FUNDAMENTOS DE FÍSICA III - Departamento de Física - UFMG

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Wagner CorradiLeonardo FonsecaWanderson Silva de OliveiraRodrigo Dias TársiaMaria Carolina NemesKarla BalzuweitFUNDAMENTOS DE FÍSICA IIIBelo HorizonteEditora UFMG2010© Todos os direitos reservados. Departamento de Física - UFMG Página 1

© 2010, Wagner Corradi; Rodrigo Dias Társia; Leonardo Fonseca; Maria Carolina Nemes; Wanderson Silvade Oliveira; Karla Balzuweit© 2010, Editora UFMGEste 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, 2010p. – Il (Educação a Distância)Inclui referências.ISBN:1. Física. 2. Eletricidade. 3. EletromagnetismoI. Corradi, Wagner II. Série.CDD:CDU:Elaborada pela DITTI – Setor de Tratamento da InformaçãoBiblioteca Universitária da UFMGEste livro recebeu o apoio financeiro da Secretaria de Educação a Distância do MEC.ASSISTÊNCIA EDITORIAL Eliane Sousa e Euclídia MacedoEDITORAÇÃO DE TEXTO Maria do Carmo Leite RibeiroPREPARAÇÃO DE TEXTO Michel GannamREVISÃO DE PROVASFORMATAÇÃOPROJETO GRÁFICO E CAPA Eduardo FerreiraPRODUÇÃO GRÁFICA Warren MarilacEDITORA UFMGAv. Antônio Carlos, 6627 – Ala direita da Biblioteca Central– TérreoCampus Pampulha – 31270-901 – Belo Horizonte/MGTel.: +55 31 3409-4650 Fax: +55 31 3409-4768www.editora.ufmg.br editora@ufmg.brPRÓ-REITORIA DE GRADUAÇÃOAv. Antônio Carlos, 6.627 – Reitoria – 6º andarCampus Pampulha – 31270-901 – Belo Horizonte/MGTel.: + 55 31 3409-4054 Fax: + 55 31 3409-4060www..ufmg.br info@prograd.ufmg.breducacaoadistancia@ufmg.br© Todos os direitos reservados. Departamento de Física - UFMG Página 2

SumárioINFORMAÇÕES GERAIS1. FUNDAMENTOS DE FÍSICA III NA MODALIDADE DE ENSINO A DISTÂNCIA 10UNIDADE 1 – CARGAS ELÉTRICAS E LEI DE COULOMB 13AULA 1 – CARGAS ELÉTRICASA1.1 ELETRIZAÇÃO POR ATRITO 14A1.2 CARGAS ELÉTRICAS 17A1.3 ISOLANTES, CONDUTORES E A LOCALIZAÇÃO DA CARGA ELÉTRICA 21A1.4 ELETRIZAÇÃO POR INDUÇÃO E POLARIZAÇÃO 25A1.5 ELETROSCÓPIOS 27A1.6 APLICAÇÃO TECNOLÓGICA DO FENÔMENO ELETRIZAÇÃO 31PENSE E RESPONDA 36AULA 2 – LEI DE COULOMB 38A2.1 LEI DE COULOMB 38A2.2 FORÇA DE UM CONJUNTO DE CARGAS 43A2.3 A LEI DE COULOMB EM UM DIELÉTRICO 47EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADE 52UNIDADE 2 – CAMPO ELÉTRICO 54AULA 3 – CAMPO ELÉTRICOA3.1 DEFINIÇÃO E DISCUSSÃO FÍSICA DO CAMPO ELETROSTÁTICO 56A3.2 DISTRIBUIÇÃO DE CARGAS ELÉTRICAS 59A3.3 O DIPOLO ELÉTRICO 61A3.4 LINHAS DE FORÇÁ 64A3.5 CARGAS ELÉTRICAS EM UM CAMPO ELÉTRICO UNIFORME 66PENSE E RESPONDA E EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 72AULA 4 – CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO PARA DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUASDE CARGA EM UMA DIMENSÃO74A4.1 COLOCAÇÃO DO PROBLEMA GERAL 74A4.2 CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO EM DISTRIBUIÇÕES UNIDIMENSIONAIS DE CARGA 77PENSE E RESPONDA 87AULA 5 – CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO PARA DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUASDE CARGA EM DUAS E TRÊS DIMENSÕES88A5.1 ELEMENTOS DE SUPERFÍCIE E DE VOLUME 88A5.2 CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO PARA DISTRIBUIÇÕES DE CARGA EM DUAS89DIMENSÕESA5.3 CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO PARA DISTRIBUIÇÕES DE CARGA EM TRÊS DIMENSÕES 95PROBLEMAS DA UNIDADE 104UNIDADE 3 – LEI DE GAUSS E SUAS APLICAÇÕES 106AULA 6 – LEI DE GAUSS 108A6.1 FLUXO DO CAMPO ELÉTRICO 108A6.2 A LEI DE GAUSS 113© Todos os direitos reservados. Departamento de Física - UFMG Página 3

