resistência em série é responsável por quase toda a queda de 

potencial. A tensão a ser medida é: 

( R r ) i . 

V = + 

(25.1) 

S 

G 

Quando a tensão máxima a ser medida é poucas vezes maior que aquela 

suportada pelo galvanômetro a resistência interna deste é importante nesta 

equação. Usualmente as tensões a serem medidas são muito maiores que as que 

podem ser medidas com o galvanômetro. Neste caso a resistência em série é muito 

maior que r G 

e pode-se desprezar o valor desta frente ao daquela. 

25.2 – OHMÍMETRO 

Para medirmos resistências de diversos condutores, devemos aplicar uma 

tensão conhecida aos terminais dos resistores e medir as correntes 

correspondentes. 

Para tal podemos usar o esquema mostrado na figura 25.2, onde temos uma 

fonte de fem de valor ε , um galvanômetro, com resistência interna r G 

de fundo de escala 

i 

G, max 

, e um resistor, R 

s 

, ligados em série. 

G 

e corrente 

R 1 

E 1 

R s r G 

R 2 

V 

G 

iG 

(a) (b) 

R s 

r G 

E 

b 

R ex 

G 

a 

Figura 25.2: Em um ohmímetro, uma fem e um resistor são ligados em série com um 

Figura 25.1: (a) Um voltímetro é ligado em paralelo com o elemento de circuito submetido à 

tensão que se deseja medir. (b) Em um voltímetro a maior parte da queda de tensão se dá 

em um resistor associado em série com um galvanômetro. Neste a queda de tensão é bem 

pequena. 

Ao ligarmos o voltímetro, como mostrado na figura 25.1a, ocorre uma 

diminuição na resistência equivalente no circuito. Para que haja um mínimo de 

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

grande, idealmente infinita. 

galvanômetro. A resistência 

R 

s é escolhida de forma que quando os terminais “a” e “b” são 

interligados a corrente é máxima e corresponde a uma resistência externa nula. Quando os 

terminais são desligados a corrente é nula e corresponde a uma corrente externa infinita. 

Quando um resistor externo é ligado entre os terminais a corrente tem um valor 

intermediário que depende do valor de sua resistência. 

O valores de ε e de 

R 

s 

são escolhidos forma que a corrente no 

galvanômetro seja máxima quando os terminais “a” e “b” são interligados, o que 

corresponde a uma resistência nula, no mostrador do ohmímetro. 

347 

348

Quando um resistor externo, cuja resistência deseja-se medir, é ligado aos 

terminais há passagem de uma corrente menor que a máxima. Se o resistor é 

retirado e o circuito fica aberto, temos corrente nula que corresponde ao limite de 

uma resistência infinita. 

A resistência do ohmímetro é: 

R = R + r 

(25.2) 

Ohm 

Inserindo o resistor externo no circuito da figura 25.2 e aplicando a lei das 

malhas encontramos: 

R 

S 

ext 

R Ohm 

G 

. 

= ε − . (25.3) 

i 

Como a força eletromotriz é dada pelo produto da resistência do ohmímetro 

pelo valor da corrente máxima no galvanômetro, pode-se expressar o valor da 

resistência externa usando como parâmetros os valores da corrente máxima e da 

resistência do ohmímetro: 

⎛ imax 

⎞ 

Rext = ROhm 

⎜ − 1⎟. 

(25.4) 

⎝ i ⎠ 

Um mostrador de um ohmímetro é representado na figura 25.3. 

Figura 25.3 – (figura 25-24 do livro Tipler, P. A.; Física, vol. 2ª, 2 a ed.) 

R 

ext 

R ohm 

em função da razãoi 

imax 

. Resistências com valores muito maiores que o 

da resistência do ohmímetro são medidas com baixa precisão. 

R/R Ohm 

20 

18 

16 

14 

12 

10 

8 

6 

4 

2 

0 

0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 

i/i max 

Figura 25.4: Razão entre a resistência a ser medida e a resistência interna de um 

ohmímetro como função da razão entre a corrente e a corrente máxima no 

galvanômetro. Quando a resistência externa é maior que cinco ou seis vezes a 

resistência interna do ohmímetro, a precisão se torna muito baixa. 

EXEMPLO 25.1 

Figura 25.3: Em um ohmímetro a corrente máxima corresponde a uma resistência 

externa nula, enquanto a corrente nula corresponde a uma resistência infinita. A 

escala não é linear como nos voltímetros e amperímetros. 

Deseja-se construir um voltímetro a partir de um galvanômetro, com fundo de 

escala de 10 mA e resistência interna 

r 

G 

= 6, 0Ω 

, e um conjunto de três resistores 

idênticos, que podem ser interligados de quatro maneiras como já analisamos em 

aulas anteriores. O menor fundo de escala que se deseja é de 6,0 V. Qual o valor 

das resistências de cada resistor e quais os outros fundos de escala possíveis? 

SOLUÇÃO: De acordo com a equação 25.1 devemos ter: 

Podemos ver que a relação entre o valor da resistência externa e a 

intensidade da corrente não é linear. O gráfico da figura 25.4 representa a razão 

(25.5) 

6,0 = 

( R S 

+ 6,0) × 10 

−2 A. 

Encontramos então o valor da resistência necessária para obtermos o menor fundo 

349 

350

de escala desejado. 


R = 5,9 × 10 

2 Ω. 

(25.6) 

sp 

Esta é a menor resistência possível e corresponde à ligação dos três resistores em 

paralelo, cuja resistência equivalente é de um terço do valor de cada resistência. 

Encontramos, portanto, o valor de cada uma: 

(25.7) 

R = 

1,78 × 10 

3 Ω. 

As demais combinações dos três resistores têm as resistências equivalentes iguais 

ao valor de R multiplicado pelos fatores 2/3, 3/2 e 3. 


Para termos o maior fundo de escala possível, em um amperímetro, 

devemos ter o desvio com a menor resistência possível, como se pode ver na 

equação 24.8. Esta resistência, então, corresponde à ligação em paralelo dos três 

resistores, sendo sua resistência equivalente igual a 1/3 do valor de cada 

resistência individual. 

Utilizando, naquela equação, os valores de 1,00 A para a corrente máxima, 

10 mA para a corrente de fundo do galvanômetro e 6 ,00 Ω para a resistência 

interna do galvanômetro encontramos o valor da resistência de cada resistor: 

3 

Com o fator 2/3 encontramos R = 1,78 × 10 Ω e temos o fundo de escala: 

sps 

R = 3R 

p 

rG 

iG 

= 3 

i − i 

max 

max 

G max 

= 0,182Ω 

. 

(25.8) 

3 

−2 

V ps 

= (1,78 × 10 + 6,0) × 10 = 12,5 V. 

Encontramos então os demais fundos de escala usando i G igual a 10 mA e 

R 

p igual a 2/3, 3/2 e 3 vezes o valor de R, na equação 24.8: 

3 

Com o fator 3/2 encontramos R = 2,62 × 10 Ω e temos o fundo de escala: 

ssp 

3 

−2 

V sp 

= (2,67 × 10 + 6) × 10 = 26,8 V. 

(25.9) 

Finalmente, com o fator 3 encontramos 

escala do voltímetro é: 

3 

R = 5,35 × 10 Ω e o maior fundo de 

3 

−2 

V s 

= (5,35 × 10 + 6,0) × 10 = 53,5 V. 

(25.10) 


Utilizando três resistores idênticos, que podem ser associados das quatro maneiras 

analisadas no exemplo 22.1, encontre o valor de cada resistência se desejamos 

construir um amperímetro cujo maior fundo de escala seja de 1.00 A. Considere um 

galvanômetro como o do exemplo 25.1 e encontre os demais fundos de escala. 

351 

s 


⎛ 6 

⎜ 

⎝ 0,121 

⎞ 

⎟ × 

⎠ 

3 

i ps 

= + 1 10 = 5,05 × 10 

⎛ 

3 

i 6 ⎞ 

sp 

= + 1 10 = 2,30 × 10 

− 

⎜ 

⎝ 0,273 

⎛ 6 

⎜ 

⎝ 0,546 

⎟ × 

⎠ 

⎞ 

⎟ × 

⎠ 

3 

i s 

= + 1 10 = 1,20 × 10 

E25.1) Uma bateria de 90,0 V possui uma resistência interna 

A 

A 

A 

r = 8, 23 Ω . (a) Qual é 

a leitura de um voltímetro com resistência R = 425 Ω quando ele é conectado aos 

terminais da bateria? (b) Qual deve ser o valor máximo da razão 

V 

r / RV 

r/R V para 

que o erro associado com a leitura da fem da bateria não seja maior do que 4,0 %? 

E25.2) Dois voltímetros de 150 V, com uma resistência interna de 

com resistência interna igual a 

10 ,0 kΩ 

e outro 

90 ,0 kΩ 

, são conectados em série com uma fonte 

de tensão de 120 V. Calcule o valor da leitura de cada voltímetro? Observação: Um 

voltímetro de 150 V é aquele no qual ocorre uma deflexão completa em sua escala 

quando existe uma tensão de 150 V aplicada em seus terminais. 

352

AULA 26 CIRCUITO RC 

OBJETIVOS 

• COMPREENDER O COMPORTAMENTO DA CARGA, CORRENTE E TENSÃO EM UM CIRCUITO RC 

26.1 ANÁLISE DE UM CIRCUITO RC 

Até agora analisamos circuitos de corrente contínua em que os valores das 

correntes são independentes do tempo. Veremos agora um circuito de corrente 

contínua em que, embora a corrente não mude de sentido (o que caracterizaria um 

circuito de corrente alternada) a intensidade da corrente varia com o passar do 

tempo. 

Na figura 26.1 temos um circuito com uma fem, um resistor e um capacitor, 

que são ligados em série quando a chave “ch” é ligada ao terminal “a”. 

Estando o capacitor inicialmente descarregado surge uma corrente que irá 

carregar o capacitor. 

Aplicando a lei das malhas encontramos a equação que descreve o 

comportamento temporal da carga no capacitor e da corrente que o carrega. 

R 

a 

ch b i 

E 

C 

i 

Figura 26.1: Circuito RC. Quando a chave “ch” é ligada ao terminal “a”, com o capacitor 

descarregado, surge uma corrente que irá carregar o capacitor. Quando a chave é ligada ao 

terminal “b”, com o capacitor carregado, este se descarrega. A resistência no circuito limita o 

valor da corrente. 

A corrente, que é a taxa com que as cargas chegam às placas do capacitor, 

é simplesmente a derivada da carga com relação ao tempo, o que nos permite 

escrever: 

q 

C 

+ 

dq 

R = ε . (26.1) 

dt 

Esta é uma equação diferencial de primeira ordem, pois envolve derivadas 

até a primeira ordem da carga. Podemos integrá-la, rearranjando seus termos e 

notando que enquanto o tempo varia de zero a t, a carga no capacitor varia de zero 

a q(t): 

O resultado dessas integrais é: 

∫ 

q( 

t) 

dq 

q − C 

0 ε 

que, finalmente, pode ser escrito como: 

= 

⎡q( 

t) 

− Cε 

⎤ − t 

ln⎢ 

= , 

C ⎥ 

⎣ − ε ⎦ RC 

∫ 

t 

0 

− dt 

. (26.2) 

RC 

(26.3) 

−t 

⎛ ⎞ 

( ) = ⎜1 

⎟ 

− 

RC 

q t Cε e 

. 

(26.4) 

⎝ ⎠ 

Derivando esta expressão em relação ao tempo encontramos a expressão 

para a corrente no circuito: 

−t 

RC 

i = ε e 

(26.5) 

R 

A equação 26.4 nos diz que a carga inicial é nula e que seu valor tende para 

C ε , ou equivalentemente, que a diferença de potencial entre as placas do capacitor 

tende para ε , que é a tensão gerada pela fonte de força motriz. 

Entretanto, o capacitor não é carregado instantaneamente. De acordo com 

aquela equação é necessário um intervalo de tempo infinito para atingir tal valor. 

O produto da resistência do resistor pela capacitância do capacitor é 

conhecido como constante de tempo do circuito RC: 

τ RC. 

(26.6) 

C 

= 

Da equação (26.4), podemos ver que, desde o instante inicial até o instante 

de tempo igual a 

τ 

C 

, a carga no capacitor (e, conseqüentemente, a diferença de 

potencial entre suas placas) atinge aproximadamente 63,2% do valor máximo. A 

carga será 86,5% do valor máximo quando t = 2τ 

C 

e 95,0% quando t = 3τ 

C 

. 

353 

354


Mostre que, para t = τ 

C 

, t = 2τ 

C 

, t = 3τ 

C 

, a carga no capacitor atinge, 

respectivamente, os valores 63,2%, 86,5% e 95% da carga máxima no capacitor. 

tempo. 

Na figura 26.3 mostramos o valor da corrente no circuito como função do 

1,0 

0,8 

A corrente inicial, de acordo com a equação 26.5, é igual ao valor da fem 

dividido pelo da resistência. Como inicialmente não há carga no capacitor, toda a 

tensão fornecida pela fem aparece no resistor. Com o passar do tempo a diferença 

de potencial no capacitor aumenta enquanto a tensão no resistor diminui, ou seja, 

a carga no capacitor aumenta enquanto o valor da corrente diminui. 

Em um intervalo de tempo igual à constante de tempo do circuito, a corrente 

diminui para aproximadamente 37% de seu valor inicial. 

Se essa corrente permanecesse com o valor inicial o capacitor seria 

carregado completamente (a diferença de potencial entre suas placas atingiria o 

valor ε ) em um intervalo igual à constante de tempo do circuito. Isto pode ser 

visto na figura 26.2, onde mostramos, com traço cheio, a evolução temporal da 

diferença de potencial no capacitor ( V = q / C ) e, com linha tracejada, como esta 

evoluiria, se o valor da corrente fosse mantido constante e igual ao seu valor inicial. 

i/i o 

0,6 

0,4 

0,2 

0,0 

0 1 2 3 4 5 6 

Figura 26.3: Fração da corrente no circuito RC relativa ao valor da corrente inicial. O 

intervalo de tempo é dado em termos da constante de tempo do circuito, 

τ 

C = RC. Quando 

se passa um intervalo igual a uma constante de tempo o valor da corrente é de 

aproximadamente 37% de seu valor inicial e é de 5% quando o intervalo de tempo é de três 

vezes o valor daquela constante. 

t/τ c 

1,0 

V/E 

0,8 

0,6 

0,4 

0,2 

0,0 

0 1 2 3 4 5 

Conforme já dissemos, o intervalo de tempo necessário para se atingir a 

situação em que todo o potencial gerado pela fem esteja no capacitor e corrente 

seja nula tende ao infinito. 

Entretanto, nas figuras 26.2 e 26.3, podemos ver que, quando se passa um 

intervalo de tempo em torno de cinco ou seis vezes a constante de tempo, pode-se 

considerar que tanto a corrente no circuito quanto a diferença de potencial no 

capacitor atingem seu valor de equilíbrio, zero e ε , respectivamente. 

Vamos analisar agora o processo de descarga do capacitor, ou seja, quando 

a diferença de potencial entre as placas do capacitor representado na figura 26.1 

atinge um valor arbitrário V 

0 

, estando a chave ligada ao terminal “a”, passa-se a 

Figura 26.2: Fração da diferença de potencial entre as placas do capacitor, relativo a 

seu valor máximo, durante o processo de carga (linha cheia). Quando o intervalo de tempo 

atinge o valor de uma constante de tempo do circuito, a diferença de potencial atinge 63% 

do valor da fem presente no circuito. A diferença de potencial que teríamos se a 

corrente fosse constante, e igual ao valor inicial, é dada pela linha tracejada. 

t/τ c 

chave para o terminal “b”. 

Ocorre nesse instante a eliminação da fonte de força eletromotriz no 

circuito, que passa a ser descrito pela equação: 

356 

355

q 

C 

+ 

dq 

R = 0. 

dt 

(26.7) 

Como no caso da carga, podemos integrar esta equação, considerando nulo 

o tempo no momento em que a chave é ligada em “b”: 

cento de seu valor máximo. 

Com uma fem de 12 V e com a chave na posição “a” o capacitor é carregado, 

inicialmente, até a tensão de 10 V, quando se inicia o funcionamento, passando a 

chave para a posição “b”. 

q ( t ) 

∫ 

0 

∫ 

q 

dq 

q 

= t 

0 

− dt 

. 

RC 

(26.8) 

3 

Considerando os valores de R = 200 Ω. 

e C = 3 ,00× 

10 µ F , quais os valores 

máximo e mínimo da tensão no capacitor e qual o valor da corrente máxima? 

O resultado das integrais é: 

⎡q( 

t) 

⎤ − t 

ln⎢ 

⎥ = . 

⎣ q0 ⎦ RC 

(26.9) 

Quanto tempo a lâmpada permanece acesa e quanto tempo permanece apagada se 

ela só emite luz quando a corrente é igual ou superior a cinqüenta por cento seu 

valor máximo? 

Podemos, finalmente, escrever a carga no capacitor como função do tempo e 

sua derivada temporal que é a corrente: 

−t 

RC 

q( t) 

q e 

(26.10) 

= 0 

e 

−t 

q0 RC 

i = − e . 

(26.11) 

RC 

A carga no capacitor diminui exponencialmente, governada pela mesma 

constante de tempo do processo de carga. Tanto a carga quanto a corrente 

diminuem para algo em trono de 37% de seu valor inicial em um intervalo igual a 

uma constante de tempo. 

A corrente tem, em cada instante, um valor igual à diferença de potencial, 

q ( t) 

/ C , aplicada ao resistor, dividida pelo valor da resistência. Este resultado é o 

esperado, pois, como foi retirada a fonte do circuito, apenas a diferença de potencial 

do capacitor é a responsável pela corrente que percorre o resistor. 

Além disso, o sinal da corrente encontrada é negativo. Isto que indica que, 

durante a descarga, a corrente que percorre o circuito tem, como é de se esperar, o 

sentido contrário ao indicado na figura 26.1. 

EXEMPLO 26.1 

Em determinado sistema “pisca-pisca” usa-se um circuito como o da figura 26.1, 

em que o resistor é, na verdade, uma pequena lâmpada e a chave é um dispositivo 

automático que alterna sua posição, toda vez que a corrente diminui para vinte por 

RESOLUÇÃO: Inicialmente encontramos o valor da constante de tempo do circuito: 

3 

−3 

RC = (200Ω) 

× (3,00 × 10 µ F) 

= 200× 

2 × 10 = 0,600s. 

(26.12) 

De acordo com a equação 26.11, o valor máximo da corrente é o da corrente 

inicial. Como 

q 

0 

/ C é a tensão inicial, que é máxima, vemos que: 

i = V / R = 10 / 200 = 50,0mA. 

(26.13) 

max 

0 

Igualando a exponencial naquela equação a 0,2 (20%) encontramos o intervalo de 

tempo durante o qual a chave permanece na posição “b”, enquanto o capacitor se 

descarrega, isto é: 

t 

Rc 

( 5) = 1,61RC 

0,966 s 

0 ,2 = e 

− ⇒ t = RC ln 

= . (26.14) 

Após este tempo, em que a diferença de potencial no capacitor cai para 20% da 

inicial, ou seja, 2,00 V, a chave passa para a posição “a”, e o capacitor passa a ser 

carregado. 

Igualando essa mesma exponencial a 0,5 obtemos o intervalo de tempo, 

que a lâmpada permanece acesa durante a descarga: 

t 

Rc 

( 2) = 0,693RC 

0,416 s 

∆ ta 

, em 

0 ,5 = e 

− ⇒ ∆t 

= RC ln 

= . (26.15) 

a 

Dessa forma a lâmpada permanece apagada por um intervalo de tempo igual a 

0 ,916 RC = 0, 550s . 

Para encontrarmos o tempo de carga do capacitor devemos integrar a equação 26.1 

usando como limite inferior da carga, seu valor quando o potencial atinge o valor 

357 

358

mínimo de dois volts. O resultado é: 

10 

Cε 

− q 

Cε 

− q 

min 

= e 

− t 

RC 

. 

(26.16) 

8 

Rearranjando os termos desta equação encontramos a carga (ou o potencial) no 

capacitor: 

t 

( C − q ) ⎛1 

− e . 

− 

q = q + 

min ⎜ RC 

⎟ 

⎞ 

mim 

ε (26.17) 

⎝ ⎠ 

Derivando em relação ao tempo encontramos a expressão para a corrente: 

Tensão (V) 

6 

4 

2 

− V −t 

min RC 

i = ε e . 

(26.18) 

R 

Podemos ver que, sendo 2,00 V a tensão mínima e 12,0 V a fem do circuito, a 

corrente máxima durante a carga do capacitor é a mesma que encontramos na 

descarga. A corrente cairá para 20% deste valor em um intervalo de tempo idêntico 

ao da descarga, que é tempo necessário para a exponencial atingir o valor 0,2. 

Usando este valor da exponencial na expressão da carga encontramos o potencial 

máximo durante a carga: 

0 1 2 3 4 5 6 

Tempo (s) 

Figura 26.4: A tensão no capacitor varia entre o valor mínimo de 2,0 V ao valor máximo de 

10 V, alimentado por uma fem de 12 V e controlado por uma chave automática que alterna 

sua polaridade quando a tensão atinge os valores limites. 

60 

V = ,2V 

+ 0,8ε = 0,400 V + 9,6 V = 10,0 V. 

(26.19) 

max 

0 

min 

Igualmente, a lâmpada permanece acesa por um intervalo de tempo igual ao 

encontrado durante a descarga. 

Resumindo: A lâmpada permanece acesa durante por 416 ms e apagada por 550 

ms, tanto durante a carga do capacitor quanto durante a descarga. A tensão no 

capacitor varia entre o máximo de dez volts e o mínimo de dois volts. 

Na figura 26.4 mostramos a evolução da tensão no capacitor e na figura 26.5 a da 

corrente no circuito. Nesta última vemos setas horizontais que indicam os momento 

em que a lâmpada deixa de emitir luz, voltando a acender toda vez que a chave 

alterna sua posição. 

359 

Corrente (mA) 

40 

20 

0 

-20 

-40 

-60 

0 1 2 3 4 5 6 

Tempo (s) 

Figura 26.5: Corrente no circuito do pisca-pisca. Durante a carga do capacitor a corrente, 

inicialmente com valor de 50 mA, diminui até o valor de 10 mA. Nesse instante a chave 

alterna sua polaridade para que o capacitor se descarregue. A corrente passa a ser 

negativa, com valor inicial de 50 mA, que diminui até 10 mA, quando de novo o capacitor 

volta a ser carregado. As setas mostram os instantes em que a lâmpada deixa de emitir luz. 

360



Deseja-se carregar um capacitor até a tensão de 20,0 V. Se usássemos uma fem de 

20,0 V para carregá-lo, o tempo de carga seria infinito. Por isto utilizamos uma fem 

de 21 V. Qual o tempo de carga nesta situação se sua capacitância é C = 106 µ F e 

se há uma resistência em série com este cuja resistência é de R = 300 Ω. 

? Qual o 

tempo necessário para que o capacitor, com uma diferença de potencial inicial entre 

suas placas de 20,0 V se descarregue através da resistência interna de um 

voltímetro de valor R V 

= 47 kΩ. 

até atingir a tensão de 1,00 V? 


Substitua t = τ na equação 26.10 e faça os cálculos, lembrando que se deseja o 

C 

percentual da carga máxima no tempo em questão. Por exemplo: 

⎛ 

q( t) 

Cε 

⎜ 

1 − e 

⎝ 

q( 

t 

= 

− 

t 

RC 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

⎛ 

RC) 

= Cε 

⎜ 

1 − e 

⎝ 

⎞ 

⎟ 

= Cε 

⎠ 

−RC 

= 

RC 

− 

1 

( 1 − e ) = Cε 

( 1 − 0,368) = Cε 

( 0,632) 

q( 

t = RC) 

= 0,632 = 63,2% 

Cε 


A constante de tempo do circuito, durante a carga do capacitor é: 

−6 

τ 

C 

= RC = 300Ω × 106 × 10 F = 

31,8 ms. 

De acordo com a equação 26.4, o tempo de carga é dado por: 

20 ,0V 

de onde tiramos o intervalo de tempo. 

⎛ 

21,0 V ⎜1 

− e 

⎝ 

−t 

= 

τ c 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

t = τ ln[ 21] = 3,04τ 

= 96, ms . 

c c 

7 

Com o capacitor carregado e desligado do circuito, medimos sua tensão com 

um voltímetro cuja resistência interna é de 47 k Ω. 

. Neste caso, ao começarmos a 

medição, a diferença de potencial é de 20,0 V e vai caindo de acordo com a nova 

constante de tempo que é o produto da capacitância do capacitor pela resistência 

interna do voltímetro: 

3 

−6 

τ 

C 

= RC = 47 × 10 Ω × 106 × 10 F = 

4,98 s. 

O tempo de descarga é, de acordo com a equação 26.10, dado por: 

−t 

c 

1= 

20. e τ , 

ou seja t = τ ln( 20,0) = 3,00τ 

14,9 s. 

C C 

= 

361 

362



PR26.1) Quando um resistor, uma bateria e um capacitor são ligados em série, o 

resistor influencia a carga máxima que pode ser armazenada no capacitor? Por 

quê? Para que serve o resistor? 

PR26.2) Para uma resistência muito grande é fácil construir um circuito RC com 

uma constante de tempo da ordem de alguns segundos ou minutos. Como esse 

resultado poderia servir para a determinação de uma resistência tão grande que 

não pudesse ser medida com os instrumentos comuns? 


P26.1) Que múltiplo da constante de tempo τ é tempo necessário para que um 

capacitor inicialmente descarregado em um circuito RC série seja carregado com 99 

% da carga final? 

P26.2) Mostre que o produto RC possui dimensão de tempo. 

P26.3) No circuito mostrado abaixo R = 10 Ω. 

. Qual é a resistência equivalente 

entre os pontos A e B? Dica: Imagine que os pontos A e B estão ligados a uma 

fonte. 

E26.1) Um capacitor com uma carga inicial q 

0 

é descarregado através de um 

2,0 R 

B 

resistor. Que múltiplo da constante de tempo τ é necessário para que o capacitor 

descarregue (a) um terço da carga inicial; (b) dois terços da carga inicial? 

4,0 R R 

6,0 R 

E26.2) Um capacitor de 

1 µ F com uma energia inicial de 0,50 J é descarregado 

através de um resistor de 1 M Ω. 

. (a) Qual é a carga inicial do capacitor? (b) Qual é 

a corrente no resistor quando a descarga começa? 

A 

3,0 R 

Figura 26.6: Circuito do problema 26.3. 

E26.3) Num circuito RC série, C = 1,80 µ F , R = 1,40 

MΩ. 

e ε = 12,0V 

. (a) Qual é a 

constante de tempo? (b) Qual a carga máxima que o capacitor pode receber ao ser 

descarregado? (c) Quanto tempo é necessário para que a carga do capacitor atinja 

o valor de C = 16,0 µ F ? 

P26.4) No circuito mostrado abaixo, R 

1 

= 20,0 Ω. 

, R 

2 

= 10,0 Ω. 

e a força 

eletromotriz da fonte ideal é 

ε = 120 V 

. Determine a corrente no ponto a (a) com 

apenas a chave S 

1 fechada. (b) Com apenas a chave S 

1 e S 

2 fechadas e (c) com 

as três chaves fechadas. 

E26.4) Um resistor R = 850 Ω. 

carregado com capacitância dada por 

é conectado com as placas de um capacitor 

C = 4,62 µ F . Imediatamente antes da 

conexão ser feita, a carga no capacitor é 8,10 mC. (a) Qual é a energia 

armazenada inicialmente no capacitor? (b) Qual é a potência elétrica dissipada no 

resistor imediatamente após a conexão ser feita? (c) Qual é a potência elétrica 

dissipada no resistor no instante em que a energia armazenada no capacitor se 

reduziu à metade do valor calculado no item (a)? 

Figura 26.7: Circuito do problema 26.4. 

363 

364

P26.4) Determine a potência dissipada em um resistor sujeito a uma de potencial 

constante de 120 V se sua resistência é de (a) 5,0 

Ω . e (b) 10,0 

Ω .. 

P26.5) Uma bateria possui uma fem ε e uma resistência r . Quando um resistor de 

5,0 

Ω . é conectado entre seus terminais, a corrente é de 0,50 A. Quando esse 

resistor é substituído por outro 11 Ω . , a corrente passa a ser 0,25 A. Determine (a) 

a fem ε e (b) a resistência interna r . 

P26.6) Uma corrente I = 6,0 A passa por uma parte de um circuito, como mostrado 

na figura 26.7. As resistências são R = R = ,0R 

= 2,0R 

= 4,0 .. Qual é a 

corrente i 1 no resistor R 

1 ? 

1 2 

2 

3 

4 

Ω 

Figura 26.7: Parte do circuito do problema 26.6. 

P26.7) Um fio com 1 m de comprimento tem uma resistência de 0,3 

Ω . . Ele é 

estendido uniformemente até um comprimento de 2 m. Qual será a sua nova 

resistência? 

365

UNIDADE VIII 

CAMPO MAGNÉTICO 

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

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

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

experimentos. Assim poderemos discutir as várias aplicações tecnológicas que 

utilizam o campo magnético. 

366 

367

27.2 O CAMPO MAGNÉTICO 

AULA 27 CAMPO MAGNÉTICO E FORÇA MAGNÉTICA 

- DEFINIR CAMPO MAGNÉTICO 

- DEFINIR FORÇA MAGNÉTICA 

27.1 UM POUCO DE HISTÓRIA 

OBJETIVOS 

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

sua região, um mineral ( Fe 3O4 

) cuja característica era atrair pequenos pedaços de 

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

da cidade, assim como as palavras magnético e magnetismo. 

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

enorme imã. 

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

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

corrente elétrica influenciava uma bússola: quando esta era colocada paralelamente 

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

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

(1791—1867) desenvolveram trabalhos mostrando outras relações entre 

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

sintetizar e expandir os resultados obtidos pelos seus antecessores, unificando 

eletricidade, magnetismo e óptica em uma única disciplina, denominada 

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

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

Teoria da Relatividade Restrita. 

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

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

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

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

os polos que possuem nomes diferentes se atraem quando colocados 

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

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

cargas elétricas. Entretanto, as experiências realizadas até hoje mostraram 

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

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

dos dois fragmentos, resultando na formação de dois imãs. 

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

através da noção de campo magnético. As propriedades fundamentais dos 

campos magnéticos, observadas experimentalmente, são as seguintes: 

1) Os campos magnéticos se originam de cargas elétricas em 

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

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

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

encontram-se nos átomos que os constituem. 

2) Uma corrente elétrica cria um campo magnético. 

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

fio transportando corrente. 

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

tranportando corrente. 

368 

369

27.3 INDUÇÃO MAGNÉTICA E FORÇA MAGNÉTICA 

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

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

isto é: 

r 

r F 

E = 

E 

q 0 

. 

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

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

polegar (Figura 27.2). 

Por que não se define B r PENSE E RESPONDA 27.1 

na mesma direção de F r , como é feito para E r ? 

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

sobre uma carga q que se move com velocidade v r . 

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

nos basear em experiências de comportamento de cargas elétricas em movimento 

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

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

se manifesta através da força magnética 

F r B 

e é através dela que definimos o vetor 

indução magnética ( B r ). 

A indução magnética é erroneamente denominada campo magnético em 

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

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

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

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

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

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

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

ser representado por outros vetores, como veremos posteriormente. 

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

sobre uma carga de prova positiva q 

0 

, movendo-se com velocidade v r em um 

campo magnético, é dada pela expressão: 

Isto é, 

r r r 

= q 0 

v × B, 

F B 

(27.1) 

F r B 

é sempre perpendicular à velocidade da carga q 

0 

e também ao 

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

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

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

370 

Figura 27.2: Direção e sentido da força magnéticaque atua sobre uma carga elétrica 

relativamente ao campo e à velocidade dessa carga. 

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

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

partícula? 

Com efeito, 

Ela age de modo a defletir as cargas elétricas, mas sem realizar trabalho. 

W 

PENSE E RESPONDA 27.2 

porque a força é sempre perpendicular ao vetor velocidade e, portanto, o produto 

escalar dela pelo vetor veolcidade é sempre nulo. 

mag 

r r r r r 

= dW = F • ds = q v × B • ( v dt) 

= 0 

∫ 

mag 

∫ 

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

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

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

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

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

B 

371

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

movimento de uma carga positiva que possui movimento retilíneo. 

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

Se a velocidade v r e a indução B r forem perpendiculares, o movimento será uma 

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

27.3): 

1 N 1 N 

1T 

= = . 

1C 

× 1 m A⋅ 

m 

s 

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

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

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

O raio da trajetória é: 

mv 

F = qvB = 

r 

mv 

r = 

qB 

2 

1 G = 10 

. 

− 4 T 

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

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

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

intervalos de tempo muito pequenos. 

Note que o raio da trajetória é diretamente proporcional ao momento 

linear da partícula. 

Outra informação importante pode ser extraída da frequência angular do 

movimento dessa partícula, ou seja: 

ω = 

v 

r 

qB 

= . 

m 

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

EXEMPLO 27.1 

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

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

a Figura 27.3. 

questão. 

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

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

cíclotron -- partículas carregadas circulam exatamente com essa frequència. 

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

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

campo magnético mantém sua energia cinética. 


Um elétron com energia cinética de 15 eV (1 eV= 

1,60 

−19 

× 10 J) é lançado 

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

plano da página. 

(a) Qual é o raio de sua órbita? 

(b) Qual é a sua freqüência cíclotron? 

(c) Qual é o período de seu movimento? 

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

olhando na mesma direção e sentido do campo? 

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

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

Figura 27.3 : Carga positiva em campo magnético. 

EXEMPLO 27.2 

372 

373

Uma partícula carregada positivamente penetra num campo magnético com uma 

velocidade: 

r 

v = v iˆ 

v ˆ 

x y 

j v 

zk 

ˆ 

0 

+ 

0 

+ 

0 

Supondo que B r seja constante e que esteja apontando na direção x de um 

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

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

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

magnética 

r r r 

= q v × B 

Portanto, equação de movimento da partícula será: 

r 

dv r r 

m = qv × B 

dt 

r 

Como: B = B iˆ 

, vem: 

r 

iˆ 

ˆj 

k 

r r 

r 

v × B = v v v = 0iˆ 

+ v B ˆj 

− v B kˆ 

Então: 

x 

B 

v 

0 

F B 

z 

0 

0 

dv 

m 

x = 0 

dt 

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

x 

= v 

x 

, obtemos, 

z 

y 

v 

0 

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

vx 

= v0x 

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

ao longo de Ox: 

x = x + v 

0 

em que esta equação é obtida com a condição de que, em t = 0, 

x = x0 

. Então, o 

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

Para a componente do movimento segundo Oy, temos: 

t 

0 x 

dv 

y 

m = + q vz 

B 

(27.3) 

dt 

e, para a componete do movimento segundo Oz: 

(27.4) 

dvz 

m = −q v 

y 

B 

dt 

Essas duas equações não podem ser resolvidas separadamente pois nelas, 

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

derivemos a equação 27-4 em relação ao tempo: 

de onde tiramos: 

2 

d v 

2 

dt 

z 

dv 

y 

= −ω 

dt 

dv 

dt 

y 

= − 

1 d v 

ω dt 

2 

z 

2 

⎛ qB ⎞ 

⎜ω 

= ⎟ 

⎝ m ⎠ 

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

ou: 

q v 

z 

B 

m 

d v 

dt 

= − 

1 d v 

ω dt 

2 

z 2 

+ ω v 

2 

z 

2 

z 

2 

= 0 

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

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

então a solução: 

v z 

= A sen ( ω t + φ) 

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

equação diferencial para 

que, integrada, nos dá: 

v 

y 

, obtemos: 

dv 

y 

= ω v 

y 

= ω A sen ( ωt 

+ φ) 

dt 

v y 

= −C cos( 

ω t + φ) 

As constantes de integração dessas componentes da velocidade segundo os eixos 

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

carga elétrica. 

374 

375

A integração dessas equações resulta em: 

C 

A 

y = − sen ( ω t + φ) 

z = − cos ( ω t + ϕ) 

ω 

ω 

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

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

de raio: 

2 2 

( A + C ) 

r = 

ω 

1 

2 

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

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

total é conservada. 


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

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

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

curva de raio 

feixe: 

a) qual o módulo de B r ? 

7,5 cm . Admitindo que o campo magnético seja perpendicular ao 

b) qual a frequência angular de revolução dos elétrons? 

c) qual o seu período de revolução? 

A Figura 27.4 mostra a trajetória da partícula. 

27.4 CONFINAMENTO DE PARTÍCULAS USANDO O CAMPO 

MAGNÉTICO 

Aqui vamos ver que apenas com os conhecimento básicos adquiridos podemos 

compreender a física de fenômenos importantes. 

Figura 27.4: Trajetória da partícula com velocidade v 

27.4.1 A GARRAFA MAGNÉTICA 

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

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

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

componentes da velocidade nas direções y e z. 

Quando partículas carregadas se movem num campo magnético que não é 

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

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

na figura 27.5: 

27.3.1 FORÇA DE LORENTZ 

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

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

resultante, dada por: 

r 

F 

r r r r r r 

E + q v × B = q ( E + v × ) 

(27.5) 

= q0 0 

0 

B 

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

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

376 

Figura 27.5: A garrafa magnética. 

Nessas circunstâncias, uma partícula carregada que comece seu movimento 

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

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

377

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

dessa configuração de campo magnético. 

Essa idéia foi usada para cofinar gases muito quentes ( T > 10 6 K) 

constituídos 

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

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

nos proporcionariam uma fonte essencialmente inesgotável de energia. 

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

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

sistema. 

27.4.2 OS CINTURÕES DE VAN ALLEN E AS AURORAS BOREAIS 

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

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

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

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

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

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

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

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

partículas são denominados raios cósmicos. 

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

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

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

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

essa a origem das auroras boreais. 


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

ambiente virtual de aprendizagem. 

27.5 APLICAÇÕES TECNOLÓGICAS DO USO DE UM CAMPO 

MAGNÉTICO 

27.5.1 FILTRO DE VELOCIDADE 

Em muitas experiências que envolvem o movimento de partículas 

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

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

campo elétrico e um campo magnético, orientados como na Figura 27.7. 

Figura 27.7: Filtro de velocidades. 

O campo elétrico está orientado para baixo enquanto que o campo 

magnético é aplicado perpendicularmente a ele, como indicado. 

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

magnética está dirigida para cima e a elétrica para baixo (Figura 27.8). 

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

trajetória das partículas. 

378 

Figura 27.8: Forças envolvidas na carga. 

379

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

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

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

de onde vem: 

qvB = qE , 

E 

v = . B 

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

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

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

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

massa, quanto de sua carga! 


Ao entrarem no campo magnético B 

0 

, os íons descrevem uma trajetória 

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

então: 

mv 

r 

2 

m 

q 

= qvB , 

= 

rB0 

v 

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

velocidades seja B , teremos: 

. 

m rB0B 

= 

q E 

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

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

da trajetória da partícula no campo B 

0 

. 

Como ficam as forças se a carga q for negativa. 

27.5.2 O ESPECTRÔMETRO DE MASSA 

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

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

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

campo magnético de indução B 

0 

, como mostra a figura 27.9: 


Faça uma representação esquemática dos vetores v r r r r 

, v × B e F para a partícula na 

região do campo magnético de indução B r 

da Figura 27.8 em vários instantes de 

0 

tempo para verificar a trajetória mostrada na figura. 

27.5.3 O CÍCLOTRON 

Figura 27.9: Espectrômetro de massas. 

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

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

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

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

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

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

e altas energias. Muitos hospitais usam cíclotrons para fabricar substâncias 

radioativas usadas para diagnósticos e para o tratamento de algumas 

enfermidades. 

380 

381

A figura 27.10 mostra um esquema de um cíclotron. 

O cíclotron usa uma diferença de potencial moderada ( 10 

5 V ) 

≈ para acelerar 

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

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

partícula atinja 10 Mev, com a diferença de potencial de 

10 5 V . O campo 

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

é mantida à pressão da ordem de 

6 

10 − mm Hg para evitar colisões com as 

moléculas de ar. 

Figura 27.10: O cíclotron. 

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

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

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

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

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

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

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

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

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

cinética acumulada neles será qV . 

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

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

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

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

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

movimento continua e em cada volta os íons são acelerados de 

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


2 qV . Finalmente, 

Faça um esboço dos campos E r e B r que resultam na aceleração dos íons no 

cíclotron. 

EXEMPLO 27.3 

Qual a energia cinética máxima dos prótons num cíclotron de raio 

campo magnético de 

0,35 T ? 

0,50 m num 

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

centrípeta que atua na carga em campo magnético: 

temos que: 

2 2 2 

1 2 q B R 

K = mv = 

2 2m 

2 

mv = qvB 

r 

−19 

2 2 

(1,60× 

10 C) 

(0,35) (0,50) 

= 

−27 

2(1,67× 

10 kg) 

2 

= 2,34× 

10 

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

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

milhões de Volts. 


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

27.5.4 A DESCOBERTA DO ELÉTRON 

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

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

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

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

observações: 

−13 

J 

382 

383

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

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

portanto, deveriam ser constituídos por partículas carregadas. 

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

mesma relação 

q/ m , mesmo as que eram provenientes de materiais diferentes. 

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

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

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

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

perpendicular ao campo elétrico tal que: 

então: 

E e 

q E = qv B , 

E 

v = , B 

B são parâmetros que podemos controlar nos experimentos. Nessa 

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

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

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

e 2 y E = . 

m B 

2 L 2 

Figura 27.11: Desvio das partículas carregadas. 

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

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

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

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

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

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

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

uma distância de P dada por: 

y 

e E L 

2m v 

2 

= 2 

em que L = x 1 

+ x2 

, distância total percorrida dentro do capacitor ( x 

1 

) e fora dele ( x 

2 

). 

Nesta equação, E , L, 

y são mensuráveis. Quando a velocidade v for conhecida, a 

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

, 

384 

385



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

−19 

2K 

2× 

15eV 

× 1,60 × 10 J / eV 

6 

v = = = 2,3 × 10 m / s 

−31 

m 

9,1 × 10 kg 

b) o raio da trajetória é: 

−31 

6 

mv (9,1 × 10 kg) 

(2.3× 

10 m/ 

s) 

r = = = 0, 13 m 

−19 

−4 

e B (1,6 × 10 C) 

(1,0 × 10 T) 

c) a freqüência de cíclotron é: 

−19 

−4 

e B 

C T 

f = (1,6 × 10 ) (1,0 × 10 ) 

= = 2,8 10 

31 

2 m 6,28 × (9,1 × 10 kg) 

× 

− 

π 

d) O período de revolução é: 

T 1 1 

−7 

= = 

= 3,6 × 10 s = 0,36 s 

f 2,8 10 rev / s 

µ 

6 

× 

6 

Hz 

7 

v 1,11× 

10 m/ 

s 

8 

b) ω = = 

= 1,48× 

10 rad/ 

s 

r 0,075m 

2π 

O período é dado por: T = = 42,5ns. 