A6.3 FERRAMENTAS MATEMÁTICAS: CÁLCULO DA INTEGRAL DE SUPERFÍCIE NA LEI DE 114GAUSSPENSE E RESPONDA 119AULA 7 – APLICAÇÕES DA LEI DE GAUSS 120A7.1 COMO USAR A LEI DE GAUSS 120A7.2 APLICAÇÕES DA LEI DE GAUSS 123A7.3 CARGAS E CAMPO ELÉTRICOS NA SUPERFÍCIE DE CONDUTORES 135PENSE E RESPONDA 143AULA 8 – APLICAÇÕES DA ELETROSTÁTICA 144A8.1 ATIVIDADES COM APLICAÇÕES DA ELETROSTÁTICA 144UNIDADE 4 – ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA E POTENCIAL ELÉTRICO 145AULA 9 – TRABALHO, ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA E POTENCIAL ELÉTRICO 147A9.1 TRABALHO E ENERGIA POTENCIAL ELÉTRICA 147A9.2 POTENCIAL ELÉTRICOEXERCÍCIOS DE FIXAÇÃOAULA 10 – POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES DISCRETAS DE CARGAA10.1 POTENCIAL ELÉTRICO DE VÁRIAS CARGASA10.2 POTENCIAL ELÉTRICO DE DIPOLO ELÉTRICOEXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADEAULA 11 – POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS DE CARGAA11.1 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES LINEARES DE CARGAA11.2 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES SUPERFICIAIS DE CARGAA11.3 POTENCIAL ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES VOLUMÉTRICAS DE CARGAPENSE E RESPONDAAULA 12 – ENERGIA POTENCIAL ELETROSTÁTICA E A RELAÇÃO ENTRE CAMPOE POTENCIALA12.1 ENTENDENDO A RELAÇÃO ENTRE O CAMPO ELÉTRICO E POTENCIAL ELÉTRICOA12.2 ENERGIA POTENCIAL ELETROSTÁTICAEXERCÍCIOS DE FIXAÇÃOAULA 13 – ENERGIA DE UMA DISTRIBUIÇÃO CONTÍNUA DE CARGASA13.1 ENERGIA POTENCIAL ELETROSTÁTICA DE UMA DISTRIBUIÇÃO CONTÍNUA DE CARGASA13.2 COMENTÁRIOS CONCEITUAIS IMPORTANTES SOBRE A ENERGIA ELETROSTÁTICAEXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADEUNIDADE 5 – CAPACITORESAULA 14 – CAPACITORESA14.1 CAPACITÂNCIAA14.2 ASSOCIAÇÃO DE CAPACITORESEXERCÍCIOS DE FIXAÇÃOAULA 15 – DIELÉTRICOSA15.1 CAPACITORES COM DIELÉTRICOSA15.2 RIGIDEZ DIELÉTRICAA15.3 A LEI DE GAUSS E OS DIELÉTRICOSEXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO© Todos os direitos reservados. Departamento de Física - UFMG Página 4

AULA 16 – OS VETORES POLARIZAÇÃO E DESLOCAMENTO ELÉTRICOA16.1 POLARIZAÇÃO E DESLOCAMENTO ELÉTRICOA16.2 ENERGIA EM UM CAPACITOREXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADEAULA 17 – ATIVIDADES SOBRE POTENCIAL, ENERGIA E CAPACITORESA17.1 APLICAÇÕES SOBRE POTENCIAL, ENERGIA E CAPACITORESUNIDADE 6 – FORÇA ELETROMOTRIZ, CORRENTE E RESISTÊNCIAAULA 18 – FORÇA ELETROMOTRIZ, CORRENTE E DENSIDADE DE CORRENTEA18.1 FORÇA ELETROMOTRIZA18.2 CORRENTE ELÉTRICA E DENSIDADE DE CORRENTEPENSE E RESPONDAAULA 19 – RESISTÊNCIA ELÉTRICA E RESISTIVIDADEA19.1 RESISTÊNCIA ELÉTRICA, RESISTIVIDADE E CONDUTIVIDADEPENSE E RESPONDAAULA 20 –LEI DE OHM E POTÊNCIA ELÉTRICAA20.1 LEI DE OHMA20.2 POTÊNCIA ELÉTRICAA20.3 FORÇAS NÃO CONSERVATIVAS OU DISSIPATIVASEXERCÍCIOS DE FIXAÇÃOAULA 21 – CONDUTORES, DIELÉTRICOS E SEMICONDUTORESA21.1 VISÃO MICROSCÓPICA DA CONDUÇÃO ELÉTRICAEXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADEUNIDADE 7 – CIRCUITOS DE CORRENTE CONTÍNUAAULA 22 – LEIS DE KIRCHOFFA22.1 LEI DAS MALHAS E RESISTORES EM SÉRIEA22.2 LEI DOS NÓS E RESISTORES EM PARALELOEXERCÍCIOS DE FIXAÇÃOAULA 23 –CERCUITOS DE MAIS DE UMA MALHANTRO DE MASSAA23.1 CIRCUITOS ELÉTRICOSEXERCÍCIOS DE FIXAÇÃOAULA 24 –APARELHOS DE MEDIDA IA24.1 GALVANÔMETROA24.2 AMPERÍMETROPENSE E RESPONDAAULA 25 – APARELHOS DE MEDIDA IIA25.1 VOLTÍMETROA25.2 OHMÍMETROPENSE E RESPONDAAULA 26 – CIRCUITO RCA26.1 ANÁLISE DE UM CIRCUITO RCEXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO E PROBLEMAS DA UNIDADE© Todos os direitos reservados. Departamento de Física - UFMG Página 5

UNIDADE 8 – CAMPO MAGNÉTICOUNIDADE 9 – CAMPO MAGNÉTICO DEVIDO À CORRENTE E A LEI DE AMPÈREUNIDADE 10 – LEI DE FARADAY E LEI DE LENZUNIDADE 11 – INDUTÂNCIA E OSCILAÇÕES ELETROMAGNÉTICASUNIDADE 12 – PROPRIEDADES MAGNÉTICAS E A LEI DE GAUSS PARA OMAGNETISMOUNIDADE 13 – EQUAÇÕES DE MAXWELLAPÊNDICES 570A DEFINIÇÕES DO SISTEMA INTERNACIONAL DE UNIDADES 571B CONSTANTES NUMÉRICAS 573C FATORES DE CONVERSÃO DE UNIDADES 575D RELAÇÕES MATEMÁTICAS 576E TABELA PERIÓDICA 580REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 581© Todos os direitos reservados. Departamento de Física - UFMG Página 6