ω 


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

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

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

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

P’. 


A velocidade é, em função da energia cinética: 

−13 

2 K 2× 

2,34 × 10 J 

7 

v = == 

= 1,67 × 10 m / s 

−27 

m 1,67 × 10 kg 

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

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

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

direção mas no sentido oposto ao do campo 


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

acordo com a conservação da energia 

1 −19 

2 

2 | e | V 2(1,60× 

10 C)(350V 

) 

mv =| e | V → v = = 

= 1,11× 

10 

7 m/ 

s 

−31 

2 

m (9,11× 

10 kg) 

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

magnético: 

−31 

7 

mv (9,11× 

10 kg)(1,11× 

10 m/ 

s) 

B = = 

= 8,43× 

10 

−19 

| e | r (1,60× 

10 C)(0,075m) 

−4 

T 


r 

6 

E27.1) Um elétron possui velocidade, v 

m s iˆ 

6 

= (2,0 × 10 ) + (3,0 × 10 m s) 

ˆj 

, e está 

r 

se movendo em uma região onde existe um campo B = ( 0,030T 

)ˆ i − (0,15T 

) ˆj 

. (a) 

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

com a mesma velocidade. 

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

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

r 

(a) v = (2,7 Mm s) 

iˆ 

r 

, (b) v = (3,7 Mm s) 

ˆ 

r 

j e (c) v = (6,8 Mm s) 

kˆ 

. 

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

−17 

um campo magnético de 2,60 mT. Ele está sujeito a uma força de 6,5 × 10 N . 

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

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

6 

de elétrons que se movem com uma velocidade de 1,3 × 10 m / s . Qual é o valor do 

386 

387

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

raio? 

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

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

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

388

AULA 28 FORÇA MAGNÉTICA SOBRE CORRENTE ELÉTRICA 

r 

r j 

v d = , 

ne 

OBJETIVO 

CALCULAR O EFEITO DE CAMPO MAGNÉTICO SOBRE CORRENTES ELÉTRICAS 

28.1 FORÇA MAGNÉTICA SOBRE UM FIO CONDUZINDO CORRENTE 

ELÉTRICA 

A figura 28.1 mostra um pequeno segmento de um fio condutor de 

comprimento l e área de seção reta A . 

a expressão da força magnética fica: 

r 

r ⎛ j ⎞ r r r 

F B 

= n Al e 

⎜ B = Al j × B 

n e 

⎟ × 

⎝ ⎠ 

Mas j A = i , que é a corrente elétrica no fio. Essa corrente é produzida pelo 

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

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

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

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

r 

o do movimento de cargas positivas, temos que j = j uˆ 

; portanto, a força 

magnética sobre o segmento será dada por: 

r 

r r 

=( A j) 

l uˆ × B = iluˆ 

× B 

F B 

ou: 

Figura 28.1: Segmento de fio condutor conduzindo corrente elétrica 

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

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

campo magnético de indução B , uma força magnética F r B atuará sobre cada carga. 

r r r 

Essa força será dada por F = qv × B , onde v r 

d 

é a velocidade de arraste das 

B 

d 

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

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

r r r 

= il × B, 

(28.1) 

F B 

r 

onde l = l uˆ 

é um vetor cujo módulo corresponde ao comprimento do condutor e 

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

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

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

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

magnética e da força magnética. 

A corrente i no fio é produzida pelo movimento o dos elétrons livres do metal. 

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

cargas será o produto de 

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

sentida pelo segmento do condutor, será: 

r r r 

F = ( ev × B)( 

n Al). 

B 

d 

. Então, a força magnética, 

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

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

389 

390

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

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

de corrente genérico é dado por 

r r r 

dF = i dl × B, 

(28.2) 


dl 

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

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

corrente elétrica. 

EXEMPLO 28.1 

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

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

magnética tem direção vertical e sentido para baixo. 

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

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

perpendicular ao papel e sentido para dentro dele; 

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

papel e tem sentido para fora dele. 

EXEMPLO 28.2 

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

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

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

SOLUÇÃO: A figura 28.6 ilustra o nosso problema: 

Figura 28.3 Elemento de comprimento de fio com corrente elétrica. 

Solução: 

r r r 

Sabemos que a forçã magnética vale F B 

= il × B . O vetor dl 

r tem a mesma 

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

ilustrada na figura 28.4: 

Figura 28.6: Ilustração do exemplo 28.2. 

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


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

Represente o vetor força nos seguintes casos: 

Temos que: i = 15 A; 

L = 2,5 m; 

B = 3,5 T; 

θ = 30º 

. 

r r r 

Então: F = i l × B = i l B senθ 

F r 

= 15 A× 

2,5 m× 

3,5 T × 0,5 

r 

F = 65, 6 N 

391 

392


Qual seria o valor de F 

B se θ = 0º 

e θ = 90º 

? 

EXEMPLO 28.3 

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

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

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

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

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

plano do fio e dos suportes. 

F B 

= −i 

d B iˆ 

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

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

com a segunda lei de Newton, podemos escrever: 

dvx m = −i 

d B 

dt 

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

Pois 

m 

v 

∫0 

i 

, d e B são constantes. Então: 

x 

t 

∫0 

dv = −i 

d B 

i d B 

v = t 

m 

dt 

v : 


Qual é a aceleração do fio no exemplo 28.4? 

Figura 28.7: Fio com corrente elétrica sobre suportes metálicos. 

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

r r r 

= il × B 

F B 

EXEMPLO 28.3 

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

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

r 

magnético homogêneo de indução magnética B = B kˆ 

, perpendicular ao plano da 

meia circunferência. Calcule a força do campo sobre ela. 

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

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

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

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

magnética é perpendicular ao plano do circuito, temos que: 

r 

r 

B = B ˆ j e l = d kˆ 

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

Figura 28.8: Fio condutor na forma de meia-circunferência 

393 

394

Solução O elemento de força 

dF 

r sobre um segmento do fio dl 

r é: 

r r r 

dF = i dl × B 

EXEMPLO 28.4 

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

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

conforme a figura 28.9. 

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

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

magnética (que coincide com o eixo Oz). 

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

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

r 

dl 

= −d l sinθ iˆ 

+ d l cosθ 

ˆj 

, 

dF 

r em termos de θ , e 

com dl = R dθ e B = B kˆ 

, temos: 

r r r 

dF 

= i dl × B = ( −i 

R sinθ 

dθ 

iˆ 

+ i R cosθ 

dθ 

ˆ) j × B kˆ 

Figura 28.9: arco no plano do campo magnético. 

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

tal que: 

r 

dF 

= i R Bcosθ dθ 

iˆ 

+ iRBsinθdθˆj 

F = i l B = i (2 R) 

B 2i 

R B 

1 

= 

Podemos agora integrar sobre θ e obter: 

r 

π 

π 

F = i R Biˆ 

∫ cosθ 

dθ 

+ i R B ˆj 

∫ sinθ 

dθ 

0 

0 

r 

π 

π 

F i R B ˆj 

sinθ 

dθ 

= iRB[ − cosθ 

] ˆj 

∫ 

= 

0 

0 

que é igual: 

r 

F = 2 i R B ˆj 

l 2R 

pois = e o fio está perpendicular ao campo. A direção de F r 1 é para a frente 

r r 

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

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

segundo, sempre pelo menor ângulo formado pelos dois). 

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

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

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

2 

é: 

r r 

dF = i | dl × B |= i B sinθ 

dl 

2 


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

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

sentidos opostos aos da Figura 28.8? 

e, como dl = Rdθ 

, vem que: 

dF = i B sinθ 

R d . 

2 

θ 

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

395 

396

página (entrando na página) ( dl × B está dirigido neste sentido). Então a força 

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

Integrando a expressão acima, vem: 

π 

2 

= 

0 

− 

0 

∫ 

π 

F i R B sinθ 

dθ 

= i R B[ 

−cosθ 

] = −i 

R B ( cosπ 

cos0) 

= 2i 

R B 

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

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

circuito fechado é nula. 

28.2 O EFEITO HALL 

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

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

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

compreendido através das propriedades das forças magnéticas e é usado com 

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

campo magnético. 

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

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

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

O campo magnético é aplicado na direção 

forem elétrons, eles devem se mover na direção 

− x . Se os portadores de corrente 

− y com velocidade v 

d 

, pois o 

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

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

para cima na direção + z. 

Lembre-se do sinal negativo devido à carga do elétron 

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

parte de baixo da placa. 

Essa migração de cargas na direção perpendicular à corrente vai acontecer 

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

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

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

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

é: 

I = nv qA. 

De onde tiramos para a velocidade de arraste dos elétrons: 

v d 

d 

I 

= , nqA 

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

magnéticas se anularem teremos: 

q v B = q EH . 

d 

De onde vem que: 

E 

H 

= v B, 

d 

a tensão Hall 

V 

H medida será: 

Figura 28.10: Montagem para a observação do efeito Hall. 

= E 

d = v 

I B d 

B d = . 

n q A 

Se t é a espessura do material, podemos escrever 

V 

H 

H 

d 

A = t d 

e teremos: 

. = nqt 

IB 

v d 

397 

398

Vemos daqui imediatamente que, se B for conhecido, 

V 

H 

pode ser 

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

conhecido, B pode ser determinado. 

EXEMPLO 28.5 

Qual é a ordem de grandeza de v 

d 

? 


28.3 TORQUE EM CIRCUITOS ELÉTRICOS 

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

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

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

resultante. 

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

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

de átomos do elemento, i.e; 

podemos calcular o volume ocupado por 

23 

6,02× 10 átomos. Sabendo a densidade do cobre, 

63,5 g de cobre: 

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

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

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

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

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

relativamente ao campo magnético. 

m 63,5g 

V = = = 7,09cm 

3 

ρ 8,95g/ 

cm 

3 

Se agora admitirmos que cada átomo contribui com 1 elétron: 

6,02× 

10 elétrons 

n × 

7,09cm 

23 

28 

3 

= = 8,48 10 elétrons/ 

m 

3 

Então, da expressão de 

V 

H , temos: 

Figura 28.11: Circuiro retangular em campomagnético uniforme. 

IB 

A T 

V = 5 × 1,2 

H 

= 

= 0,442µ 

V 

28 −3 

−19 

− 

nqt (8,48 × 10 m )(1,60 × 10 C)(0,1× 

10 

2 m) 

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

a largura da fita não desempenha papel algum. 

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

voltagens hall são maiores, pois 

V 

H varia com o inverso de n . Nesses materiais, o 

nível de corrente é da ordem de 1 mA. As voltagens são da ordem de 10 mV . 

399 

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

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

mostradas na Figura 28.11a. As forças F r 1 e F r 3 , que atuam sobre os ramos de 

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

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

F F = I a B 

1 

= 3 

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

figuras 28.11a e 28.11b. 

400

Da mesma forma, as forças F r 2 e F r 4 , que atuam sobre os outros dois 

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

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

diferente de 90º. Assim, o módulo das forças F r 2 e F r 4 é: 

F = F = I b B sen(90º 

−θ 

) = I b B cos 

2 4 

θ 

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

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

Entretanto, as forças F 

1 

e F 

3 

, embora tenham a mesma direção (paralela à 

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

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

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

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

como módulo: 

r r r r r ⎛ b ⎞ 

τ = 

× F1 

+ 

3 

× F3 

= 2I 

a B ⎜ ⎟ senθ 

= I a b B sen 

⎝ 2 ⎠ 

Lembrando que rr 1 

e r 3 

1 

θ 

são, respectivamente, as distâncias ao centro do 

circuito, dos pontos de aplicação das forças F r 1 

e F r 3 

, e que 

circuito, o torque também pode ser escrito como: 

. 

. 

A = a b é a área do 

τ = I A B senθ 

(28.3) 

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

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

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

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

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

espira: 

τ = N I A B senθ. 

(28.4) 

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

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

401 

paralela ao campo), pois, nesse caso, as forças F 

1 

e F 

3 

terão a mesma linha de 

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

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

de uma agulha magnética com o campo magnético da Terra. 


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

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

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

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

raciocínio. 

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

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

r µ = N I A ˆn, 

(28.5) 

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

espiras (veja a figura 28.11b). 

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

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

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

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

nˆ faz um ângulo θ com o vetor indução magnética. 

O vetor µ r é denominado momento de dipolo magnético do circuito ou do 

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

r r 

τ = µ × B v . 

(28.6) 

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

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

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

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

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

402

campo magnético (na figura 28.11b, na posição em que θ = 90º 

). Dessa forma, a 

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

ângulo θ , relativamente ao nível zero, é: 

ou: 

U = 

∫ 

θ 

90º 

τ dθ 

= µ B 

∫ 

θ 

90º 

senθ 

dθ 

= −µ 

B cosθ 

r r 

U = −µ • B 

(28.7) 


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

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

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

EXEMPLO 28.7 

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

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

momento magnético deste disco girante. 

EXEMPLO 28.6 

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

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

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

campo magnético? 

Figura 28.13: Disco homogêneo girando. 

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

Figura 28.12: Espira circular sendo erguida pelo campo magnético. 

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

gravitacional. 

2 

| τ |= µ B = I π R B 

m 

2 

| τ |= mgR = I π R B 

g 

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

dq = σ dA = σ (2π 

r dr). 

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

2 

dµ 

= ( dI) 

A = dI π r . 

Então: 

I = 

mg 

π R B 


dq 

ω 

dI = = f dq = dq 

dt 

2π 

vem: 

⎛ ω ⎞ 

⎛ ω ⎞ 

dI = ( σ dA) 

⎜ ⎟ = ( σ 2π 

r dr) 

⎜ ⎟ = σ ω r dr 

⎝ 2π 

⎠ 

⎝ 2π 

⎠ 

403 

404

Podemos escrever: 


dµ 

= ( dI) 

π r 

2 

= ( σ ω r dr) 

π r 

2 

3 

= π σ ω r dr. 


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

Integrando sobre a superfície do disco, obtemos: 

R 

3 1 

4 

= π σ ω r dr = π σ ω R 

4 

0 

µ ∫ 

Observações importantes: Em termos da carga total do disco, 

2 

σ π e o 

Q = R 

momento magnético fica: 

O momento angular do disco é 

E, então: 

Esses resultados são gerais. 

2 r 

r Q R ω 

µ = . 

4 

r ⎛ M 

L = 

⎜ 

⎝ 2 

r 

µ = 

2 

R 

Q 

2 M 

⎞ r 

⎟ω ⎠ 

r 

L 


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

circular em torno do próton, cujo raio vale 

5,1 

10 

−11 

× cm. A frequência do 


O fio se desloca com aceleração constante: 


i d B 

a = 

m 

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

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

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


r 

Temos: | τ |=| 

r µ × B |= µ B senθ 

= µ B sen30° 

2 

−2 

Mas µ = NIA = 10(3A) 

π (0,02) = 3,77× 

10 Am 

2 

movimento é 

15 

6,8× 10 revoluções por segundo. Calcule o momento de dipolo 

magnético equivalente do eletron. 


ou: 

τ = µ B senθ 

= (3,77 × 10 

−2 

τ = 1,51× 

10 

2 

Am )(0,8T 

) sen 30° 

−2 

Nm 

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

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

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

gira. Explique como essa aparente contradição pode ser conciliada. 


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

elétrica: 

i = e f = (1,6 × 10 

−19 

C) 

(6,8 × 10 

15 

s) 

= 1,1 × 10 

−3 

A 

405 

406

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

de dipolo é: 

2 −3 

−11 

2 

−24 

µ = i A = i ( π r ) = 1,1× 

10 A× 

π × (5,1 × 10 m) 

= 9,0 × 10 A. 

m 


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

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

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

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

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

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

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

T. Calcule a força magnética sobre o fio. 

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

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

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

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

da corrente? 

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

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

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

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

comprimento total da espira e conduzindo a mesma corrente? 

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

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

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

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

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

torque máximo. 

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

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

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

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

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


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

v 

r 

6 

m s iˆ 

6 

= (3,5 × 10 ) + (2,7 × 10 m s) 

ˆj 

, e está se movendo em uma região onde 

r 

existe um campo B = ( 0,030T 

)ˆ i − (0,15T 

) ˆj 

. 

407 

408

UNIDADE 9 

FONTES DE CAMPO MAGNÉTICO E A LEI DE AMPÈRE 

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

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

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

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

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

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

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

estacionária gera um campo magnético no espaço. 

409 

410

AULA 29 A LEI DE BIOT-SAVART 

vetor-posição do ponto P relativamente a 

dl 

r e µ 

0 é uma constante 

OBJETIVOS 

• ESTUDAR A LEI DE BIOT-SAVERT 

• APLICÁ-LA EM PROBLEMAS DE GEOMETRIA SIMPLES 

29.1 A LEI DE BIOT-SAVART 

Em 1820, Oersted descobriu acidentalmente que um fio conduzindo uma 

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

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

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

eles mostraram que uma corrente elétrica gera um campo magnético. 

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

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

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

denominada permeabilidade magnética do vácuo. Seu valor no Sistema 

Internacional é: 

−7 

2 

µ 

0 

= 4π 

⋅10 

N/ 

A . 

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

acima se escreve de outra forma. Com efeito, se r P 

é o vetor-posição do ponto P 

neste referencial, 

Então: 

r ' o do elemento do fio dl 

r , temos que: 

r r r 

= 

− 

' = r uˆ 

P 

R 

uˆ 

r 

r 

r r 

µ 

0i 

dl × ( 

− 

') 

dB = r 

P r 3 

4π 

| 

− 

'| 

P 

R 

r r 

P 

− 

' 

= r r 

| 

− 

'| 

P 

(29.2) 

i 

Considere um fio de forma qualquer percorrido por uma corrente estacionária 

(figura 29.1): 


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

Podemos fazer uma analogia com o campo elétrico: 

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

dQ 

dE = 

4πε 

r 

( 

r 

− 

') 

P 

r r 3 

0 

| 

P 

− 

' | 

Para calcular a indução magnética B r no ponto P, gerado pela corrente que 

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

dl . A lei de Biot-Savart nos afirma que a indução magnética 

elemento no ponto P do espaço é: 

dB 

r criada por este 

r µ i r r 

0 

dB = dl × R 

2 

4 π R 

(29.1) 

Figura 29.2: Elemento de Campo Elétrico. 

em que 

dl 

r é um vetor tangente ao fio na posição do elemento considerado, R r é o 

411 

412

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

campo magnético, que devemos ter sempre em mente: 

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

elétrica no fio, varia com o inverso do quadrado da 

distância do ponto ao fio; 

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

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

0 muda de 

valor; 

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

vetores dl 

r r r r 

e R = ( − 

') = r uˆ 

. Para determinar o sentido do vetor B r , 

P 

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

R 

Aqui também temos algumas observações importantes a considerar: 

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

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

que escrever 

dl 

r (na equação 29.4) ou dl (na equação 29.5) em função 

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

integração; 

r r 

b) temos que escrever também os vetores ( − r' ) e seu módulo (na 

equação 29.4) ou os unitários 

ûT 

e 

r P 

û 

R 

em termos desse parâmetro. 

Antes de continuar, note bem a diferença entre as equações 

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

r r 

atenção nos vetores unitários e nos expoentes de − ' que 

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

forma diferente! 

r P 

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

de que o elemento 

dl 

r do fio pode ser substituído por: 

r 

d l = 

dl uˆT 

, 

EXEMPLO 29.1 

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

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

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

em que 

equação fica: 

ûT 

é um vetor unitário tangente ao fio, no ponto onde 

dl 

r está. Assim, a 

r 

dB 

µ 

0i 

uˆ 

ˆ 

T 

× uR 

r r dl. 

4π 

| 

− 

'| 

= 2 

P 

(29.3) 

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

distância fica mais explícita. 

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

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

elementos dl do fio: 

ou: 

r 

B 

∫ 

r µ i 

= 

∫ 

r r r 

dl × ( 

− 

') 

r 

P r 

| 

− 

' | 

0 

= dB 

3 

4π 

P 

r r µ 

0i 

uˆ 

T 

× uˆ 

R 

B = ∫ dB = ∫ r r dl 

2 

4π 

| 

− 

'| 

P 

(29.4) 

(29.5) 

413 

Figura 29.3: Indução magnética de fio retilíneo com corrente. 

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

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

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

problema, como veremos nesse exemplo. 

De acordo com a lei de Biot-Savart: 

r 

r 

r r 

µ 

0i 

dl × ( 

− 

') 

dB = r 

P r 3 

4π 

| 

− 

'| 

P 

414

temos, da Figura 29.3: 

r 

dl 

dx iˆ 

r 

P 

= 0iˆ 

y ˆ 

r 

= ′ 

+ 

P 

j 

'= x′ 

iˆ 

(lembre que 

Então: 

Então: 

r ' é o vetor-posição de dl 

r no sistema de coordenadas escolhido). 

r − r ' = −x′ 

iˆ 

+ y 

P 

r r r 

dl 

× ( − 

') = dx′ 

iˆ 

× [( −x′ 

) iˆ 

+ y ˆ] j = y dx′ 

kˆ 

P 

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

fora dela. Portanto: 

r 

B 

O resultado da integral é: 

r 

dB 

P 

µ i y dx′ 

0 

P 

2 2 

4π 

[( x′ 

) + y ] 

ˆj 

= 3/2 

P 

r µ 

0 

i 

dB = y 

4π 

P 

kˆ 

dx′ 

+ y 

L / 2 

= ∫ 

P 

fio ∫− 

L / 2 2 2 3/2 

[( x′ 

) 

P 

] 

P 

kˆ 

EXEMPLO 29.2 

Campo gerado por um fio infinito 

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

I 

y 

dx′ 

= ∫ + ∞ 

P 

− ∞ 

2 

− ′ + 2 

[( x ) ] 

3/2 

P 

x yP 

Fazendo -u = xP − x′ 

vem d x′ = du e a integral fica: 

Então: 

+∞ du 1 u 

I = 

= 

= 

∫ 

2 2 2 

2 

[ u + y ] 1 y 

−∞ 2 2 3/2 2 

[ u + yP 

] y 

p 

p 

P 

−∞ 

r 

B 

µ 

0 

i yP 

2 µ i 

× = 

2 

4π 

y 2π 

y 

= 

0 

O módulo de B r varia com o inverso da distância ao fio e o vetor está no plano 

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

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

P 

P 

kˆ 

+∞ 

2 

+ L 2 

+ L / 2 dx′ 

1 x' 

1 ⎡ L / 2 

− L / 2 ⎤ 

∫ = 

= ⎢ 

− 

−L 

/ 2 2 2 3/2 2 

2 

[( x′ 

) + y ] y 

P 

P 

[( ) ( ) ] [ ] [ ] ⎥ ⎥ 

2 2 2 

2 

2 2 2 

2 2 1/ 

x' 

+ y 

1 y ⎢⎣ 

+ 

1/ 

P ( L / 2) yP 

( L / 2) + y 

p 

P ⎦ 

−L 

2 

o que dá: 

ou: 

r 

B 

µ 

0 

i 

y 

4π 

1 

2 

y 

2 L 

= P 

2 2 1/ 

P [ L + yP 

] 

2 

r µ 

0 

i 

B = 

2 π y 

P 

L 

2 2 

[ L + 4y 

] 


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

P 

1/2 

kˆ 

kˆ 

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

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

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

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

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

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

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

o de fechamento da mão. 

EXEMPLO 29.3 

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

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

415 

416

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

C . 


Porque a superposição dos campos é uma subtração? 

Figura 29.5: Cálculo do campo na origem. 

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

C. Assim, dl 

r e r r r 

são paralelos ao longo deles e, portanto, dl × = 0 . Logo, os 

segmentos retos não contribuem para a indução magnética em C. 

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

com (29.3),dada por: 

r 

B 

r r r 

µ 

0i 

dl × ( 

− 

') 

4 

∫ r 

P r 

π | 

− 

'| 

= 

3 

P 

Mas dl 

r é tangente ao semicírculo de raio b em todos os seus pontos. Além disso, 

r r r 

P 

− ' = b e a direção de b r é radial, portanto, sempre perpendicular a dl 

r . Então, 

r r 

r µ i dl × b i πb 

dl dl b sen i πb 

0 

µ 

0 

90º µ 

0 

dl 

B = ∫ = ∫ 

= 

3 

π b π 0 

2 3 

b b π ∫0 

2 

4 

4 

4 b 


Um circuito retangular de lados a e b , com 

a > b , é colocado em um campo 

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

circuito. Determine a indução magnética B r no centro do circuito. 

29.2 FORÇA ENTRE FIOS PARALELOS 

No Exemplo 29.2 vimos que um fio longo com uma corrente elétrica i A 

, cria 

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

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

chamaremos de fio B), também com uma corrente elétrica i B 

, e a uma distância R 

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

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

que dá: 

µ I 

B b 

= 0 

4 b 

(para fora do papel) 

Analogamente, para o semi-círculo de raio a : 

µ I 

B a 

= 0 

4 a 

(entrando no papel) 

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

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

Como a = b / 2 vem: 

B T 

µ I 1 1 

= 0 ( − ) 

4 a b 

(entrando no papel) 

B I 2 1 I 

= µ 0 0 

( − ) = 

µ (entrando no papel) 

T 

4 b b 4 b 

Figura 29.6: Fios com correntes paralelas. 

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

no fio B é: 

µ 

0 

iA 

BA 

= . 

2π 

R 

417 

418

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

então: 

F 

AB 

r r µ 

0 

iA 

µ 

0 

iA 

iB 

l 

= iB 

l × BA 

= iB 

l = . 

2π 

R 2π 

R 

(29.6) 

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

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

mão). 

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

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

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

r 

B 

µ 

0i 

uˆ 

× ˆ 

0 

( ˆ ) × ˆ 

T 

uR 

µ i dl uT 

u 

∫ dl = 

2 

4π 

r 4π 

∫ 

r 

= 2 

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

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

instante é r (Figura 29.7). 

R 

F 

BA 

= i 

A 

r r 

l × B 

B 

µ 

0 

iB 

µ 

0 

iA 

iB 

l 

= iA 

l = , 

2π 

R 2π 

R 

(29.7) 

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

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

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

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

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

paralelas se atraem e correntes antiparalelas se repelem. 


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

flui verticalmente para cima e a corrente no fio horizontal flui horizontalmente para 

o leste. Qual é a direção da força magnética no fio horizontal? Norte, Sul, Leste ou 

Oeste? Ou não existe força magnética líquida sobre o fio horizontal? 

29.3 CAMPO MAGNÉTICO GERADO POR CARGA EM MOVIMENTO 

Uma corrente elétrica nada mais é que o movimento direcionado de cargas 

elétricas; assim, o fato de uma corrente elétrica gerar um campo magnético indica 

que uma carga elétrica sozinha pode também gerar um campo magnético. Vamos 

tentar determinar as características deste campo; para isso, lançamos mão da lei 

de Biot-Savart, escrita na forma da equação (29.5): 

419 

Mas, de acordo com a teoria de corrente elétrica, 

idl uˆ 

T 

r r 

= ( j A) 

dl uˆ 

= j dV = nqv dV, 

T 

em que j r é a densidade de corrente, v r é a velocidade das cargas elétricas e dV é o 

elemento de volume que contém as cargas elétricas que se movem. Com essa 

expressão, a integral da indução magnética fica: 

como 

r 

r 

µ 

0 

( i dl uˆ 

T 

) × uˆ 

R 

µ 

0 ⎛ q v × uˆ 

T ⎞ 

B = 

n dV , 

2 

2 

4 

∫ 

= 

r 4 

∫⎜ 

⎟ 

π 

π ⎝ r ⎠ 

ndV 

é o número de cargas em um volume dV de corrente elétrica, podemos 

interpretar o termo entre parênteses do integrando como sendo o campo 

magnético gerado por uma carga no ponto A. Então, escrevemos que: 

r 

r 

µ 

B = 

4π 

r 

0 

qv × uˆ 

T 

2 

(29.8) 

é o campo magnético gerado por uma carga elétrica q em um ponto A, a 

uma distância r dela. A equação nos diz que a direção do campo magnético é 

420

perpendicular à de r r e v r . As linhas de força magnéticas são círculos como 

mostrados na figura 29.7. Note que o campo magnético se anula ao longo da linha 

de movimento da carga e é máximo no plano perpendicular a esta linha, passando 

pela carga. 

Se supusermos que o campo elétrico E r gerado pela carga em A não é 

afetado pelo movimento dela, podemos escrever que: 

Tirando o valor de 

r 1 q 

E = 

4π ε r 

0 

ˆ . 

u 

2 R 

û 

R 

dessa expressão e levando em (29.8), obtemos: 

r r r 1 r r 

B = µ 

0 

ε 

0 

v × E = v × E, 

(29.9) 

2 

c 

que dá a relação entre os campos elétrico e magnético gerados pela carga 

q em movimento. 

Na expressão (29.9), houve a substituição: 

1 

8 

c = = 2,9979× 

10 m/s (29.10) 

µ ε 

que é a velocidade da luz no vácuo. 

0 

0 

Em resumo, uma carga elétrica em repouso gera um campo elétrico; mas, 

se ela estiver em movimento, ela gera também um campo magnético. A equação 

(29-9) mostra que esses campos são dois aspectos de uma propriedade 

fundamental da matéria. Por isso, é mais correto usar o termo campo 

eletromagnético para descrever interações que envolvem cargas elétricas. 

A equação (29.8) vale quando a velocidade da carga é muito menor que a 

velocidade da luz. Quando isso não acontece, ela deve ser substituída por uma 

outra equação derivada da Teoria da Relatividade, conforme estudaremos mais 

adiante. 

SAIBA MAIS 

Sobre as unidades do eletromagnetismo 

Quando estudamos a lei de Coulomb, vimos que a constante 

expressão da força elétrica: 

F 

e = 

K 

e 

q q 

r 

1 2 

2 

K 

e , que aparece na 

era determinada experimentalmente a partir da definição da unidade de carga 

elétrica, o Coulomb. Ela é expressa em termos de uma outra constante – a 

permissividade elétrica ε 

0 - por: 

K 

e 

1 

= 

4π ε 

Por outro lado, a força magnética que atua entre dois fios retilíneos e longos, 

percorridos por uma corrente elétrica e separados de uma distância R , é dada 

pela equação (29.6) ou (29.7): 

F = K 

m 

m 

i 

A 

0 

i 

B 

l 

2π R 

Ela contém uma constante de proporcionalidade 

K 

m que também é expressa em 

termos de uma outra constante –a permissividade magnética µ 

0 - por: 

K m 

µ 

0 

= 

4π 

A equação (29.10) nos mostra que µ 

0 e ε 

0 estão relacionados de uma maneira 

bem definida; assim , o valor de uma das constantes depende do valor da outra. A 

razão disso é que ambas se referem a uma só grandeza fundamental – a carga 

elétrica – já que a corrente elétrica é carga/tempo. Portanto, ao escolher o ampère 

como a quarta unidade fundamental do SI (além do quilograma, metro e 

segundo), a Conferência Geral de Pesos e Medidas de 1960 adotou, por 

definição, que o valor de 

K 

m deve ser: 

K m 

= 

−7 

2 

10 c 

para que a equação (29-10) forneça o valor: 

ε 

1 

1 

12 2 

0 

= = 

= 8,854 × 10 C / 

2 

−7 

2 

µ 

0 

c 4π 

× 10 c 

N m 

2 

medido experimentalmente. 

Dessa forma, a equação (29.6) ou a equação (29.7) pode ser usada para definir o 

ampère como unidade de corrente elétrica que, percorrendo dois condutores 

421 

422

paralelos separados por uma distância de um metro, resulta em uma força 

−7 

(atrativa ou repulsiva) entre eles valendo 2,0 × 10 N/m de cada condutor. Dessa 

definição de Ampère decorre, então, a definição do Coulomb (unidade de carga 

elétrica), como sendo a carga elétrica que flui por unidade de área e tempo um 

condutor que possui uma corrente de um ampère. 

O campo magnético no centro do circuito é a soma dos campos gerados pelos 

quatro fios que fazem o circuito. Pela regra da mão direita, vemos que estes 

campos, no ponto P, são perpendiculares ao plano do circuito e têm sentido para 

fora do papel. O campo gerado por um fio de comprimento L, à distância r do fio é 

dado no Exemplo 29.1: 



No caso do ponto Q, simétrico a P em telação ao fio, temos, da Figura 29.3: 

s 

dl 

dx iˆ 

r 

P 

= 0iˆ 

y ˆ 

r 

= ′ 

− 

P 

j 

'= x′ 

iˆ 

(lembre que 

Então: 

Então: 

r ' é o vetor-posição de dl 

r no sistema de coordenadas escolhido). 

r − r ' = −x′ 

iˆ 

− y 

P 

r r r 

dl 

× ( − 

') = dx′ 

iˆ 

× [( −x′ 

) iˆ 

− y ˆ] j = −y 

dx′ 

kˆ 

P 

onde o unitário kˆ tem a direção perpendicular à folha de papel e o sentido para 

fora dela. Portanto: 

r 

dB 

P 

ˆj 

µ i y dx′ 

0 

P 

− 

4 π 

2 2 

[( x′ 

) + y ] 

= 3/2 

P 

tem sentido para dentro da página. O resto do cálculo é o mesmo, apenas trocando 

o sinal da integral, o que dá, finalmente: 

r i L 

B = µ 

0 

− kˆ 

2 π y 

2 2 1/ 

P [ L + 4yP 

] 

2 

P 

kˆ 

P 

r 

B 

µ 

0 

i 

2π 

r 

L 

= 1/ 2 

2 2 

[ L + 4r 

] 

em que o vetor unitário kˆ tem o sentido saindo da folha de papel. 

Os campos magnéticos gerados pelos fios de comprimento a são iguais pois o 

ponto P está eqüidistante deles. A distância entre P e eles vale b / 2. Então, para 

esses dois fios, temos: 

P 

kˆ 

B µ 

0 

i a 2µ 

0 

i 

= 2 

= 

a 

2π 

b/ 

2 

+ 

2 2 2 

2 2 

[ a + 4b 

/ 4] 1/ π b [ a b ] 1/ 2 

Analogamente, para os fios de comprimento b , temos: 

A indução magnética total será: 

B= 

B 

ou, ainda: 

+ B 

i 

B µ 

0 b 2µ 

0 

= 2 

= 

b 

2π 

a / 2 

+ 

2 2 2 

2 2 

[ b + 4a 

/ 4] 1/ π a [ a b ] 1/ 2 

2µ 

0 

i a 2µ 

0 

i b 2µ 

0 

i 

= 

+ 

= 

π b 

2 2 1/ 2 

1/ 2 

[ a + b ] π a 

2 2 

2 2 

[ a + b ] π [ a + b ] 

a b 

1/ 2 

B= 

π 

2 µ i 

2 

⎛ a + b 

⎜ 

2 

⎞ 2 µ 

0 

i ⎛ ( a + b 

⎟ = ⎜ 

2 

2 1/ 2 

0 ) 

⎟ 

[ ] 2 2 ⎜ ⎟ ⎜ 

a + b 

1/ 2 

⎝ ab ⎠ π ⎝ ab ⎠ 

i 

a 

b 

⎞ 

⎛ a b ⎞ 

⎜ + ⎟ 

⎝ b a ⎠ 



E29.1) Um pequeno elemento de corrente 

centrado na origem. Encontre o campo magnético 

Idl 

r com 

r 

dl 

= 2mmkˆ 

e 

I = 2A 

está 

dB 

r nos seguintes pontos: sobre 

o eixo x (a) em x= 3 m, (b) em x= -6 m, sobre o eixo z (c) em z= 3m e sobre o 

eixo y (d) em y= 3 m. 

Figura 29.29: Circuito percorrido por corrente estacionária 

423 

E29.2) Dois fios longos retos paralelos distando 8,6 cm transportando correntes de 

424

mesmo módulo I. Os fios paralelos repelem-se mutuamente com uma força por 

unidade de comprimento de 3,6 nN/m. (a) As correntes são paralelas ou 

antiparalelas? (b) Encontre I. 

E29.3) Um fio infinitamente longo e isolado está ao longo do eixo x e transporta 

uma corrente I na direção positiva do eixo x. Um outro fio infinitamente longo e 

isolado está ao longo do eixo y e transporta uma corrente I na direção y positiva. 

Onde no plano xy o campo magnético resultante é nulo? 

E29.4) A corrente no fio mostrado na figura 29.9 é de 8 A. Encontre B r no ponto P 

devido a cada segmento de fio e some-os para encontrar o B r resultante. 

Figura 29.9: corrente no fio do exercício 29.4 

425

AULA 30: CAMPO MAGNÉTICO EM SOLENÓIDES 

OBJETIVO 

• CALCULAR O CAMPO MAGNÉTICO GERADO POR UM SOLENÓIDE. 

• APLICAR A REGRA DA MÃO DIREITA PARA DEFINIR A DIREÇAO DO VETOR INDUÇÃO 

MAGNÉTICA GERADO POR UMA ESPIRA E DENTRO DE UM SOLENÓIDE 

30.1 CAMPO MAGNÉTICO GERADO POR UMA ESPIRA 

Nesta aula estudaremos as propriedades do campo magnético gerado por um 

solenóide, que é simplesmente um fio enrolado em espiras (Figura 30.1) de forma 

tal que seu comprimento seja muito maior que seu raio. 

Figura 30.1: Um solenoide. 

Vamos começar estudando as características da indução magnética gerada por 

uma espira, que é a configuração básica de um solenóide. Vamos aplicar a lei de 

Biot-Savart a uma espira circular de raio R, percorrida por uma corrente elétrica i , 

em um ponto P no seu eixo de simetria (Figura 30.2). 

Aqui, o circuito que mantém a corrente estacionária i na espira não é 

mostrado pois estamos interessados de fato, apenas no campo produzido pela 

espira. 

elemento 

Seja um sistema de coordenadas com origem no centro da espira. Um 

dl 

r da espira, localizado com relação à origem pelo vetor 

campo magnético de indução 

centro da espira ( r P 

) dada por: 

ao eixo 

r ' , gera um 

dB 

r no ponto P de vetor posição ( r P 

) relativo ao 

r 

dB 

r r r 

µ 

0i 

dl × ( 

− 

') 

r 

P r . 

4π 

| 

− 

'| 

= 

3 

P 

Devido à simetria circular do problema no plano xy e também com relação 

cilíndricas. Temos: 

z (simetria axial) será conveniente trabalharmos em coordenadas 

r 

P 

= z 

P 

kˆ 

r 

′ = x′ 

iˆ 

+ y′ 

ˆj 

+ 0kˆ 

≡ Rcosθ 

iˆ 

+ R senθ 

ˆj 

+ 0 kˆ 

( r − r ') = z kˆ 

− Rcosθ iˆ 

− R sinθ 

ˆj 

r P 

P 

2 2 

| r 

s 

'|= z R . 

P 

− r 

P 

+ 

r r r 

Precisamos calcular o produto vetorial dl 

× ( P 

− r' ) e, para isso, 

escrevemos dl 

r 

= R dθ ˆ θ , em que θˆ um vetor unitário que é tangente ao círculo da 

espira, de mesmo sentido que a corrente elétrica circulando por ela. A Figura 30.3 

mostra a espira, o unitário θˆ e suas componentes segundo o sistema Oxyz . 

Figura 30.2: Campo Magnético de uma espira circular. 

Figura 30.3: Unitário tangente ao circulo da espira e suas componentes no sistema Oxyz. 

426 

427

Ele está no plano xy da espira e, portanto, suas componentes no sistema 

r 

= r 2π 

R µ [ ˆ ˆ 

0 

i zP 

cosθ 

i + zP 

senθ 

j + R kˆ] 

B ∫ dB = 

dθ. 

espira ∫0 

2 2 

4π 

( z + R ) 

3/2 

P 

Oxyz são: 

As integrações angulares sobre θ são elementares pois R e 

zP 

são 

ˆ θ = −senθ 

iˆ 

+ cosθ 

ˆ. j 

constantes. Vale a pena chamar a atenção que as componentes segundo î e ĵ do 

campo magnético se anulam devido à simetria axial do problema. 

Assim: 

r r r 

dl 

× ( − 

') = ( R dθ 

) ˆ θ × ( z kˆ 

− R cosθ 

iˆ 

− R senθ 

ˆ). j 

P 

P 


Verifique que as componentes de B r segundo os eixos Ox e Oy se anulam. 

Usando a equação para θˆ obtemos: 

r r r 

dl 

× ( − 

') = ( Rdθ 

)( −senθ 

iˆ 

+ cosθ 

ˆ) j × ( z kˆ 

− Rcosθ 

iˆ 

− R senθ 

ˆ) j 

P 

P 

Assim, para a componente segundo kˆ , temos: 

ou, desenvolvendo o produto vetorial e considerando que i ˆ × iˆ 

= ˆj 

× ˆj 

= 0 vem: 

2 

[ ˆ 

2 

− z senθ 

(ˆ i × kˆ) 

+ R sen θ (ˆ i × ˆ) j + z cosθ 

( j × kˆ) 

− Rcos 

( ˆj 

iˆ) 

] 

r r r 

dl 

× ( 

P 

− 

') 

= ( R dθ 

) 

P 

P 

θ × 

ou, ainda: 

r r r 

dl 

× ( 

− 

' 

P 

) = ( 

[ z sen ˆ 

2 

j R sen kˆ 

z iˆ 

2 

θ + θ + cosθ 

R cos θ kˆ 

] 

R dθ ) 

+ 

P 

P 

ou: 

r 

2 

= µ 2π 

0 

i R kˆ 

B 

+ 

∫ θ 

2 2 3/2 

4π 

( z R ) 

d 

0 

P 

r 

2 

0 

i R r 

B = µ k. 

(30.1) 

2 2 3/2 

2 ( z + R ) 

P 

Se o ponto P está situado exatamente no centro da espira, z 

P 

= 0 e: 

o que dá: 

de modo que: 

e: 

r r r 

dl 

× ( − 

') = R dθ 

[ z cosθ 

iˆ 

+ z senθ 

ˆj 

R kˆ] 

P P 

P 

+ 

r µ 

0i 

[ z 

dB = R dθ 

4π 

P 

cosθ 

iˆ 

+ z ˆ 

P 

senθ 

j + Rkˆ] 

2 3/2 

( z + R ) 

2 

P 

r 

B 

µ i R 

2 

kˆ 

µ i 

= ˆ. 