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PrefácioA elaboração deste livro nasceu da necessidade de se produzir um material didáticoadequado ao Ensino a Distância (EAD) das disciplinas de Física Básica na UniversidadeFederal de Minas Gerais (UFMG). Ele foi construído a partir de um conjunto de textos quevêm sendo utilizados e aprimorados durante vários anos no projeto-piloto de EAD doDepartamento 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 materialimpresso de boa qualidade, com uma organização adequada, concatenação e seqüêncialógica das idéias, numa linguagem coerente e acessível ao estudante. Sem isso, é quaseimpossível aprender física estudando de maneira autônoma.Há ainda a necessidade de se fornecer acesso ao material didático independente dadisponibilidade de um computador, já que nem sempre o acesso aos recursoscomputacionais é possível. Mesmo quando há essa disponibilidade, é difícil aprender físicana frente do computador apenas lendo os textos durante horas e clicando nos linksdisponíveis.A utilização de um livro voltado para o ensino presencial requer um professor quepondere a linguagem do material, acrescente toda a sua experiência, e modere o ritmo deestudo em sala de aula. Sem essa intervenção você não teria como saber, de antemão, qualritmo de estudos deveria seguir em cada capítulo ou seção do livro. Já no EAD, o livro devesuprir a falta do professor, agindo como um roteiro de estudo. Para tanto, ele deve serdividido em aulas, que contenham uma maior sub-divisão do conteúdo. No fundo, umatentativa 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. Omaterial já consagrado no ensino presencial é uma fonte imprescindível para o completoaprendizado de física básica, mesmo porque, é inegável a forte influência destes textos naestrutura e organização desta obra.Os tópicos aqui apresentados seguem a forma histórica. A física moderna éintroduzida ao longo do texto sempre que possível ou conveniente. O nível matemático leva© Todos os direitos reservados. Departamento de Física - UFMG Página 8

em conta que o aluno já fez ou está fazendo um curso introdutório de cálculo. Durante odesenvolvimento das equações básicas todos os passos são mostrados, e a matemática éintroduzida à medida que se faz necessária.O trabalho de elaboração, adequação e preparação dos manuscritos e figuras quederam origem a este livro é de responsabilidade dos autores da presente obra. Grande partedeste esforço contou com a colaboração imprescindível dos estudantes de Graduação e Pós-Graduação do DF/UFMG, em particular Ulisses Moreira, Alexandre Ferreira de FreitasLages e Gustavo Henrique Reis de Araújo Lima. Um agradecimento especial para HugoJosé da Silva Barbosa que desenhou várias figuras do livro. Agradecemos ainda o suportede nossos familiares, dos vários colegas do DF/UFMG e da Editora UFMG.Os Autores© Todos os direitos reservados. Departamento de Física - UFMG Página 9

situações mais elaboradas que exigirão uma estratégia adequada para sua solução. Ositens “Pense e Responda”, propositalmente, não tem resposta. Eles têm a intenção defazer você pensar um pouco mais sobre o assunto.Lembre-se que o estudo autônomo exige maior perseverança e tanta dedicaçãoquanto em um curso presencial. Siga o cronograma da forma mais fiel possível, paraevitar atropelos. Não ler as aulas e não fazer as atividades propostas é enganar a simesmo.Descubra seu ritmo de estudo e faça apenas o número de disciplinas que lhepermita ter bom rendimento. Lembre-se que a Universidade permite um tempo deintegralização curricular bem maior que os tradicionais quatro anos, caso sejanecessário.Ao longo dos vários anos de prática de ensino, curiosamente, chegamos à trêsensinamentos que sintetizam bem as situações vividas pela maioria dos professores eestudantes 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, repassaro conhecimento. Depois, de nada adianta ter um ótimo professor se não houverinteresse e vontade de aprender por parte do estudante. Por último, mas não menosimportante, cada um sabe de seus problemas e de suas dificuldades, mas não háconquistas sem esforço.Sucesso!!!© Todos os direitos reservados. Departamento de Física - UFMG Página 11

UNIDADE 1CARGA ELÉTRICA E LEI DE COULOMBNossa sociedade não vive hoje sem utilizar a energia elétrica e todos osdispositivos eletro-eletrônicos à sua disposição. É, portanto, crucial entender osfenômenos do eletromagnetismo em sua plenitude. Para atingir esse objetivocomeçaremos revisando os aspectos históricos e os primeiros experimentos quelevaram à descoberta das cargas elétricas. Em particular, nesta primeira aula,serão discutidos os fenômenos de eletrização por atrito, contato e polarização esuas aplicações tecnológicas. Na segunda aula é discutida a Lei de Coulomb, queexpressa a relação de força fundamental entre cargas elétricas. Pense nessacuriosidade 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 afundaatravés do chão?12