3 

R 2R 

2 

0 0 

= k 

Então, a indução magnética gerada por uma espira contendo uma 

corrente estacionária tem a mesma direção que o eixo da espira. Seu 

sentido pode ser determinado com a seguinte regra: 

Fechamos a mão direita sobre a espira de modo que o sentido de 

fechamento coincida com o sentido da corrente na espira. O vetor indução 

magnética é perpendicular ao plano da espira com sentido dado pelo 

polegar, como motrado na Figura 30.4. 

428 

429

EXEMPLO 30.2 

Suponha que tivéssemos duas espiras separadas por uma distância d, com 

correntes de mesmos sentidos, de intensidade i . 

(a) Qual seria a indução magnética num ponto sob o eixo de simetria das espiras a 

meia distância uma da outra? 

(b) Qual seria a indução magnética no ponto Q, situado à distância d de P? 

Figura 30.4: Regra da mão direita para espiras com corrente elétrica. 


O campo magnético é uniforme em algum lugar em uma espira com corrente? 

EXEMPLO 30.1 

Considere um ponto a uma distância muito grande 

indução magnética neste caso. 

z P 

>> R da espira. Calcule a 

Solução: Neste caso, podemos desenvolver o denominador de (29-7) em série 

binomial, o que dá: 

( z 

1 

+ R 

) 

3 R 

≈ 1− 

2 

2 2 3/2 

2 

P 

z P 

2 

Figura 30.5: Espiras paralelas com correntes. 

SOLUÇÃO: 

Como pensar? 

Você tem que manter a mão sempre na mesma posição e no sentido da corrente. 

É como se tivesse um ímã no centro da espira e o fato do ímã estar a direita ou a 

esquerda, o ímã não se inverte, conforme ilustra a figura 30.6 

Então, a equação (29-4) fica: 

r 

B 

µ 

0 

i R 

3 

2z 

2 

2 

3 R 

(1− 

) kˆ 

2 z 

= 2 

P 

P 

r 

2 

µ 

0i 

R µ 

0 

r 

ou: B = k ˆ = µ ( z >> R), 

3 

3 

2 z 2π 

P 

z P 

2 

onde µ = iπ R é o chamado momento de dipolo magnético. 

De fato, uma espira tem um momento de dipolo magnético associado que está 

sempre perpendicular ao plano definido pela área, independente do fato de a 

espira ser circular ou não. Lembre mais uma vez da forma de definição da normal, 

conforme discutimos em aulas anteriores. 

430 

Figura 30.6: Analogia da espira com um ímã, mostrando o sentido dos vetores momento 

magnético no ponto P. 

(a) Como as espiras são idênticas e possuem a mesma corrente, e como o ponto P 

está no meio da distância entre elas, a indução magnética devida a cada uma 

delas em P será a mesma. A regra da mão direita nos dá que esses vetores estão 

ao longo do eixo das espiras e dirigidos para o ponto Q. Assim, a indução total 

será duas vezes a dada pela equação 30.1, isto é: 

431

B = 

1 

2 ( 

µ i R 

z 

1 

2 

2 

4µ 

i R 

4R 

) 

2 

2 

3/ 2 2 

0 

0 

0 

0 

= 

= 

= 

2 2 3/2 

2 

3/2 

2 2 3/2 2 

P 

+ R ) ⎛ d 

( d + 4R 

) ( d + 

2 

⎞ 

⎜ 

⎝ 4 

µ i R 

+ R 

⎟ 

⎠ 

1 

2 

4 

µ i R 

2 3/2 

(b) A distância da espira à esquerda de P até o ponto Q é (3d/2). A distância da 

espira à direita de P até o ponto Q é d/2. Então, se escolhermos o sentido positivo 

do eixo Oz, coincidente com a linha PQ, da esquerda para a direita, teremos: 

1. para a espira à esquerda de P, 3d / 2 

Exemplo 30.3 

Uma espira de raio a=20 cm é alinhada com um fio de comprimento L=2a de 

modo que seu eixo de simetria passa pelo ponto médio do fio (Figura 30.7). A 

distância entre a espira e o fio é d=3a. 

r 

B 

2 

1 µ 

0 

i R 

2 2 

2 ( z + R ) 

z P 

= e: 

2 

3 / 2 2 

2 

i R 

i R 

i R 

kˆ 

1 µ 

0 

4 

kˆ 

1 4 µ 

0 

µ 

0 

= 

= 

= 

k 

2 2 

2 2 

3/ 2 

2 2 3/2 

⎛ 9d 

2 (9d 

+ 4R 

) (9d 

+ 4R 

) 

2 ⎞ 

⎜ + R 

4 

⎟ 

⎝ ⎠ 

= 1 

3/2 

3/2 

P 

2. Para a espira à direita de P, z P 

= d / 2 e: 

r 

B 

2 

1 µ 

0 

i R 

2 2 

2 ( z + R ) 

2 

i R 

kˆ 

1 µ 

0 

= 

2 2 

⎛ d 2 ⎞ 

⎜ + R 

4 

⎟ 

⎝ ⎠ 

3/ 2 2 

i R 

kˆ 

1 4 µ 

0 

= 

2 2 

2 ( d + 4R 

) 

2 

4µ 

0 

i R 

= 

2 2 

( d + 4R 

) 

= 2 

3/2 

3 / 2 

3/2 

3/2 

P 

Como as correntes possuem o mesmo sentido, teremos: 

r 

B 

r r 

2 

4µ 

0 

i R 

B1 

+ B2 

= 

2 2 

(9d 

+ 4R 

) 

2 

i R 

kˆ 

4µ 

0 

+ 

2 2 

( d + 4R 

) 

= 3/2 

3/2 

kˆ 

kˆ 

ˆ 

Figura 30.7: Espira alinhada com fio 

Faz-se passar uma corrente i=2,25 Ampère tanto no fio quanto na espira. Calcule 

a indução magnética no ponto P, situado sobre o eixo da espira, à distância dela. 

Solução: Aplicando a regra da mão direita, tanto para a espira quanto para o fio, 

observamos que a indução magnética devida à espira está dirigida ao longo do 

eixo Oz, no sentido positivo dele; a indução magnética devida ao fio está dirigida 

ao longo do eixo Ox (perpendicular à folha de papel), com sentido do eixo (saindo 

da folha). Temos, então, que a indução magnética em P, devida ao fio é: 

r 

B 

µ 

0 

i 

2π 

z 

L 

= fio 

2 2 1/ 

P [ L + 4z 

P 

] 

2 

iˆ 


Conforme foi obtido no Exemplo 29.1. Com 

L = 2a 

e z P 

= 2a 

, temos: 

No Exemplo 30.2, se as correntes tivessem sentidos opostos: 

(a) Qual seria a indução magnética num ponto sob o eixo de simetria das espiras 

a meia distância uma da outra? 

(b) Qual seria a indução magnética no ponto Q, situado à distância d de P? 

r 

µ 

0 

i 

2π 

(2a) 

2a 

2 2 

[ 4a 

+ 4a 

] 

i 

iˆ 

µ 

= 

2π 

a 

B = 0 

fio 

1/ 2 

1 

iˆ 

8 

A indução magnética devida à espira é, como foi visto no Exemplo 30.1: 

r 

B 

2 

µ 

0 

i a 

2 2 

2 ( z + a ) 

= espira 

3/2 

P 

kˆ 

432 

433

Com 

z P 

= a vem: 

r 

B espira 

Então, a indução resultante é: 

2 

µ i a 

i 

= 0 

kˆ 

µ 

0 

= 

2 2 3/2 

2 ( a + a ) 2a 

1 

kˆ 

8 

EXEMPLO 30.4 

Um disco de raio R homogêneo tem uma carga Q distribuída por sua superfície e 

gira com velocidade angular ω constante. Suponha que a densidade de carga seja 

constante ao longo da sua superfície. Calcule a indução magnética em um ponto P 

situado a uma altura h acima do eixo do disco. 

r r 

B = B 

fio 

r 

+ B 

espira 

µ i 

= 

2π 

a 

1 i 

iˆ 

+ 

8 2a 

0 

µ 0 

1 

kˆ 

8 

ou: 

r 

i ⎛ ⎞ 

B = B iˆ + B kˆ 

µ 

0 

1 1 

x y 

= ⎜ iˆ 

+ kˆ 

⎟ 

2a 

8 ⎝π 

⎠ 

O módulo de B r é: 

B = 

B + B 

2 

x 

2 

z 

µ 

0 

i 

= 

2a 

1 ⎛ 1 ⎞ 

⎜ + 1 

2 

⎟ 

8 ⎝ π ⎠ 

1/ 2 

Figura 30.8: Disco carregado com carga Q girante. 

O vetor B r está localizado no plano xz, fazendo um ângulo θ com o eixo Oz dado 

por: 

⎛ B 

θ = arctg 

⎜ 

⎝ B 

Aplicando os valores numéricos, temos: 

x 

z 

⎞ ⎛ 1 ⎞ 

⎟ = arctg ⎜ ⎟ 

⎠ ⎝ π ⎠ 

−7 

( 4π 

× 10 T. 

m / A) 

× 2,25 A 

− 

B = 

× 0,101 + 1 = 2,62 × 10 

2 × 0,20 m × 8 

θ = arctg( 0,318) = 17º,6 


Desenhe o vetor indução magnética na figura 30.7 

6 

T 

Solução: Podemos considerar o disco como uma superposição densa de espiras 

de espessura 

d r′ , cada qual com uma corrente i . 

Vamos calcular a "corrente" associada a uma "espira" de espessura 

disco: 

Q dQ 

2 = 

πR 

dA 

d r′ sobre o 

onde dA = r′ 

dr′ 

dθ 

, Q é a carga contida na espira. Como a corrente elétrica é: 

vem: 

E, como 

dθ 

ω = : 

dt 

dQ 

i = 

dt 

dQ r′ 

dr′ 

dθ 

Q 

= 

2 

dt π R dt 

Q 

i = r′ 

dr′ω 

π R 

Agora podemos usar a lei de Biot e Savart. Para uma espira, lembremos de 30.1 

que: 

2 

434 

435

B 

µ 

0i 

2 ( z 

2 

r′ 

2 

+ r′ 

) 

= 

2 3/2 

P 

kˆ 

Como 

z P 

= h , temos que: 

r 

B 

2 

µ 

0i 

r´ 

2 2 

2 ( h + r´ 

) 

= 

3/2 

kˆ 

Figura 30.9: Campo magnético de um solenóide. 

Logo esta espira contribui como um dB para o campo do disco: 

r 

dB 

2 

µ 

0 Qω 

r′ 

r′ 

dr′ 

2 

2 2 

2 π R ( h + r′ 

) 

= 3/2 

kˆ 

A figura 30.10 mostra um corte perpendicular às espiras por um plano 

paralelo a esta folha de papel. 

Integrando de r ′ = 0 até r ′ = R , obtemos 

r 

B 

3 

µ 

0 

Qω 

r′ 

2 2 2 

2π 

R ( h + r′ 

) 

= 

R 

disco ∫0 

3/2 

dr′ 

kˆ 

ou: 

r 

B disco 

2 2 

µ 

0 

Qω 

⎛ R + 2h 

⎞ 

= ⎜ 2⎟ 

kˆ 

2 

2 R 

− 

π 

2 2 

⎝ h + R ⎠ 


No Exemplo 30.4, qual é a indução magnética no centro da espira? 

Figura 30.10: Campo magnético nas espiras de um solenóide. 

Os círculos com o X são as interseções das espiras com a corrente 

entrando no papel (parte superior da espiras na Figura 30.9); os círculos 

com os pontos, são as interseções das espiras com a corrente saindo do 

papel (parte inferior das espiras na Figura 30.9). 

30.2 DESCRIÇÃO DO CAMPO MAGNÉTICO GERADO POR UM 

SOLENÓIDE 

A Figura 30.9 mostra as linhas de força da indução magnética gerada por 

uma corrente que percorre um solenóide. Ela é a soma vetorial das induções 

magnéticas geradas por cada uma das espiras que o constituem. 

As linhas com setas são as linhas da indução magnética gerada 

pelo fio das espiras. Podemos ver que existe um cancelamento da indução 

magnética entre as porções dos fios adjacentes das espiras, ao passo que 

ao longo do solenóide, acontece uma superposição construtiva de linhas de 

força, produzindo uma indução magnética que é aproximadamente 

uniforme e cilíndrica. 


O campo magnético é nulo para pontos no exterior de um solenóide? 

436 

437

Vamos calcular a indução magnética em um ponto P do eixo de simetria e no 

interior de um solenóide constituido por espiras circulares de raio a e comprimento 

L. A figura 30.11 mostra a geometria do problema: 

O resultado dessa integral é obtido com a mudança de variável 

ou por consulta em uma tabela de integrais. Temos, então: 

z = a tgθ 

z2 

r µ 

0 

i N 2 1 z µ 

0 

i N ⎡ z2 

z1 

B = a 

= ⎢ − 

2 

2 L a 

2 2 

2 L 

2 2 2 2 

z + a 

⎢ 

z 

z 

1 ⎣ 2 

+ a z1 

+ a 

⎤ r 

⎥ k. 

⎥ 

⎦ 

fazer 

Como o solenóide tem um comprimento muito maior que seu raio, podemos 

z → + ∞ e z → −∞ 

, obtendo, então: 

2 

1 

Figura 30.11: Geometria para calcular a indução magnética no eixo do solenóide. 

r µ 

0 

i N 

B = = µ 

0 

n i kˆ. 

L 

(30.2) 

De acordo com a equação (30.1), a indução magnética no ponto P do eixo 

do solenóide, gerado por uma espira situada à distância z do ponto P é, na notação 

da figura 30.10 (não deixe de comparar esta figura com a figura 30.2 e compare 

também esta equação com a equação 30.1): 

A importância do solenóide está no fato de podermos obter induções 

magnéticas bastante uniformes em regiões próximas a seu centro. 

r 

dB 

2 

µ 

0 

i a 

2 2 

2 ( z + a ) 

= 3/2 

kˆ 

Suponhamos que o solenóide tenha N espiras no seu comprimento L. Então, 

o número de espiras por unidade de comprimento é n = N L e o número de espiras 

no elemento de comprimento dz é ndz = ( N L)dz 

. A indução magnética no ponto 

P do eixo do solenóide, gerada pelas espiras contidas em dz, é: 

r 

dB 

2 

⎡ µ 

0 

i a 

⎢ 2 2 

⎣2( 

z + a ) 

⎤ N ˆ µ 

0 

i N 

⎥ dz k = 

⎦ L 2 L ( z 

2 

a 

2 

+ a ) 

= 3/2 

2 3/2 

dz kˆ. 

A indução devida a todas as espiras é a integral dessa expressão sobre todo 

o comprimento do solenóide. Então: 

r 

0 

i N 

B = 

µ a 

2 L 

2 

z2 

dz 

∫ z 2 2 

1 ( z + a ) 

3/2 

kˆ. 

438 

439



A componente de B r segundo o eixo Ox é: 

ou: 

r 

B 

x 

A componente segundo Oy é: 

r 

B 

y 

= 

= 

Ou: 


µ i 2π 

z cosθ 

dθ 

µ i R z 

2π 

∫ 

0 

cosθ 

dθ 

π 0 2 

4 

P 

0 

P 

= 

2 2 3/ 

2 

[ ] [ ] ∫ 

+ 4π 

2 2 0 

z R 

z + R 

3/ 

P 

r µ i R 

Bx 

= 

4π 

z 

0 P 

2π 

sen θ = 

2 2 3/ 2 0 

[ z 

P 

+ R ] 

µ 2π 

θ θ µ 

2π 

0 

i z 

P 

cos d 

0 

i R z 

P 

∫ 

= 

2 

π 0 3/ 2 

4 

2 2 

[ ] [ ] ∫ 

+ 4π 

2 2 0 

z R 

z + R 

3/ 

P 

P 

r µ 

0 

i R zP 

2π 

By 

= 

− cosθ 

= 0 

3/ 2 

0 

4π 

2 2 

[ z + R ] 

P 

P 

0 

senθ 

dθ 

(a) Se as correntes tiverem sentidos opostos, o sentido dos vetores B serão 

opostos e, como eles são iguais em módulo, a indução resultante seria nula. 

E30.1) Uma espira de um fio com raio de 3 cm transporta uma corrente de 2,6 A. 

Qual é o módulo de B r sobre o eixo da espira em (a) no centro da espira, (b) 1 cm a 

partir do centro, (c) 2 cm a partir do centro e (d) 35 cm a partir do centro? 

E30.2) Encontra a corrente em uma espira circular com raio de 8 cm que irá 

fornecer um campo magnético de 2 G no centro da espira. 

r µ i 

E30.3) Mostre que a equação 30.1 reduz-se a B = 0 

kˆ 

no centro da espira. 

2R 

E30.4) Um enrolamento circular com raio de 5,0 cm possui 12 voltas, encontra-se 

em repouso no plano x e está centrado na origem. Ele transporta uma corrente de 

4 A, de tal modo que a direção do momento magnético do enrolamento está ao 

longo do eixo x. Encontre o campo magnético sobre o eixo x em (a) x=0, (b) x=15 

cm e (c) x= 3 m. 

E30.5) Um solenóide com 30 cm de comprimento, raio de 12 cm e 300 voltas 

transporta uma corrente de 2,6 A. Encontre B r sobre o eixo do solenóide (a) no 

centro, (b) dentro do solenóide a um ponto situado a 10 cm de uma extremidade. 

E30.6) Um solenóide com o comprimento de 2,7 m possui raio de 0,85 cm e 600 

voltas. Ele transporta uma corrente I de 2,5 A. Qual é o campo magnético 

aproximado sobre o eixo do solenóide? 

(b) No caso de correntes com sentidos opostos, teremos: 


r 

B 

r r 

2 

4 µ 

0 

i R 

B1 

+ B2 

= 

2 2 

(9d 

+ 4R 

) 

2 

i R 

kˆ 

4 µ 

0 

− 

2 2 

( d + 4R 

) 

= 3/2 

3/2 

kˆ 

r µ Qω 

r 

No centro do disco ( h → 0) , temos: B = 0 k 

2π 

R 


440 

441

AULA 31 LEI DE AMPÈRE 

OBJETIVO 

• ENUNCIAR A LEI DE AMPÈRE 

• APLICAR A LEI DE AMPÈRE EM PROBLEMAS DE GEOMETRIA SIMPLES 

• APLICAR A REGRA DA MÃO DIREITA PARA DEFINIR A CONVENÇÃO DE SINAL DO 

CÁLCULO DA CIRCULAÇÃO 

• MONTAR E CALCULAR A CIRCULAÇÃO DA INDUÇÃO MAGNÉTICA 

Portanto, a lei de Ampère relaciona a integral da componente tangencial 

do vetor B r ao longo de uma curva fechada C que delimita uma superfície S, com a 

corrente estacionária líquida i que atravessa essa superfície. 

A equação (31.1) merece algumas observações importantes: 

(a) a integral na equação 31.1 é uma integral de linha e, portanto, deve ser 

calculada sobre a curva (fechada) C (por isso, o círculo sobre o símbolo da 

integral). A integral é denominada circulação do vetor B r . O integrando é 

31.1 A LEI DE AMPÈRE 

O cálculo da indução magnética gerada em um ponto P do espaço por uma 

corrente elétrica é feito, como vimos, pela lei de Biot-Savart. Ele envolve uma 

integral que pode ser complicada em muitos casos. Por outro lado, este cálculo 

pode ser simplificado quando tratamos com sistemas com alto grau de simetria, 

graças à lei de Ampère. 

A lei de Ampère decorre de dois fatos experimentais: 

1) Como não há pólos magnéticos isolados na Natureza, as linhas de 

força do campo magnético são linhas fechadas; 

2) A integral da indução magnética B r , gerada por uma corrente 

estacionária i , ao longo de uma linha de força do campo magnético, 

é proporcional à corrente elétrica que atravessa a superfície limitada 

por esta linha de força. 

Este último resultado pode ser generalizado para qualquer curva fechada C e 

uma corrente estacionária que atravesse a superfície limitada por esta curva. 

Matematicamente, podemos escrever a lei de Ampère: 

em que 

dela. 

r r 

∫ B • dl = µ 0 

i, 

(31.1) 

C 

dl 

r é o vetor deslocamento tangente à curva fechada C em qualquer ponto 

442 

a componente do vetor B r na direção da tangente à curva C em qualquer 

ponto dela; 

(b) como há duas maneiras de se percorrer uma curva fechada, adota-se 

como sentido positivo convencional de percurso da curva C, aquele 

em que a superfície S, limitada por C, fique sempre à esquerda de C. 

Para o cálculo da circulação na lei de Ampère com essa convenção, 

considera-se a corrente elétrica com o sentido positivo ou negativo, de 

acordo com a regra da mão direita: colocando os dedos da mão direita 

no sentido positivo de percurso da curva, o dedo polegar dá o 

sentido positivo da corrente elétrica. 

(c) se houver mais de uma corrente atravessando a superfície delimitada pelo 

percurso de integração, a corrente líquida é a soma algébrica dos valores 

das correntes existentes, com o sinal coincidindo com a regra da mão 

direita. 

A Figura 31.1 mostra uma curva C limitando uma superfície S. 

Perpendicularmente a S figuram alguns fios retilíneos cujas correntes elétricas têm 

os sentidos indicados. O sentido de percurso da curva C também está indicado. 

Assim, a lei de Ampère, aplicada ao circuito C, nos permite escrever: 


r r 

∫ B • dl = µ 

0 2 3 4 

i 

C 

( − i − i + i + ) 

Porque i 1 

e i 6 não foram levadas em conta no cálculo da circulação? 

5 

443

EXEMPLO 31.1 

Campo de um fio infinito com corrente i 

Calcular a indução magnética gerada por um fio infinito, percorrido por uma 

corrente estacionária i , em um ponto P situado à distância r do fio. 

Solução: De acordo com os passos acima descritos, temos: 

Figura 31.1: Circuito envolvendo várias correntes elétricas. . A curva C é chamada de circuito 

de Ampère ou curva amperiana. 

(a) A Figura 31.2 mostra as linhas de força do campo magnético gerado pelo fio. 

Como já havíamos visto, elas são círculos concêntricos com cada ponto do fio 

e situadas no plano perpendicular ao fio. Essa é, pois a simetria que 

desejávamos. 

Sabendo que 


i = 1 

6mA 

, i = 2 

5mA 

, i 4mA 

3 

= , i = 4 

3mA 

, i 2 

5 

= mA e 

i 1mA 

6 

= 

calcule o valor da circulação do vetor B r para o exemplo da figura 31.1 

Essas observações nos dão indicações para operarmos corretamente 

com a lei de Ampère: 

(i) ) primeiramente, devemos observar qual a simetria que a situação física 

tem para justificar o uso da lei. Se não houver simetria, é inútil aplicarmos a 

lei; 

(ii) a simetria de que falamos vai se manifestar na possibilidade de 

escolhermos uma curva de integração adequada para usarmos na integral; 

(iii) determinamos quais as correntes que atravessam a superfície limitada 

pela curva, o sentido da corrente líquida, que deve ser o sentido positivo da 

integral. 

(d) expressamos o produto escalar do integrando em função de um parâmetro 

que permita a integração. 

Para entendermos o método acima, vamos fazer como na Lei de Gauss, 

começando com um exemplo simples. 

Figura 31.2: Linhas de força do campo magnético gerado pelo fio infinito. 

(b) Devido à simetria do campo magnético, para calcular a integral da equação 

(31.1) escolhemos como curva de integração um círculo de raio r , passando pelo 

ponto P e perpendicular ao fio, com origem no centro dele. 

(c) a corrente i é mostrada na Figura. Assim, escolhemos o sentido positivo de 

percurso que, neste caso, coincide com o campo magnético. Com a regra da mão 

direita, vemos que a corente elétrica é considerada positiva. 

(d) Como o campo magnético é constante ao longo da trajetória e tangente a ela, 

temos: 

que dá: 

∫ 

r r 

2π 

B • dl = B (cos 0) ∫ dl = B × (2π 

r) 

= µ 

0i 

C 

0 

444 

445

µ i 

B = 0 (31.2) 

2π 

r 

que é o resultado obtido com a lei de Biot-Savart, mas de modo muito mais fácil. 

r 

Mas uˆ θ 

• dl 

é a componente de dl 

r na direção do vetor unitário ûθ 

e vale: 

u ˆ • dl 

r 

= r dθ. 

θ 

Note que a circulação vale 

B2 π r . Entretanto, como a corrente que gera o campo 

magnético é constante (consequentemente o segundo membro da lei de Ampère 

tem que ser constante) o campo magnético tem que decair com r para a circulação 

ser constante, independente do raio da curva de integração. 

A escolha da curva de integração é semelhante à da superfície de Gauss. Ela deve 

sempre passar pelo ponto onde calculamos a indução magnética. 

ou: 

Então: 

∫ 

r r 

= 

µ i 2 µ 

0 

B • dl r 

π dθ 

= 

i 2 

2π 

r 

∫0 

2π 

C 

∫ 

0 

π 

B 

r 

dl 

r 

• = µ i, 0 

C 

, 


A lei de Ampère só é válida para correntes estacionárias? 

que é a expressão da Lei de Ampère. Portanto, a forma da curva não afeta a 

aplicação da lei. 

Se compararmos a solução do problema dada por este exemplo, com a do 

cálculo da indução magnética usando a lei de Biot –Savart (Exemplos 29.1 e 

29.2),vemos que a simetria do campo magnético ajudou a simplificar a solução. 


Se o módulo do campo magnético situado a uma distância R de um fio longo 

retilíneo e que carrega uma corrente é B, a que distância do fio o campo terá 

módulo equivalente a 3B? 

É importante notar que, se escolhermos uma curva arbitrária C envolvendo o 

fio, temos (Figura 31.3): 

∫ 

r r r µ i r 

0 

B • dl = ∫ Buˆ 

θ • dl u • dl 

C ∫ 

ˆθ 

C 

2π 

r 

C 


A Figura 31.4 mostra quatro fios concêntricos (círculos em negrito) percorridos por 

correntes elétricas valendo, respectivamente, i 

a 

= 8 A saindo do papel, ib 

= 10A 

entrando no papel, ic 

= 3 A entrando no papel e id 

= 7 A saindo do papel. Calcule a 

circulação da indução magnética em cada circuito circular concêntrico com cada fio 

tal que: 

Figura 31.3: Lei de Ampère e curva arbitrária. 

Figura 31.4: Fios concêntricos com correntes elétricas de vários sentidos e intensidades 

446 

447

Então: 

(a) compreendido entre os fios a e b; 

(b) compreendido entre os fios b e c 

(c) compreendido entre os fios c e d 

(d) envolvendo todos os fios 

(a) Para 

a < r 

∫ 

r r 

B • dl = µ 0 

i, 

C 

EXEMPLO 31.2 

ou: 

Considere dois cilindros condutores coaxiais, paralelos a um eixo que tomaremos 

como o eixo z (Figura 31.5). O condutor interno tem raio a e carrega uma 

corrente i uniformemente distribuída sobre sua área transversal com sentido de 

+ z . O condutor externo tem raio interno b e raio externo c e carrega uma 

corrente i uniformemente distribuída sobre sua área transversal com sentido 

Encontre o campo magnético nas regiões: 

a) a < r < b 

b) b < r < c 

c) r > c 

− z . 

∫ 

r r 

2π 

B • dl = B (cos 0) ∫ dl = B(2π 

r) 

= µ 

0i 

C 

e: 

µ i 

B r 

= 0 ˆ. φ 

2π 

r 

(b) b < r < c . Da mesma forma que anteriormente: 

∫ 

C 

0 

r r 

B • dl = µ 0 

i' 

e: 

∫ 

r r 

B • dl = B (2π 

r) 

C 

Figura 31.5: Cilindros condutores coaxiais. 

A corrente i’ que atravessa o condutor cilíndrico externo é a diferença entre a 

corrente total e a interna ao raio r : 

SOLUÇÃO: O problema possui simetria suficiente para usar a lei de Ampère. O 

circuito de integração é um círculo centrado no eixo. O campo magnético é 

tangente ao círculo em todos os pontos e pode ser escrito como B r 

= B( 

r) 

φˆ em 

que φˆ é o unitário da direção tangente ao círculo de integração (Figura 31.6). 

i´ = −( 

i − jA), 

onde o primeiro termo é a corrente total no cilindro e o segundo, a corrente que 

flui na região do cilindro com r>b. O sinal negativo indica que o sentido da 

corrente é o de –z. A área A é a área do cilindro compreendida entre os raios r e b. 

Então: 

A = π ( r 

2 

2 

− b ). 

Figura 31.6: Unitário φˆ tangente ao circulo de integração. 

Como a densidade de corrente no cilindro é constante, podemos escrever que: 

448 

449

Portanto: 

j 

i 

i 

= . 

2 

π ( c − b ) 

= 

2 

Atotal 

a indução magnética escolhemos um circuito de integração ABCD (circuito de 

Ampère ou curva amperiana) como mostrado nela, de modo tal que envolva 

apenas uma espira. 

2 2 

⎛ iπ 

( r − b ) 

( 2 ) = 

0 

, 

2 2 

( ) ⎟ ⎞ 

B π r µ 

⎜− 

i + 

⎝ π c − b ⎠ 

ou: 

B r 

µ i ⎡( 

r 

⎢ 

2π 

r ⎣( 

c 

2 

− c ) ⎤ 

⎥ 

ˆ. 

− b ) ⎦ 

2 

= 

0 

2 2 

φ 

Figura 31.7: Circuito de Ampère. 

c) r>c. Neste caso, temos que a corrente total que atravessa a área delimitada por 

um círculo de raio r>b é nula, pois as correntes nos dois cilindros possuem 

Temos, que: 

∫ 

ABCD 

r 

B • r r r r r r 

dl = ∫ B • dl + ∫ B • dl + ∫ B • dl + ∫ 

AB 

BC 

CD 

DA 

r r 

B • dl . 

sentidos contrários. Então: B=0. 


Calcule a indução magnética em um ponto P situado a uma distância r de um 

cilindro maciço de raio R, percorrido por uma corrente elétrica de densidade 

constante j. Suponha que: 

a) rR 

O trajeto CD é paralelo ao campo magnético, assim como o AB; porém podemos 

colocar o trajeto AB do circuito tão longe quanto queiramos de modo que o campo 

aí se anula. Nos trajetos BC e DA, o campo é perpendicular ao deslocamento e, 

portanto, as respectivas integrais são nulas. Assim a única contribuição importante 

na lei de Ampère é a da integral de linha ao longo de CD. 

∫ 

ABCD 

r r 

B • dl = ∫ 

CD 

r 

B • dl = Ba, 

Vamos ver agora como a lei de Ampère nos ajuda em geometrias mais 

elaboradas. 

EXEMPLO 31.3 

Usando a Lei de Ampère, calcule a indução magnética no interior de um solenóide 

muito longo formado por n espiras por unidade de comprimento e percorrido por 

uma corrente i . 

onde a é o comprimento do circuito CD. Pela Lei de Ampère: 

Ba = µ 0 

i', 

onde i ' é a corrente na região envolvida pelo circuito de Ampère e que, portanto, 

percorre uma espira do solenóide. Então: 

i' 

B = µ 0 . 

a 

SOLUÇÃO: Como vimos anteriormente, um solenóide muito longo possui um 

campo magnético praticamente homogêneo no seu interior, com linhas de campo 

paralelas ao seu eixo. A Figura 31.7 mostra uma seção do solenóide. Para calcular 

450 

A corrente total i é: 

i = nai' 

sendo n 

comprimento no solenóide. Então: 

o número de espiras por unidade de 

451

ou, vetorialmente, com 

µ 

0 

n ai 

B = = µ 

0 

ni, 

a 

ûx 

sendo o unitário do eixo Ox: 

r 

B −µ 

niuˆ 

. 

= 

0 x 

Seja um circuito de Ampère circular de raio r , mostrada na figura 31.9 como uma 

linha pontilhada. Se i 0 é a corrente em uma espira, a corrente total compreendida 

na região limitada pela linha pontilhada é o produto do número de espiras pela 

corrente em cada espira, tal que i = N i0 

. Então, como as linhas de indução 

magnética circulam dentro do toróide: 

∫ Γ 

r r 

B • dl = µ µ N i 

0 

i = 

0 

0 

EXEMPLO 31.4 

Campo magnético gerado por um toróide 

Considere um solenóide, parecido com o do exercício anterior, de tamanho C e 

que o torçamos unindo suas extremidades até formar um toróide (Figura 31.8). 

Usando a Lei de Ampère, calcule seu campo magnético. 

ou: 

B ( 2π r) 

= µ 

0 

N i0. 

Mas o toróide está limitado pelos raios interno a e externo b. Então, para a

condutor na parte da reta que une o centro dos dois cilindros. 

que dá: 

2 

B i 

2π 

r = −µ 

0 

J π a . ( a < r < b) 

2) a do cilindro maior: 

B e 

2π 

r = µ J π r 

0 

2 

que dá o campo resultante: 

2 

µ J ( r 

Br 

= Be 

+ Bi 

= 

2 r 

0 

− 

2 

a ) 

Figura 31.10: Cilindro condutor com cavidade não concêntrica. 

SOLUÇÃO: A densidade superficial de corrente é relacionada com a corrente 

elétrica por: 

r 

di = J • nˆ 

dA. 

Então, para uma densidade de corrente constante atravessando uma área circular 

2 

A = π R : 

Calcule a indução magnética para 


r > b no exemplo 31.5 


Quais são as vantagens e desvantagens relativas da lei de Biot e Savart e da lei de 

Ampère para os cálculos práticos de campo magnético? 

r I 

= ˆ I 

J k = k ˆ. 

2 

A π R 

Para resolver o problema é essencial que raciocinemos da maneira que se segue, 

uma vez que a quebra de simetria introduzida pela cavidade cilíndrica feita no 

cilindro maciço, faz com que a Lei de Ampère não possa ser aplicada 

imediatamente, pois não há curva ampereana simples que explore a simetria do 

campo magnético 

Suponhamos que tivéssemos um cilindro maciço de raio b , percorrido por uma 

corrente com J constante, e que, no seu interior houvesse uma região de raio a , 

cilíndrica, em que houvesse uma corrente de sentido contrário, com densidade de 

corrente − J . Então, na região teríamos J = 0 , o que simularia o buraco do ponto 

de vista eletromagnético. Assim numa região a uma distância r do eixo do cilindro 

(com a < r 

1) a do cilindro interno de raio a: 

r r 

∫ B • dl = µ 

0 

I 

Γ 

455 

454


raio r do cilindro, e I, a corrente que percorre todo o cilindro, temos que: 


r r 

∫ µ 

0 

A circulação do campo magnético é dada por: B • dl = ( − i − i + i + i ) 


(a) O circuito circular compreendido entre os fios a e b só envolve o fio a. O sentido 

positivo de percurso do circuito é o antihorário e a corrente que percorre o fio e sai 

do papel; portanto, pela regra da mão direita, ela tem o sentido positivo. Assim: 

∫ 

r r 

B • dl = µ 

= 4π 

× 10 

T. 

A 

C 

× 8 A = 10× 

10 

−7 

−1 

−6 

0 

ia 

T 

(b) O circuito circular compreendido entre os fios b e c envolve os fios a e b. O 

sentido positivo de percurso do circuito é o antihorário. Pela regra da mão direita, 

como a corrente que percorre o fio b penetra no papel, temos: 

∫ 

r r 

B • dl = µ ( i 

− i ) = 4π 

× 10 

T. 

A 

× (8 A −10 

A) 

= −2,5 

× 10 

−7 

−1 

−6 

0 a b 

T 

(c) O circuito circular compreendido entre os fios c e d envolve os fios a, b e c. O 

sentido positivo de percurso do circuito é o antihorário. Pela regra da mão direita, 

como a corrente que percorre o fio c penetra no papel, temos: 

r r 

B • dl = µ ( i − 

∫ 

− i ) = 4π 

× 10 

T. 

A 

× (8 A −10 

A − 3 A) 

= −6,3× 

10 

−7 

−1 

−6 

0 a 

ib 

c 

T 

(d) o circuito circular envolve todos os fios e a corrente que percorre o fio d tem 

sentido para fora do papel. Então: 

r r 

B • dl = µ ( i − 

∫ 

− 

+ i ) = 4π 

× 10 

T. 

A 

× (8 A −10 

A − 3 A + 7 A) 

= 2,5× 

10 

−7 

−1 

−6 

0 a 

ib 

ic 

d 

T 

Devemos considerar apenas as correntes que estão limitadas pela curva amperiana. 

Substituindo os valores das correntes temos: 

2 

. 

3 

4 

5 

. 

. 

. 

i 

π r 

2 

= 

I 

π R 

Se o ponto P, situado à distância r do eixo do cilindro, estiver dentro do cilindro, 

teremos rR, o cilindro se comporta como um fio. Portanto: B = I 

2π 

R 


Do Exemplo 31.4, a indução magnética em um ponto situado a uma distância 

do cilindro é calculado com um circuito circular de raio r . Temos: 

B e 

(2π r) 

= µ J π 

. 

2 

I 

2 

0 

b 

Como a indução dentro do cilindro não varia, a indução total fica, então: 


2 2 

µ 

0 

J ( b − a ) 

Br 

= Be 

+ Bi 

= 

2 r 

. 

µ 

r > b 

E31.1) No interior de uma curva fechada exstem diversos condutores. A integral de 

linha 

∫ B 

r . dl 

r 

em torno da curva é igual a 3,83.10 -4 T. (a) Qual é a corrente total que 

passa nos condutores? (b) Se você fizesse a integral percorrendo a curva em 

sentido contrário, qual seria o valor da integral? Explique. 

µ 

( − i − i + i + i ) = µ ( − mA − 4mA 

+ 3mA 

+ 2mA) = µ ( − 4 ). 

0 2 3 4 5 0 

5 

0 

mA 


Como a densidade de corrente no cilindro é constante, se i é a corrente dentro do 

456 

E31.2) A figura 31.9 mostra uma seção reta de diversos condutores que 

atravessam o plano da página. O sentido das correntes está indicado na figura e 

valem I 1 =4,0 A, I 2 =6,0 A e I 3 =2,0 A. Temos quatro trajetórias indicadas na figura. 

457

(a) Qual é o valor da integral 

∫ B 

r . dl 

r 

para cada uma das trajetórias? 

Figura 31.9: Representação do exercício 31.2. 


P9.1) Uma seção reta de um fio cilíndrico longo de raio a= 2,00 cm e que conduz 

uma corrente de 170 A está mostrado na figura 31.10. Qual é o módulo do campo 

elétrico produzido pela corrente a uma distância do eixo do fio igual a (a) 0, (b) 

1,00 cm, (c) 2,00 cm e (d) 4,00 cm? 

Figura 31.10: Seção transversal de um fio conduzindo corrente. 

P9.2) Um fio cilíndrico longo e retilíneo de raio R, transporta uma corrente 

uniformemente distribuída sobre sua seção reta. Em qual local o campo magnético 

produzido por essa corrente é igual à metade do seu valor máximo? Considere 

pontos internos e externos ao fio. 

P9.3) Um solenóide é projetado para produzir um campo magnético igual a 0,0270 

T em seu centro. Ele possui raio de 1,40 cm, comprimento de 40,0 cm e o fio 

conduz uma corrente máxima de 12,0 A. (a) Qual é o comprimento total do fio? (b) 

Qual o número mínimo de espiras que o solenóide deve possuir? 

P31.4) Um fio cilíndrico de raio a=3,1 mm é percorrido por uma densidade de 

corrente, J, que varia linearmente com a distância radial r de acordo com a equação 

J=J 0 r/a onde J 0 =310 A/m 2 . Determine o módulo do campo magnético para (a) r=0, 

(b) r= a/2 e (c) r=a. 

458

UNIDADE X 

LEIS DE FARADAY E DE LENZ E A INDUÇÃO 

ELETROMAGNÉTICA 

Até agora estudamos fenômenos elétricos e magnéticos de forma 

completamente separada: a eletrostática e a magnetostática são assuntos 

completamente fechados sobre si mesmos. Aprendemos ainda que cargas elétricas 

estacionárias geram campos elétricos, assim como cargas elétricas em movimento 

(correntes) geram campos magnéticos. 

A partir de agora vamos aprender que tanto o campo elétrico quanto o 

campo magnético podem ser gerados por uma fonte que não está mencionada 

acima: a variação temporal de um campo elétrico (que pode gerar um campo 

magnético) e reciprocamente, a variação temporal de um campo magnético (que 

pode gerar um campo elétrico). 

A lei de Faraday trata do caso em que um campo elétrico é gerado a partir 

da variação temporal do fluxo do campo magnético. Começamos então a entender 

o porquê do nome Eletromagnetismo. Esse nome só tem sentido se fenômenos 

tipicamente elétricos possam gerar fenômenos tipicamente magnéticos e viceversa. 

458 

459

AULA 32: LEI DE FARADAY E LEI DE LENZ 

OBJETIVOS 

- ENUNCIAR A LEI DE FARADAY E A LEI DE LENZ 

- APLICAR A LEI DE FARADAY E LEI DE LENZ EM DIVERAS SITUAÇÕES 

- GERADORES E MOTORES 

- RELACIONAR FORÇA ELETROMOTRIZ E CORRENTE INDUZIDA 

fluxo do vetor indução magnética tem papel importante. Então, para simplificar a 

linguagem, chamaremos o fluxo do vetor indução magnética apenas de 

fluxo magnético. Entretanto, devemos sempre ter em mente que esta 

denominação se refere ao fluxo de um vetor (no caso B r ) através de uma 

superfície. 

32.2 A LEI DE FARADAY 

32.1 O FLUXO DA INDUÇÃO MAGNÉTICA 

como: 

O fluxo do vetor indução magnética através de uma superfície A é definido 

Φ 

B 

r 

= ∫ B • nˆ 

dA, 

onde dA é um elemento da superfície considerada e nˆ , um vetor unitário normal à 

superfície. Sua unidade é o 

2 

Tesla× m que também é denominada Weber (Wb), em 

homenagem a Wilhelm Eduard Weber (1804-1891), inventor do telégrafo 

eletromagnético. 

Como não há monopólos magnéticos na Natureza, as linhas de força 

do campo magnético são fechadas. Como exemplo, lembre-se das linhas de 

força do campo magnético gerado por uma corrente elétrica que percorre um fio 

longo ou um solenóide (figura 30.8). Em um ímã as linhas de força saem pela 

extremidade a que damos o nome de polo magnético Norte e entram na 

extremidade chamada de polo magnético Sul. 

Se considerarmos uma superfície fechada qualquer em um campo magnético, 

todas as linhas de força que entram nessa superfície saem dela. Assim, o fluxo do 

vetor indução magnética através de uma superfície fechada é sempre nulo. 

Matematicamente 

Φ 

B 

r 

= ∫ B • nˆ 

dA = 0. 

Em 1831 Michael Faraday anunciou os resultados de uma série de 

experimentos, incluindo três que descreveremos a seguir: 

Experimento 1: Considere um circuito elétrico retangular constituído por 

um fio metálico e uma resistência R, colocado em repouso num campo magnético 

uniforme de indução magnética B r 

perpendicular ao plano do circuito (Figura 

32.1a). A forma do circuito não é importante: os resultados do experimento são 

independentes dela. Também o fato do campo magnético ser uniforme e 

perpendicular ao plano do circuito não muda os resultados. Essas hipóteses são 

feitas apenas para simplificar os cálculos e não deixar que eles escondam a 

interpretação dos fenômenos físicos envolvidos. 

Figura 32.1a: Circuito elétrico em repouso num campo magnético uniforme. 

Não havendo força eletromotriz no circuito, não haverá corrente elétrica 

através do fio e da resistência que o constituem. 

Se agora deslocarmos o circuito dentro da região do campo magnético (por 

exemplo da esquerda para a direita como na Figura 32.1b), observaremos que, 

enquanto ele estiver se movendo totalmente imerso no campo magnético, 

não haverá corrente elétrica percorrendo o circuito. 

Essa expressão é chamada de lei de Gauss para o magnetismo, pela sua 

semelhança com a respectiva lei para a eletrostática. 

Nesta Unidade estaremos interessados em muitos fenômenos nos quais o 

460 

461

o movimento do ímã (relativamente ao circuito) muda de sentido (Figura 32.1d). 

Figura 32.1b: Circuito elétrico movendo-se num campo magnético uniforme com velocidade 

v r . 

Eventualmente, o circuito elétrico atinge o limite da região contendo o 

campo magnético e começa a sair dela, como mostra a figura 32.1c: 

Figura 32.1d: Imã se aproximando e se afastando de um circuito elétrico. Observe que o 

sentido da corrente se inverte quando o movimento do imã ocorre no sentido contrário. 


Figura 32.1c: Circuito elétrico saindo de uma região contendo um campo magnético 

Se o polo sul estivesse inicialmente se aproximando do circuito e depois se 

afastando, haveria uma corrente induzida? Como seriam o sentido da corrente em 

amboos os casos? 

A partir deste momento, uma corrente flui no circuito e ela continua 

a existir no circuito enquanto parte dele ainda estiver na região contendo o 

campo magnético; quando todo o circuito deixa a região, a corrente 

elétrica deixa de existir. 

O mesmo fenômeno acontece quando o circuito, ao invés de sair da 

região do campo magnético, entra nela: apenas o sentido da corrente é 

invertido em relação àquele quando o circuito sai do campo magnético. Da 

mesma forma que antes, a corrente continua a existir enquanto parte do circuito 

fica dentro da região do campo magnético; quando todo o circuito está dentro ou 

fora dela não há corrente elétrica no circuito. 


Se o circuito estivesse parado e a região onde se encontra B r se movesse para a 

direita, apareceria uma corrente no circuito? 

Experimento 2: Quando aproximamos ou afastamos um ímã de um 

circuito, aparece uma corrente elétrica no circuito. A corrente desaparece quando o 

ímã fica em repouso relativamente ao circuito e volta a aparecer quando o ímã 

volta a se movimentar. O sentido da corrente no circuito também se inverte quando 

462 

Experimento 3: Se o circuito estiver em repouso relativamente ao campo 

magnético, ao alterarmos a intensidade do vetor indução magnética do campo 

magnético, uma corrente elétrica aparece no circuito. Se aumentamos a 

intensidade da indução magnética a corrente tem um sentido. Se diminuirmos a 

intensidade da indução magnética a corrente adquireo sentido contrário. 


Se o circuito e a região do campo magnético estivesse em repouso mas 

repentinamente a área do circuito aumentasse e diminuisse de tamanho, haveria 

indução de corrente elétrica nesse circuito? 

Lembrando que, para que apareça uma corrente elétrica no circuito, é 

preciso que apareça um campo elétrico nos fios que o constituem. Você vai notar 

imediatamente que o campo elétrico, que produz o movimento das cargas 

elétricas, é gerado pela variação de alguma coisa. Que coisa é essa? Não é o 

campo magnético, pois este fica constante nos dois primeiros experimentos. Não é 

o movimento do circuito, que fica parado no experimento 3. 

463

Repare, entretanto, que existe uma grandeza que varia nos três 

experimentos: o fluxo magnético através da área do circuito varia com o 

tempo. 

Em outras palavras, a variação temporal do fluxo magnético gera o campo 

elétrico! E esse campo elétrico pode ser descrito através da força eletromotriz 

induzida no circuito. A lei de Faraday pode então ser formulada da seguinte 

forma: 

A lei de Lenz se refere a corrente elétrica em circuitos fechados mas, no caso 

de circuitos abertos, podemos imaginá-los como fechados e, assim, determinar o 

sentido da força eletromotriz. 

Para entendermos bem a lei, consideremos um circuito fechado, na forma de 

uma espira circular. Ao aproximarmos dela um ímã como mostrado na Figura 32.2, 

o fluxo magnético aumenta através da espira. 

A variação do fluxo magnético através de uma superfície gera uma 

força eletromotriz ε através dela. 

Expressa matematicamente, a lei fica: 

dΦ 

ε = − B 

, (32.1) 

dt 

Figura 32.2: (a) Ímã com pólo Norte se aproximando de uma espira; (b) os campos 

o sinal negativo indica o sentido da força eletromotriz. Faraday, embora sabendo da 

existência do sinal, não fez nenhuma menção a ele; foi Heinrich F. E. Lenz (1804- 

1865) quem, em 1834 o introduziu na equação (32.1), e estabeleceu, assim, a Lei 

de Lenz. 

É preciso notar que a corrente elétrica induzida no circuito, observada nas 

experiências de Faraday, existe somente porque o circuito é fechado (como o da 

Figura 32.1). Quando o circuito é aberto, a força eletromotriz induzida – que é 

medida como uma diferença de potencial entre as extremidades do circuito – existe 

sempre que há variação do fluxo magnético através do circuito. 


Se não houvesse um circuito real, a variação temporal do fluxo magnético induziria 

um campo elétrico no espaço? 

32.4 A LEI DE LENZ 

magnético do imã ( B r ) e o induzido pelo aumento do fluxo magnético ( B r ) para se opor à 

variação do fluxo magnético. 

Essa variação temporal do fluxo magnético induz no circuito uma força 

eletromotriz e, como ele é fechado, uma corrente elétrica. Esta, por sua vez, induz 

um campo magnético que, na área delimitada pelo circuito, deve se opor ao 

aumento do fluxo. Isto é, o campo magnético induzido deve ter o sentido 

oposto ao campo magnético existente. Então, de acordo com a regra da mão 

direita, o sentido da corrente elétrica induzida no circuito é o sentido anti-horário 

para quem observa o circuito do lado do ímã, veja a figura 32.2b. Assim, o fluxo 

magnético induzido trabalha no sentido de compensar o aumento do fluxo 

causado pela aproximação do ímã. 


Descreva , inclusive com desenhos,como deve ser o sentido da corrente induzida na 

espira se, ao invés do pólo Norte: 

i 

A lei de Lenz estabelece o sentido da corrente elétrica induzida pelo fluxo 

magnético variável no tempo que atravessa um circuito. Ela nos diz que: 

(a) aproximamos da espira o pólo Sul do ímã; 

(b) afastamos da espira o pólo Sul do ímã. 

A força eletromotriz induzida pela variação temporal do fluxo magnético 

gera uma corrente que tende a se opor à variação deste fluxo magnético. 

464 

465


Um solenóide com uma corrente i é aproximado de uma espira (Figura 32.6). Qual 

o sentido da corrente induzida na espira, visto pelo observador? 

(a) qual é a magnitude da força eletromotriz induzida no circuito em t = 2, 0 s? 

(b) Qual é o sentido da corrente na resistência R=3,0 Ω ? 

(c) Qual a corrente neste instante? 

Figura 32.6 

Quando aproximamos ou afastamos o ímã do circuito, sempre sofremos 

uma força que tende a nos impedir de continuar o movimento. Portanto, 

precisamos realizar um certo trabalho para vencer essa força, trabalho este que, 

pela conservação da energia, não fica armazenado no circuito; ele é transformado 

em calor e liberado no circuito sob a forma de efeito Joule. 

Se afastarmos o ímã da espira, o campo magnético na área delimitada por 

ela vai diminuir e, consequentemente, o fluxo magnético nesta área diminui. Então, 

a força eletromotriz induzida deve criar uma corrente tal que o campo magnético 

induzido por ela se some ao campo magnético existente e produza um aumento do 

fluxo através da área considerada. Novamente, a regra da mão direita nos mostra 

que a corrente deve ter o sentido horário para quem observa a espira do lado do 

ímã. 

É fundamental notar que o importante aquí é a variação do fluxo 

magnético e não do campo magnético: as leis de Faraday e de Lenz se 

referem à variação do fluxo magnético!!! 

Uma outra observação, que nunca é demais ser repetida, é que força 

eletromotriz induzida só existe enquanto houver variação do fluxo 

magnético. Uma vez cessada esta variação, a corrente desaparece. 

EXEMPLO 32.1 

Uma espira quadrada de lado a=10,0 cm e resistência R=2,5 Ω é colocada em um 

campo magnético cuja indução aumenta com uma taxa de 0,45 mT/s. Se o plano 

da espira faz um ângulo de 60º com a direção do campo magnético, calcule: 

(a) a força eletromotriz induzida na espira; 

(b) a corrente induzida na espira; 

(c) a taxa de aquecimento no fio. 

SOLUÇÃO: 

(a) Enquanto o campo magnético está aumentando, aparece na espira uma força 

eletromotriz na espira, dada por: 

dΦ 

d r d 

ε = − = − ∫ B • ndA ˆ = − ∫ Bcos60º 

ds 

dt dt 

dt 


O circuito circular da Figura 32.3 está em um campo magnético cujo sentido é 

dirigido perpendicularmente e para dentro da folha de papel. O fluxo do campo 

magnético varia através do circuito com o tempo de acordo com a equação 

( ) = 6t 

2 + 3t 

+ 2 

Φ t mWb . 

Pois, se o ângulo entre o plano da espira e o campo magnético é de 30º, o ângulo 

entre a normal à espira e o campo magnético é 90º-30º=60º. 

Então: 

dB 

1 dB 

ε = − cos60º 

ds = − a 

dt 

∫ 

2 dt 

2 

Numericamente: 

Figura 32.3: Circuito em campo magnético 

ε = − 

1 T −3 

2 

−6 

× 0,45× 

10 

2 

(b) Temos que: 

× (0,10 m) 

s 

= 2,3× 

10 

V 

466 

467

−6 

2,3× 

10 V 

i = ε = 

= 9,2 

×10 −7 A 

R 2,5 Ω 

(c) A taxa de aquecimento no fio é igual à potência liberada por efeito Joule no fio. 

Então: 

P = i 

2 R = 2,1 × 10 

−5 J / s 

Se nós cortarmos o circuito abrindo-o, o, não ocorrerá mais a força resistiva, 

não realizaremos trabalho aproximando ou afastando o ímã do circuito. Entretanto, 

haverá uma força eletromotriz nele, mas, tal como numa bateria ligada a um 

circuito aberto, não há corrente elétrica gerada e também não há liberação de calor 

no circuito. 


A Figura 32.4 mostra duas espiras com eixos coincidentes. Faz-scorrente na espira maior, no sentido horário. Qual o sentido da corrente induzida na 

espira menor? A força que atua sobre ela é atrativa ou repulsiva? 

passar uma 

Figura 32.4: Espiras em paralelo 


Qual o sentido da corrente na resistência da Figura 32.5 imediatamente após o 

fechamento da chave S? 

EXEMPLO 32.2 

Um solenóide circular com 50 espiras possui um diâmetro de 4,0 cm e resistência 

de 60,0 Ω . O solenóide é colocado em um campo magnético de indução B=500 G, 

perpendicular ao plano das espiras. Se, subitamente, o sentido do campo 

magnético for invertido, qual é a carga total que flui no solenóide? 

Solução: Quando o campo magnético é invertido, uma força eletromotriz induzida 

aparece no solenóide, causando uma corrente induzida. Tanto a força eletromotriz 

quanto a corrente existem apenas durante a mudança de sentido do campo. 

Como: 

A carga que percorre uma espira é: 

Mas, de acorco com a lei de Faraday, 

e: 

q = 

t 

dq 

i = 

dt 

q = ∫ i dt = 

0 ∫ 0 

∫ 

t 

0 

dΦ 

ε = − 

dt 

ε 

dt 

R 

t 

1 

= − 

R 

ε 

dt 

R 

∫ 

t 

0 

dΦ 

dt 

dt 

Se, em t = 0 o fluxo magnético através de uma espira é Φ 

1 

e em t = t o fluxo é 

Φ 

2 

, a carga total que flui no solenóide é: 

Mas: 

∆Φ = Φ 

1 2 1 

q = − ∫ Φ dΦ = 

R 

Φ R 

1 

∫ 

( Φ − Φ ) 

1 

r r r 

B • n dA − B • nˆ 

dA = B • ( nˆ 

nˆ 

) dA 

∫ 

ˆ 

1 

− Φ 

2 

= 

1 

2 

1 

− 

2 

Quando o campo magnético inverte, o unitário nˆ inverte de sentido, de modo que 

nˆ 

2 

= −nˆ1 

e a equação acima fica: 

2 

∫ 

Figura32.5 

468 

∆Φ = 

A carga q que percorre uma espira é então: 

2∫ B r 

• n1 dA = 2 B A 

469

Portanto, a carga total nas N espiras é: 

Numericamente: 

2 B A 

q = 

R 

Q = 

2 N B A 

R 

−4 

−2 

2 

2× 

50× 

(500× 

10 T) 

× π × (1,5 × 10 m) 

Q = 

= 58,9 µ C 

60,0 Ω 

Seja t = 0 o instante em que o circuito entra na região de comprimento D, 

onde há um campo magnético de indução B r 

constante em toda a região e 

perpendicular ao plano do circuito, também mostrado na Figura 32.8a. Note que, 

como o circuito ainda está fora da região do campo magnético, o fluxo da indução 

magnética através da área 

A = h l é nulo. 

O circuito penetra, então, na região do campo magnético com velocidade v r . 

Seja dl o comprimento do circuito que está dentro do campo magnético após o 

intervalo de tempo dt (Figura 32.8b). 


Se aumentarmos a resistência do circuito à esquerda da Figura 32.7, qual o sentido 

da corrente induzida no circuito da direita? 

Figura 32.8b: Circuito parcialmente imerso no campo magnético. 

Figura 32.7 

32.4 ESTUDO QUANTITATIVO DA LEI DE FARADAY 

Vamos agora quantificar as observações de Faraday. Consideremos um 

circuito retangular (para facilitar o cálculo) de lados h e l ( l > h) 

com uma 

resistência R , movendo-se da esquerda para a direita na com velocidade v r . Como 

pode ser visto na figura 32.8a. 

Neste instante, a área dA = h dl do circuito estará contida dentro do campo 

magnético. A variação do fluxo magnético através do circuito, no intervalo de 

tempo dt é: 

r 

r 

d Φ = B • nˆ 

dA − 0 = B • nˆ 

( h dl) 

− 0 

em que nˆ é um vetor unitário perpendicular ao plano do circuito. O termo “zero” é 

para nos lembrar que na parte externa, onde não há campo magnético, a variação 

do fluxo magnético é nula. Escolhendo o sentido positivo do unitário coincidente 

r 

com o do vetor indução magnética, temos que B • nˆ 

= B cos0º 

= B . A equação 

acima fica então: 

d Φ = B h dl 

Figura 32.8a: Circuito elétrico entrando em uma região de campo magnético. 

pois h é constante. De acordo com a lei de Faraday, a variação do fluxo magnético 

através da área do circuito gera uma força eletromotriz: 

470 

471

ε = − 

d Φ 

= − 

dt 

d 

dt 

[ B h dl] 

= − 

dl 

B h 

dt 

magnético for constante, 

a área do circuito, através da qual há fluxo da indução 

magnética não está variando mais, ou seja: 

Mas 

dl / dt é a taxa de aumento do comprimento do circuito à medida que 

ele entra na região do campo magnético. Como o circuito se move para dentro da 

região com velocidade v , devemos ter: 

dl 

v = . 

dt 

dA d 

= l 

dt dt 

( h ) = 0 

Quando o circuito sai da região de campo magnético, ainda com velocidade 

constante v (Figura 32.8d), há variação do fluxo magnético através dele. No 

intervalo de tempo dt , a extremidade direita do circuito percorre uma distância dl , 

deixando uma área dA = 

h ( l − dl) dentro do campo magnético. 

Assim, a força eletromotriz induzida no circuito, devida ao movimento dele 

relativamente ao campo magnético, fica, então: 

ε = −B h v 

De acordo com a lei de Lenz, essa força eletromotriz gera uma corrente 

induzida no circuito. A corrente, por sua vez, induz um campo magnético na área 

delimitada pelo circuito. A corrente deve ter um sentido tal que o fluxo 

magnético induzido por ela se oponha ao aumento do fluxo existente. Na figura 

32.8b, o aumento da área dentro do campo magnético aumenta o fluxo. Para 

compensar, o campo magnético induzido pela corrente deve ter sentido para fora 

da figura. A regra da mão direita nos indica, então, que a corrente induzida tem o 

sentido anti-horário no circuito. 

Figura 32.8d: Circuito saindo da região do campo magnético. 

A variação do fluxo magnético, no intervalo de tempo dt é, então: 

d Φ = B h( l − dl) 

− B hl = −B h dl. 

A lei de Faraday nos diz que: 

ε = − 

d Φ 

= 

dt 

dl 

B h 

dt 

Figura 32.8c: Circuito parcialmente imerso no campo magnético. O sentido da corrente 

induzida é mostrada no circuito. 

ou, tal como anteriormente, 

ε = B hv. 

Note que somente haverá variação de fluxo magnético enquanto o 

comprimento (e, portanto, a área) do circuito que está dentro do campo 

magnético estiver variando. Quando o circuito estiver totalmente contido no 

campo magnético, isto é, quando o comprimento do circuito dentro do campo 

472 

Note que a força eletromotriz induzida no circuito quando ele está saindo do 

campo magnético tem sinal oposto ao da força eletromotriz induzida quando o 

circuito está entrando no campo magnético. 

473


Dê argumentos que justifiquema inversão do sentido da corrente induzida. 

decréscimo da área contida dentro do campo magnético. Finalmente, quando todo o 

circuito sai da região do campo magnético (em 

x = D ), o fluxo volta a se anular e a 

variação do fluxo também. Observe que o fato do fluxo ser zero não implica que a 

variação do fluxo também seja necessariamente zero. 

Se o circuito estiver fechado, a conclusão que chegamos é que a corrente 

elétrica induzida por esta força eletromotriz quando o circuito entra no campo 

magnético tem sentido oposto ao da corrente induzida no circuito quando este sai 

do campo magnético. Com efeito, ao sair da região de campo magnético, a área do 

circuito diminui e, conseqüentemente, o fluxo diminui. A corrente induzida deve 

gerar um campo magnético que tende a aumentar o fluxo; então, o sentido deste 

campo é para dentro da página e, com a regra da mão direita, podemos ver que o 

sentido da corrente agora é horário. 

Figura 32.9: Gráfico do fluxo 

Correspondendo a essa figura, temos que a força eletromotriz induzida em 

cada trecho pode ser representada na figura 32.10. 

Figura 32.8e: Circuito saindo da região do campo magnético, com o sentido da corrente 

induzida no circuito. 

A figura 32.9, mostra o fluxo magnético em função da posição da 

extremidade direita do circuito. O eixo Ox coincide com o lado maior do circuito e 

tem origem na posição onde o circuito entra no campo magnético. O comprimento 

da região com o campo é D. 

O fluxo magnético através do circuito é zero enquanto ele está fora da 

região do campo magnético ( x < 0 ). O fluxo passa a aumentar à medida que o 

circuito começa a entrar nesta região. O aumento é linear porque a variação da 

área do circuito dentro do campo magnético é linear. Quando o circuito está todo 

dentro do campo (em 

máximo: 

x = l ), o fluxo da indução magnética atinge seu valor 

Φ = B A = B h l 

Figura 32.10: Gráfico da força eletromotriz induzida no circuito. 


Sabendo que a derivada é a tangnete à curva explique porque o gráfico da figura 

32.10 é uma constante negativa quando o circuito está entre 0 e l e positiva entre 

D − l e D . 

e permanece constante enquanto o circuito estiver totalmente dentro da região do 

campo magnético (em x = D − l ). Quando ele começa a sair da região do campo 

magnético, o fluxo da indução magnética passa a diminuir linearmente com o 

474 

475

EXEMPLO 32.3 

Força magnética sobre uma barra deslizante 

Uma barra, de massa m e comprimento l , desliza sobre dois trilhos paralelos, sem 

atrito, na presença de um campo magnético uniforme, dirigido perpendicularmente 

e entrando no plano da página (Figura 32.11). A barra recebe uma velocidade 

inicial v 

0 

e depois se desloca sobre os trilhos. Achar a velocidade da barra em 

função do tempo. 

duas força magnéticas (não mostradas na Figura), de mesma direção e sentidos 

opostos que, portanto se anulam e não produzem movimento lateral dos trilhos. 

Também sobre o trilho paralelo à barra não há força magnética porque este trilho 

não está dentro do campo magnético. 

Como a força magnética é a única força paralela ao movimento da barra que atua 

sobre ela, pela segunda lei de Newton temos: 

dp 

= −I 

h B 

dt 

Mas, sabemos que a corrente induzida é : 

B hv 

I = ε = , 

R R 

Solução: 

Figura 32.11: Barra deslizante em campo magnético. 

onde R é a resistência do circuito (trilhos e barra). Substituindo I na expressão da 

segunda lei de Newton, obtemos: 

Este exemplo é semelhante ao caso do circuito que entra em uma região contendo 

o campo magnético, que discutimos logo acima. Note que, à medida que a barra se 

desloca para a direita, a área de campo magnético dentro do circuito aumenta. 

Note também que, de acordo com a lei de Lenz, a corrente induzida tem sentido 

anti-horário. 

A força magnética que atua sobre a barra é: 

r r r 

= I h × B 

F m 

onde h é o comprimento da barra; o vetor h r tem o mesmo sentido da corrente 

elétrica. A direção e o sentido da força magnética sobre a barra são obtidos com a 

regra da mão direita do produto vetorial e são mostrados na Figura 32.22. O 

módulo, da força magnética é: 

| 

F m 

|= − I h B sen 90º 

= − 

I h B 

onde o sinal negativo mostra que ela vai tender a retardar o movimento da barra. 

Sobre a parte dos trilhos paralelos que estão dentro do campo magnético, atuam 

ou: 

Integrando: 

obtemos que: 

Fazendo: 

obtemos: 

d( 

mv) 

⎛ Bhv ⎞ 

= −⎜ 

⎟ 

dt ⎝ R ⎠ 

2 

d( 

mv) 

B h 

= − 

dt R 

2 

d( 

mv) 

B h 

= − 

v R 

∫ 

v 

v 

0 

2 

dv B h 

= − 

v mR 

1n 

v 

v 

0 

τ = 

2 

( hB) 

2 

2 

B h 

= − 

mR 

B 2 

2 h 

mR 

2 

v 

dt. 

t 

∫0 

2 

dt 

t. 

476 

477

1n 

v 

v 

0 

= − 

t 

τ 

ou: 

v = v e 

. 

−t/ 

τ 

0 

Portanto, a velocidade da barra diminui exponencialmente com o tempo. 

Conhecendo v , podemos também determinar a corrente elétrica induzida: 

Bhv 

I = 

R 

B hv e 

I = 

0 

R 

Uma outra observação importante é que o circuito tende a parar dentro do campo 

magnético. Além disso, para que ele se desloque dentro do campo magnético 

com velocidade constante, é preciso que uma força externa seja aplicada a 

ele, com direção igual à da força magnética e sentido oposto ao dela. 

−t/ 

τ 

. 

Figura 32.12: Circuito se dslocando com velocidade constante e saindo do campo magnético 

Tal como no Exemplo 

32.2, o circuito se move para a direita e há uma força 

magnética atuando sobre ele (devido à corrente induzida), cujo módulo é: 

e que tende a opor-se ao movimento do circuito. Portanto, se o circuito se desloca 

para a direita, a força externa, para a direita, deve ter módulo 

circuito se movendo com velocidade constante. A injeção de potência pela força 

externa sobre o circuito 

F m 

= I h B, 

elétrica deles. A injeção de potência no circuito é: 

I h 

B para manter o 

aparece no aquecimento dos fios devido à resistência 

P = F v = ( I h B) 

v. 


Calcule a fem induzida na barra do exemplo 32.3. 

Da conservação da energia, vem que: 

32.5 FORÇA ELETROMOTRIZ E CORRENTE INDUZIDA 

2 

I R = I h Bv, 

Para sabermos como esta corrente ou força eletromotriz induzida é 

produzida, vamos analisar o que ocorre, sob a luz das leis de Newton e da 

conservação da energia. A Figura 32.12 mostra um circuito saindo com velocidade 

de onde se tira que: 

I R = Bhv = ε. 

constante v de uma região onde há um campo magnético uniforme de indução B r . 

Para que a velocidade seja constante, uma força F r externa é aplicada ao circuito, 

perpendicularmente ao lado de comprimento h . 

Então, vemos pelo balanço de energia do circuito, que a força eletromotriz ε 

tem de ser aquela que calculamos diretamente pela lei de Faraday, ou seja: 

ε = Ri = Bhv 

A outra pergunta que surge é: “Quem faz esse trabalho?”. Certamente não 

é a força magnética, que nunca produz trabalho, resta a força externa. 

478 

479

Como ficam as forças e a conservação de energia do ponto de vista 

de um elétron no fio do circuito? 

f = f sinθ. 

r 

m 

Se por exemplo a corrente elétrica no fio vertical de comprimento l da 

esquerda está dirigida para cima, significa que os elétrons deslocam-se para baixo. 

Visto por um observador em repouso relativamente ao campo magnético, a 

velocidade de um dado elétron da corrente elétrica é a soma de duas componentes: 

uma componente vertical para baixo dentro do fio -- a velocidade de arraste ( v r ) -- 

e uma componente horizontal v , igual à velocidade do circuito e dirigida para a 

direita na figura 32.13. A velocidade líquida v r 

e 

do elétron, relativa ao observador, 

faz então um ângulo θ com a horizontal, como mostra a figura 32.12a. 

d 

paredes 

Assim, o trabalho efetuado sobre o elétron é feito pela força de reação das 

f r r 

. Quando o elétron se desloca para baixo no fio, este desloca-se para a 

direita; portanto, o elétron segue uma trajetória inclinada de comprimento S tal 

que: 

l = S senθ. 

O trabalho efetuado sobre o elétron, à medida que ele percorre o 

comprimento total do fio 

l = S senθ 

, é: 

W = f cosθ S = ( f senθ 

) cosθ 

S = ( f cosθ 

) ( senθ 

) S = f cosθ 

l 

r 

m 

W = ( f 

m 

cosθ 

) ( senθ 

) S 

W = f 

m 

cosθ 

l 

m 

m 

ou: 

W = e ve B cosθ 

l = e B ( ve 

cosθ 

) = e B v l 

Fig 32.13: (a) Velocidades de eletron no condutor; (b) forças envolvidas no condutor. 

W = e B ( cosθ 

) 

v e 

W = e Bvl 

v r 

e 

Temos então: 

A força magnética 

r 

f 

m 

v e 

cosθ 

= v 

r r 

= e v × B que atua sobre o elétron é perpendicular a 

e 

(figura 32.13a) e, portanto, não realiza trabalho sobre ele; ela apenas deflete o 

caminho do elétron. Entretanto, o elétron tem que se deslocar ao longo do fio, pois, 

caso contrário ele sairia do fio em algum momento. Para que a trajetória do 

elétron, relativamente ao fio, seja paralela ao fio, é preciso haver uma força f r 

r 

que 

equilibre a componente de 

fr m 

perpendicular ao fio, como mostrado na Figura 

32.13b. Essa força é a força de reação das paredes do fio sobre o elétron. Então, 

podemos escrever que: 

480 

W = Bvl 

e 

W 

= 

e 

ε 

Portanto vemos que o trabalho por unidade de carga é a força eletromotriz 

ε = Bvl de acordo com o resultado da lei de Faraday. 

32.6 GERADORES E MOTORES 

A Lei de Faraday tem uma importância prática muito grande. Ela descreve 

o fenômeno da indução eletromagnética, que está na base de um número enorme 

de máquinas. Essas máquinas podem ser classificadas basicamente em dois tipos: 

481

os geradores e o motores. 

Em qualquer dos casos o princípio de funcionamento é o seguinte: dentro 

de um grande ímã, colocam-se espiras que podem girar em torno de seu eixo de 

simetria. Nas usinas de força a energia necessária para girar a espira pode provir 

de várias fontes, por exemplo: numa usina hidrelétrica, a água de uma queda 

d'água é dirigida contra as palhetas de uma turbina a fim de provocar o movimento 

rotatório; numa usina termelétrica, o calor da queima de carvão ou de óleo 

converte a água em vapor d'água e esse vapor é dirigido contra as palhetas de uma 

turbina. 

Quando a espira gira no campo magnético do ímã, o fluxo magnético 

através da mesma se altera com o tempo e, num circuito externo, se induz uma 

corrente. 

d[ 

cos( 

ω t)] 

ε = −NBA 

dt 

ε = N B Aω 

sin( 

ωt). 

Este resultado mostra que a força eletromotriz varia senoidalmente com o 

tempo e tem valor máximo: 

ε 

max 

= NBAω, 

que ocorre quando ω t = 90º ou 270º . Em outras palavras, ε = ε 

max 

quando o 

campo magnético estiver no plano da bobina e a taxa de variação do fluxo 

for máxima. Além disso, ε = 0 se ω t = 0º ou 180º , isto é, quando B for 

perpendicular ao plano da bobina e a taxa de variação do fluxo for nula. 

A frequência desses geradores é da ordem de 60Hz. Essa é a frequência que 

alimenta nossas lâmpadas. 


Figura 32.13: Gerador de energia 

Porque não vemos as lâmpadas piscarem com frequência de 120 vezes/segundo? 

A fim de discutir quantitativamente o gerador, cujo esquema básico é 

mostrado na Figura 32.13, suponhamos que a bobina tenha N voltas, todas com a 

mesma área A e suponhamos que gire com uma velocidade angular ω . Se θ for o 

ângulo entre o campo magnético e a normal ao plano da bobina, ele varia 

periodicamente com o tempo com período 

da bobina em qualquer instante será dado por: 

2 π / ω . Então o fluxo magnético através 

Φ m 

= B Acosθ 

Φ 

m 

= B Acos( ω t). 

Portanto: 

dΦ 

m 

ε = −N 

dt 

482 

483



(a) Quando aproximamos o pólo Sul de um imã de uma espira, o fluxo magnético 

através da superfície delimitada por ela aumenta. Entretanto, as linhas de força do 

campo magnético entram no pólo Sul. Por tanto, o aumento do fluxo se dá da 

esquerda para a direita na figura abaixo. 

Para t=2,0 s, ε = 27,0 V. 

dΦ 

ε = = 12t 

+ 3 

dt 

(b) Como o fluxo está crescendo e o campo se dirige para dentro da folha de papel, 

a força eletromotriz tem que criar uma corrente que gere um campo magnético 

induzido para fora da folha de papel. Então, a regra da mão direita nos diz que o 

sentido da corrente é horário. 

(c) a corrente é dada por: 

ε 27,0 

i = = = 9,0 A. 

R 3,0 


Figura 32.14 

Portanto, a corrente elétrica induzida tem que gerar um campo magnético cujo 

fluxo deve diminuir o fluxo do campo do imã. Para isso, o campo magnético dentro 

região da espira deve apontar para a esquerda na figura. A regra da mão direita dá, 

então, o sentido anti-horário da corrente induzida, quando se olha a espira da 

esquerda da figura. 

A espira da esquerda gera um campo magnético que, na espira da direita está 

dirigido para a direita. O fluxo que atravessa esta espira aumenta enquanto a 

corrente na espira da esquerda está aumentando. Portanto, na espira da dirita deve 

aparecer uma corrente de sentido tal que o fluxo magnético gerado por ela 

contrabalance a variação do fluxo da espira da direita. A regra da mão direita nos 

dá o sentido da corrente induzida: anti-horário. Como os campos magnéticos 

possuem sentidos contrários, haverá repulsão entre as espiras. 

(b) No caso do imã se afastar da espira, ocorre o contrário e a corrente induzida na 

espira terá sentido horário. 


A regra da mão direita nos diz que a extremidade do solenóide que está mais 

próxima da espira se comporta como o pólo Norte de um ímã. O fluxo magnético 

aumenta quando o solenóide se aproxima da espira, com a s linhas de força 

atravessando a espira da esquerda para a direita. Então, a corrente induzida deve 

gerar um campo magnético dirigido da direita para a esquerda. Logo, a corrente 

induzida deve percorrer a espira no sentido horário. 


Quando a chave é fechada, aparece no solenóide uma corrente dirigida da esquerda 

para a direita (regra da mão direita). Então, o campo magnético dentro do 

solenóide está dirigido da direita para a esquerda. O fluxo aumenta e o circuito com 

a resistência deve gerar um campo magnético dirigido da direita para esquerda na 

região que envolve o solenóide. A regra da mão direita nos mostra que a corrente 

induzida deve estar dirigida, na resistência, da direita para a esquerda. 



(a) Temos que: 

484 

Na situação da figura 32.6, a corrente elétrica no circuito da esquerda tem sentido 

anti-horário. Ela gera um campo magnético na região do circuito da direita, 

perpendicular ao plano do circuito e entrando na folha de papel. Quando a 

resistência no circuito da esquerda é aumentada, a corrente do circuito 

485

diminui.Então, o campo magnético na região do circuito da direita diminui de 

intensidade e, conseqüentemente, o fluxo deste campo através do circuito diminui. 

Para compensar a diminuição do fluxo, surge uma corrente induzida no circuito da 

direita no sentido horário para que o fluxo do campo magnético gerado por ela 

através do circuito seja aumentado. 


A a força eletromotriz induzida na barra será: 

ε = I R 

ε = B h v e 

0 

−t/ 

τ 

. 

E32.4) Uma barra metálica com 1,50 m de comprimento é puxada para a direita a 

uma velocidade constante de 5,0 m/s. O campo magnético vale 0,750 T. A barra 

desliza sobre trilhos metálicos paralelos conectados através de um resistor de 25,0 

Ω, como indica a figura 32.14. A resistência da barra e dos trilhos pode ser 

desprezada. 

(a) Calcule o módulo da fem induzida no circuito. Determine o sentido da corrente 

induzida no circuito 

(b) utilizando a força magnética sobre as cargas na barra que se move, 

(c) usando a lei de Faraday e 

(d) usando a lei de Lenz. 

(e) Calcule a corrente através do resistor. 

Note que a força eletromotriz existe enquanto a velocidade da barra for diferente 

de zero, isto é, enquanto hover aumento da área do circuito, ou, ainda, enquando 

houver aumento do fluxo magnetico através do circuito. 


Porque seus olhos não conseguem acompanhar variações de intensidade numa 

freqüência tão alta. 


E32.1) Uma bobina com 500 espiras circulares com raio igual a 4,0 cm é colocada 

entre os pólos de um grande eletroímã onde o campo magnético é uniforme e 

forma um ângulo de 60º com o plano da bobina. O campo magnético diminui com 

uma taxa igual a 0,200 T/s. Qual é o módulo e o sentido da fem induzida? 

Figura 32.14: Exercício E32.4. 

E32.5) Um campo magnético uniforme B r é perpendicular ao plano de uma espira 

com 10,0 cm de diâmetro, formada por um fio com 2,5 mm e uma resistividade de 

−8 

1 ,69 × 10 Ωm . Qual deve ser a variação de B r para que uma corrente de 10 A seja 

induzida na espira? 

E32.2) Uma espira circular com 12,0 cm de raio orientada no plano xy é colocada 

numa região onde há um campo magnético uniforme de 1,5 T, orientado no eixo z 

positivo. Determine a fem média que será induzida na espira quando ela for 

removida da região do campo num intervalo de tempo de 2,0 ms. 

E32.3) O rotor de um pequeno gerador é constituído por uma bobina chata de 

seção reta com 120 espiras quadradas de lado igual a 1,60 cm. A bobina gira em 

um campo magnético de 0,075 T. Qual será a velocidade angular da bobina se a 

fem máxima produzida for igual a 24,0 mV? 

486 

487

AULA 33: CAMPO ELÉTRICO VARIÁVEL COM O TEMPO 

OBJETIVOS 

• DESCREVER AS PROPRIEDADES DO CAMPO ELÉTRICO VARIÁVEL COM O TEMPO 

• RELACIONAR E , v E B COM F q 

• DIFERENCIAR CAMPOS ELETROSTÁTICOS DE CAMPOS ELÉTRICOS INDUZIDOS 

• DESCREVER A ORIGEM DAS CORRENTES DE FOUCAULT 

• OBTER ε PARA OBSERVADORES EM MOVIMENTO RELATIVO 

33.1 O CAMPO ELÉTRICO INDUZIDO 

Vimos que um fluxo magnético variável induz uma força eletromotriz e uma 

corrente numa espira condutora. Devemos então concluir que há criação de 

campo elétrico num condutor em consequência de um fluxo magnético 

variável. Na realidade, a lei da indução eletromagnética mostra que sempre há 

geração de um campo elétrico por um fluxo magnético variável, mesmo no vácuo, e 

quando não estão presentes cargas elétricas. 

Esse campo elétrico tem propriedades bastante diferentes do campo 

eletrostático induzido por distribuições de cargas. 

Podemos ilustrar esse ponto pela análise de uma espira condutora de raio r , 

situada num campo magnético uniforme, perpendicular ao plano da espira (figura 

33.1) e que varia com o tempo. 

campo é determinado pela lei de Lenz; no caso da Figura 33.1, o fluxo do campo 

magnético está aumentando e, por isso, a corrente deve gerar um campo 

magnético induzido cujo fluxo tende a compensar este aumento, isto é, saindo do 

papel no sentido anti-horário. 


Como ficará o campo elétrico induzido na figura 33.1 se o campo magnético estiver 

diminuindo com o tempo? E se o campo magnético estiver saindo do plano do 

papel? 

O trabalho realizado no deslocamento de uma carga de prova q (positiva) 

por todo o circuito da Figura 33.1 é: 

onde a integral é feita sobre todo o circuito. 

r r 

W = q ∫ E • dl 

, 

Por outro lado, o trabalho por unidade de carga realizado no deslocamento 

ao longo de todo o circuito é igual à força eletromotriz que atua no circuito: 

W 

q 

= ε. 

Igualando essas duas equações, encontramos a relação entre a força 

eletromotriz e o campo elétrico induzidos no circuito pela variação do fluxo 

magnético através dele: 

r r 

ε = ∫ E • dl 

(33.1) 

Figura 33.1: Espira condutora e força elétrica induzida. Nesse caso, o fluxo magnético está 

aumentando. 

A lei de Lenz nos dá o sentido do campo elétrico ao longo da curva 

(fechada) de integração. 

Se o campo magnético se altera com o tempo, então a lei de Faraday nos 

diz que ocorre a indução de uma força eletromotriz dada por ε = −dΦ 

m 

/ dt . A 

corrente induzida que se produz é consequência do aparecimento do campo elétrico 

induzido E r que deve ser tangente à espira em todos os pontos. O sentido do 

488 

489

EXEMPLO 33.1 

Calcule o campo elétrico induzido na espira de raio r da Figura 33.1, sabendo que 

o campo magnético na região do circuito é uniforme e aumenta com uma taxa 

dB / dt . 


dB r 

Se for positivo qual é a orientação de E ? Ou vice versa? 

dt 

Solução: 

Para determinar o campo elétrico, temos que determinar uma curva de integração 

para a equação (33.1). Como podemos ver, a simetria do problema nos diz que 

esta curva deve ser um círculo de raio r. Escolhendo, então, como o sentido 

positivo do percurso da curva de integração (o sentido de 

mesmo sentido de E r , obtemos: 

W = q E ( 2π 

r), 

dl 

r ), como sendo o 

É importante compreender que este resultado vale também na 

ausência de um condutor. Ou seja, o campo elétrico induzido exisirá 

independentemente da presença de qualquer carga de prova! Isso quer 

dizer que uma carga livre num campo magnético variável sofrerá a ação 

desse mesmo campo elétrico. 

No caso geral, como a força eletromotriz induzida é o trabalho por 

unidade de carga realizado pelo campo elétrico no deslocamento da carga 

ao longo de uma curva de integração fechada, podemos escrever que: 

onde r é o raio da espira. Então, de 33.1 vem: 

ou: 

ε = E ⋅ 2π 

r 

ε 

E = 

2π 

r 

Com este resultado e a lei de Faraday, descobrimos que o campo E r assim gerado 

é: 

ou: 

| E |= 

Portanto, se a variação de B r 

2 

( Bπ 

r ) 

2 

1 ⎛ dΦ 

m ⎞ 1 d 

π r 

⎜− 

⎟ = − 

= − 

2π r ⎝ dt ⎠ 2π 

r dt 2π 

r 

2 

( Bπ 

) 

1 d 

| E |= − 

r 

2π 

r dt 

2 

π r 

| E |= − 

2π 

r 

E 

dB 

dt 

r dB 

= − . 

2 dt 

dB 

dt 

com o tempo for especificada, o campo elétrico 

induzido pode ser calculado e seu sentido deve ser tal que se oponha à 

variação do fluxo magnético 

∫ 

r r dΦ 

E • dl = − 

dt 

m 

(33.1) 

É sempre bom relembrar que a integral de linha da equação acima é feita 

ao longo de uma curva fechada. Para isso, devemos escolher um sentido de 

percurso da curva como positivo. 

1) É importante ter sempre em mente que os campos elétricos criados 

por indução não são associados a cargas elétricas, mas sim, a um 

fluxo magnético variável no tempo. Há então, uma diferença 

fundamental entre o campo gerado por cargas elétricas e o gerado por 

indução. Por exemplo, as linhas de força de um campo associado a cargas 

elétricas têm início em uma carga positiva e término em uma carga 

negativa. As linhas de força de campos elétricos induzidos são 

sempre linhas fechadas, isto é, sem extremidade livre. 