AULA 1 : CARGAS ELÉTRICASOBJETIVOS• DISCUTIR A NATUREZA DOS FENOMENOS ELÉTRICOS• DESCREVER OS VÁRIOS ASPECTOS DA CARGA ELÉTRICA, INCLUINDO SEU CARÁTERDISCRETO E QUANTIZADO• DESCREVER O FENÔMENO DE ELETRIZAÇÃO POR ATRITO, INDUÇÃO E POLARIZAÇÃO• RECONHECER A DIFERENÇA ENTRE ISOLANTES E CONDUTORES1.1 ELETRIZAÇÃO POR ATRITOOs primeiros registros dos quais se tem notícia, relacionados comfenômenos elétricos, foram feitos pelos gregos. O filósofo e matemático Thales deMileto (séc. VI a.C.) observou que um pedaço de âmbar (pedra amarelada geradapela fossilização de folhas e seiva de árvores ao longo do tempo), após atritadacom a pele de um animal, adquiria a propriedade de atrair corpos leves comopedaços 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 resultaramnas 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 taisfenômenos.1.1.1 QUAL A NATUREZA DA ELETRICIDADE?O cientista francês François du Fay (1698--1739) procurou dar umaexplicação à esse fenômeno da eletrização. Observando que um corpo era repelidoapós entrar em contato com um outro corpo eletrizado, concluiu que dois corposeletrizados sempre se repelem. Entretanto esta idéia teve de ser modificada devidoà novas observações experimentais que a contradiziam. O próprio du Fay observou14

que um pedaço de vidro atritado com seda atraía um pedaço de âmbar que tivessesido previamente atritado com pele; isto é, a experiência mostrou que dois corposeletrizados 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 séculoXVIII. Segundo ele, existiam dois tipos de eletricidade: eletricidade vítrea(aquela que aparece no vidro após ele ser atritado com seda) e eletricidaderesinosa (aquela que aparece no âmbar atritado com pele). Todos os corpos quepossuíssem eletricidade de mesmo nome (vítrea ou resinosa) repeliriam-se uns aosoutros. Por outro lado, corpos com eletricidade de nomes contrários, atrairiam-semutuamente.Sua teoria ficou conhecida como a teoria dos dois fluidos elétricos (ovítreo e o resinoso), a ideia sendo que em um corpo normal esses fluidos seapresentariam na mesma quantidade. Portanto, de acordo com essas ideias, aeletricidade não era criada quando um corpo era atritado, os fluidos elétricos jáexistiam nos corpos e o que acontecia após os corpos serem atritados era umaredistribuição destes fluidos.ATIVIDADE 1.1Você pode verificar as primeiras observações dos fenômenos elétricos com umpequeno e simples experimento. Corte pequenos pedaços de linha de costura, porexemplo, com aproximadamente 2 cm de comprimento. Alternativamente vocêVocê pode também cortar um pedaço de papel em vários pedacinhos. Atrite bem aextremidade de uma caneta com um pedaço de flanela ou pano de algodão ouainda outro material sintético como, por exemplo, o poliéster. Aproxime aextremidade que foi atritada da caneta desses pedacinhos de linha (ou de papel).Descreva o que ocorre.Como frequentemente acontece em Física, apareceu uma outra explicaçãocom base nos mesmos fenômenos. Vamos à segunda teoria: o cientista americanoBenjamin Franklin (1701--1790), interessado no assunto, também realizou umgrande número de experimentos que contribuiram de forma decisiva para acompreensão da natureza da eletricidade.Foram duas as suas contribuições fundamentais: primeiro formulou ahipótese de um fluido único. De acordo com sua teoria os corpos não eletrizados15