2) Outro ponto importante é que o campo elétrico gerado por cargas elétricas é 

conservativo. Com efeito, a diferença de potencial entre dois pontos deste 

campo: 

b r r 

V −V 

= −∫ E • dl 

b 

a 

a 

tem sempre o mesmo valor, independentemente da trajetória escolhida para 

calcular a integral do campo elétrico. Em particular, quando o ponto A 

coincide com o ponto B, obtemos: 

490 

491

V −V 

= − 

a 

a 

∫ a a 

r r 

E • dl 

= 0 

isto é, ao longo de uma curva fechada, a integral é nula. Por outro lado, 

quando o campo elétrico é induzido por uma variação temporal do 

fluxo magnético, a integral do campo elétrico ao longo de uma curva 

fechada não é zero, pois, de acordo com a lei de Faraday: 

r r dΦ 

m 

∫ E • dl = − , 

dt 

ou seja, o campo induzido não é um campo conservativo. 

solenóide e tomemos a curva da integral de linha como um círculo passando pelo 

ponto considerado, com centro no eixo do solenóide e raio r (Figura 33.2b). Por 

simetria, vemos que o módulo de E r é constante sobre essa curva e tangente a ela 

em todos os pontos. O fluxo magnético que atravessa a curva é, em um instante 

qualquer: 

Assim, pela lei de Faraday: 

∫ 

r r dΦ 

E • dl = − = − 

dt 

2 

∫ B 

r • nˆ 

dA = B ( π R ) 

d 

dt 

2 

( B R ) 

π = −π R 

2 

dB 

dt 

3) O campo elétrico iinduzido E r nunca poderá ser um campo eletrostático! 

Portanto, a noção de potencial e energia potencial para este tipo de campo 

elétrico não tem significado algum, ou seja, não faz sentido dfinir essas 

grandezas para um campo elétrico induzido. 

de onde se tira: 

r r 

E • dl = E ⋅ 2π 

r = −π 

R 

∫ 

2 

dB 

dt 

EXEMPLO 33.2 

Um solenóide comprido, de raio R , tem n espiras por unidade de comprimento e 

conduz uma corrente senoidal variável dada por: I = I 0 

cos( 

ω t) 

(Figura 33.2a). 

Como 

B = µ 

0nI 

e I = I0cosω 

t , temos: 

2 d 

E ⋅ 2π r = −π R ( µ 

0 

n I0 

cosω 

t) 

dt 

tal que: 

E ⋅ 

2 

π r = +π R µ n I ω sin ( ω t). 

2 

0 0 

Logo: 

(a) (b) 

Figura 33.2: Solenóide envolto por arame: (a) visão do lateral do solenóide; 

(b)visão frontal a partir do lado esquerdo do solenóide. 

(a) Determinar o campo fora do solenóide. 

(b) Qual o campo elétrico no interior do solenóide a uma distância 

centro? 

Solução: 

r < R do 

(a) Primeiramente consideremos um ponto externo à distância r do eixo do 

492 

2 

µ n I 

0 

ω R 

E = 

0 sin( 

ω t ) ( r > ) 

2 r 

R 

Então vemos que o campo elétrico varia senoidalmente com o tempo e sua 

intensidade decai com 

1/ r para pontos fora do solenóide. 

(b) Para pontos dentro do solenóide, temos, escolhendo uma curva circular de 

integração de raio r, que: 

ou: 

E ⋅ 2π 

r = −π 

r 

2 

dB 

dt 

493

E = − 

2 

E 

E 

E 

dB 

dt 

r d 

− 

2 dt 

( µ n I cos( ω )) 

= 

0 0 

t 

r 

µ 

0 

n I ω sin ( ω t) 

2 

= 

0 

µ n I ω r 

0 sin ( ω t) 

( r < ) 

2 

R 

= 

0 

isso colocamos o campo magnético apenas na região interior à borda, de tal forma 

que o campo magnético seja zero nessa região. Assim, é mesmo o campo elétrico 

que faz o disco girar. 

Isso mostra que a amplitude de E r no interior do solenóide cresce linearmente com 

r e varia senoidalmente com o tempo. 


Faça um esboço do campo elétrico em função de r . 

(a) (b) 

Figura 33.3: Disco com linha de cargas 

EXEMPLO 33.3 

Uma linha de cargas com condutividade λ é grudada na borda de um disco 

metálico de raio b suspenso horizontalmente, como mostra a figura 33.3a, de tal 

forma que o disco esteja livre para girar. Na região central, até o raio a , existe um 

campo magnético uniforme B 0 

. Se o campo for desligado, o que acontecerá? 

Solução: 

O campo magnético variável no tempo vai induzir um campo elétrico, em torno do 

eixo do disco. De acordo com a lei de Lenz o campo elétrico induzido terá o sentido 

de circulação em torno do eixo do disco de modo a provocar uma restauração do 

fluxo magnético inicial; portanto, ele estará com sentido anti-horário (Figura 

33.3b). Como consequência, o campo elétrico induzido exercerá uma força nas 

cargas que estão na borda da roda (como que estabelecendo uma corrente elétrica 

induzida que circula no mesmo sentido do campo elétrico) e o disco começará a 

girar no sentido anti-horário também. Quantitativamente, temos: 


Porque o campo magnético não poderia ocupar toda a área do disco? 

33.2 CORRENTES DE FOUCAULT 

A Figura 33.4 mostra uma placa metálica que se move para a direita em um 

campo magnético. Parte da área da placa está contida no campo magnético e parte 

está fora dele. Como sabemos, a variação temporal do fluxo magnético através da 

área gera uma força eletromotriz e uma corrente elétrica induzidas em volta da 

curva que delimita a área da placa. O sentido da corrente , indicado na figura, é 

resultado da diminuição do fluxo magnético na área do circuito, o que induz uma 

fem e corrente induzida que criam um campo magnético induzido entrando na folha 

de papel. O campo magnético exerce uma força sobre esta corrente cujo sentido é 

oposto ao do movimento da placa, opondo-se então ao movimento dela. 

∫ 

r r dΦ 

E • dl = − = −π 

a 

dt 

2 

dB 

dt 

Note que quem é responsável pela rotação é o campo elétrico induzido. Por 

Figura 33.4: Correntes de Foucault. 

494 

495


O produto nos quatro lados da placa está de acordo com a conclusão de que a 

força atua no sentido oposto ao do movimento da placa? 

Dica: Quanto vale o produto no lado direito, fora da região do campo magnético? 

As correntes induzidas em várias partes da placa são denominadas correntes 

de Foucault em homenagem a Jean B. L. Foucault (1819-1868). Ele demonstrou 

que a frenagem da placa decorrente da força magnética sobre as correntes elétricas 

nela induzidas, gera calor por efeito Joule, o qual é transferido para o ambiente. 

Isto causa uma perda de potência no funcionamento de motores e geradores. 

seja pelo movimento do campo magnético relativo ao circuito ou pela mudança do 

fluxo magnético devida à mudança da forma do circuito. Entretanto, observadores 

que estão em movimento relativo, embora meçam o mesmo valor da força 

eletromotriz, têm descrições microscópicas diferentes para o fenômeno da indução. 

Na aula anterior vimos como um observador em repouso, relativamente a 

um campo magnético, descreve a o aparecimento da força eletromotriz. Vamos 

repetir o mesmo raciocínio, só que desta vez usando uma carga positiva ao invés 

de um elétron. 

A potência perdida pode ser reduzida aumentando a dificuldade de produção 

das correntes induzidas. Por exemplo, uma maneira de reduzir as correntes é cortar 

a placa no formato de um pente, reduzindo assim a área de atuação delas. 


Como o formato de pente das placas ajuda a reduzir as correntes de Foucault? 

Figura 33.5: O movimento de uma carga elétrica visto por um observador em repouso 

relativo a um campo magnético 

As correntes de Foucault podem também ser usadas de modo útil. Em 

geral elas são utilizadas para amortecer oscilações, como numa balança mecânica 

muito sensível. Quando tocada a balança leva muito tempo até se estabilizar para 

que se possa efetuar as medidas; as correntes de Foucault auxiliam a reduzir este 

tempo de oscilação. 

Outra aplicação importante está nos sistemas de frenagem magnéticos, 

como os usados em grandes máquinas como trens. Neles, há um grande eletroímã 

colocado acima dos trilhos. Quando o ímã é acionado por uma corrente elétrica, o 

campo magnético gerado por ele cria correntes de Foucault nos trilhos, as quais, 

por sua vez, fornecem uma força de frenagem sobre o imã, freando assim o trem. 

Seja um observador S em repouso relativamente ao campo magnético, 

conforme indicado na figura 33.5. Quando o circuito se move para a direita em 

relação a ele, a carga elétrica (positiva agora) é carregada pelo circuito e tem uma 

velocidade v r para a direita. Ao mesmo tempo ela se desloca sobre o fio do circuito, 

e tem uma velocidade v r 

d 

de arraste constante em relação ao circuito, com sentido 

para cima devido à força eletromotriz induzida. A velocidade resultante da carga 

elétrica, relativamente ao observador S, é a soma vetorial das duas velocidades e 

faz um ângulo θ com o sentido de movimento do circuito. A força magnética que 

atua sobre a carga é perpendicular à velocidade resultante V r , da carga, sendo 

dada por: 

33.3 A INDUÇÃO E O MOVIMENTO RELATIVO 

A lei de Faraday descreve perfeitamente a força eletromotriz induzida seja 

pelo movimento de um circuito em relação a um campo magnético que o envolve, 

496 

r r r 

= qV × B. 

F m 

Ela pode ser decomposta em duas componentes: uma, com módulo 

497

F m 

senθ e direção do movimento do circuito, mas com sentido oposto a ele; e 

como 

v d 

dt é a mesma distância dl que a carga percorre no condutor, durante o 

outra, com módulo 

F 

m 

cosθ 

, dirigida para cima na figura 33.5. A primeira 

intervalo de tempo dt , temos que: 

componente tende a fazer a carga elétrica sair pela parede lateral do fio do circuito. 

A segunda componente tende a fazer a carga acelerar na direção paralela 

ao fio. Entretanto, nenhuma das duas coisas ocorre. A componente paralela ao fio é 

equilibrada pelas forças internas de colisão a que a carga elétrica fica sujeita ao se 

deslocar no fio. Isso faz com que a velocidade de arraste da carga seja constante. 

Como a carga elétrica não sai do fio, concluímos que a componente da força 

magnética perpendicular ao fio deve ser compensada pela reação normal 

N = F senθ da parede do fio sobre a carga elétrica. Esta força é a força externa 

m 

que deve ser aplicada ao circuito para que este se desloque com velocidade 

constante em relação ao observador S. 


O sentido do vetor N r na figura está consistente com a discussão acima? Desenhe 

o vetor que representa as forças internas na figura 33.5 

O trabalho realizado pela força 

deslocamento do circuito em um intervalo de tempo dt é: 

em que 

r r 

dW = N • dl = 

N r sobre a carga elétrica durante o 

( F senθ )( dl) cos0° 

= F senθ 

( v dt) 

m 

dW = Fm senθ 

( v dt), 

dl = v dt é a distância percorrida pelo circuito no intervalo de tempo dt . 

Substituindo a força magnética por F m 

= qv B e senθ 

= vd / v vem: 

m 

dW = qBv dl. 

O trabalho total realizado sobre a carga quando ela dá uma volta completa 

no circuito é: 

l 

W = ∫ dW = 

+ 

x 

∫ qBvdl + ∫ qBvdl + ∫ qBvdl ∫ 

0 0 

porque os trabalhos efetuados nos ramos superior e inferior do circuito são iguais e 

de sinais contrários; não há trabalho no ramo do circuito fora do campo magnético; 

resta, então, apenas o ramo vertical dentro do campo magnético. Ou seja: 

W = qvBl. 

Como este trabalho faz mover a carga elétrica, estabelecendo uma corrente 

elétrica no circuito, ele pode ser visto como uma fonte de força eletromotriz. Da 

definição de força eletromotriz vem, então que: 

W ε = = Bl v. 

q 

Que é exatamente o resultado da lei de Faraday obtido 

anteriormente. Assim, a força eletromotriz induzida está intimamente 

ligada à deflexão lateral das cargas elétricas no circuito em movimento em 

um campo magnético. 


0 

x 

o 

l 

0dl 

⎛ vd 

⎞ 

dW = ( qvB) 

⎜ ⎟v dt = ( qBv)( 

vd 

dt) 

⎝ v ⎠ 

dW = ( qvB)( v dt), 

498 

Certifique-se que 

W = qvBl fazendo a integração ao longo do circuito. 

Vejamos agora a descrição do fenômeno, visto por um observador S’ em 

repouso relativamente ao circuito. Para ele é o campo magnético que se desloca 

499

para a esquerda com velocidade 

(Figura 33.6). 

− v r e a carga elétrica não se move lateralmente 

Resumindo: o observador em repouso relativamente ao campo 

magnético só tem conhecimento deste campo, que é responsável pela força 

que desloca as cargas elétricas do circuito. Portanto, para ele, esta força é 

puramente de origem magnética. 

A força eletromotriz induzida é dada por: 

r r r 

ε = ( v × B) 

• d l . 

(33.3) 

∫ 

Figura 33.6: O movimento de uma carga elétrica visto por um observador em repouso 

relativo a um circuito que se move em um campo magnético. 

O observador vê a carga se deslocando no sentido horário no circuito e 

explica este fato postulando a existência de um campo elétrico induzido no circuito 

pelo movimento do campo magnético. Este campo elétrico, que aparece apenas 

entre as extremidades do fio vertical da esquerda, está associado a uma força 

eletromotriz e gera uma corrente elétrica no circuito. Esta força eletromotriz vale: 

r r 

ε = ∫ E • dl = E l 

porque não há campo elétrico induzido nos fios horizontais do circuito, nem no fio 

vertical da direita, que está fora do campo magnético. 

As duas expressões para a força eletromotriz, obtidas pelos dois 

observadores, devem ser iguais. Então, igualando-as, vem: 

ε = Blv = El 

E = vB. 

Por outro lado, o observador em repouso relativamente ao fio só tem 

conhecimento da existência do campo elétrico que, para ele, é o responsável pela 

força (elétrica) que move as cargas. Para ele, a força eletromotriz é: 

r r 

ε = ∫ E • d l 

em que E r é o campo elétrico induzido que ele observa nos diferentes pontos do 

circuito. 


Comente a expressão: “Observadores em diferentes estados de movimento 

medem a mesmo força eletromotriz induzida mas discordam sobre a origem da 

força que induz o movimento” 

Para um observador que vê tanto o circuito quanto o campo magnético se 

movendo, a força que produz a corrente elétrica é uma combinação da força 

elétrica com a magnética: 

r r r r 

F = qE + qv × B 

tal que: 

Lembrando que o vetor E r está dirigido para cima no fio da esquerda, que o 

vetor B r é perpendicular a E r e a v r , podemos escrever esta última expressão na 

forma vetorial (verifique com a regra da mão direita!): 

r 

F r r r 

= E + v × B. 

q 

r 

E 

r r 

v × B. 

Em outras palavras, cada observador vê forças diferentes, 

500 

501 

= (33.2)

esultantes de combinações diferentes de 

r 

E v 

r r 

, e B 

mas, quando todas são 

RESPOSTAS COMENTADAS DAS ATIVIDADES 

combinadas, todos os observadores formam a mesma combinação para 

r 

F / q e medem a mesma força eletromotriz induzida no circuito. Portanto, a 

força total é a mesma, mas observadores diferentes estimam de modo 

diferente a contribuição das forças elétricas e magnéticas para a força 

total. 


Se o campo magnético estiver diminindo com o tempo, o campo elétrico induido 

terá sentido anti-horário. Se o campo campo magnético estiver saindo do plano do 

papel, o campo elétrico induzido terá sentido horário se o campo magnético estiver 

aumentando e anti-horário de tiver diminuindo. 


PR33.5) Um anel metálico está com o plano orientado perpendicularmente a um 

campo magnético uniforme que aumente a uma taxa constante. Se o raio do anel 

for duplicado, por qual fator variará (a) a fem induzida no anel e (b) o campo 

elétrico induzido no anel? 


E33.1) Um solenóide fino possui 900 espiras por metro e raio igual a 2,50 cm. A 

corrente no solenóide cresce a uma taxa uniforme de 60,0 A/s. Qual é o módulo do 

campo elétrico induzido em ponto próximo do centro o solenóide e situado a uma 

distância do eixo do solenóide (a) 0,50 cm e (b) 1,00 cm? 

E33.2) O campo magnético de um ímã cilíndrico com 3,3 cm de diâmetro varia 

senoidalmente entre 29,6 3 30,0 T com uma freqüência de 15 Hz. Qual é a 

amplitude do campo elétrico induzido por esta variação a uma distância de 1,6 cm 

do eixo do cilindro? 

E33.3) Um solenóide reto e longo com seção reta de área de 8,0 cm 2 contém 90 

espiras por metro e conduz uma corrente igual a 0,350 A. Um segundo 

enrolamento com 12 espiras circunda o centro do solenóide. A corrente do 

solenóide é desligada de modo que o campo magnético do solenóide se anula em 

0,040s. Qual é a fem média induzida no segundo enrolamento? 

E33.4) Um anel metálico de 4,50 cm de raio é colocado entre os pólos norte e sul 

de grandes ímãs, cujos planos de área são perpendiculares ao campo magnético. 

Esses ímãs produzem um campo inicial uniforme de 1,12 T. Os ímãs são deslocadas 

gradualmente fazendo com que o campo permaneça constante mas diminua a uma 

502 

503

taxa de 0,250 T. (a) Qual é o módulo do campo elétrico induzido no anel? (b) Em 

qual sentido a corrente flui, do ponto de vista de alguém no pólo sul do ímã? 


504 

505

UNIDADE XI 

INDUTÂNCIA 

Os indutores são dispositivos análogos aos capacitores. Ao serem 

atravessados por uma corrente elétrica, nos possibilitam criar e manter campos 

magnéticos em determinadas regiões do espaço. Nesta unidade começaremos pela 

definição de indutância. Depois estudaremos a diferença de potencial associada 

com os indutores e como eles atuam em circuitos elétricos. Por fim, estudaremos a 

auto indutância, a associação de indutores e sua indutância mútua. 

506 

507

AULA 34 INDUTORES E INDUTÂNCIA 

OBJETIVOS 

• APLICAR OS CONCEITOS DE INDUTORES E INDUTÂNCIA 

• CALCULAR A DENSIDADE DE ENERGIA EM UM INDUTOR 

34.1 INDUTORES E INDUTÂNCIA 

Se fizermos variar o valor da corrente que percorre o condutor, o valor do 

campo magnético gerado sofrerá uma variação. 

Por isso, o fluxo desse campo na região das espiras formadas pelo fio 

condutor irá variar e, de acordo com a lei de Faraday, surgirá uma força 

eletromotriz induzida em cada espira desse mesmo condutor. 

A força eletromotriz gerada entre os terminais do dispositivo é a soma das 

forças eletromotrizes em cada espira. 

Para calcularmos esta fem induzida devemos conhecer o fluxo do campo 

magnético em cada uma das espiras e assim efetuarmos a soma: 

INDUTORES são dispositivos que ao serem atravessados por uma corrente 

elétrica, nos possibilitam criar e manter campos magnéticos em determinadas 

regiões do espaço. 

Os indutores são análogos aos capacitores, os quais nos permitem criar e 

manter campos elétricos nas porções do espaço limitadas por suas placas por meio 

da separação de cargas positivas e negativas 

Na figura 34.1 pode-se ver um condutor enrolado em forma helicoidal que, 

quando percorrido por uma corrente, gera um campo magnético razoavelmente 

intenso em seu eixo. Algumas linhas de indução do campo magnético são 

representadas na figura por linhas tracejadas. 

d ϕ ⎞ 

⎠ 

d 

B 

ind 

= ∑ ⎜− ⎟ = − ∑ ϕB 

espiras dt dt 

. (34.1) 

espiras 

ε 

⎛ 

⎝ 

Em geral não é possível calcular, exatamente, o campo magnético, e por 

conseqüência seu fluxo, em cada espira. Entretanto, em alguns casos específicos, 

podemos realizar esse cálculo e encontrar resultados interessantes. 

O protótipo dos indutores é um solenóide, de raio R e comprimento H, com 

um grande número de espiras e com seu comprimento muito maior que seu raio, 

como mostrado na figura 34.2. 

i 

i 

Figura 34.2: Um solenóide próximo do ideal com um comprimento H algumas vezes 

maior que seu raio R. 

Figura 34.1: Um condutor enrolado em forma helicoidal quando percorrido por uma corrente 

gera um campo magnético razoavelmente intenso na parte interna mas bem pequeno na 

parte externa. As linhas tracejadas representam algumas linhas de indução do campo 

magnético. 

Neste caso temos um campo aproximadamente uniforme no interior do 

dispositivo e praticamente nulo em seu exterior. 

Obviamente o campo não é exatamente nulo fora do indutor, sendo 

semelhante ao produzido por um longo ímã linear, com os pólos norte e sul 

bastante longe um do outro. O campo magnético só é intenso no interior 

508 

509

do solenóide e, no exterior, próximo a suas extremidades, diminuindo 

rapidamente quando nos afastamos destas. 

Para calcularmos o fluxo conjugado das espiras, desprezamos os 

efeitos da deformação das linhas de indução do campo nas duas extremidades do 

solenóide. Esta aproximação é equivalente à que se fez ao considerarmos um 

capacitor de placas paralelas, com dimensões muito maiores que a distância entre 

elas, e admitirmos nesse espaço um campo elétrico uniforme, desprezando o 

encurvamento das linhas de força nas bordas das placas. 

As espiras do solenóide definem planos perpendiculares ao seu eixo e seus 

vetores normais são, portanto, paralelos a esse eixo, ou seja, têm a mesma direção 

do campo magnético. O valor do campo (uniforme) multiplicado pela área da seção 

reta do solenóide é o fluxo em cada espira. Multiplicado pelo número de espiras nos 

fornece o que desejamos encontrar, que é o fluxo conjugado de todas as 

espiras. 

O campo magnético no interior de um solenóide, percorrido por uma 

corrente i , pode ser calculado com o uso da lei de Ampère e é dado pela 

expressão: 

B sol 0 

= µ n i , 

onde n = N H é o número de espiras por unidade de comprimento. 

sendo 

O fluxo conjugado no solenóide é então: 

2 

∑ B 

N A ( ni ) n V i , (34.2) 

ϕ = ϕ = µ = µ 

B, sol 

0 0 

espiras 

2 

A = πR a área da seção reta e V = AH o volume do solenóide. 

Podemos ver que o fluxo conjugado é proporcional à corrente que 

percorre o solenóide. 

A constante de proporcionalidade entre o fluxo e a corrente é o resultado de 

um produto de fatores que são constantes e envolvem apenas características 

geométricas do dispositivo em questão, além da permeabilidade magnética do 

vácuo. Devido a sua importância, dá-se o nome específico de indutância, a esse 

conjunto de fatores ou a esta constante de proporcionalidade. 

Podemos resumir as idéias dizendo que o fluxo conjugado de todas 

as espiras é igual à indutância do indutor multiplicada pela intensidade de 

corrente que o atravessa: 

sendo L o símbolo usual utilizado para a indutância. 

φ 

B , conj 

= Li , (34.3) 

Esta grandeza é também denominada auto-indutância, pois está ligada ao 

cálculo do fluxo do campo magnético, na região das espiras, provocado pela 

corrente que percorre o próprio dispositivo. Isto é, uma corrente elétrica em um 

dispositivo faz com que seja criado um campo magnético que é responsável por um 

fluxo de campo na região entre suas próprias espiras. 

solenóide: 

Podemos, então, escrever a expressão para a auto-indutância de um 

2 

L sol 

µ 0 

= n V . (34.4) 

A dependência da indutância com o quadrado do número de espiras é 

esperada, pois o campo que gera um fluxo em cada espira é proporcional a N e o 

fluxo conjugado das N espiras deve ser novamente multiplicado por este número. 

A unidade de indutância é o resultado da divisão de uma unidade de fluxo 

magnético por uma unidade de corrente. Por sua importância recebe, no sistema 

internacional de unidades (SI) o nome de henry (abreviatura H) em homenagem a 

Joseph Henry que desenvolveu, independentemente, a teoria da 

eletromagnética na mesma época que Faraday. 

2 

1H = 1henry = 1 T. m / A = 1 Wb / A. 

indução 

Podemos ver, também, da expressão encontrada para a indutância do 

solenóide, que esta é o produto da constante µ 

0 (permeabilidade magnética do 

510 

511

vácuo) por um fator que tem a dimensão de comprimento. Por isto, a 

permeabilidade do vácuo pode ser expressa em H / m . 

e medindo a força eletromotriz gerada entre seus terminais, devido a esta variação, 

encontramos o valor da auto-indutância do dispositivo. 



Calcule o fluxo magnético através de um solenóide de 5 cm de comprimento e raio 

de 0,5 cm e que possui 100 espiras por centímetro, quando é percorrido por uma 

corrente de 2 A. 

34.2 DIFERENÇAS DE POTENCIAL E ENERGIA EM INDUTORES E DENSIDADE 

DE ENERGIA NO CAMPO MAGNÉTICO 

Obtenha a equação 34.5 a partir das equações 34.1 e 34.2 

Se, em um circuito elétrico nos deparamos com indutores como alguns de 

seus elementos, ao percorremos uma malha no sentido da corrente devemos contar 

as diferenças de potencial como indica a equação 34.5. Assim como para os 

resistores as quedas de potencial são dadas pelo valor da corrente multiplicado 

pelas respectivas resistências. 

Como vimos na seção anterior, quando um indutor é percorrido por uma 

corrente e é produzida qualquer variação nessa corrente, há uma variação do 

campo magnético na região das espiras do indutor o que gera uma fem induzida 

nele próprio. 

Por se tratar de um efeito sobre si mesmo, denominamos este fenômeno de 

auto-indução. 

Consideremos que um indutor, como os das figuras 34.1 e 34.2, esteja 

sendo percorrido por uma corrente convencional com o sentido da esquerda para a 

direita. Se, por algum meio, produzimos um aumento nessa corrente será induzida 

uma força eletromotriz com o sentido, de acordo com a lei de Lenz, que tende a 

diminuir essa corrente, ou seja, uma fem da direita para a esquerda. 

Se, por outro lado a corrente é diminuída a fem induzida tem o sentido da 

esquerda para a direita, ou seja, no sentido de reforçar a corrente. 

Combinando as equações 34.1 e 34.2 encontramos o valor dessa força 

eletromotriz: 

di 

ε = − L . (34.5) 

dt 

Esta equação é muito importante porque nos indica a forma de medirmos a 

auto-indutância de um indutor, mesmo quando não sabemos calculá-la 

explicitamente, ou seja, conhecendo a taxa de variação da corrente em um indutor 

512 

A figura 34.3 mostra um circuito constituído por uma fonte de força 

eletromotriz ideal, um resistor, um indutor e uma chave que é usada para incluir ou 

excluir a fonte. 

R 

a 

ch b 

E 

L 

d 

Figura 34.3: Circuito RL composto por um resistor, R, e um indutor, L, ligados em 

série a uma fonte de força eletromotriz, ε , que pode ser incluída ou excluída com o 

uso de uma chave, ch. 

Aplicando a lei das malhas a partir do ponto “d”, supondo que a chave “ch” 

está conectada ao ponto “a”, temos: 

di 

ε − Ri − L = 0 

(34.6) 

dt 

Multiplicando esta equação pela intensidade de corrente encontramos: 

2 di 

ε i = Ri + Li . 

dt 

513

Nesta, o termo do lado esquerdo representa a potência entregue ao 

circuito pela fonte e o primeiro termo do lado direito representa a taxa de 

produção de energia térmica no resistor (efeito Joule). 

Interpretamos o segundo termo do lado direito como sendo a parte 

da potência entregue ao indutor, necessária para criar o campo magnético 

em seu interior. 

Quando ligamos a chave “ch” no ponto “a”, começa a fluir uma corrente, que 

cresce a partir do valor inicial nulo. 

Para encontrarmos a energia recebida pelo indutor a partir do momento em 

que a chave é ligada ao ponto “a”, devemos integrar esta última equação, mais 

especificamente o último termo, desde o instante inicial ( t = 0) 

, quando a corrente 

é nula até o instante genérico t , em que a corrente é i ( t ) : 

Este resultado mostra que, em um solenóide, a energia armazenada 

por unidade de volume é proporcional ao quadrado da intensidade do 

campo magnético. 

Embora tenhamos chegado a esta conclusão no caso específico de um 

solenóide, podemos afirmar que este é um resultado geral e é a expressão para a 

densidade de energia associada a um campo magnético, mesmo quando este não é 

uniforme ou quando é gerado por quaisquer dispositivos além dos solenóides, ou 

ainda quando não estão confinados em regiões restritas do espaço. 

Podemos então escrever a expressão para a densidade de energia em 

qualquer ponto do espaço onde haja um campo magnético: 

u 

2 

dU 

B B 

= . (34.10) 

dV 2 µ 

B 

= 

0 

U 

di 

1 i 

t 

i( 

t) 

dt Li di L 

2 

L 

= ∫ Li = = 

0 dt 

∫ 

. (34.7) 

0 2 

Esta equação mostra que a energia necessária para se estabelecer 

uma corrente em um indutor é proporcional ao quadrado do valor da 

intensidade dessa corrente. 

Podemos comparar e ver a equivalência desta expressão com a da energia 

armazenada em um capacitor, de capacitância C e carregado com uma carga q , 

Também temos uma densidade de energia associada ao campo elétrico. 

Podemos dizer então que, em qualquer região onde haja campos elétricos e 

magnéticos, há uma densidade de energia em cada ponto dada por: 

2 

1 B 

= . (34.11) 

2 2 µ 

2 

u EM 

ε 

0 

E + 

0 

que é: 

2 

q 

U c 

= . 

2C 

Calculamos o valor da energia no caso de um solenóide e encontramos: 

Para encontrar a energia total armazenada em uma região devemos calcular 

a integral de volume desta densidade em toda a região. 


U 

sol 

1 

= µ n i V 

2 

2 2 

0 sol 

(34.8) 

Utilizando a expressão do campo no interior do solenóide podemos 

reescrever esta equação na seguinte forma: 

2 

U 

sol 

B = sol . (34.9) 

V 

2 µ 

0 

E34.1) Um bobina compacta possui 300 espiras e tem uma indutância igual a 9,0 

mH. Se ela é percorrida por uma corrente de 6,0 mA, calcule o fluxo magnético 

através da bobina. 

E34.2) Qual é a indutância necessária para se armazenar0,6 kW.h de energia em 

uma bobina que conduz uma corrente de 120 A? 

E34.3) Calcule a densidade de energia de um campo magnético existente entre os 

pólos de um eletroímã, que produz campos na ordem de 5,8 T? 

514 

515

AULA 35 ASSOCIAÇÃO DE INDUTORES, AUTO INDUTÂNCIA E 

INDUTÂNCIA MÚTUA 

Isto pode ser generalizado para um número, N , qualquer de indutores 

associados em série: 

N 

∑ 

L série 

= L j 

. (35.1) 

j = 1 

OBJETIVOS 

• IDENTIFICAR ASSOCIAÇÕES DE INDUTORES EM PARALELO E EM SÉRIE 

• COMPREENDER UM CIRCUITO RL 

Na figura 35.2 podemos ver dois indutores associados em paralelo. 

35.1 ASSOCIAÇÕES DE INDUTORES 

L 1 

Assim como podemos associar resistores e capacitores em qualquer circuito, 

é possível construir associações de indutores. 

Na figura 35.1 vemos dois indutores, L 

1 

e L 

2 

, associados em série e 

i 

i 1 

a 

b 

i 

percorridos por uma corrente, i , onde tivemos o cuidado de dispô-los distantes um 

do outro, com o objetivo de tornar desprezível a influência do campo produzido por 

cada indutor na posição onde se encontra o outro. 

i 2 

L 2 

i L 1 

L 2 i 

a b c 

Figura 35.2: Dois indutores ligados em paralelo. A corrente i se divide nas correntes i 1 e i 2 no 

nó indicado pela letra a e ambas se recombinam no nó indicado pela letra b. 

Figura 35.1: Dois indutores ligados em série. 

A diferença de potencial entre os pontos c e a é dada pela soma da diferença 

de potencial entre os pontos b e a com a diferença de potencial entre os pontos c e 

b. Como a corrente que percorre ambos os indutores é a mesma podemos escrever 

a equação: 

di di di 

Vca = Vcb − Vba = − L1 − L2 

= − Lsérie 

, 

dt dt dt 

onde substituímos a soma das duas indutâncias pelo símbolo 

L 

série 

. 

Esta substituição matemática nos mostra que dois indutores ligados 

em série, desde que sua influência mútua seja desprezível, podem ser 

substituídos por um único indutor cuja indutância é igual à soma das 

indutâncias dos dispositivos. 

De acordo com a lei dos nós, a corrente, i , que chega ao ponto “a”, se 

divide nas correntes i 1 

e i 2 

, que novamente se somam no ponto “b”. 

Podemos, portanto, escrever para a derivada das correntes: 

di di di 

= 1 

+ 

2 

dt dt dt 

Como diferença de potencial entre os pontos b e a é dada por: 

chegamos à expressão: 

di1 di2 

V = − ba 

L1 L2 

dt 

= − dt 

, 

Vba Vba Vba 

+ = . 

L L L 

1 2 

paralelo 

516 

517

Chegamos à conclusão de que dois indutores associados em paralelo 

podem ser substituído por um único equivalente em que o inverso de sua 

indutância seja igual à soma dos inversos das indutâncias individuais. 

Generalizando, podemos afirmar que um número qualquer de indutores 

ligados em paralelo podem ser substituídos por um único cuja indutância é dada 

pela equação: 

No circuito RL, a fonte estabelece uma corrente elétrica, nas espiras do 

indutor, que cria um campo magnético ao qual está associada uma energia. Em 

ambos os circuitos, parte da energia fornecida pela fonte é dissipada por efeito 

Joule no resistor. 

Para resolver o circuito RL, representado na figura 35.3, vamos supor 

inicialmente que não haja corrente elétrica e que no instante t = 0 a chave é ligada 

no ponto “a”. 

Assim pelas leis das malhas temos que: 

L 

N 

1 = ∑ 1 

. (35.2) 

paralelo 

j = 1 

L 

As equações 35.1 e 35.2 tem formas semelhantes às equações para as 

associações de resistores. 

35.2 CIRCUITO RL 

O circuito apresentado na figura 35.3, por ser constituído por um resistor e 

um capacitor ligados em série a uma fonte, que pode eventualmente ser excluída, é 

conhecido como circuito RL. 

E 

ch 

a 

b 

R 

Figura 35.3: Circuito RL. 

j 

L 

di 

ε − Ri − L = 0 dt 

Reescrevendo essa equação de uma forma que possa ser integrada 

imediatamente, isto é, reagrupando os termos relacionados com a corrente de um 

lado e com o tempo do outro, obtemos: 

di 

i −ε R 

= − 

R 

dt . 

L 

Os limites de integração para a corrente são zero e i ( t ) e para o tempo zero 

e t , respectivamente. 

Integrando a equação acima encontramos uma expressão logarítmica que 

pode ser invertida usando uma exponencial. O resultado final é: 

onde introduzimos a constante de tempo do circuito RL: 

ε −t 

τ L 

i( t) 

= (1 − e ) , (35.3) 

R 

τ = R 

L 

L 

. (35.4) 

Se apenas um resistor, de resistência R, é ligado a uma fem, ε , uma 

corrente cujo valor é 

ε R é estabelecida imediatamente. 

É um circuito análogo ao circuito RC que estudamos anteriormente. Naquele 

circuito a fonte de força eletromotriz cede energia que, em parte, é armazenada na 

forma de um campo elétrico, no interior do capacitor, gerado pela separação de 

cargas positivas e negativas em suas placas. 

Obtenha a equação 35.3. 


518 

519

O resultado que acabamos de encontrar mostra que, ao introduzirmos um 

indutor, a corrente tende para esse mesmo valor, mas, partindo de zero, vai 

crescendo de forma que em um intervalo igual a uma constante de tempo atinge 

sessenta e três por cento do valor máximo, em um intervalo igual a duas 

constantes de tempo atinge a oitenta e seis por cento desse valor, etc. 

Ainda de acordo com este resultado, para atingir o valor máximo, 

ε R , o 

tempo gasto é infinito, no entanto, em um intervalo igual a algumas poucas 

constantes de tempo seu valor já é muito próximo do valor da assíntota. 

Na figura 35.4 podemos ver a evolução temporal da corrente. Se a corrente 

crescesse a uma taxa constante igual à taxa inicial de crescimento, que é igual a 

ε L , ela atingiria o valor máximo em um intervalo igual a uma constante de tempo 

do circuito. 

Figura 35.5: Queda de tensão no indutor, a partir do momento em que se conecta o circuito 

à fonte, com uma corrente inicial nula. 

No momento inicial a corrente é nula ( V = 0) 

R 

e a tensão fornecida pela fonte 

⎛ di ⎞ 

cai toda no indutor ⎜VL 

= −L ⎟ 

⎝ dt ⎠ . 

Enquanto a corrente, ou a queda de tensão no resistor, cresce, a queda de 

tensão no indutor diminui. Em um intervalo de tempo igual a algumas constantes 

de tempo a queda de tensão no indutor se torna muito próxima de zero enquanto 

no resistor se aproxima do valor fornecido pela fem. 

Figura 35.4: Evolução temporal da corrente no circuito RL, a partir do instante em 

que se conecta o circuito à fonte, com uma corrente inicial nula. 

A variação da tensão no indutor é dada por: 

V 

di 

ε 

− t 

− t 

τL 

τL 

L 

= −L 

= −L 

e =−ε 

e 

. 

dt Rτ 

L 

Esta queda de tensão é representada na figura 35.5. 

Alternando a posição da chave, na figura 35.3, para a posição “b”, depois de 

estabelecida uma corrente no circuito, retiramos a fonte. Se tivéssemos apenas um 

resistor a corrente cairia a zero imediatamente. Porém, tirando o termo que 

representa a fem, na equação 34.3, temos a equação que descreve a nova 

situação: 

di 

R i + L = 0 . (35.5) 

dt 

A solução desta equação é: 

− t 

τ L 

i = i 0 

e , (35.6) 

havendo portanto uma queda de tensão no resistor e um aumento da tensão no 

indutor dada por: 

V 

−1 

− t 

τ L 

L 

= − L e = R i0 

τ 

L 

e 

− t 

τ L 

, (35.7) 

520 

521

i 1 

i 2 

A 1 

A 2 

esta tensão é sempre igual e contrária à do resistor. 


Mostre que a equação 35.6 é solução da equação 35.5. 

Quando a fonte é retirada surge uma tensão induzida no indutor no sentido 

de impedir a queda da corrente. O indutor passa então a funcionar como uma fonte 

de força eletromotriz que mantém uma corrente no resistor. Esta fonte é, no 

entanto, efêmera e só existe enquanto há variações de corrente. Tanto a corrente 

quanto as tensões tendem a se anular. Novamente a constante de tempo indica o 

tempo gasto para que atinjam aproximadamente 37 % do valor inicial. 

Os gráficos que representam estas variações de tensão são idênticos ao que 

aparece na figura 35.4. 

Faça um esboço da forma do gráfico 


V 

R 

e 

VL 

em função do tempo. 

Na figura 35.5 vemos dois condutores percorridos, cada um, por uma 

corrente, cujo valor é independente do valor da corrente no outro condutor. 

Cada uma dessas correntes produz um campo magnético que, em princípio, 

é dado pela lei de Biot-Savart. O condutor percorrido pela corrente i 1 tem a forma 

de uma elipse que, por ser uma forma que se pode representar em termos 

matemáticos, pode ter o campo produzido calculado exatamente, ainda que este 

cálculo não seja fácil de realizar. O segundo condutor, no entanto tem uma forma 

irregular, que não pode ser descrita analiticamente, por isto o campo produzido 

pela corrente i 2 , em cada ponto do espaço, não pode ser calculado exatamente. 

Ainda assim, podemos afirmar que o campo magnético produzido por um 

condutor em qualquer lugar do espaço é sempre proporcional à corrente que o 

percorre. 

O campo magnético em cada ponto do espaço é, pelo princípio da 

superposição, a soma dos campos produzidos por cada uma das correntes, 

independentemente. Por isto o fluxo do campo na região de cada um dos 

condutores, mais especificamente através das superfícies indicadas como A 1 e A 2 na 

figura 35.6, pode ser escrito como a soma dos fluxos produzidos por cada um 

desses campos produzidos pelas duas correntes. 

35.3 AUTO INDUTÂNCIA E INDUTÂNCIA MÚTUA 

Quando temos dois indutores muito próximos, se fizermos passar, 

subitamente, uma corrente em um deles, o outro sentirá o efeito da variação do 

campo magnético produzido pelo primeiro na região onde se encontra o segundo. 

Da mesma forma, qualquer variação do campo produzido pelo segundo 

indutor gera, de acordo com a lei de Faraday, uma fem induzida no primeiro 

indutor. 

A este fenômeno damos o nome de indução mútua: efeito da 

variação do campo magnético produzido por um dispositivo sobre outro 

dispositivo que se encontra em suas imediações. 

522 

Figura 35.6: Dois circuitos condutores percorridos por correntes independentes produzem 

fluxos, sobre cada um deles, que são a soma dos fluxos produzidos por cada um 

independentemente. 

Podemos então escrever o fluxo do campo magnético através de cada 

circuito: 

e 

Φ (35.8) 

B , 1 

= L1i 

1 

+ M1,2i2 

Φ . (35.9) 

B , 2 

= L2i2 

+ M 

2,1i1 

523

As constantes L 

1 

e L 

2 

, conforme definimos na primeira seção deste 

capítulo, é a auto-indutância dos condutores percorridos pelas correntes i 1 

e i 2 

, 

respectivamente. 

Cada condutor, neste caso particular, atua como um indutor que gera um 

campo magnético, ao mesmo tempo em que sente a presença do campo produzido 

por ele mesmo e do campo produzido pelo outro condutor. 

As constantes M 

1,2 

e M 

2,1 

são denominadas indutâncias mútuas (do 

indutor correspondente ao primeiro índice, com relação ao outro). 

Simplesmente, são constantes de proporcionalidade entre a corrente em 

um circuito e o fluxo gerado por essa corrente no outro circuito. 

As duas indutâncias mútuas não são, em princípio, iguais. O valor de cada 

uma depende de fatores geométricos de cada condutor e da disposição relativa dos 

indutores no espaço. 

Se, como mostra a figura 35.6, a corrente no indutor à esquerda é i 1 

, a 

Na figura 35.7, podemos ver dois solenóides montados sobre o mesmo 

suporte, ou seja, os dois enrolamentos são dispostos um sobre o outro, de forma 

que a área limitada por cada espira de um enrolamento é a mesma que a área 

limitada por cada espira do outro enrolamento. O comprimento de ambos é o 

mesmo, mas o número de espiras por unidade de comprimento é diferente um do 

outro. 

i 1 

i 1 

2R 

i 2 

H 

i 2 

Figura 35.7: Dois solenóides ocupam o “mesmo lugar” no espaço: Dois enrolamentos 

isolados eletricamente são enrolados sobre um mesmo suporte. Ambos têm o mesmo raio e 

mesmo comprimento, mas número de espiras diferentes. 

corrente no indutor da direita é i 

2 

e há variações em ambas, as forças 

eletromotrizes nos indutores da esquerda e da direita são, respectivamente, 

di1 

di2 

ε 

1 

= − L1 

− M 

1,2 

, (35.10) 

dt dt 

di2 

di1 

ε 

2 

= − L2 

− M 

2,1 

. (35.11) 

dt dt 

Como vimos, quando há corrente nos dois enrolamentos, o campo no 

interior do dispositivo será a soma dos campos produzidos por cada solenóide 

independentemente. 

Da mesma maneira, o fluxo do campo em cada espira, seja de um ou do 

outro enrolamento, é a soma dos fluxos correspondentes aos dois campos 

superpostos. 

Lembrando de 34.3, as auto-indutâncias dos dois solenóides são: 

Se não quisermos, por exemplo, que uma mudança nas posições dos 

indutores em um circuito influencie o valor das correntes obtidas, os valores das 

indutâncias mútuas devem ser desprezíveis. Por isto, em um circuito elétrico, os 

indutores devem ser mantidos com um afastamento grande entre si, se quisermos 

evitar influências mútuas entre eles. 

e 

L = µ n 

2 

1 o 1 

π 

2 

R H 

2 2 

L = µ n R H . 

2 o 2 

π 

Por outro lado, em determinadas situações, podemos tirar vantagem do 

acoplamento entre dois indutores. 

A indutância mútua do indutor que denominamos primário com relação ao 

outro, que denominamos secundário é: 

M 

2 

2 

= N µ n π R = µ n n R H . (35.12) 

1,2 

1 o 2 

o 1 2 

π 

524 

525

Já a indutância mútua do indutor que denominamos secundário com relação 

ao primário é: 

M 

2 

2 

= N µ n π R = µ n n R H . (35.13) 

2,1 

2 o 1 

o 1 2 

π 

Este resultado nos diz que se quisermos obter uma fem induzida no 

enrolamento secundário muito maior que a fem induzida no primário, basta 

construirmos uma bobina com muito mais espiras no secundário relativo ao número 

de espiras no primário. Da mesma forma um pequeno número de espiras no 

secundário provocará uma pequena fem induzida. 

Neste caso particular, a indutância mútua do indutor secundário com relação 

ao primário tem uma expressão idêntica à anterior. Basta, em ambas as equações, 

trocar um índice pelo outro e ver que nada se altera. 

Comparando com as expressões das duas auto-indutâncias podemos 

escrever um resultado que, é preciso ter em mente, é específico desta configuração 

de indutores: 

SAIBA MAIS 

BOBINA DE INDUÇÃO 

Em motores, a álcool, gás ou gasolina, é necessário produzir uma faísca, 

em cada câmara de combustão, que precisa durar um curto intervalo de tempo. A 

faísca é produzida através de um arco voltaico em cada vela de ignição. Na figura 

35.7 representamos uma bobina de indução. 

M = = . 

1,2 

M 

2,1 

L1L 

2 

R 1 

Podemos então reescrever as equações 35.10 e 35.11 para este caso 

particular: 

di1 

di2 

ε 

1 

= − L1 

− L1 

L2 

, (35.14) 

dt dt 

Eo 

a 

b 

L 1 

L 2 

R 2 

di2 

di1 

ε 

2 

= − L2 

− L1L 

2 

. (35.15) 

dt dt 

Fig. 35.7: Uma bobina de indução com um circuito primário composto por uma fonte ε o , um 

resistor R 1 e o indutor L 1 , acoplado ao indutor L 2 , no circuito secundário, que é fechado por 

um resistor de alta resistência, R 2 . 

Dividindo-se a força eletromotriz induzida no primário pela raiz quadrada de 

sua auto-indutância, L 

1 

, encontramos uma expressão que é idêntica à força 

eletromotriz induzida no secundário dividida pela raiz quadrada de L 

2 

. 

Encontramos, portanto, a relação entre as duas fem’s induzidas: 

Um dispositivo, como o da figura 35.6 ou na forma de dois toróides 

acoplados, é ligado de forma que o enrolamento primário é ligado, em série com 

um resistor R 1 , a uma fem, 

ε 

o 

, que representa, por exemplo, a bateria de 12 V de 

um veículo. O indutor secundário é ligado a um resistor de alta resistência, R 2 , que 

simula o arco voltaico da vela de ignição, onde é produzida uma faísca. 

ε1 

= 

ε 

2 

L1 

L 

2 

n1 

N1 

= = . (35.16) 

n N 

2 

2 

Nota-se que os circuitos elétricos são independentes, ou seja, temos duas 

malhas em que não há nenhum nó que permita a passagem de corrente do circuito 

primário para o circuito secundário. No entanto os indutores estão completamente 

acoplados quanto ao campo magnético. Os termos proporcionais às indutâncias 

526 

527

mútuas que aparecem nas equações abaixo representam o efeito elétrico do 

acoplamento magnético dos dois solenóides. 

Aplicando a lei das malhas encontramos as equações para os circuitos 

primário e secundário, respectivamente: 

ε − R i + ε 0 , (35.8) 

0 1 1 1 

= 

L2 ε 

1 

− R2i2 

= 0 . (35.9) 

L 

1 

O primeiro termo desta última equação é simplesmente a fem induzida no 

secundário, onde fizemos uso da equação 35.7. 

As equações 35.8 e 35.9 formam um sistema de equações diferenciais 

acopladas que pode ser resolvido com alguma manipulação, com o objetivo de 

desacoplá-las. 

Substituindo, na equação 35.9, a expressão para a fem no primário, dada 

pela equação 35.5, encontramos: 

di1 

di2 

L 

1 

L2 

+ L2 

+ R2i2 

= 0 . (35.10) 

dt dt 

Precisamos de uma relação entre as derivadas das duas correntes para que 

possamos eliminar uma delas. 

Eliminando ε 

1 das equações 35.8 e 35.9 podemos expressar a corrente no 

primário em termos da corrente no secundário: 

o 

R L 

i = ε + 

. (35.11) 

2 1 

1 

i2 

R1 

R1 

L 

2 

Como o primeiro termo do segundo membro desta relação é constante, a 

relação entre as derivadas temporais das correntes é: 

di 1 

R2 

L1 

di2 

= . 

dt R L dt 

1 

Quando a derivada da corrente no primário é eliminada da equação 35.10 

encontramos imediatamente uma equação com termos apenas referentes à 

corrente no secundário: 

R 

R 

di 

di 

2 2 

2 

L1 

+ L2 

+ R2i2 

= 

1 

dt dt 

2 

0 . 

Reescrevemos esta equação de forma que possa ser integrada: 

di 

i 

2 

2 

dt 

= − . 

L1 

L2 

+ 

R R 

1 

Esta equação pode ser integrada imediatamente, com os limites de 

integração inferior e superior, respectivamente, zero e t, para o tempo e i 2 (0) e 

i 2 (t) para a corrente. 

que é: 

⎡ i t ⎤ 

2( 

) 

ln⎢ 

i 

⎥ 

⎣ 2(0) 

⎦ 

= − 

2 

t 

. (35.12) 

τ 

Nesta equação introduzimos a constante de tempo deste circuito acoplado 

L 

L 

o 

1 2 

τ 

o 

= + . (35.13) 

R1 

R2 

Esta constante de tempo é a soma das constantes de tempo dos dois 

circuitos RL que temos no primário e no secundário. Devemos determinar a 

corrente inicial no circuito secundário. 

Da equação 35.9 vemos que a corrente inicial no circuito secundário está 

relacionada à fem no primário no instante inicial: 

i (0) 

2 

L ε (0) 

L R 

2 1 

= . 

1 

2 

A fem no secundário no instante inicial é dada pela equação 35.8. 

528 

529

Levando em conta que a corrente inicial no primário é nula, a fem induzida 

inicialmente no primário tem o sentido oposto ao da fonte e seu valor é 

simplesmente igual ao da fonte. 

Com isto encontramos que a corrente no secundário no instante inicial é: 

L ε 

L R 

2 o 

2 

(0) 

= − . 

i 

Tomando a exponenciação de ambos os membros da equação 18 chegamos 

à expressão para a corrente no secundário. 

1 

2 

de tempo (igual umas poucas constantes de tempo), que é o que se necessita em 

um circuito de ignição. 

Não vamos resolver o problema quando a chave é mudada para a posição 

“b”, depois de ter permanecido um bom tempo na posição “a”. 

Podemos dizer, no entanto, que, sendo a corrente no secundário quase 

nula, assim como as duas fem’s induzidas e a corrente no primário quase 

constante, ao passar a chave para a posição “b” surge uma fem induzida no 

primário com o sentido contrário ao da situação descrita anteriormente. A corrente 

no primário tende exponencialmente a zero com a constante de tempo dada pela 

equação 35.13. No secundário surge uma corrente, também em sentido contrário 

ao da situação anterior e que é intensa inicialmente, tendendo a zero com a 

mesma constante de tempo. 

− t 

τ o 

2 

( t) 

= i2(0) 

e . 

i 

Temos então que numa bobina de indução é produzida uma faísca, numa 

vela do sistema de ignição de um veículo, toda vez que uma chave em seu circuito 

primário é ligada ou desligada. 

Com este resultado e com o uso da equação 35.11 encontramos a corrente 

no primário: 

ε 

− t 

o 

τ o 

i1 

( t) 

= (1 − e ) . 

R 

1 


E35.1) Calcule a indutância equivalente do circuito mostrado abaixo que está ligado 

a uma fonte de corrente alternada. Os indutores valem L 

1 

= 20,0 mH, L 

2 

= 15,0 

mH, L 

3 

= 25,0 mH e L 

4 

= 35,0 mH. 

Quando ligamos a chave na posição “a” é induzida uma fem no primário, 

inicialmente, igual e oposta à da fonte, que impede que a corrente atinja 

imediatamente o valor assintótico que é o valor da fem dividido pela resistência no 

primário. Esta fem induzida no primário induz uma fem no secundário que 

inicialmente tem o valor igual à fem da fonte no primário multiplicada pela razão 

entre o número de espiras do secundário e do primário. 

A fem no secundário gera uma corrente que, inicialmente, tem um valor 

máximo e que tende a se anular, à medida que, no primário, a fem induzida tende 

a zero e a corrente tende a seu valor assintótico. 

Como vimos, o acoplamento magnético entre os dois indutores faz com que 

o circuito apresente uma constante de tempo igual à soma das constates de tempo 

dos dois circuitos individuais. 

Figura 35.8: Circuito do exercício 35.1. 

E35.2) Uma bateria é conectada no instante t = 0 


τ 

L 

a corrente atine um valor de 0,200% menor que o valor final? 

E35.3) Mostre que L R possui unidade de tempo. 

a um circuito RL. Para qual valor 

A corrente no secundário é apreciável apenas durante um pequeno intervalo 

530 

531

E35.4) Uma bobina e um resistor de 15,0 Ω estão conectados em série a uma 

bateria de 6,3 V . A chave do circuito é aberta e depois de 2,0 ms a corrente 

diminui para 0,210 A . Calcule (a) a constante de tempo do circuito? (b) a 

indutância da bobina? 

P11.6) Em um determinado circuito possuímos dois solenóides. A corrente em um 

deles diminui 5 A em 2,0 ms e uma força eletromotriz de 25 kV é induzida no outro 

solenóide. Qual é a indutância mútua entre os solenóides? 

E35.5) Em um circuito RL a corrente diminui de 1,0 A para 10 mA em um segundo, 

logo após a fonte ser removida. Determine a resistência do circuito se L= 10 H . 

E35.6) Duas bobinas possuem indutância mútua de 4,00.10 -4 H . A taxa com que a 

corrente cresce na bobina 1 é de 800 A/s. Calcule (a) a fem induzida na segunda 

bobina? Se essa corrente estivesse na segunda bobina, (b) qual seria a fem 

induzida na primeira bobina? 


P11.1) Calcule a indutância equivalente do circuito mostrado abaixo. 

Figura 35.9: Circuito do problema P11.1. 

P11.2) Qual é a taxa de variação da corrente para que a força eletromotriz num 

indutor de 12 H seja 60V ? A corrente através do indutor vale 2,0 V . 

P11.3) Um resistor de 1,20 kΩ é ligado em série a um indutor de 6,30 

µ H e são 

conectados a uma bateria de 14,0 V . (a) Qual o tempo necessário para que a 

corrente atinga 70 % do valor final? (b) Qual a corrente no resistor em t= 1,5 

τ 

L 

? 

P11.4) Uma espira possui raio de 70 mm e conduz uma corrente 80 A . Calcule (a) 

a densidade de energia no centro da espira e (b) a intensidade do campo 

magnético? 

P11.5) Uma fonte de 100 V carrega um capacitor de 15 

µ F e em seguida ele é 

conectado em série a um indutor de 0.250 mH . Calcule (a) a freqüência de 

oscilação do circuito, (b) a energia armazenada no capacitor no momento da 

conexão com o indutor e (c) a energia armazenada no indutor em t= 1,1 ms ? 

532 

533

UNIDADE 12 

OSCILAÇÕES ELETROMAGNÉTICAS E CIRCUITOS DE CORRENTE 

ALTERNADA 

Em unidades anteriores estudamos o circuito RC, no qual há apenas um 

resistor e um capacitor, e o circuito RL, em que os elementos são um resistor e um 

indutor, podendo, em ambos os casos, serem ligados em série a uma fonte de força 

eletromotriz. 

Vimos que seu comportamento está associado às constantes de tempo 

τ = RC C , no circuito capacitivo e τ L R , no circuito indutivo. 

L 

= 

Vamos analisar agora, o comportamento de um circuito LC, ou seja, um 

circuito onde temos apenas um indutor e um capacitor, considerando desprezível 

qualquer resistência eventualmente presente. Em seguida introduziremos um 

resistor e analisaremos o circuito denominado RLC. Este circuito é utilizado, por 

exemplo, em receptores de rádio para que seja feita a seleção e ajuste da faixa de 

frequências desejada. 

Uma outra aplicação importante do estudo das oscilações eletromagnéticas 

se refere aos transformadores. Graças a esses dispositivos que aumentam ou 

abaixam a tensão é possível fazer com a energia gerada nas usinas possa chegar a 

grandes distâncias sem maiores perdas de energia. Além disso, muitos 

equipamentos eletrônicos, como a fonte de alimentação de notebooks, possuem 

transformadores que reduzem a tensão de entrada, fornecida pela companhia de 

energia elétrica, e fornecem na saída a tensão adequada ao aparelho. 

534 

535

AULA 36 OSCILAÇÕES EM CIRCUITOS ELÉTRICOS I 

campo elétrico, acumulando cargas no capacitor, C . Quando o contato é ligado ao terminal 

b, a carga e a corrente oscilam harmonicamente. 

De acordo com a lei das malhas podemos escrever: 

OBJETIVOS 

• COMPREENDER O COMPORTAMENTO DA CARGA E DA CORRENTE QUE OSCILAM 

HARMONICAMENTE EM UM CIRCUITO LC 

• ENTENDER A IMPORTÂNCIA DA CONSTANTE DE FASE DA OSCILAÇÃO PARA A 

DETERMINAÇÃO DA CARGA E DA CORRENTE EM UM CIRCUITO LC EM UM INSTANTE 

DE TEMPO ESPECÍFICO 

• SABER DIFERENCIAR E OBTER EM UM CIRCUITO LC A FREQUÊNCIA ANGULAR E AS 

AMPLITUDE DA CARGA E CORRENTE 

• COMPREENDER QUE A ENERGIA EM UM CIRCUITO LC FICA ARMAZENADA NOS 

CAMPOS ELÉTRICO E MAGNÉTICO, ALTERNANDO-SE HARMONICAMENTE ENTRE ELES, 

MAS COM VALOR TOTAL CONSTANTE 

De onde tiramos a equação para o circuito: 

di q 

V 

b 

− L − = V b 

. 

dt C 

Lembrando da definição de corrente elétrica, 

di q 

L + = 0 . (36.1) 

dt C 

dq 

i = , 

dt 

e substituindo na equação 36.1 temos: 

36.1 O CIRCUITO LC 

Considere o circuito da figura 36.1, no qual o contato móvel, m, é ligado ao 

terminal a. A força eletromotriz presente no circuito força a passagem de cargas, 

que irão carregar o capacitor, estabelecendo uma corrente. Se, em determinado 

momento, o contato móvel é ligado ao terminal b, passamos a ter um circuito com 

um indutor e um capacitor, apenas. 

E 

m 

a 

Figura 36.1: Quando o contato móvel, m, é ligado ao terminal a, a fem, ε , força a 

passagem de uma corrente que cria um campo magnético no indutor, L , e produz um 

b 

C 

i 

+ 

+ 

+ 

L 

i 

2 

d q q 

L + = 0. (36.2) 

2 

dt C 

A equação 36.2 é uma equação diferencial de segunda ordem, pois envolve 

a derivada segunda da função da carga em função do tempo q (t) 

e tem como 

solução combinações lineares de funções seno e cosseno com os coeficientes 

adequados (você verá como obter soluções da equação 36.2 em seu curso de 

Cálculo). 

Quando substituímos q por ( t) 

q m 0 

cos ω na equação 36.2, por exemplo, 

encontramos que esta função, e portanto qualquer combinação linear, é solução 

dessa equação diferencial, desde que a freqüência angular, ω 

0 , seja dada pela 

equação 

ω = 1 

0 

LC 

. (36.3) 

Também podemos escrever a solução para a equação 36.2 como uma 

equação do tipo: 

q = q cos( ω t + ) 

m 0 , (36.4) 

0 

φ 

536 

537

onde as constantes 

q 

m e φ 

0 dependem das cargas e correntes iniciais do circuito. 

Não é dificil mostrar que a equação 36.4 é solução da equação diferencial 36.2. 

i = −ω ( ) 

0 

qm sen ωot 

+ φ0 . (36.7) 

Nesta expressão, 

q 

m , denominado amplitude da carga no capacitor, é o 


Como você poderia mostrar que uma equação do tipo Acos ( ω t) 

( ω t) 

q = 

0 ou 

q = B sen 

0 satisfaz a equação 36.2? Mostre que essas duas equações são 

soluções da equação 36.2. 

Inicialmente, quando ligamos o contato móvel m ao terminal b, temos certa 

quantidade de carga no capacitor, q 

0, e determinada corrente, i 0 , no circuito. Uma 

combinação linear da equação 36.4, também solução da equação diferencial 36.2 

que enfatiza este fato é: 

q 

( i ω ) sen( 

ω ) 

q0 cos( 

ω 

0t) 

+ 

0 0 0t 

= (36.5) 

valor máximo atingido pela carga acumulada no capacitor. O valor de 

termos dos valores iniciais da carga e da corrente é dado pela equação 

Da equação 36.7 temos, 

( i ) 2 

2 

0 0 

ω0 

q 

m em 

q m 

= q + . (36.8) 

i = − im sen( ω 

ot 

+φ0) 

. (36.9) 

Assim como a carga no capacitor, a corrente atinge um valor máximo, que é 

denominado amplitude da corrente, i m . Observe que 

= ω . (36.10) 

im 0 

q m 

A relação entre o valor da constante de fase e os valores iniciais da carga e 

da corrente é dada pela equação: 


Como você poderia mostrar que uma combinação linear da equação 36.4, do tipo 

( ω t) + Bsen ( ω t) 

q = Acos 

0 

0 satisfaz a equação 36.2? Mostre que essa equação é 

solução quando A = qo 

e B = i 0 

ω0 

. 

tg 

( φ ) 

−i 

0 

0 

= . (36.11) 

ω0 

q0 

Tanto o valor da carga no capacitor no instante t = 0, como o da corrente no 

circuito, nos são fornecidos pela amplitude da carga e por φ 

0 , denominado 

constante de fase da oscilação. 

Como a corrente no circuito é a derivada da carga no capacitor em relação 

ao tempo, derivamos a equação 36.5 e obtemos: 

dq 

i = = −ω 

0 

q0 

sen( ω0t) 

+ i0 

cos( ω0t) 

. (36.6) 

dt 

Se substituirmos o valor t = 0 nas equações 36.5 e 36.6 encontraremos os 

valores iniciais q 

0 e i 0 , respectivamente, como é de se esperar. 

As equações 36.5 e 36.6 mostram que tanto a carga quanto a corrente 

oscilam harmônicamente, ou seja, seu comportamento pode ser descrito 

por uma única função harmônica, como são denominadas as funções seno 

e cosseno. 

A figura 36.2 representa uma oscilação harmônica ( t) 

= Y cos( ω t + φ ) 

y 

m 

com a constante de fase nula e os demais parâmetros em unidades arbitrárias. 

0 

0 

compacta, 

Manipulando a equação 36.6, podemos reescrevê-la de forma mais 

538 

539

capacitor e no indutor sejam aproximadamente iguais, usamos as equações 36.4 e 

36.9 com o valor da constante de fase em torno de φ0 = 7π 

4 = −π 

4: 

q = qm cos( ω t + 0) , 

0 

φ 

i = − i sen( ω t +φ0) 

m o 

. 

Consideramos que a carga é positiva quando a polaridade do capacitor é a 

que está indicada na figura 36.1 e negativa quando a polaridade do capacitor for 

invertida. Da mesma forma, quando a corrente tiver o sentido indicado na figura 

36.1 seu sinal será considerado positivo, sendo negativo se seu sentido for 

invertido. 

Figura 36.2: Oscilação harmônica: ( t) 

= Y cos( ω t + φ ) 

φ 

0 

= 0, em unidades arbitrárias. 

y 

m 0 0 , com ω =1, 0 

0 ; = 2, 8 m 

Y e 

Utilizando a expressão para o cosseno de uma soma podemos reescrever a 

equação 36.7, para a corrente, como: 

i = ω 

0 

qm cos( ωot 

+ φ0 

+ π 2) = im 

cos( ωot 

+ φ0 

+ π 2) . (36.12) 

A equação 36.12 nos permite dizer que a fase da corrente, como é 

denominado o argumento da função cosseno nesta equação, está 

adiantada de π 2 com relação à fase da carga no capacitor, que é o 

argumento da função harmônica na equação 36.4. 

Assim que é retirada a força eletromotriz, enquanto a corrente diminui, a 

carga no capacitor continuará a aumentar, até atingir um valor máximo, 

momento em que a corrente se anula. 

q 

m , no 

A partir daí, a corrente terá seu sinal invertido, começando a descarregar o 

capacitor e aumentando gradativamente sua intensidade. Quando a carga se anular 

no capacitor, a corrente será máxima e igual a 

− ω 0 

qm 

. O processo continua e o 

capacitor se carrega, agora com cargas de sinal contrário ao inicial, até que a 

carga, de valor igual a 

novamente. 

− qm 

, seja máxima em valor absoluto e a corrente se anule 

Em seguida a corrente volta a ser positiva e vai crescendo enquanto a carga 

diminui em valor absoluto. Novamente a corrente é máxima quando a carga se 

anula e o capacitor começa a ser carregado positivamente, como no início. 


Pensando nos gráficos de carga e corrente em função do tempo para um 

circuito LC, o que significa dizer que a fase da corrente está adiantada de π 2 em 

relação à carga em um circuito LC? 

Para descrever o que ocorre quando ligamos o contato móvel m ao terminal 

b, na figura 36.1, supondo que nesse momento as energias acumuladas no 

Um capacitor, de capacitância 

EXEMPLO 36.1 

0 ,25µ F , é carregado até a tensão de 20V 

e, 

em seguida, é desligado da fonte e ligado a uma bobina, com 

10 mH de 

indutância. Qual a carga inicial do capacitor e qual o valor máximo da corrente no 

circuito resultante? 

SOLUÇÃO: A carga inicial é dada pelo produto da tensão ao qual o capacitor foi 

submetido pelo valor de sua capacitância: 

−6 

( 0,25× 

10 F )( V ) 

q = CV = 

20 , 

0 

540 

541

q 

0 

= 5,0µC 

. 

A corrente máxima é a carga máxima multiplicada pela freqüência angular: 

1 

im 

= ω 

0 

qm 

= qm 

, pois 

LC 

ω = 1 

0 

LC 

, 

−3 

−6 

− 

2 

( H 

F ) 1 

− 

10× 

10 × 0,25× 

10 ( 5,0 × 10 C) 

6 

i m 

= , 

i m 

= 0, 10A . 

Encontramos duas possibilidades para tg 

−1 ( −1,74 ), que são os ângulos de 

120 o e de 300 o ou – 60 o . Mas ( 0 

) 

m 

cos φ = q é negativo, portanto, encontramos: 

q 0 

o 2π 

φ 

0 

= 120 = rad . 

3 

(c) A amplitude da carga é dada pela equação 36.5: 

2 

−6 

2 

−3 

3 −1 

2 

( i ω ) = ( 10x10 

C) + ( 87x10 

A 5,0 x10 

s ) 20 C 

2 

q m 

= q + 

µ 

0 0 0 

= 

E a amplitude da da corrente pela equação: 

. 

EXEMPLO 36.2 

Em um circuito LC que oscila, a capacitância é de 

40 mH . A carga inicial é q 

0 

= −10µ 

C e a corrente inicial é i0 = −87mA 

. 

(a) Em t = 0, o capacitor estava sendo carregado ou descarregado? 

(b) Qual o valor da constante de fase? 

1 ,0µ F e a indutância de 

Portanto, 

im =ω0 

q m 

3 

− 

( 5,0 × 10 s) × ( 20× 

10 C) 

i m 

6 

= , 

i m 

= 0, 10A . 

(c) Quais os valores da amplitude da carga e da amplitude da corrente? 

SOLUÇÃO: 

(a) Como a carga inicial é negativa e a corrente inicial também é negativa o 

capacitor estava sendo carregado inicialmente com uma polaridade contrária à 

indicada na figura 36.1. 

(b) A constante de fase é dada pela equação 36.11, onde aparece a frequência 

angular que vale: 


Considere o circuito LC mostrado na figura 36.1, em que a capacitância é 

15 µ F e a indutância é 1 ,0m H . Logo após o capacitor ter sido carregado com 

uma carga de 2 ,0µ C o contato m é ligado ao contato b, sendo i = 0 

50m A . 

a) Determine a frequência angular. 

b) Determine as amplitudes da carga e da corrente elétrica. 

Temos então: 

0 

−1 

( ) 2 

ω = LC 

−3 

−6 

( 40× 

10 H ) × ( 1,0 × F ) 

ω 

0 

= 

10 , 

( ) 

0 

= 5,0 × 10 s 

3 −1 

ω . 

tg 

( φ ) 

−i 

0 

0 

= , 

ω0 

q0 

−3 

− 87× 

10 A 

tg φ = 1,74 . 

0 

= − 

− 

3 −1 

6 

( 5× 

10 s ) × ( 10× 

10 C) 

Os valores iniciais da carga e da corrente são arbitrários. O que os define, 

em cada caso, é a maneira como o sistema é posto a oscilar. Um mesmo circuito LC 

pode ser ter sido alimentado, por exemplo, por fontes de diferentes tensões, o que 

pode produzir diferentes valores iniciais para a carga e para a corrente. Da mesma 

forma, diferentes maneiras de excitar o circuito LC produzem diferentes amplitudes 

e diferentes constantes de fase. 

Enquanto os valores da carga e da corrente dependem de agentes externos, 

podemos ver claramente, das equações 36.3, 36.4 e 36.9, que a carga no capacitor 

e a corrente no circuito oscilam com uma frequência angular que só depende dos 

valores da capacitância e da indutância. 

542 

543

A freqüência f dessa oscilação, que é a frequência angular ω dividida por 

2 π , é denominada frequência natural da oscilação, ou mesmo, frequência 

natural do circuito. Seu valor é uma característica particular de cada circuito LC, 

assim como nos circuitos RC e RL encontramos suas constantes de tempo 

características. 

O período T das oscilações é, portanto: 

1 

T = = 2π 

LC . (36.13) 

f 

EXEMPLO 36.3 

Em um circuito sintonizador de um rádio há um indutor com indutância de 

1 ,0mH e um capacitor variável. A faixa de freqüências sintonizadas é de 530 kHz a 

1710 kHz . Quais são os valores máximo e mínimo da capacitância? 

SOLUÇÃO: Como sabemos que: 

1 

T = = 2π 

LC 

f 

, 

rearranjamos esta última equação e encontramos para a capacitância a expressão: 

fica armazenada no campo elétrico criado entre as placas do capacitor. Como vimos 

anteriormente na aula 13 esta energia é dada pela equação 

2 

q 

U E 

= . 2 C 

Igualmente, para estabelecer uma corrente em um indutor é necessária uma 

energia que fica armazenada no campo magnético criado pela corrente. Esta 

energia é: 

1 i 

2 

U L 

2 

B 

= . 

No circuito LC há certa quantidade de energia que se distribui entre o campo 

elétrico no capacitor e o campo magnético no indutor. Em qualquer instante a 

energia no circuito é a soma dessas duas energias: 

U 

q 

2C 

1 

2 

2 

2 

= U 

E 

+ U 

B 

= + Li 

(36.14) 

Substituindo aqui as equações 36.4 e 36.9 que nos dão os valores da carga 

e da corrente em função do tempo, encontramos: 

2 

q 2 

1 2 2 2 

U = cos ( ω 

0t 

+ φ0) 

+ Lω0 

qm 

sen ( ω0t 

+ φ0) 

2C 

2 

m 

. 

Portanto teremos: 

2 2 −1 

( 4 f ) . 

C = π L 

C = max 

90 pF e C 

min 

= 8, 7 pF . 

Como 

L ω 2 

1 C , os fatores que multiplicam os quadrados da senóide e da 

0 = 

cossenóide são idênticos; além disso, ω = q i m 

. Portanto, podemos escrever: 

0 

2 

2 

[ cos ( ω t + φ ) + sen ( ω + φ )] 

m 

2 

qm U = 

0 0 

0t 

0 

. (36.15) 

2C 


Qual a faixa de valores da capacitância em um circuito receptor de rádio em que 

há um indutor de 

freqüências entre 1 ,2MHz 

e 7 ,2MHz 

. 

2 ,0mH 

de indutância e que deve sintonizar estações com 

ou ainda, 

2 

qm 

1 2 

U = = Lim 

. (36.16) 

2C 

2 

36.2 ENERGIA NO CIRCUITO LC 

Para carregar um capacitor é necessário que algum agente externo realize 

trabalho para separar cargas de sinais opostos. Este trabalho é igual à energia que 

544 

Esta duas expressões indicam que a energia total é uma constante e que 

esta se alterna entre elétrica e magnética (quando a função seno elevada ao 

quadrado é nula, o quadrado da função cosseno é máximo e vice-versa). Portanto, 

545

quando a corrente se anula o valor absoluto da carga é máxima e toda a energia no 

circuito está armazenada no capacitor. Por outro lado, quando a carga no capacitor 

se anula, a corrente é máxima e toda a energia se encontra no campo magnético 

no indutor. 

Quando derivamos a equação 36.14 em relação ao tempo e igualamos o 

resultado a zero estamos expressando o fato da energia total ser constante: 

dU 

dt 

2 

q dq di d q q 

= + Li = L i + i = 0. 

2 

C dt dt dt C 

Observe pelas equações 

−5 

U = 5,0 × 10 J . 

q = q cos( ω t + ) 

m 0 e i = −i 

sen ω t +φ ) 

0 

φ 

m 

( 

o 0 , 

que se a carga é máxima no capacitor e a corrente no circuito é nula no instante 

de tempo t=0, a constante de fase é nula, φ = 0 

0 . 

Logo, no instande de tempo t = 0, toda a energia está armazenada no capacitor. 

Portanto, 

Dividindo esta expressão pela intensidade de corrente encontramos 

novamente a equação 36.2. Portanto essa equação pode ser encontrada de duas 

formas equivalentes: aplicando a lei das malhas ou pelo uso explícito da 

conservação da energia no circuito. 

EXEMPLO 36.4 

Considere o circuito LC do Exemplo 36.1, onde C = 0,25µ 

F , L = 10mH 

e o 

circuito é ligado a uma fonte de 

20 V . Suponha que o contato m seja ligado ao 

terminal b da figura 36.1 no instante de tempo t = 0, quando a carga no capacitor 

é máxima e a corrente nula. Determine as energias armazenadas no capacitor, no 

indutor e a energia total do circuito nos instantes de tempo t = 0, t = T/4, t = T/2, 

t = 3T/4 e t = T, sendo T o período da oscilação eletromagnética no circuito. 

SOLUÇÃO: Como não há perdas de energia, podemos afirmar que a 

energia é constante e, portanto, tem o mesmo valor em qualquer instante de 

tempo; além disso a energia depende da capacitância, da indutância e da tensão 

aplicada no circuito. Da equação 36.16 temos 

é 

A corrente máxima nesse circuito é 

2 

qm 

1 2 

U = = Lim 

. 

2C 

2 

0 ,10 A . Então a energia total do circuito 

−5 

−5 

U = 5,0 × 10 J , sendo U E 

= 5,0 × 10 J e U 

B 

= 0 , pois U = U E 

+ U . 

B 

Não são necessários cálculos para chegarmos à conclusão de que em t = 

T/2, e em t = T, novamente toda a energia estará armazenada no capacitor, uma 

vez que carga e corrente oscilam harmonicamente. O que muda apenas é a 

polaridade no capacitor conforme ele é carregado e descarregado. Já , nos 

instantes t = T/4 e t = 3T/4 toda a energia estará armazenada no indutor 

Podemos ainda utilizar as equações, 

2 

q 1 

U E 

= e U 

2 

B 

= Li 

; 

2C 

2 

U 

E 

2 

qm 

2 

1 2 2 

= cos ( ω0t 

) e U 

B 

= Lim 

sen ( ω0t) 

, 

2C 

2 

para obter as energias nesses instantes de tempo. 

Em t = 0, t = T/2 e em t = T, como 

Em t = T/4 e em t = 3T/4 

2π 

T = , 

ω 

U E 

5 

0 

− 

= 5,0 × 10 J e U = 0 . 

B 

U = 

1 

2 

− 

( 10× 

10 

3 H )( 0, 10A) 2 

−5 

U = 0 e U B 

= 5,0 × 10 J . 

E 

546 

547


A figura 36.3 mostra de forma esquemática um circuito LC no qual o 

contato foi fechado no instante de tempo t = 0. Desconsidere qualquer resistência 

entre os elementos desse circuito. Faça um esboço dos campos, elétrico e 

magnético, no capacitor e no indutor nos instantes de tempo t = T/4, t = T/2, t = 

3T/4 e t = T, sendo T o período da oscilação eletromagnética. Faça também um 

esboço das energias, elétrica, magnética e total, do circuito para os mesmos 

instantes de tempo. 



a) A frequência angular é dada pela equação 36.3: 

ω = 

0 

1 

= 

LC 

1 

−3 

−6 

( 1,0 × 10 H )( 15× 

10 F ) 

3 

ω = 8,2 10 rad / s. 

0 

× 

b) A amplitude da carga pode ser obtida pela equação 36.8: 

. 

2 

−6 

2 

−3 

3 −1 

( i ) = ( 2,0 x10 

C) + ( 50x10 

A 8,2 x ) 2 

q m 

= q ω 

s 

2 

0 

+ 

0 0 

10 

q m 

= 6,4 µC 

E a amplitude da corrente pode ser obtida pela equação 36,10, 

i 

m 

3 

−6 

( 8,2 × 10 rad / s)( 6,4× 

C) 

= ω 

0 

q = 

0 , 

m 

i m 

= 53mC . 

Figura 36.3: Circuito LC. 


Escrevemos a capacitância em termos do valor da indutância e da freqüência das 

oscilações, obtemos 

Portanto teremos: 

2 2 −1 

( 4 f ) . 

C = π L 

C 

max 

4 

= 

π 

2 

pF 

1 

12 −1 

2 

−3 

( 1,2 × 10 s ) × ( 2,0 × 10 H ) 

−11 

C = 1,8 × 10 F 18 

max 

= 

E, 

C 

min 

4 

= 

π 

2 

pF 

1 

12 −1 

2 

−3 

( 7,2 × 10 s ) × ( 2,0 × 10 H ) 

−13 

C = 4,9 × 10 F 0, 49 

min 

= 

. 

548 

549


No instante de tempo t = ¼ T, o capacitor estará completamente descarregado e 

toda a energia estará contida no campo magnético criado pelo indutor, como 

mostra a figura 36.3. 

b) Suponha que a frequência da outra extremidade dessa faixa de frequência seja 

f = 0, 55MHz . Determine o valor máximo para a capacitâcia de modo que as 

frequências de oscilações possam ser selecionadas dentro do intervalo da banda de 

frequência de rádio. 

E36.2) Um capacitor de capacitância 

fonte de tensão de 

um indutor de indutância L = 2, 0H 

. 

C = 0,5µ 

F é inicialmente conectado a uma 

12 V . Em seguida, o capacitor é desconetado da fonte e ligado a 

a) Determine a frequência angular das oscilações elétricas. 

b) Determine o período das oscilações elétricas. 

c) Calcule a carga inicial do capacitor e a sua carga após 0 ,015s 

ter sido ligado ao 

Figura 36.3: Oscilação da carga e corrente em um circuito LC. A energia permanece 

constante, alternando-se em elétrica e magnética. 

Em t = ½ T a energia estará no campo elétrico do capacitor. Observe que, em 

comparação com o início do ciclo, a polaridade do capacitor está invertida. Nesse 

momento a carga atinge seu valor máximo e a corrente é nula; observe a figura 

36.3. 

Em t = ¾ T a corrente é máxima e o capacitor está descarregado. Então toda a 

energia está no campo magnético do indutor. 

Em um ciclo completo, quando t = T, o capacitor estará novamente carregado e a 

corrente no circuito é nula. 

A figura 36.3 também mostra como a energia é transformada em elétrica e 

magnética nos instantes de tempo do ciclo assinalados. 

indutor. 

d) Calcule também a corrente no indutor após 0 ,015s 

ter sido ligado ao capacitor. 

e) Encontre a energia armazenda no capacitor e no indutor. 

E36.3) Considere que em um circuito LC a corrente máxima seja de 

capacitor tem capacitância C = 4,5µ 

F e o indutor, indutância L = 90 mH . 

a) Determine a carga máxima no capacitor. 

b) Calcule a carga no capacitor quando a corrente no indutor é 0 ,50 mA . 

i m 

0, 90mA 

= . O 

E36.4) Determine a carga no capacitor de um um circuito LC quando a corrente 

está variando a uma taxa de 2 ,5mA 

no indutor, de indutância L = 700mH 

, em que 

a capacitância do capacitor é C = 3,5µ 

F . 


E36.1) Um rádio tem um pequeno capcitor de capacitância variável 

C = 5, 0 pF . 

Uma bobina é conectada ao capaitor de modo que a frequência de oscilação do 

circuito LC seja 

f = 1, 5 

MHz 

E36.5) Em um circuito LC, com 

indutor é 

L = 400mH 

e C = 250 pF , a corrente máxima no 

i m 

= 1, 5A 

durante as oscilações. Obtenha a energia máxima armazenada 

no capacitor durante as oscilações de corrente. 

a) Determine a indutância da bobina. 

E36.6) Mostre que a expressão 

L tem unidades de tempo. 

C 

550 

551

E36.7) Faça um esboço dos campos, elétrico e magnético, no capacitor e no indutor 

de um circuito LC, nos instantes de tempo t =0, t = T/8, t = T/4, t = 3T/8, t = T/2, 

t = 5T/8, t = 3T/4, t = 7T/8 e t = T, sendo T o período da oscilação 

eletromagnética. Faça também um esboço das energias, elétrica, magnética e total, 

do circuito para os mesmos instantes de tempo. 

552

AULA 37 OSCILAÇÕES EM CIRCUITOS ELÉTRICOS II 

dU 

dt 

− Ri 

2 

OBJETIVOS 

• Compreender o comportamento da carga e da corrente que oscilam harmonicamente 

em um circuito RLC. 

• Entender que parte da energia é dissipada em um circuito RLC. 

37.1 CIRCUITO RLC 

Na aula 36 fizemos a descrição do circuito LC. Com o intuito de fazer 

primeiro a situção mais simples e de mais fácil compreensão, fizemos a suposição 

de que não havia qualquer resistência no circuito. 

Embora existam materiais que, a baixas temperaturas, apresentem 

resistividade nula, não é possível ainda construir corriqueiramente circuitos 

elétricos totalmente isentos de alguma resistência elétrica. 

Vamos então introduzir um resistor no circuito LC e transformá-lo em um 

circuito RLC, mais próximo da realidade. Note que, mesmo quando não utilizamos 

um resistor específico em um circuito, o próprio indutor apresenta uma resistência 

determinada, que pode ser pequena, mas não nula. 

dU 

dt 

dU 

dt 

= , 

q dq di 

= + Li , 

C dt dt 

2 

q d q dq 

i + L i = − R i . 

C dt dt 

= 

2 

Dividindo esta equação pelo valor da corrente e rearranjando seus termos 

encontramos a equação do circuito, que pode ser igualmente encontrada pelo uso 

da lei das malhas: 

2 

d q dq q 

L + R + = 0 . (37.1) 

2 

dt dt C 

A equação 37.1 é um pouco mais complicada que a equação 36.1, devido ao 

termo adicional, igual à resistência do resistor multiplicada pela derivada temporal 

da carga, que, como no circuito LC, é a corrente no circuito. 


Como seria possível obter a equação 37.1 usando a Lei das Malhas no circuito 

RLC? 

Novamente, ligamos o contato móvel ao terminal a e em determinado 

momento o ligamos ao terminal b, e começamos a contar o tempo. 

Para encontrar a solução da equação 37.1 fazemos a suposição de que a 

carga seja dada por uma função do tipo: 

q = Ae 

λt 

Figura 37.1: Ao circuito idealizado da figura 36.1 foi acrescentado um resistor, resultando 

em um circuito RLC, mais próximo do que ocorre em um circuito real. 

Na figura 37.1 temos o novo circuito, cuja equação encontraremos, fazendo 

a taxa de variação da energia no circuito igual ao negativo da potência dissipada 

por efeito Joule no resistor: 

em que devemos determinar A e λ (você aprenderá como obter as soluções da 

equação 37.1 em seu curso de Cálculo). 

Substituindo esta expressão na equação 37.1, encontramos uma equação de 

segundo grau para λ : 


2 

2 

λ + 2γ 

λ + ω = 0 , 

0 

553 

554

γ = R 2L 

(37.2) 

−γ 

t 

q = q′ 

cos( ω′ 

m 

e t + φ0) 

, (37.6) 

e ω 

0 como foi definido na equação 36.3: 

ω = 1 

0 

LC 

. 

Esta equação para λ tem por solução duas raízes: 


−γ 

t 

i = −ω 

q′ 

( ω′ 

m 

e sen t + φ + 0) , (37.7) 

0 

φ 

tg( 

φ0) 

− 

( i + γ q ) 

0 0 

= (37.8) 

ω′ 

q 

0 

λ 

γ 

γ 

ω 

2 2 

= − ± − 

0 

, (37.3) 

e 

e, portanto, a solução final deve ser uma combinação linear do tipo 

t 

t 

A e 

λ 1 λ2 

1 

+ A2e 

. 

Quando o valor da resistência no circuito não é muito grande temos que γ 

é menor que ω 

0 , de forma que as raízes têm uma parte imaginária. Lembrando que 

2 

2 ⎛ i0 

+ γ q0 

⎞ 

0 

+ ⎜ ⎟ 

⎠ 

q′ 

m 

= q 

. (37.9) 

⎝ ω′ 

as funções seno e cosseno podem ser escritas em termos de funções exponenciais 

com argumento imaginário e, sem fornecer maiores detalhes sobre os cálculos 

envolvidos, encontramos a carga no capacitor e a corrente no circuito: 

−γ t i0 

+ γ q0 

− γ t 

q = q0 e cos( ω′ 

t) 

+ e sen( 

ω′ 

t) 

, 

ω´ 

i = −ω 

q e 

i 

sen( 

ω′ 

t + φ) 

+ ω 

+ γ q 

ω′ 

cos( ω′ 

t + 

− γ t 

0 0 − γ t 

0 0 

0 

φ 

e 

) , 

Como podemos ver, a carga oscila harmonicamente, ou seja, é 

descrita por uma função cosseno, cuja fase cresce linearmente com o 

tempo. Entretanto, a função harmônica é multiplicada por uma função 

exponencial, decrescente, cujo expoente depende do valor da resistência 

presente no circuito. Isto representa o amortecimento da oscilação. 

A grandeza 

q′ 

m não é exatamente a amplitude inicial do movimento: quando 

escolhemos o instante t = 0 de forma que a corrente inicial no circuito seja nula e a 

carga inicial no capacitor seja máxima, e igual a 

q 

m , encontramos que: 

onde temos uma nova freqüência angular, ω ´ , menor que ω 

0 : 

ω' 

2 2 

= ω0 

− γ . (37.4) 

i 

0 

= 0 → q m 

′ = q m 

cos( φ) 

. 

Neste caso a cada período, T ′ = 2π ω′ 

, a corrente será nula e a carga será: 

Além disto, para simplificar um pouco a expressão para a corrente, 

introduzimos uma fase adicional, φ , dada por: 

γ 

tg ( φ) 

= . (37.5) 

ω′ 

Dessa forma encontramos: 

−nγ 

T′ 

′ 

q ( nT ) = e q . (37.10) 

Este resultado sugere que a carga no capacitor oscila 

harmonicamente, mas com uma amplitude que decresce 

exponencialmente. 

m 

555 

556

A figura 37.2 representa uma oscilação amortecida, com um período 

T ´ = 2T 

ω´ 

= 5,0 ou ω ´~ 1, 26; Y = 2, 8 e φ 0 , em unidades arbitrárias. 

m 

0 = 

freqüência seja pequeno. Quando γ tem um valor de um décimo do valor 

de ω 

0 , a freqüência da oscilação é reduzida em meio por cento enquanto a 

amplitude é reduzida em quarenta e sete por cento e a energia é reduzida 

em setenta e dois por cento em cada oscilação completa. 

EXEMPLO 37.1 

Em determinado circuito RLC a energia é reduzida à metade em duas oscilações 

completas. Qual a razão entre a constante de amortecimento, γ , e a freqüência 

angular de oscilação, ω′ do circuito? Qual a razão entre a freqüência da oscilação 

do circuito RLC e a freqüência do circuito LC correspondente? 

SOLUÇÃO: A fração da energia eletromagnética dissipada como calor no resistor é 

dada por: 

E nT ′) 

− E[( 

n + 2) T ′] 

= 

= 1 − e 

E( 

nT ′) 

∆ E ( −4γ 

T′ 

E 

1 

= . 

2 

−γ 

. t 

Figura 37.2: Oscilação harmônica amortecida: y = Ym e cos( ω t + φ0) 

, com ω ´~ 1, 26 ; 

Y = 2,8 e φ 0 

m 

0 = 

, em unidades arbitrárias. 

A energia, nos momentos em que a corrente é nula, está totalmente contida 

no campo elétrico do capacitor e é igual a: 

E 

q 

2C 

′ 

2 

( nT′ ) = m −2nγ 

T′ 

e . (37.11) 

A energia no circuito diminui com o passar do tempo e é conveniente 

calcular a fração da energia perdida em cada oscilação completa: 

Isolando a função exponencial e tomando o logaritmo da expressão resultante e 

recordando que T ′ = 2π ω′ 

, podemos encontrar: 

A razão entre ω′ e ω 0 é dada por: 

ω′ 

= 

ω 

0 

γ ln[2] 

= = 0,0276 . 

ω′ 8π 

ω′ 

2 2 

ω′ 

+ γ 

= 

1 

= 0,986 . 

1 + 0,0276 

Ou seja, a freqüência da oscilação amortecida é 1,34% menor que a da oscilação 

não amortecida. 


∆ 

E 

′ − + 

E( 

nT′ 

) 

′ 

= 1 − e 

E E( 

nT ) E[( 

n 1) T ] 

−2γ 

T ′ 

= 

. (37.12) 

Como vimos, a presença de uma resistência no circuito reduz a 

frequência da oscilação e causa a diminuição da energia armazenada no 

circuito. Quando γ é pequeno (resistência pequena), comparado com ω 

0 , a 

redução da energia pode ser apreciável, ainda que o efeito sobre o valor da 

557 

Qual a variação relativa na frequência de oscilação de um circuito RLC, com 

relação à frequência de oscilação do circuito LC correspondente, quando o valor de 

γ é um centésimo do valor de ω 

0 ? Que fração da energia inicial é dissipada como 

calor no resistor em uma oscilação completa? 

558

Quando se aumenta o valor da resistência, a frequência diminui e 

pode chegar a ser nula, ou seja, não haverá mais oscilação no circuito. 

Quando γ é igual a ω 

0 a frequência das oscilações se anula e as duas 

raízes coincidem, sendo iguais a 

pouco mais elaborada e é dada por: 

− γ . A solução para a carga, neste caso, é um 

−γ 

t 

q = [ q0 + ( i0 

+ γ q0) 

t] 

e , (37.13) 

(a) 

(b) 

e a corrente é: 

−γ 

t 

i = [ i0 − γ ( i0 

+ γ q0) 

t] 

e . (37.14) 

Figura 37.3. Esboço dos gráficos de carga no capacitor em função do tempo em um circuito 

RLC (a) subamortecido, quando o valor da resistência R é grande e (b) superamortecido, 

quando R é muito grande. 


Não há qualquer oscilação e tanto a carga no capacitor quanto a 

corrente no circuito tendem a se anular. 

Que critérios você pode utilizar para determinar se o sistema de um circuito LRC é 

superamortecido ou subamortecido? Explique. 

Como se pode ver das equações 37.3 e 37.4, quando γ é maior que ω 

0 

temos duas raízes, λ 

1 e λ 

2 , reais e negativas e a carga no capacitor é: 

enquanto a corrente é: 

λ q + i λ q + i 

= , 

λ − λ λ − λ 

q 

2 0 0 − λ1 

t 

e − 

1 0 0 − λ2 

t 

e 

2 

1 

− λ λ q − λ i λ λ q + λ i 

= + 

. 

λ − λ 

λ − λ 

i 

1 2 0 1 0 − λ1 

t 

e 

1 2 0 2 0 − λ2 

t 

e 

2 

1 

Aqui também não há qualquer oscilação, tanto a carga no capacitor quanto a 

corrente no circuito, tendem assintoticamente a zero. Veja a figura 37.3. 

2 

2 

1 

1 

37.2 ANALOGIA COM AS OSCILAÇÕES MECÂNICAS 

As equações utilizadas para descrever as oscilações eletromagnéticas são 

formalmente idênticas às utilizadas para descrever as oscilações mecânicas, por 

exemplo, de um sistema massa mola. 

Um corpo de massa m , suspenso de uma mola de constante elástica k e 

sujeito a uma força de atrito, com o ar, proporcional à velocidade do corpo tem seu 

movimento descrito pela equação: 

2 

d x dx 

m + b + kx = 0 . 

2 

dt dt 

Se observarmos a equação 37.1 veremos que ambas têm a mesma forma e 

que há uma analogia completa entre ambas se fizermos as seguintes 

correspondências: 

x ↔ q , 

dx dq 

v = ↔ i = 

dt dt 

559 

560

m ↔ L 

b ↔ R 

E, 

k ↔ 

1 

C 

A analogia não é apenas formal. Um indutor reage sempre 

contrariamente às tentativas de modificar a corrente que o percorre, 

fazendo um papel de inércia do circuito. No sistema mecânico a inércia é 

representada pela massa do corpo oscilante. 

2 

1 R 1 1 

ω 

0 

= − = , 

2 

LC 4L 

4 LC 

1 

R = 

2 

15L 

C 

−3 

( × 10 H ) 

− 

( 0,25× 

10 F ) 

1 15 10 

= , 

2 

R 

6 

R = 245Ω . 

A resistência elétrica é o resultado da interação dos elétrons com a 

rede cristalina, que retira a energia, ganha por estes do campo elétrico, 

transformando-a em calor. Da mesma forma o atrito do corpo com o ar 

retira energia mecânica do sistema e a transforma em energia térmica. 

A constante elástica da mola indica a dificuldade para se deformá-la, 

produzindo certo deslocamento enquanto a capacitância do capacitor é 

uma medida da facilidade de se carregá-lo com determinada quantidade de 

carga. Por isto a analogia entre uma grandeza e o inverso da outra. 

Em suma, todas as equações escritas nesta aula podem ser transformadas 

nas equações correspondentes ao caso das oscilações mecânicas. 

EXEMPLO 37.2 

Considere um circuito RLC em que o capacitor tem capacitância 

indutor tem indutância 

0 ,250µ F e o 

10 ,0mH 

. Determine a resistência do circuito se a 

frequência de oscilação for igual a ¼ da frequência do circuito não amortecido. 

SOLUÇÃO: Para encontrarmos a resistência, usaremos o fato de 

Como,das equações 37.4 e 36.3, temos 

ω `= 1 ω 

4 

0 

. 

ω' 

= 

2 

ω − γ 

2 

0 

e 

ω 562 

0 = 

1 

LC 

561



(a) A freqüência angular do circuito RLC é dada, neste caso, por: 

ω ′ = ω 

0 = ω . 

Portanto a variação relativa na freqüência é: 

2 2 2 

2 

0 

− γ = ω0 

− ,0001ω 

0 

0, 99995 

0 

E37.5) Determine a resistência de um circuito RLC de capacitância C e indutância L 

se a frequência de oscilação for igual a 1/3 da frequência do circuito não 

amortecido. 

E37.6) Compare as resistências de dois circuitos RLC em que a frequência de 

oscilação do primeiro é igual 1/2 da frequência do circuito não amortecido e do 

segundo é 1/10 da frequência do circuito não amortecido. 

ω0 

−ω′ 

= 0,00005 = 0,005% , 

ω 

0 

que é muito pequena. 

(b) A fração da energia dissipada como calor em uma oscilação é: 

∆ E 

= 1 − e 

E 

−2γ 

T′ 

= 1 − e 

−4π 

.0,01 

= 0,12 . 

Isto é, 12% da energia inicial se transformam em calor em cada oscilação, apesar 

da variação no período ter sido mínima. 


E37.1) Um circuito LRC é formado por um indutor de indutância 

capacitor de capacitância C = 4,5 µ F e um resistor de resistância R . 

a) Determine a frequência angular quando a resistência for desprezível. 

L = 3, 0mH 

, um 

b) Obtenha o valor da resistência para que a frequência angular seja 10% menor 

que a frequência angular calculada no item (a). 

E37.2) Determine a resistência de um circuito LRC, com 

L = 9, 0mH 

e C = 20 µ F , 

de modo que a frequência das oscilações do circuito seja igual a um terço da 

frêquencia do circuito não amortecido. 

E37.3) Mostre que a expressão 

L tem unidades de resistência. 

C 

E37.4) Calcule a resistência de um circuito RLC em que 

L = 9, 0mH 

, C = 20 µ F e 

frequência angular ω ' = 1 2LC 

. 

563 

564

AULA 38 CIRCUITOS DE CORRENTE ALTERNADA 

OBJETIVOS 

• DEFINIR TENSÃO E CORRENTE ALTERNADAS. 

• COMPREENDER O COMPORTAMENTO DA CORRENTE ELÉTRICA EM CIRCUITOS SIMPLES COM 

FEM ALTERNADA. 

• DEFINIR REATÂNCIA CAPACITIVA E REATÂNCIA INDUTIVA. 

38.1 FORÇA ELETROMOTRIZ E CORRENTES ALTERNADAS 

Na aula 18 descrevemos, em princípio, o funcionamento de fontes de força 

eletromotriz que produzem diferenças de potencial com polaridade definida, isto é, 

fontes que têm um pólo negativo e um pólo positivo, sendo o potencial elétrico do pólo 

positivo sempre mais alto que o potencial do pólo negativo. 

Quando seus pólos são ligados externamente, por meio de algum condutor 

elétrico, há circulação de corrente, sempre no mesmo sentido: dentro dessas fontes a 

corrente convencional vai do pólo positivo para o negativo, ganhando energia 

potencial elétrica à custa da energia química armazenada, e externamente a corrente 

percorre o condutor, indo do pólo positivo para o negativo, perdendo energia elétrica, 

que se transforma em energia térmica nesse condutor. 

Pelo fato de forçarem as cargas a se moverem sempre em um mesmo 

sentido, essas fontes são denominadas fontes de corrente contínua ou fontes 

c.c. 

onde V é a amplitude da oscilação, isto é, o valor da tensão oscila entre os valores 

M 

+ V M 

e VM 

− . φ 

0 

é denominado constante te de fase e nos indica o valor da tensão no 

momento considerado como t=0: 

A frequência da oscilação f 

Quando um condutor é usado para ligar os pólos do gerador externamente, é 

produzida uma corrente. A corrente convencional nesse condutor, como é de se esperar, 

vai do pólo positivo para o pólo negativo, porém a polaridade do gerador se alterna 

dando origem a uma corrente alternada. Por isto um gerador é chamado de fonte de 

força eletromotriz de corrente alternada ou fonte c.a. 

É importante notar neste caso que, independentemente do sentido da corrente, a 

fonte está sempre entregando energia elétrica para as cargas que, ao passar pelo 

condutor externo, cedem essa energia aquecendo-o o dando origem ao efeito Joule. 

38.2 OS CIRCUITOS MAIS SIMPLES DE CORRENTE ALTERNADA 

A figura 38.1 mostra um resistor ligado aos pólos de um gerador ideal de corrente 

alternada, cuja resistência interna é nula. 

( ) = V sen ( ) 

V0 = V 0 

M 

φ 0 

é dada por: 

f 1 ω = = T 2π 

. 

Entretanto, como descrito na aula 32, um gerador de energia (um dínamo por 

exemplo) é um dispositivo em que, pelo uso de algum agente externo, um conjunto de 

espiras é forçado a girar, com velocidade angular constante, em um campo magnético 

estático e esta rotação força o aparecimento de uma força eletromotriz induzida nessas 

espiras. O resultado é o aparecimento de uma diferença de potencial entre os extremos 

do condutor que forma as espiras. Esta diferença de potencial, no entanto, não se 

mantém constante, mas oscila senoidalmente. 

A tensão entre os pólos do gerador pode, então, ser expressa pela equação: 

( ) 

V = VM sen ω t + φ 0 

, 

Figura 38.1: Resistor, 

( t) 

ε = ε m 

sen ω . 

R , ligado a uma fonte de força eletromotriz (fem) alternada, 

As fontes de fem alternadas são, usualmente, representadas pelos símbolos 

mostrados na figura 38.2. 

565 

566

Aplicando a lei das malhas a este novo circuito, temos: 

q 

ε − = 0 . C 

Figura 38.2: Símbolos utilizados para representar forças eletromotrizes de corrente alternadas. 

Aplicando a lei das malhas, ao circuito da figura 38.1, obtemos a expressão: 

Considerando que a fem seja dada por: 

encontramos a expressão para a corrente no circuito: 

Podemos ver que a corrente oscila, não só com a mesma frequência, mas 

com a mesma fase, ( ω t + 

φ ) , da força eletromotriz aplicada. 

A amplitude da oscilação da corrente é dada por: 

Esta expressão é idêntica à que encontramos quando submetemos um resistor a 

Na figura 38.3 vemos um capacitor ligado aos terminais de uma fonte de força 

eletromotriz alternada. 

ε − Ri 

= 0 

( ω ) 

ε = ε t + 

m 

sen φ 0 

, 

ε 

m 

i = sen 

t 

R 

0 

( ω t + φ ) = i sen( ω + ) 

uma fem de corrente contínua de valor igual a ε 

m 

. 

0 m 

φ 0 

ε 

m 

im 

= , 

R 

. 

(38.1) 

(38.2) 

(38.3) 

no capacitor: 

Substituindo a fem dada na equação 38.1, encontramos a expressão para a carga 

( ω ) 

q = C ε 

m 

sen t + . 

Para encontrarmos a corrente no circuito derivamos esta última equação em 

relação ao tempo e encontramos: 

φ 0 

dq 

i = = ω Cε 

m 

cos( ω t + φ 0 

). 

dt 

Queremos expressar a corrente em termos de uma senóide, isto é, em uma 

forma semelhante a das equações 38.1 e 38.2: 

ε 

m 

i = = sen 

t 

( 1 ω C) 

( ω t + φ + π 2) = i sen ( ω + φ + 2) 

0 m 

0 

π 

Vemos nesta expressão que a corrente tem uma amplitude: 

onde introduzimos a grandeza 

i 

ε 

. (38.4) 

m 

m 

= , (38.5) 

X 

C 

X 

C 

, que limita a corrente neste circuito da mesma forma 

que a resistência o faz no circuito puramente resistivo, representado na figura 38.1. Essa 

grandeza é denominada reatância capacitiva do circuito: 

1 

X C 

= . (38.6) 

ω C 

Quando aplicamos uma tensão contínua em um capacitor este é carregado e, 

rapidamente, atinge a tensão fornecida pela fonte, não permitindo mais a passagem de 

corrente. Isto significa que a resistência à passagem de corrente torna-se infinita. 

Figura 38.3: Capacitor, 

C , ligado a uma fem alternada, ε = ε 

m 

sen(ω 

t +φ 0 

) 

t . 

A definição de reatância capacitiva está de acordo com este resultado, já que uma 

tensão contínua equivale a uma oscilação no limite em que a frequência tende a zero e a 

reatância, nesse caso, tende a infinito. 

567 

568

Podemos ver que a corrente também oscila com a mesma frequência da 

fonte, mas, quando expressa em termos de uma senóide, tem a sua fase 

adiantada em noventa graus, ou π 2 radianos, com relação à fase da fem 

aplicada. 

Finalmente, na figura 38.4 vemos um indutor ligado a nossa força eletromotriz 

alternada. 

noventa graus, ou π 2 radianos, com relação à fase da tensão aplicada ao 

indutor. 

A amplitude da corrente é dada por: 

i 

ε 

m 

m 

= , (38.8) 

X 

L 

onde introduzimos a grandeza 

X 

L , 

X L 

= ω L , (38.9) 

denominada reatância indutiva do circuito. 

resultado é: 

Figura 38.4: Indutor, L 

L , ligado a uma fem alternada, ε = ε sen(ω 

t + 

De acordo com a lei das malhas temos: 

di 

ε − L = 0 . dt 

Substituindo ε pela expressão na equação 38.1 encontramos: 

di 

dt 

ε 

m 

= sen t 

L 

( ω + ) 

Esta equação pode ser integrada para se encontrar a corrente no circuito. O 

Novamente expressamos a corrente em termos de uma senóide: 

ε 

m 

i = sen ( ω t + φ0 −π 

2) = im sen ( ω t + φ0 

−π 

2) 

. 

ω L 

Novamente a corrente oscila na mesma frequência da fem, mas vemos 

que, agora, a corrente é representada por uma senóide com a fase atrasada em 

φ 0 

ε 

m 

i = − cos( ω t + φ 0 

). 

ω L 

. 

m 

) 

+ φ 0 . 

(38.7) 

A reatância indutiva é análoga à resistência no circuito puramente resistivo, 

representado na figura 38.1, ou à reatância capacitiva no circuito puramente capacitivo, 

representado na figura 38.3. 

A unidade das reatâncias capacitiva e indutiva no SI, assim como a da resistência 

elétrica, é o Ohm ( Ω ). 

Sabemos, de acordo com a lei de Faraday, que um indutor reage às 

variações da corrente no tempo e não ao valor desta propriamente. Por isto, 

quanto mais rápidas suas variações, ou quanto maior a frequência das 

oscilações, maior a reatância indutiva. 

Por outro lado, se as variações na corrente são muito lentas, o indutor 

pouco reage a elas e sua indutância é, então, pequena. No limite em que a 

frequência tende a zero, temos uma corrente limitada apenas por alguma 

resistência do fio de que é feito o indutor, e a reatância indutiva tende a zero. 

Um indutor, de indutância 

de tensão c.a, de valor 

angular for 100 rad/s? E 1000 rad/s? 

EXEMPLO 38.1 

L = 3, 00 m H e resistência desprezível é ligado a uma fonte 

120 V . Qual será a amplitude da corrente quando a frequência 

SOLUÇÃO: De acordo com a equação 38.8, a amplitude da corrente é dada pela 

569 

570

equação: 

i 

m 

ε 

m 

= 

X 

L 

ε 

m 

= 

ω L 

ε 

m 

= 120V . Calcule as reatâncias indutivas e o valor da amplitude da corrente quando a 

frequência angular for: 

a) 100 rad/s. 

b) 1000 rad/s. 

Quando a frequência for igual a 100 rad/s: 

120V 

= 100 

i m 3 

( rad / s)( 3,0 10 

− 

× H ) 

i m 

= 400A 

E quando da frequência for igual a 1000 rad/s: 

120V 

= 1000 

i m 3 

( rad / s)( 3,0 10 

− 

× H ) 

i m 

= 40A . 

Observe que quando a frequência de oscilação for 10 vezes maior a amplitude da 

corrente será 10 vezes menor. 


Considere um capacitor de capacitância C = 5,00 µ F conectado a uma fonte c.a, sendo 

ε 

m 

= 120V . Calcule as reatâncias capacitivas e o valor da amplitude da corrente quando 

a frequência angular for: 

a) 100 rad/s. 

b) 1000 rad/s. 


Considere um indutor de indutância 

C = 10, 0 mH conectado a uma fonte c.a, sendo 

571 

572


X = 1, 00Ω . 

L 

E a amplitude da corrente é igual a: 


a) Quando um capacitor é ligado a uma fonte de tensão c.a, como mostra a figura 38.3, 

a corrente também oscila com a mesma frequência da fonte. A reatância capacitiva é 

dada pela equação 38.6: 

E a amplitude da corrente é igual a: 

1 

1 

3 

X C 

= = 

= 2,00 × 10 Ω 

ω C 

−6 ( 100rad 

/ s)( 5,00 × 10 F ) 

ε 

m 

im 

= = ε 

m 

ω C . 

X 

Para uma frequência igual a 100 rad/s temos: 

C 

− 

( 120V 

)( 100rad 

/ s)( 5,00 × 10 C) 

6 

i m 

= 

−2 

i m 

= 6,00 × 10 

Observe que, nesse circuito, a reatância é inversamente proporcional à frequência, mas 

a corrente elétrica é diretamente proporcional à ela. Então, se a frequência da fonte 

aumenta, a reatância diminui e a amplitude da corrente aumenta, ao contrário do 

circuito com a mesma fonte e um indutor, mostrado na figura 38.4. 

b) Para uma frequência 10 vezes maior que a do item a, igual a 1000 rad/s, teremos 

uma reatância capacitiva 10 vezes menor e uma corrente 10 vezes maior: 

X 

C 

A 

2 

= 2,00 × 10 Ω 

−1 

i m 

= 6,00 × 10 

A 

Para uma frequência igual a 100 rad/s temos: 

i 

m 

i 

m 

ε 

m 

= 

X 

ε 

m 

ε 

m 

= = . 

X ωL 

L 

L 

ε 

m 120V 

= = , 

ωL 

1,00 Ω 

i m 

= 120 A . 

Observe que, nesse circuito, a reatância é diretamente proporcional à frequência, mas a 

corrente elétrica é inversamente proporcional à ela. Então, se a frequência da fonte 

aumenta, a reatância aumenta e a amplitude da corrente diminui, ao contrário do 

circuito com a mesma fonte e um capacitor, mostrado na figura 38.3. 

c) Para uma frequência 10 vezes maior que a do item a, igual a 1000 rad/s, teremos 

uma reatância indutiva 10 vezes maior e uma corrente 10 vezes menor: 


X = 10, 0Ω , 

C 

i m 

= 12, 0 A . 

E38.1) Considere um indutor de resistência desprezível, sendo 

fonte de tensão c.a, de valor 

L = 2, 0 H , ligado a uma 

50 V . Determine a amplitude da corrente quando a 

frequência angular for ω = 100 1 

rad / s , ω = 1000 rad / s 

2 e ω rad / s 

3 

= 10000 . 


a) Quando um indutor é ligado a uma fonte de tensão c.a, como mostra a figura 38.4, a 

corrente também oscila com a mesma frequência da fonte. A reatância indutiva é dada 

pela equação 38.8: 

− 

( 100rad 

/ s)( 10,0 × 10 H ) 

3 

X L 

= ω L = 

, 

E38.2) Um capacitor de capacitância C = 3,5 µ F está conectado a uma fonte c.a, sendo 

ε 

m 

= 100V 

. Calcule o valor da amplitude da corrente quando a frequência angular for 

ω = 100rad / 

1 

s , ω = 1000rad / s 

2 e ω s 

3 

= 10000rad / . 

E38.3) Determine a reatância de um indutor de 

2,0 

H para uma frequência de 90 Hz . 

573 

574

E38.4) Calcule a indutância de um indutor, com reatância 

frequência de 

80 Hz . 

X =110Ω 

para uma 

L 

E38.5) Calcule a reatância de um capacitor, de capacitância 

frequência de 

60 Hz . 

C = 6,0 µ F para uma 

E38.6) Demonstre que as expressões ω L e 1 ωC 

têm unidades de resistência. 

575

AULA 39 CIRCUITO RLC COM GERADOR 

OBJETIVOS 

• COMPREENDER O COMPORTAMENTO DA CORRENTE E DA FEM EM UM CIRCUITO RLC EM 

SÉRIE. 

• SABER DEFINIR A IMPEDÂNCIA DE UM CIRCUITO RLC. 

• SABER DEFINIR A FREQUÊNCIA DE RESSONÂNCIA DE UM CIRCUITO RLC. 

• REPRESENTAR CORRENTES E TENSÕES QUE OSCILAM HARMONICAMENTE ATRAVÉS DE 

DIAGRAMAS DE FASORES. 

Como vimos nas três situações analisadas na aula 38, as correntes oscilam com a 

mesma frequência da fonte, mas em cada caso há uma diferença de fase característica 

entre a tensão e a corrente. 

É natural, então, supormos que a corrente no circuito será representada por uma 

senoide com a mesma frequência da fonte, mas com uma diferença de fase em relação a 

esta, que deve ser determinada. 

A corrente tem, portanto, a forma: 

( ω t + φ − φ ) 

i 

m 

. 

= i sen 

0 

39.1 O CIRCUITO RLC 

A figura 39.1 mostra um resistor, um indutor e um capacitor ligados aos polos de 

um gerador ideal de corrente alternada. 

Resolver a equação 39.1 resume-se então a determinar a amplitude da corrente e 

sua diferença de fase relativa à da força eletromotriz aplicada. 

Podemos considerar nula, sem perda de generalidade, a fase φ . 

0 

Assim teremos, para a tensão aplicada e para a corrente as expressões: 

( t) 

ε = ε m 

sen ω , 

( ω − φ ) 

i = im sen t . 

Se integrarmos a corrente ao longo do tempo encontraremos a carga e, portanto, 

a tensão no capacitor. Se derivarmos a corrente, com relação ao tempo, poderemos 

encontrar a tensão no indutor. 

− im 

q 

q = cos ( ω t − φ ) ⇒ = −X 

Cim 

cos ( ω t − φ ), 

ω 

C 

Figura 39.1: Um circuito RLC série em que um resistor, R , um indutor, L , e um 

capacitor, C , são ligados, em série, a uma fem alternada, ε = ε m 

sen ( ω t) 

. 


di 

dt 

1 

X C 

= e X L 

ω C 

L 

= ω . 

di 

= ω im 

cos ( ω t − φ ) ⇒ L = X 

L 

im 

cos ( ω t − φ ), 

dt 

A lei das malhas nos fornece a equação do circuito: 

q di 

ε = + Ri + L . 

C dt 

(39.1) 

Substituindo estas quatro últimas expressões na equação 39.1 e utilizando as 

fórmulas para somas de ângulos em funções trigonométricas, dadas no Apêndice C, 

encontramos: 

ε sen 

m 

( ωt) = −X 

C 

im 

cos( 

φ) cos( ωt) − X 

C 

imsen( φ) sen( ωt) 

+ Rim 

cos( φ) sen( ωt) − Rimsen( φ) cos( ωt) 

+ X i cos( φ) cos( ωt) + X i sen( φ) sen( ωt) 

L m 

L m 

576 

577

Como as funções seno e cosseno são linearmente independentes, devemos equacionar 

separadamente os termos proporcionais ao sen( ω t) 

e os termos proporcionais ao 

cos ( ω t) 

: 

ε 

( X − X ) i ( φ ) − R i sen( φ ) 

0 = cos 

. (39.2) 

m 

L 

C 

m 

( X − X ) i sen ( φ ) − R i cos( φ ) 

L 

C 

m 

m 

= . (39.3) 

Da equação 39.2 encontramos a defasagem entre a corrente e a tensão: 

Podemos também escrever o seno e o cosseno do ângulo φ : 

m 

X 

L 

X 

C 

tg( φ ) = 

− . (39.4) 

R 

R 

cos ( φ ) = , (39.5) 

Z 

X 

L 

X 

C 

sen( φ ) = 

− . (39.6) 

Z 

quando a frequência da fonte é tal que as reatâncias indutiva e capacitiva do circuito são 

iguais. 

Igualando as duas reatâncias, dadas pelas equações 38.6 e 38.9 encontramos a 

frequência angular de ressonância deste circuito: 

1 

ω = . (39.9) 

LC 

Note-se que esta é a frequência natural de oscilação do circuito LC analisado na 

aula 36. 

Quando a frequência da fonte se iguala à frequência natural de oscilação 

do circuito diz-se que este oscila em ressonância com a frequência da fonte. 

Além de a corrente ser máxima, a defasagem entre a fem e a corrente se anula, 

já que, pela equação 39.5, o cosseno do ângulo de defasagem se torna igual a um. 

Na figura 39.2 podemos ver o comportamento da amplitude da corrente como 

função da frequência da fonte para três valores diferentes da resistência. As curvas 

apresentadas são denominadas curvas de ressonância do circuito. 

onde introduzimos a grandeza: 

( X ) 2 

L 

− X 

Z = R + 

, 

2 C 

(39.7) 

que é denominada impedância do circuito. 

Substituindo as expressões do seno e do cosseno do ângulo de defasagem na 

equação 39.3 encontramos a amplitude da corrente: 

i 

m 

ε 

m 

= . 

Z 

(39.8) 

Vemos que, neste circuito, a impedância desempenha o mesmo papel que 

a resistência no circuito puramente resistivo, ou das reatâncias nos casos 

puramente capacitivo e puramente indutivo. O valor da impedância, assim como 

os das reatâncias, depende da frequência da fonte. A unidade de impedância no SI 

é o Ohm (Ω ). 

Figura 39.2: Curvas de ressonância de um circuito RLC em série com três valores 

diferentes da resistência. Na curva correspondente à resistência de 

10 Ω , ∆ ω indica sua meia 

largura, ou seja a largura da curva quando a amplitude da corrente tem metade do seu valor na 

condição de ressonância. 

Obviamente, a corrente terá amplitude máxima quando a impedância tiver seu 

valor mínimo. Este valor mínimo é igual a R , a resistência do circuito apenas, e ocorre 

578 

579

Podemos notar que tanto as alturas quanto as larguras das curvas estão ligadas 

ao valor da resistência. 

ω 

2 2 

+ 

− ω0 

= 

R 

3 ω . 

+ 

L 

EXEMPLO 39.1 

Considere os valores ε 

m 

= 10, 0V 

, R = 40, 0 Ω e L = 350mH 

, para o circuito RLC 

série representado na figura 39.1. 

(a) Se o circuito foi projetado para oscilar em ressonância na frequência de 60 Hz 

qual o valor da capacitância? Quais os valores das reatâncias capacitiva e indutiva 

nessa frequência? 

Quando a frequência é menor que a de ressonância, encontramos: 

2 

ω − ω 

2 

− 

0 

= − 

R 

3 ω . 

− 

L 

Subtraindo esta ultima equação da penúltima, membro a membro e dividindo pela 

soma das duas frequências encontramos a meia largura da curva de ressonância: 

(b) Qual é a meia largura da curva de ressonância desse circuito? 

(c) Quais as defasagens entre a corrente e a fem, nas situações em que isto 

ocorre? 

SOLUÇÃO: (a) A capacitância pode ser obtida através da equação 39.9: 

ω = 

C = 

Na ressonância as reatâncias são iguais: 

1 

LC 

⇒ 

1 

1 

C = 

Lω 

2 

0 

( 0,350H 

)( 2π 

× 60Hz) 2 

C = 20,1 µF . 

A meia largura relativa é: 

∆ ω = ω+ − ω 

∆ω = 

_ 

= 

40,0 Ω 

3 

0,350H 

R 

3 

L 

∆ω =198 rad / s . 

∆ω 

= 

∆ω 

0 

3C 

R = 0,525 . 

L 

X C 

X L 

( 2π 

× 60Hz 

)( 0,350 H ) = Ω 

= ω L = 

132 

= = 

ω C 

− − 

[( 2π 

× 60Hz)( 20,1 × 10 )] 6 F = 132Ω 

1 1 

(b) A meia largura é a distância entre as duas frequências, ω e 

+ 

ω , para as quais 

− 

a corrente eficaz é metade da corrente eficaz obtida na ressonância, isto é, quando 

a impedância é o dobro de seu valor na ressonância. De acordo com a equação 

39.7 para que isto ocorra devemos ter: 

2 2 

( X X ) 3R 

− . 

L C 

= 

Quando a frequência é maior que sessenta hertz, o circuito se torna mais indutivo 

e temos: 

(c) As defasagens são dadas pelo ângulo φ , cuja tangente é dada pela equação 

39.4. Temos então que: 

tg 

( φ ) 

X 

= 

X 

R 

3R 

tg( φ ) = ± = ± 3 . 

R 

o 

Encontramos, então, que a defasagem é de ± 60 = ± π 3 rad . O sinal mais 

corresponde à frequência mais alta, em que o circuito é mais indutivo e a tensão 

precede a corrente. O sinal negativo ocorre quando o circuito é mais capacitivo e a 

corrente precede a tensão aplicada. 

L − 

C 

580 

581

Considere um circuito RLC em série, em que, R = 200 Ω , L = 50, 0 

mH , 

com frequência angular ω = 

10 .000 rad / s e m 

= 60V 

. Obtenha 

a) as reatâncias capacitiva X 

C e indutiva 

b) a impedância, Z , 

c) a amplitude da corrente elétrica, i m , 

d) e o ângulo de fase φ . 

39.2 FASORES 

Tendo já resolvido algebricamente a equação 39.1, vamos apresentar uma forma 

gráfica para se resolver o mesmo problema, introduzindo o conceito de fasor, que é 

bastante útil sempre que temos que somar senoides com diferentes fases. 

A figura 39.3 representa dois vetores, com módulos A e B , que giram com a 

mesma velocidade angular, ω , mas que apontam em direções que formam um ângulo 

α entre si. 


ε 

X 

L 

, 

C = 600 nF , 

A equação 39.1 constitui- se de uma soma de senóides como estas: 

( ω t ) Ri sen (ω t 

ε sen m 

= 

m 

t − φ + X 

( ω t +α ) 

B y 

sen . 

) i sen( ωt 

− φ − π ) + X i sen( 

C m 

2 ωt 

− φ + π 

L m 

2) 

→ → 

Figura 39.3: Dois vetores, A e B , com módulos A e B , respectivamente, que giram e formam 

um ângulo α entre eles. Suas componentes verticais são Asen ω t e Bsen (ωω t + α ). 

entre eles. Suas componentes verticais são ( ) 

As componentes verticais desses vetores são: 

( t) 

A y 

sen ω , 

Representamos cada um dos termos desta equação como a componente vertical 

de um vetor cuja amplitude é igual à amplitude da oscilação correspondente e que forma 

um ângulo com o eixo horizontal igual à fase dessa oscilação. 

Note que cada componente de um vetor é um escalar e é por isto que pode ser 

usada para representar uma diferença de potencial. Os vetores utilizados nessa 

representação são denominados fasores. 

Na figura 39.4 temos os fasores que representam a força eletromotriz, a 

corrente e as tensões nos diversos elementos do circuito representado na 

figura 39.1. A frequência da fonte é baixa de forma que a reatância capacitiva é 

maior que a reatância indutiva. O ângulo φ de acordo com a equação 39.4, é 

negativo e a fase da corrente está adiantada com relação à da fem aplicada, ou, 

equivalentemente, a fase da fem está atrasada com relação à da corrente. Diz- 

se, neste caso, que o circuito é mais capacitivo que indutivo. 

Figura 39.4: Diagrama de fasores para um circuito RLC série. Com a frequência da fonte menor 

que a frequência de ressonância o sistema é mais capacitivo que indutivo e a corrente precede a 

tensão aplicada ao circuito. 

582 

583

Na figura 39.5 consideramos uma frequência alta da fem aplicada e o 

circuito se torna mais indutivo que capacitivo, ou seja, a reatância indutiva se 

torna maior que a reatância capacitiva. O ângulo φ é positivo e a fem está 

adiantada com relação à corrente. 

Nas figuras 39.4 ou 39.5 podemos ver como encontrar a amplitude da corrente e 

sua fase. 

Para somarmos as tensões nos diversos elementos, que correspondem às 

componentes verticais dos diversos fasores da figura, usamos o fato de a soma das 

componentes verticais de diversos vetores serem iguais à componente vertical da 

resultante desses vetores. 

Portanto o fasor que representa a fem do circuito tem que ser igual à resultante 

dos fasores que representam as tensões no resistor, no capacitor e no indutor. 

Os fasores que representam as tensões no capacitor e no indutor têm a mesma 

direção, perpendicular à direção do fasor que representa a corrente, mas com sentidos 

opostos. Seu módulo resultante é: 

V = X 

i − X 

. 

⊥ L m C m 

i 

Figura 39.5: Diagrama de fasores para um circuito RLC série. Com a frequência da fonte maior que 

a frequência de ressonância o sistema é mais indutivo que capacitivo e a tensão aplicada ao 

circuito precede a corrente. 

O fasor que representa a tensão no resistor é paralelo ao que representa a 

corrente e seu módulo é dado por: 

V || 

= R i m . 

Na figura 39.6 representamos a situação de ressonância. Quando a 

frequência angular da fonte é igual à frequência natural de oscilação do circuito 

LC as duas reatâncias são iguais, a corrente e a fem oscilam em fase φ = 0 . A 

impedância tem o menor valor possível e consequentemente temos a maior 

amplitude possível para a corrente. 

O módulo do fasor que representa a fem é, então, igual à raiz quadrada da soma 

dos quadrados das duas componentes, paralela e perpendicular à corrente: 

m 

2 

( X 

L 

− X 

C 

) im 

2 

ε = R + 

. 

Este resultado é exatamente o que encontramos nas equações 39.6 e 39.7. 

A tangente do ângulo que indica a defasagem entre a fem e a corrente é dada 

pela razão entre as componentes da tensão perpendicular e paralela à corrente. Ou seja, 

encontramos novamente o resultado obtido na equação 39.4. 

Figura 39.6: Diagrama de fasores para um circuito RLC série. Com a frequência da fonte igual à 

frequência de ressonância, o sistema é tão indutivo quanto capacitivo e a tensão aplicada ao 

circuito e a corrente oscilam em fase. 


Considere um circuito RLC com capacitância 

resistência 

C = 5, 0mF 

, indutância L = 20mH 

e 

R = 500Ω 

, alimentado por uma fonte c.a. em que ε 

m 

= 50V 

oscila com uma frequência 

. O circuito 

ω = 100rad / s . Faça um diagrama de fasores para circuito. 

584 

585



a) Podemos obter as reatâncias de um circuito RLC utilizando as equações 38.6 e 38.9: 

1 

1 

X = = 

= 167 Ω 

C 

ω − 

C ( 10.000 rad / s)( 600× 

10 

9 F ) 

e 

X L 

= ω L = 

Como a impedância é dada pela equação39.7, 

Z = 

temos: 

− 

( 10.000 rad / s)( 50,0 × 10 ) 3 H = 500 Ω 

R 

+ 

( X ) 2 

L 

− X 

2 C 

2 

2 

( 200 Ω) + ( 500 −167) = Ω 

Z = 388 

, 

As reatâncias são iguais: 

1 

1 

X C 

= = 

= 2Ω 

. 

ω 

− 

C 

( 100 rad / s)( 5,0 × 10 

3 F ) 

− 

( 100 rad / s)( 20× 

10 

3 H ) = 2 Ω 

X L 

= ω L = 

. 

A amplitude da corrente é dada pela equação 39.8 

i 

m 

ε 

m 

Z 

= , onde ( ) 2 

2 

Como, as reatâncias são iguais, Z = R = R . Logo: 

m 50V 

im = ε = = 0, 10 A 

Z 500Ω 

Observe o diagrama: 

Z = R + X L 

− X . 

2 C 

b) A amplitude da corrente é obtida pela equação 39.7: 

60V 

i m 

= = 0, 155 A 

388 Ω 

c) De acordo com a equação 39.4: 


tg 

X − X 

R 

⎛ X − X 

⎜ 

⎝ R 

L C 

L C ⎞ 

( φ) = ⇒ φ = arctg ⎟ 

⎠ 

⎛ 500 Ω −167 

Ω ⎞ o 

φ = arctg ⎜ 

= 59 

200 

⎟ 

⎝ Ω ⎠ 

A frequência natural do circuito é dada pela equação 

1 

ω = , 

LC 

ω 1 

= 

= 100 rad / s . 

−3 

−3 

( 20× 

10 H )( 5,0 × 10 F ) 

Observe que a frequência angular da fonte é igual à frequência natural de 

oscilação do circuito LC . Esta é uma situação de ressonância, onde as duas reatâncias 

são iguais, a corrente e a fem oscilam em fase φ = 0 , a impedância tem o menor valor 

possível e amplitude da corrente é máxima. Veja a figura 39.6. 


E39.1) Considere um circuito RLC em série com um resistor de resistência 

um indutor com indutância 

R = 400 Ω , 

L = 0, 200 H , , e um capacitor de C = 3,00 µ F ligado a uma 

fonte com ε 

m 

= 60, 0V 

e frequência angular ω = 300 rad / s . a) Determine a impedância 

do circuito, a amplitude da corrente e as amplitudes da tensão através do resistor, do 

indutor e do capacitor. b) Determine o ângulo de fase da tensão da fonte em relação à 

corrente. c) Faça um diagrama de fasores. 

E39.2) Considere o exercício E39.1. a) Determine a impedância para as frequências 

1000 rad/s, 500 rad/s e 250 rad/s. b) Verifique e descreva o comportamento da corrente 

elétrica quando as frequências diminuem. c) Determine o ângulo de fase entre a tensão 

e a corrente elétrica quando a frequência da fonte é 1000 rad/s. 

586 

587

E39.3) Faça um diagrama de fasores para o circuito RLC do exercício E39.1 para as 

frequências das fonte iguais a 1000 rad/s, 500 rad/s e 250 rad/s. Para cada caso diga se 

a tensão está adiantada ou atrasada em relação à corrente. 

E39.4) Faça um diagrama de fasores para um circuito RLC com capacitância C = 5, 0mF 

, 

indutância L = 20 mH e resistência R = 500Ω 

, alimentado por uma fonte c.a. em que 

ε 

m 

= 50V . O circuito oscila com uma frequência: 

a) ω = 50 rad / s . 

b) ω = 500 rad / s . 

588

AULA 40 VALOR EFICAZ E TRANSFORMADORES 

Quando uma fem alternada é estabelecida através de um circuito que é percorrido 

por uma corrente há fornecimento de energia elétrica da fonte para o circuito. 

OBJETIVOS 

Assim como nos circuitos de corrente contínua a potência entregue a cada 

instante é igual à força eletromotriz (ideal) multiplicada pela corrente. 

• SABER DEFINIR VALOR EFICAZ DA CORRENTE EM CIRCUITOS C.A. 

• SABER DEFIR POTÊNCIA MÉDIA E FATOR DE POTÊNCIA. 

• ENTENDER O FUNCIONAMENTO DE TRANSFORMADORES. 

40.1 VALOR EFICAZ E FATOR DE POTÊNCIA 

Quando medimos uma corrente alternada, com um amperímetro adequado para 

este tipo de corrente, o que obtemos é um valor quadrático médio dessa corrente e não 

seu valor em cada momento. 

Uma corrente representada por uma senoide tem um valor médio nulo em um 

período. Entretanto seu valor quadrático médio é dado por: 

T 

2 

im 

0 

∫ 

sen 

T 

∫0 

2 

( ωt) 

dt 

dt 

= 

1 2 

im 


2 

im 

= . 

2 

É possível obter o valor da integral de sen 2 ( ωt) 

sem resolvê-la? 

Interessa-nos saber a potência média em cada período da oscilação: 

∫ 

T 

ε 

m 

sen 

m 

0 

 = 

T 

dt 

( ω t) i sen ( ω t −φ) 

∫ 

0 

dt 

. (40.2) 

Quando usamos a regra de soma de ângulos para o seno encontramos dois 

termos na integral. Um deles é proporcional a um seno multiplicado por um cosseno de 

ω t e sua integral se anula. O outro termo é proporcional ao quadrado do seno e sua 

integral é: 

T 

( ω t) cos( φ) 

2 

∫ ε 

m 

imsen 

dt 

0 

1 

 = 

= ε 

m 

im 

cos( φ) 

. 

T 

(40.3) 

dt 

2 

∫ 

0 


Por que a variável T não aparece na equação 40.3? (Resolva a equação 40.2 para 

obter a equação 40.3). 

acima: 

Reescrevemos a equação 40.3 usando as grandezas eficazes conforme definimos 

Este valor é conhecido como valor eficaz da corrente: 

im 

i 

ef 

= . (40.1) 

2 

Para todas as grandezas que oscilam harmonicamente podemos definir seu valor 

eficaz como sendo sua amplitude dividida por raiz quadrada de dois: um voltímetro para 

corrente alternada mede diretamente a tensão eficaz e não o valor instantâneo da 

tensão. 

( φ) 

 = ε cos . (40.4) 

ef 

i ef 

O termo cos ( φ ) é denominado fator de potência. 

Quando há uma grande defasagem da corrente com relação à fem, é necessária 

uma corrente muito mais alta para atingir uma determinada potência do que seria 

necessária se o circuito operasse próximo à ressonância em que o fator se aproxima de 

um. 

Substituindo na equação 40.4 as expressões dadas nas equações 39.5 e 39.8, 

589 

590

encontramos também: 

R 

cos ( φ) 

= e i 

Z 

m 

ε 

m 

= 

Z 

2 

 = . (40.5) 

R i ef 

T 

( ω t) cos( φ ) 

2 

∫ ε 

0 

m 

imsen 

dt 1 

 = 

= ε 

m 

im 

cos( φ) 

, 

T 

dt 

2 

∫ 

0 

1 

 = ( 60V 

)( 0,115 A)( 0,520) = 1, 79 W . 

2 

EXEMPLO 40.1 


Considere um circuito RLC em série, em que, 

R = 200 Ω , L = 50, 0 mH , C = 600 nF , 

com uma fonte de frequência angular ω =10.000 rad / s e ε 

m 

= 60V 

de potência e a potência média pelo circuito. 

. Determine o fator 

SOLUÇÃO: As reatâncias de um circuito RLC podem ser obtidas utilizando as equações 

38.6 e 38.9: 

X 1 

1 

= = 

= 167 Ω 

C 

ω − 

C 

e 

X L 

= ω L = 

De acordo com a equação 39.4: 

tg 

( 10.000 rad / s)( 600 × 10 

9 F ) 

− 

( 10.000 rad / s)( 50,0 × 10 

3 H ) = 500 Ω 

X − X 

R 

⎛ X − X 

⎜ 

⎝ R 

L C 

L C ⎞ 

( φ) = ⇒ φ = arctg ⎟ 

⎠ 

⎛ 500 Ω −167 

Ω ⎞ o 

φ = arctg ⎜ 

= 59 

200 

⎟ 

⎝ Ω ⎠ 

Qual seria a amplitude da corrente e a potência média do circuito RLC do EXEMPLO 40.1 

se a frequência de oscilação do circuito fosse igual à frequência natural? 


Um circuito RLC é ligado a uma fonte de tensão alternada 

impedância 

ε 

m 

= 80, 0V 

. O circuito tem 

105 Ω quando sua resitência é 75,0 

Ω e a fonte tem frequência 120Hz. 

Determine a potência média fornecida pela fonte. 

40.2 O TRANSFORMADOR 

A bobina de indução, discutida na aula 34, quando ligada a uma fonte de corrente 

alternada, passa a ser denominada transformador. Na figura 40.1 mostramos de forma 

semelhante e esquematicamente a mesma bobina de indução descrita naquela aula, mas 

usada como um transformador. 

φ . 

o 

O fator de potência é dado por cos ( ) = cos59 = 0, 520 

A amplitude da corrente é obtida pela equação 39.8: 

ε 

m 

im 

= , 

Z 

60 V 

i m 

= = 0, 155 A 

388 Ω 

Então, para obtermos a potência média, podemos utilizar a equação 40.3: 

Figura 40.1: Um transformador em que uma fem de corrente alternada sen( ω t) 

circuito primário produz um tensão 

que as bobinas envolvem um núcleo, geralmente feito de ferro. 

ε 

m 

é inserida no 

V 

AB entre os terminais A e B do circuito secundário. Observe 

591 

592

No circuito primário temos um gerador de corrente alternada, ε 1 

, um resistor, R 

1 

, 

e um indutor, L 

1 

. 

No circuito secundário, que se encontra aberto, temos apenas um indutor, L 

2 

e 

entre os polos, ou extremidades, desse indutor é gerada uma diferença de potencial 

. 

O fato de mantermos o circuito secundário aberto faz com que a corrente ali, bem 

como sua derivada temporal, seja nula. Isto facilita a solução do problema de encontrar 

a tensão fornecida pelo secundário, quando o primário é alimentado por uma fem de 

amplitude e frequência determinadas. 

VAB 

cos 

tg 

( φ) 

( ) 

ω L 

R 

1 

φ = , 

1 

= . 

2 

R ( ) 2 

1 

+ ω L1 

Tendo encontrado a corrente no primário e lembrando que, no caso considerado, 

a indutância mútua é igual à raiz quadrada do produto das duas autoindutâncias, 

encontramos a tensão no secundário: 

V 

AB 

1 

R 

ω L1 

L2 

ε 

m 

= cos t 

2 

2 

R + 

1 

( ω L ) 

1 

( ω −φ) 

. (40.6) 

As equações para os circuitos primário e secundário se tornam então, 

respectivamente, 

di1 

ε msen( ω t) 

= R1 i1 

+ L1 

. 

dt 

di 

= M 

21 

. 

dt 

V AB 

1 

Como podemos ver, quando a frequência é nula, não há tensão produzida 

no circuito secundário, o que quer dizer que um transformador simplesmente 

não funciona quando a corrente é contínua: Não havendo variação da corrente 

no primário não há variação de fluxo e, portanto, não há força eletromotriz 

induzida. 

A amplitude da tensão produzida no secundário cresce com o aumento da 

frequência, como é mostrado na figura 40.2. 


Por que o termo M 

21 

aparece na equação da tensão V 

AB 

? 

A solução da equação do circuito primário é encontrada da mesma maneira que 

fizemos na aula 39, apenas eliminando o termo 

q C na equação 39.1 ou eliminando, 

simplesmente, todos os termos em que aparece a reatância capacitiva, 

é: 

X 

C . O resultado 

em que a amplitude e a fase são dados por: 

i 

1,0 

( ω −φ) 

i1 = i1, 

0sen 

t , 

ε 

m 

= . 

R + 

2 

1 

( ω L ) 2 

1 

Figura 40.2: Amplitude da diferença de potencial entre os terminais A e B do circuito secundário do 

transformador representado na figura 40.1 como função da frequência. 

Para frequências suficientemente altas temos ω L 

1 

>> R1 

e a resistência 

pode ser desprezada no denominador da equação 40.6. A tensão no secundário 

593 

594

deixa, então, de depender da frequência, aproximando-se de seu valor 

assintótico. 

Como a constante de tempo de um circuito RL é dada por τ = L 

L R podemos 

escrever a condição para o bom funcionamento do transformador como: 

R 

>> = 

L 

ω τ 

−1 

1 , 

L1 

sendo τ 

L1 

a constante de tempo indutiva do circuito primário. 

Nesta situação a defasagem entre a corrente no primário e a fem aplicada tende a 

90º ou π 2 e a tensão no secundário pode ser escrita como: 

V 

AB 

N2 

= ε 

m 

sen( ω t) 

. (40.7) 

N 

Encontramos, portanto, que, nessa condição, a tensão no secundário tem 

a mesma fase da força eletromotriz aplicada no primário e que sua amplitude é 

aquela da fem aplicada, multiplicada pela razão entre o número de espiras do 

indutor secundário e o número de espiras do indutor primário. 

Pode-se usar, então, um transformador para aumentar a tensão, quando 

o número de espiras no indutor do circuito secundário é maior que no indutor 

do circuito primário, ou reduzir a tensão, quando o número de espiras no 

secundário é menor que o número de espiras no primário. 

Quando o circuito secundário é fechado, ligando-se um resistor entre os terminais 

A e B daquele circuito, passa a existir uma corrente i 2 

diferente de zero, o que torna a 

solução das equações bastante mais complicada. 

Sem nos determos na solução matemática deste problema, podemos afirmar que, 

com a passagem de corrente no circuito secundário, aumenta a corrente no circuito 

primário. 

Como é de se esperar, a potência produzida pelo gerador no circuito primário é 

igual à soma da potência dissipada no resistor desse circuito com a potência dissipada no 

resistor do circuito secundário. 

A condição de bom funcionamento do transformador passa a ser: 

1 

− 

( τ + ) 1 

L 

τ 

>> 

L 

onde τ 

L2 

é a constante de tempo indutiva do circuito secundário. 

ω 

1 2 . (40.8) 

Para atingirmos esta condição em frequências não muito altas, como a frequência 

de 60 Hz usada comercialmente, torna-se necessário termos os valores das resistências 

baixas ou o das indutâncias altas, ou, ainda, alguma situação de compromisso entre os 

dois extremos. 

Para obtermos baixos valores de resistências precisamos de fios condutores com 

grandes áreas de sua seção reta nos enrolamentos primário e secundário. Isto eleva 

muito o custo, pois os fios, normalmente de cobre, tem preço bastante elevado. 

Uma solução para este problema é a introdução de um núcleo de ferro sobre o 

qual são montados os enrolamentos. 

O ferro é um material que tem dipolos magnéticos permanentes, os quais se 

alinham com um campo magnético aplicado, aumentando fortemente o fluxo na região 

das espiras dos indutores. Isto faz aumentar, proporcionalmente, o valor das 

indutâncias, tanto do primário quanto do secundário. A indutância de cada enrolamento 

pode ser multiplicada por fatores próximos a mil, com o uso de ligas de ferro adequadas. 

Desta forma a resistência dos fios dos enrolamentos não precisa ser tão pequena 

e pode-se fazer uso de fios mais finos e, consequentemente, menos dispendiosos. 

EXEMPLO 40.2 

Em determinado transformador, a resistência do enrolamento primário é de 

autoindutância é de 

1 ,50 Ω e sua 

10 ,0 mH . O enrolamento secundário, montado sobre o primário, é 

feito com um fio do mesmo material, mas com a metade do diâmetro e tem dezesseis 

vezes mais voltas que o primário. 

a) Para que frequências o transformador funciona com boa eficiência? 

b) Se a região no interior do suporte onde são feitos os enrolamentos do transformador 

for preenchida por um núcleo de aço que multiplica o fluxo em cada espira por um fator 

igual a 900, qual a nova faixa de frequências de funcionamento desse transformador? 

SOLUÇÃO: 

595 

596

a) A resistência dos fios é dada pela equação 

l 

R = ρ , 

A 

onde R é a resistividade do fio, l é o seu comprimento e A é a área da secção reta. 

Pelos dados fornecidos, temos 

Então 

R 

A = 1 A e l 

2 

= 16l1 

2 

4 

l 16l 

16l 

ρ ρ ρ = 

2 

1 

1 

2 

= = R2 

= = 64 

A2 

1 4A1 

1 4A1 

1 

R 

2 

= 64R 1 

( 1,5 Ω) = Ω 

R = 64 96 . 

2 

l1 

ρ 

A 

Sua indutância é a do primário multiplicada pelo quadrado de dezesseis, sendo, portanto 


2560 mH . 

A condição de bom funcionamento desse transformador é 

R1 R2 

1,50 Ω 96,0 Ω 

ω >> + = 

+ = 188 rad / s . 

−3 

L L 10,0 × 10 H 2,56H 

1 

2 

Esse transformador só funcionará bem com uma frequência angular maior que 

1000 radianos/segundo ou uma frequência de 6,3 KHz. 

b) a introdução do núcleo de aço multiplica o fluxo por um fator igual a 900 e isto 

multiplica as indutâncias do primário e do secundário pelo mesmo fator. Por isto a 

condição de bom funcionamento passa a ser: 

188 rad / s 

ω >>= = 0,208 rad / s . 

900 

Ou seja o transformador, agora, pode trabalhar eficientemente com frequências 

angulares acima de 1,5 radianos/segundo ou frequências acima de aproximadamente 10 

Hz. 

1 

Um dos motivos da grande importância tecnológica do transformador ficará claro 

no exemplo a seguir. 

EXEMPLO 40.3 

Um consumidor industrial recebe uma potência de 12 kW, com uma tensão eficaz, na 

entrada, de 120 V e um fator de potência igual a um. 

a) Qual a corrente na entrada do circuito do consumidor? 

b) Se esta corrente percorresse um fio de cobre de três oitavos de polegada de 

diâmetro, com um comprimento de cem quilômetros, qual seria a perda de calor nesse 

fio? 

c) Se, em vez de 120 V, a tensão de entrada fosse de 12 kV, quais seriam as respostas 

dos itens anteriores? 

SOLUÇÃO: 

a) A potência recebida em ressonância com a fonte é igual ao produto da tensão eficaz 

pela corrente eficaz na entrada da indústria. A corrente eficaz é, então: 

3 

P 12,0 × 10 W 

ief = = 

= 100 A . 

ε 120V 

ef 

b) A potência média, dissipada por efeito Joule no fio, é dada pelo produto da resistência 

do fio pelo quadrado da corrente eficaz. A resistência, por sua vez, é igual ao produto da 

resistividade do cobre pelo comprimento do fio, dividido pela área de sua seção reta. 

Temos, portanto: 

R = ρ 

cu 

l 

A 

3 

−8 

100 × 10 m 

= 1,72 

× 10 Ω. 

m 

2 

− 

[( 3 

2 

π )( 2,54 × 10 m) 

] 

8 

2 

( 2,53 Ω)( 100A) = 25, KW 

2 

P = R ief = 

3 

= 2,53Ω 

, e 

Vemos que, se formos transportar essa corrente por 100 Km, a potência perdida no fio 

transmissor é mais que duas vezes a potência entregue ao consumidor. 

c) Se a tensão fosse de 12 kV, cem vezes maior que aquela utilizada na letra (a) deste 

exemplo, a corrente seria dividida por cem. Ou seja, teríamos a corrente de apenas um 

597 

598

ampere. A potência perdida como calor no fio seria então: 

2 

( 2,53 Ω)( 1,00 A) = 2, W 

2 

P = R ief = 

53 . 

Agora a potência perdida é apenas uma pequena fração da potência entregue ao 

consumidor. 

N 

ε − R 

. (40.8) 

1 

1 

i1 

= − R2 

i2 

N 

2 

A equação para a conservação da energia é: 

2 2 

ε i 

1 

− R1 

i1 

= R2 

i2 

. (40.9) 

Dividindo a equação 40.9 por i 1 

e igualando o segundo termo da equação obtida 


Se a potência perdida é bem menor quando a tensão de entrada é de 12 kV, no 

transformador do EXEMPLO 40.3, por que a companhia de energia elétrica não a fornece 

ao consumidor? 

com o segundo membro da equação 40.8 encontramos: 

Levando este resultado de volta à equação 40.8 encontramos: 

i 

i 

2 1 

= − . (40.10) 

1 

N 

N 

2 

Trabalhar com tensões muito altas, tanto nas usinas, onde é gerada a energia 

elétrica, quanto na outra ponta, ou seja, nas indústrias ou nas residências, é muito 

perigoso para o ser humano. Como vimos, no entanto, o transporte de grandes 

correntes por grandes distâncias é muito dispendioso. 

A solução para este problema obtém-se com o transformador: Produz-se a 

energia com baixa tensão alternada, na usina geradora. Em seguida, com o uso de um 

transformador elevador de tensão, eleva-se a diferença de potencial a valores bem altos 

e a potência requerida é transportada com baixa corrente. Em uma subestação, próxima 

ao consumidor final, a tensão é abaixada, com o uso de um transformador abaixador de 

tensão, e finalmente entregue ao consumidor, em 127 V, por exemplo. 

A inexistência de transformadores para corrente contínua foi um dos fatores que 

mais impulsionou o uso dos geradores de corrente alternada e a distribuição de energia 

elétrica nessa forma. 

Outra utilidade do transformador aparece quando queremos ter uma 

transferência eficiente de potência. 

Quando inserimos um resistor, R 

2 

, entre os terminais A e B da figura 40.1, este é 

percorrido por uma corrente, i 2 

, enquanto o circuito primário, e, portanto, a fonte, é 

percorrido por uma corrente, i 1 

, de outro valor. Dessa forma, 

2 

⎛ N ⎞ 

1 

ε = ⎜ R1 

+ R ⎟ 

2 2 

i 

1 

. (40.11) 

N 

⎝ 

2 ⎠ 

Este resultado indica que a fonte fornece uma corrente igual à que forneceria a 

uma resistência equivalente dada por: 

N 

R eq 

+ 

N 

2 

1 

= R1 

R 

2 2 . (40.12) 

É sabido que a maior transferência de potência ocorre quando a 

resistência externa é igual à resistência interna da fonte. Se uma fonte tem 

uma resistência interna muito diferente da resistência presente no circuito que 

é alimentado por ela, a transferência de energia é pouco eficiente. Pode-se, 

então, usar um transformador com uma razão adequada entre o número de 

espiras do primário e do secundário para se obter uma resistência equivalente 

mais próxima da resistência interna da fonte utilizada. 

O valor de R 

1 

é pequeno, em geral, e corresponde à resistência do fio do 

enrolamento primário. Com um valor adequado para a razão entre o número de espiras 

pode-se obter uma resistência equivalente próxima à da fonte. 

Quando usamos um amplificador para alimentar uma caixa de som, é mais 

apropriado nos referirmos a suas impedâncias ao invés de suas resistências. O 

amplificador tem grande impedância de saída, enquanto o alto falante tem baixa 

2 

599 

600

impedância. O artifício, para melhorar a eficiência na transferência de energia, é 

denominado casamento de impedâncias. 

EXEMPLO 40.2 

Um rádio de 100 W, antes utilizado em Brasília onde a tensão fornecida pela 

companhia elétrica é de 220 V é ligado em Belo Horizonte onde a tensão fornecida é de 

110 V. Devido a um defeito não é possível mudar a chave que faz a seleção entre as 

tensões de entrada de 220 V para 110 V. Utilizando um transformador é possível fazer a 

adaptação para utilização do aparelho. 

a) Qual deve ser a razão entre o número de espiras do primário e secundário desse 

transformador? 

b) Determine a corrente elétrica quando o rádio for liagado a uma fonte de 110 V. 

c) Calcule a sua resistência elétrica. 

SOLUÇÃO: a) Deve-se utilizar um transformador que aumente a tensão para 220 V. 

Sabemos que uma tensão alternada produz uma variação de fluxo magnético através do 

transformador. Observe que 

c) Como a potência fornecida ao primário é igual à resistência fornecida ao secundário, 

Como 1N2 

ε 

2N1 

ε = e 

= 

ε 

, 

R 

i 

2 

2 

1i1 

ε 

2i2 

ε = . 

R = ε 

. 

( N ) 2 

1 

2 

N1 

i1 

A corrente i 1 no primário pode ser obtida da potência média 

Logo, 

 100W 

i1 = = = 0, 91A 

. 

ε 110V 

1 

= 110 V 

R ( 2) 2 

= 484Ω 

. 

0,91A 

d Φ 

B 

ε 

1 

= −N1 

e 

dt 

d Φ 

B 

ε 

2 

= −N 

2 

, 

dt 

onde ε 

1 e ε 

2 são as tensões no primário e secundário e N 

1 e N 

2 são os números de 

espiras, respectivamente. Estamos desprezando a resistências dos enrolamentos. 

Dessas equações concluimos que 

N ε 

2 

220V 

= = 

N ε 110V 

2 

= 

1 

1 

2 . 

Então, o número de espiras no secundário deve ser igual ao dobro do número de 

espiras do primário. 

b) A corrente elétrica no rádio pode ser obtida através da potência média, 

 100W 

i2 = = , 

ε 220V 

2 

i 0, 45 A 

2 = . 602 

601



A potência média é dada pela equação 40.3, 

= 1 

ε 

m 

cos( φ) 

2 

i . 

m 

A amplitude da corrente é dada pela equação 39.8, 

m 

80,0V 

im = ε = = 0, 762 A 

Z 105Ω 

Para encontrarmos o fator de potência, cos ( φ) 

, utilizamos a equação 

X 

L 

− X 

C 

⎛ X 

L 

− X 

C ⎞ 

tg( φ ) = ⇒ φ = arctg⎜ 

⎟ , 

R 

⎝ R ⎠ 

A diferença entre as reatâncias, indutiva e capacitiva, pode ser obtida através da 

equação 39.7, 

Portanto, 

Z 

2 

2 2 

( X − X ) ⇒ X − X = Z − R 

2 

= R + 

L C 

L C 

. 

⎛ 2 2 

Z R ⎞ ⎛ 2 

Z ⎞ 

o 

arctg⎜ 

− 

φ = 

⎟ = arctg⎜ 

−1⎟ 

= arctg( 1,96 −1) = 44, 4 . 

⎜ 

2 

R ⎟ ⎜ R ⎟ 

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 

φ . 

o 

Então cos ( ) = cos44,4 = 0, 714 

A potência média é dada por 

1 

= ε 

m 

im 

cos φ = 

2 

1 

2 

( ) ( 80,0V 

)( 0,762 A)( 0,714) 

= 21, 8W . 

E40.2) Um circuito RLC em série, em que, 

uma fonte de frequência angular 

potência e a potência média pelo circuito. 

R = 100 Ω , L = 25, 0 mH , C = 300 nF , com 

ω = 500 rad / s e ε 

m 

= 60V 

. Determine o fator de 

E40.3) Um transformador está conectado a uma fonte de tensão a.c de 110 V.e deve 

fornecer 11.000V. a) Qual deve ser a razão entre o número de espiras do primário e 

secundário desse tranformador? b) Qual é a potência fornecida para o transformador 

quando a corrente eficaz no secundário for igual a 10 mA? 

E40.4) Um transformador possui 1000 espiras no primário e 20 espiras no secundário. 

primário? 

a) Qual é a voltagem no secundário para uma tensão eficaz de 120 V aplicada no 

b) Quais são as correntes elétricas nos primário e secundário, quando o 

secundário é ligado a uma resistência elétrica de 

30 Ω ? 

PROBLEMAS DA UNIDADE 12 

P12.1) Faça um esboço dos gráficos de carga e corrente em função do tempo para um 

circuito LC. Explique o fato de a corrente está adiantada de π 2 em relação à carga 

nesse circuito. 

P12.2) Mostre que a corrente máxima acumulada em um capacitor de um circuito LC 

depende dos valores iniciais da carga, da corrente e da frequência angular, de acordo 

q m 

= q + i . 

2 

com a equação ( ) 2 

0 0 

ω0 

P12.3) Mostre que em um circuito LC, a constante de fase é dada pela equação 

tg 

( φ ) 

−i 

0 

0 

= . 

ω0 

q0 


E40.1) Um eletroímã conectado a uma fonte de tensão alternada de 240 V e 60 Hz tem 

resistência 400 Ω e indutância 6 ,00H 

. Determine o fator de potência e a potência 

média fornecida pela fonte. 

P12.4) Faça um esboço dos gráficos de carga e corrente de um circuito RLC quando 

a) γ é menor que ω 

0 

. 

b) γ é igual a ω 

0 

. 

c) γ é maior que ω 

0 

. 

603 

604

P12.5) Suponha que sejam feitos dois circuitos simples, alimentando-os com a tensão 

fornecida pela companhia de energia elétrica; o primeiro com um capacitor, C = 9, 8nF 

, 

e o segundo com um indutor, 

para cada caso e a amplitude da corrente. 

L = 6,7 µ H . Calcule as reatâncias capacitiva e indutiva 

P12.6) A corrente elétrica em uma bobina que possui 800 espiras e autoindutância 

7 ,0 mH é dada por i = ( 0,70 nA) cos( 126t 

) . 

a) Determine a fem máxima induzida na bobina. 

b) Calcule o fluxo magnético através de cada espira da bobina. 

c) Qual é o módulo da fem em t = 0,02s? 

P12.7) Considere um circuito RLC, 

ε 

m 

= 100 V , R = 400 Ω , C = 0,600 µ F e L = 3, 00 H . 

a) Calcule as tensões no resistor, no capacitor e no indutor para uma frequência 

de 600 rad/s. 

b) Determine a constante de fase. 

c) Faça um diagrama de fasores para frequências 50 rad/s, 500 rad/s e 5000 

rad/s. 

P12.8) Um consumidor recebe uma potência de 12,0 kW, com uma tensão eficaz, na 

entrada, de 220 V e um fator de potência igual a 0,950. 

a) Qual a corrente na entrada do circuito do consumidor? 

b) Se esta corrente percorresse um fio de cobre de meia polegada de diâmetro, 

com um comprimento de cem quilômetros, qual seria a perda de calor nesse fio? 

c) Se, em vez de 220 V, a tensão de entrada fosse de 10,0 kV, quais seriam as 

respostas dos itens anteriores? 

605

APÊNDICES 

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 m 2 

Volume metro cúbico m 3 

Frequência hertz Hz s -1 

Velocidade metro por segundo m/s 

Velocidade angular radiano por segundo rad/s 

Aceleração 

metro por segundo 

m/s 2 

quadrado 

Aceleração angular 

radiano por segundo rad/s 2 

quadrado 

Força newton N kg . m/s 2 

Pressão pascal Pa N/m 2 

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 newton por coulomb N/C V/m 

elétrico 

Resistência elétrica ohm Ω V/A 

Capacitância farad F C/V 

Fluxo magnético Weber Wb V . s 

Campo magnético Tesla T Wb/m 2 

Indutância Henry H Wb/A 

650 

651

DEFINIÇÕES DE UNIDADES DO SI 

APÊNDICE B – CONSTANTES NUMÉRICAS 

Metro (m) 

Quilograma (kg) 

Segundo (s) 

Ampère (A) 

Kelvin (K) 

Candela (cd) 

Mole (mol) 

O metro é a distância percorrida pela luz no vácuo em 

1/299.792.458 s. 

O quilograma é a massa do corpo-padrão internacional preservado 

em Sèvres, na França. 

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 133 Cs. 

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. 

O kelvin é igual a 1/273,16 da temperatura termodinâmica do 

ponto triplo da água. 

A candela é a intensidade luminosa na direção perpendicular da 

superfície de um corpo negro cuja área é de 1/600.000 m 2 na 

temperatura de solidificação da platina a uma pressão de 1 atm. 

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. 

CONSTANTES FÍSICAS* 

Constante de gravitação G 6,673(10) × 10 -11 N⋅m 2 /kg 2 

Velocidade da luz c 2,99792458 × 10 8 m/s 

Carga do elétron e 1,602176462(63) × 10 -19 C 

Número de Avogadro N A 6,02214199(47) × 10 23 

partículas/mol 

Constante dos gases perfeitos R 8,314472(15) J/(mol⋅K) 

Constante de Boltzman k = R/N A 1,3806503(24) × 10 -23 J/K 

8,617342(15) × 10 -5 eV/K 

Constante de Stefan- 

σ = (π 2 /60) 5,670400(40) × 10 -8 W/(m 2 k 4 ) 

Boltzmann 

k 4 /(ћ 3 c 2 ) 

Constante de massa atômica m u 1,66053873(13) × 10- 27 kg = 

1u 

Constante de Coulomb k = 1/(4πε 0 ) 8,987551788 ... × 10 9 N⋅m 2 /C 2 

Permissividade elétrica do 

vácuo 

ε 0 8,854187817 ... × 10 -12 

C 2 /(N⋅m 2 ) 

Permeabilidade magnética do 

vácuo 

µ 0 4 π × 10 -7 N/A 2 

1,256637 × 10 -6 N/A 2 

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 m e 9,10938188(72) × 10 -31 kg 

Massa do próton m p 1,67262158(13) × 10 -27 kg 

Massa do nêutron m n 1,67492716(13) × 10 -27 kg 

Comprimento de onda de λ C = h/m e c 

2,426310215(18) × 10 -12 m 

Compton 

Constante de Rydberg R H 1,0973731568549(83) × 10 7 m - 

Magnéton de Bohr m B = eh/2m e 9,274000899(37) × 10 -24 J/T 

5,788381749(43) × 10 -5 eV/T 

Magnéton nuclear m n = eh/2m p 5,05078317(20) × 10 -27 J/T 

3,152451238(24) × 10 -8 eV/T 

Quantum do fluxo magnético Φ 0 = h/2e 2,067833636(81) × 10 -15 T⋅m 2 

Resistência Hall quantizada R K = h/e 2 2,5812807572(95) × 10 4 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. 

1 

DADOS TERRESTRES 

652 

Aceleração média da gravidade g (valor padrão ao 

nível do mar a uma latitude de 45º) 

Massa da Terra, M T 

Raio médio da Terra, R T 

Velocidade de escape 

9,80665 m/s 2 

5,98 × 10 24 kg 

6,37 × 10 6 m 

1,12 × 10 4 m/s 

653

Constante solar* 1,35 kW/m 2 

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), ρ ar 1,293 kg/m 3 

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 m 2 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 × 10 8 m 

Distância ao Sol* 

1,496 × 10 11 m 

Velocidade orbital média 

2,98 × 10 4 m/s 

Lua 

Massa 

7,35 × 10 22 kg 

Raio 

1,738 × 10 6 m 

Período 

27,32 dias 

Aceleração da gravidade na superfície 1,62 m/s 2 

Sol 

Massa 

1,99 × 10 30 kg 

Raio 

6,96 × 10 8 m 

*De centro a centro 

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 × 10 15 m 

1 Å = 0,1 nm 

Área 

1 m 2 = 10 4 cm 2 

1 km 2 = 0,3861 mi 2 = 247,1 acres 

1 in 2 = 6,4516 cm 2 

1 ft 2 = 9,29 × 10 -2 m 2 

1 m 2 = 10,76 ft 2 

1 acre = 43.560 ft 2 

1 mi 2 = 640 acres = 2,590 km 2 

Volume 

1 m 3 = 10 6 cm 3 

1 L = 1000 cm 3 = 10 -3 m 3 

1 gal = 3,786 L 

1 gal = 4 qt = 8 pt = 128 oz = 231 in 3 

1 in 3 = 16,39 cm 3 

1 ft 3 = 1728 in 3 = 28,32 L 

= 2,832 × 10 4 cm 3 

Tempo 

1 h = 60 min = 3,6 ks 

1 dia = 24 h = 1440 min = 86,4 ks 

1 ano = 365,24 dias = 3,156 × 10 7 s 

1 kg = 6,022 × 10 26 u 

1 slug = 14,59 kg 

1 kg = 6,852 × 10 -2 slug 

1 u = 931,50 MeV/c 2 

Massa Específica 

1 g/cm 3 = 1000 kg/m 3 = 1 kg/L 

(1 g/cm 3 )g = 62,4 lb/ft 3 

Força 

1 N = 0,2248 lb = 10 5 dyn 

1 lb = 4,448222 N 

(1 kg)g = 2,2046 lb 

Pressão 

1 Pa = 1 N/m 2 

1 atm = 101,325 kPa = 1,01325 bar 

1 atm = 14,7 lb/in 2 = 760 mmHg 

= 29,9 in Hg = 33,8 ftH 2 O 

1 lb/in 2 = 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 . c 2 = 931,50 MeV 

1 erg = 10 -7 J 

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 

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 

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 

654 

655

APÊNDICE D – RELAÇÕES MATEMÁTICAS 

ÁLGEBRA 

− x 1 ( x+ 

y) 

x y ( x− 

y) 

a 

a = a = a a a = 

x 

a 

a 

x 

y 

Logaritmos: Se log a = x, então a = 10 x . Se ln a = x, então a = e x . 

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 (a n ) = n log a ln (a n ) = n ln a 

− b ± b 

2 − 4ac 

Equação do segundo grau: Se ax 2 + bx + c = 0, x = . 

2a 

SÉRIE BINOMIAL 

n n n−1 

n( 

n −1) 

a 

( a + b) 

= a + na b + 

2! 

n−2 

TRIGONOMETRIA 

2 2 2 

No triângulo retângulo ABC, x + y = r . 

Definição das funções trigonométricas: 

sen a = y/r cos a = x/r 

tan a = y/x 

cot a = x/y 

b 

2 

n( 

n −1)( 

n − 2) a 

+ 

3! 

n−3 

3 

b 

+ ... 

GEOMETRIA 

Comprimento de uma circunferência de raio r: C = 2πr 

Área de um círculo de raio r: A = πr 2 

Volume de uma esfera de raio r: V = 4πr 3 /3 

Área da superfície de uma esfera de raio r: A = 4πr 2 

Volume de um cilindro de raio r e altura h: V = πr 2 h 

SÉRIES DE POTÊNCIAS 

Convergentes para os valores de x indicados. 

2 

3 

n nx n( 

n −1) 

x n( 

n −1)( 

n − 2) x 

2 

(1 ± x) 

= 1± 

+ + 

+ L ( x < 1) 

1! 2! 

3! 

2 

3 

−n 

nx n( 

n + 1) x n( 

n + 1)( n + 2) x 

2 

(1 ± x) 

= 1m 

+ + 

+ L ( x < 1) 

1! 2! 

3! 

3 5 7 

x x x 

sen x = x − + − + L (todo valor de x) 

3! 5! 7! 

2 4 6 

x x x 

cos x = 1− 

+ − + L (todo valor de x) 

2! 4! 6! 

3 5 7 

x 2x 

17x 

tan x = x + + + + L ( x < π / 2) 

3 15 315 

2 3 

x x x 

e = 1+ 

x + + + L (todo valor de x) 

2! 3! 

2 3 4 

x x x 

ln(1 + x) 

= x − + + + L ( x < 1) 

2 3 4 

sec a = r/x 

csec a = r/y 

Identidades: 

2 

2 

sen a + cos 

a = 1 

sen 2a 

= 2sen a cos a 

1 1− 

cos a 

sen a = 

2 2 

sen( −a) 

= −sen 

a 

cos( −a) 

= cos a 

sen( a ± π / 2) = ± cos a 

cos( a ± π / 2) = m sen a 

sen a 

tan a = 

cos a 

2 

2 

2 

2 

cos 2a 

= cos a − sen a = 2cos a −1 

= 1− 

2sen a 

1 1+ 

cos a 

cos a = 

2 2 

sen( a ± b) 

= sen a cosb 

± cos a sen b 

cos( a ± b) 

= cos a cosb 

m sen a sen b 

1 1 

sen a + sen b = 2sen ( a + b) cos ( a − b) 

2 2 

1 1 

cos a + cosb 

= 2cos ( a + b)cos 

( a − b) 

2 2 

656 

657

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 

= 

dx 

d 

( 

dx 

d 

( u 

dx 

d 

x 

dx 

d 

ln 

dx 

d 

( 

dx 

d x 

e 

dx 

d 

dx 

d 

dx 

d 

dx 

d 

dx 

d 

dx 

d 

dx 

d u 

e 

dx 

du 

au) 

= a 

dx 

du 

+ v) 

= + 

dx 

m 

1 

= mx 

1 

x = 

x 

dv du 

uv) 

= u + v 

dx dx 

= e 

sen x = cos x 

x 

cos x = −sen 

x 

tan x = sec 

cot x = −csec 

sec x = tan x sec x 

csec x = −cot 

x csec x 

= e 

u 

m−1 

du 

dx 

2 

x 

2 

dv 

dx 

x 

∫ 

∫ 

∫ 

∫ 

∫ 

∫ 

∫ 

∫ 

∫ 

∫ 

dx = x 

au dx = a u dx 

( u + v) 

dx = 

m+ 

1 

m x 

x dx = 

m + 1 

dx 

= ln x 

x 

dv 

u dx = uv − 

dx 

e 

x 

sen x dx = −cos 

x 

cos x dx = sen x 

tan x dx = ln sec x 

2 1 1 

sen x dx = x − sen 2x 

2 4 

−ax 

1 −ax 

e dx = − e 

a 

−ax 

1 

−ax 

xe dx = − ( ax + 1) e 

2 

a 

2 −ax 

1 2 2 

x e dx = − ( a x + 2ax 

+ 2) e 

3 

a 

∞ 

n −ax 

n! 

x e dx = 

0 

n+ 

1 

a 

∫ 

∫ 

∫ 

∫ 

∫ 

0 

x 

dx = e 

∞ 

2 

2n 

−ax 

∫ 

e 

∫ 

x 

∫ 

u dx + 

∫ 

∫ 

( m ≠ −1) 

du 

v dx 

dx 

v dx 

1⋅ 

3⋅ 

5⋅⋅⋅ 

(2n 

−1) 

dx = 

n+ 

1 n 

2 a 

−ax 

π 

a 

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 

Apêndice E – Tabela Periódica 

660

REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 

ALONSO, M.; FINN, E. J. Física. São Paulo: Edgard Blücher, 1999. 

BLAU, P. J. Friction Science and Tecnology. New York: CRC Press, 2008. 

CHAVES, Alaor S. Física. Rio de Janeiro: Reichmann & Affonso Editores, 2001. 

EISBERG R.M.; LERNER L.S.. Física, fundamentos e aplicações. São Paulo: Editora 

McGraw Hill do Brasil, 1982. 

FEYNAM R.P., LEIGHTON R.B., SANDS M. The Feynman Lectures on Physics. 1963. 

Reading: Addison Wesley Publishing Co., 1963 

HALLIDAY D., RESNICK R. Fundamentos de física. 3. ed. Rio de Janeiro: Livros 

Técnicos e Científicos S.A., 1993. 

KELLER F.J., GETTYS W.E., SKOVE M.J.. Física. São Paulo: Makron Books do Brasil, 

1999. 

NUSSENZVEIG, Moysés H. Curso de física básica. 3. ed. São Paulo: Edgard Blücher, 

1997. 

RESNICK R., HALLIDAY D.,,KRANE K.S. Física. 4. ed. Rio de Janeiro: Livros Técnicos 

e Científicos S.A., 1996. 

RESNICK R., HALLIDAY D.,,KRANE K.S. Física. 5. ed. Rio de Janeiro: Livros Técnicos 

e Científicos S.A., 2003. 

SEARS & ZEMANSKY; YOUNG H.D., FREEDMAN R.A.. Física. 10. ed. São Paulo: 

Addison-Wesley, 1993. 

SERWAY, R. A. Física. 3. ed. São Paulo: Pioneira Thomson Learning Ltda., 2004. 

TIPLER P.. Física para cientistas e engenheiros. 4. ed. Rio de Janeiro: Livros Técnicos e 

Científicos S.A., 2000 

661

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