possuem uma quantidade natural de um certo fluido elétrico. Quando um corpo éatritado com outro, um deles perde parte do seu fluido, essa parte sendotransferida ao outro corpo. Franklin dizia que um corpo --- como o vidro --- querecebia o fluido elétrico ficava eletrizado positivamente e o que o perdia ---como o âmbar ---, ficava eletrizado negativamente. Essa terminologia é usadaaté hoje e corresponde aos termos eletricidade vítrea e resinosa de du Fay.A segunda grande contribuição de Franklin foi a hipótese de que o fluidoelétrico é conservado: ele já existe nos corpos e se redistribui quando os corpos sãoatritados.ATIVIDADE 1.2Duas folhas de um mesmo tipo de papel são atritadas entre si. Elas ficarãoeletrizadas? Por quê?Saiba MaisVocê consegue perceber como funcionou o "método científico" proposto por Galileucom relação a este fenômeno?O método é baseado na experiência. A partir dela é que se fazem hipóteses paraexplicar a experiência. O atrito entre dois corpos de materiais diferentes mostrou aexistência de um fenômeno (o da eletrização) e o comportamento de materiaisdiferentes (atração e repulsão, de acordo com a natureza deles) com relação àeletrização. Além disso, a experiência mostra em quais condições físicas ocorre ofenômeno estudado, o que nos permite saber mais sobre a natureza dele.Como decidir entre as duas teorias? Essa é também uma situação muitofrequente na Física. Na época, com os dados disponíveis não era possível distinguirentre as duas. Qual foi então o ingrediente novo que resolveu a dúvida? Foi oestabelecimento da teoria atômica da matéria, em bases razoavelmente firmes, noprimeiro quarto do século XX.A teoria atômica trouxe uma nova perspectiva para explicar os fenômenosde eletrização. De acordo com ela, todos os corpos (sejam eles sólidos, líquidos ougasosos) são formados por átomos. Estes, por sua vez, são constituídos por trêspartículas elementares: os prótons, os nêutrons e os elétrons. Os prótons e os16

nêutrons situam-se no núcleo dos átomos, enquanto que os elétrons, ocupam umaregião em torno deste núcleo.A massa do elétron é 1836 vezes menor que a do próton, cuja massa émuito 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 elétricaElétron9,109−31× 10- ePrótonNêutron1,6721,675−27× 10+ e−27× 100Os prótons e os elétrons apresentam propriedades elétricas e a essaspropriedades associamos uma grandeza fundamental, que denominamos cargaelétrica.1.2 CARGAS ELÉTRICASO conceito de carga elétrica é, na realidade, um conceito tão básico efundamental que, no atual nível de nosso conhecimento, não pode ser reduzido anenhum outro conceito mais simples e mais elementar.A carga elétrica é a grandeza física que determina a intensidade dasinterações eletromagnéticas, da mesma forma que a massa determina aintensidade das forças gravitacionais.1.2.1 ASPECTOS FENOMENOLÓGICOS E ORDENS DE GRANDEZAresumiam:O estudo dos fenômenos elétricos levou a algumas leis empíricas que os1) Existem dois tipos de cargas elétricas: positivas e negativas. Ascargas elétricas de mesmo sinal se repelem, as de sinais contrários seatraem.porAtribuímos 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 para17

indicar o comportamento do corpo ao ser eletrizado, como foi sugerido porBenjamin Franklin.O núcleo do átomo tem carga positiva e representa o número de prótonsnele existente. Em um átomo neutro, a quantidade de prótons e elétrons sãoiguais. Da igualdade numérica entre prótons e elétrons, decorre que a cargaelétrica total do átomo em seu estado natural é nula (o átomo em seu estadonatural é neutro).A transferência de elétrons de um corpo para outro explica o aparecimentode carga elétrica em corpos depois de serem atritados. Quando dois corpos sãoatritados, um deles perde elétrons para o outro; o primeiro torna-se, então,eletricamente positivo, enquanto que o outro, torna-se eletricamente negativo. Aexperiência mostra que a capacidade de ganhar ou de perder elétrons depende danatureza dos materiais.2) Carga elementar : existe uma carga mínima. Até hoje nunca foiobservado experimentalmente um corpo que tenha carga elétrica menorque a do elétron, representada por e . Somente foram observados corposcom cargas que são múltiplos inteiros de e .O caráter discreto da carga elétrica se manifesta principalmente emsistemas cuja carga total corresponde a poucas unidades da carga elementar. Ofato de nenhum experimento ter revelado a existência de um corpo que tenhacarga elétrica menor que a de um elétron, permite dizer que a carga elétrica équantizada, isto é, existe em quanta (quantum, em grego, significa pedaço).Por isso, no eletromagnetismo clássico, é difícil perceber este aspecto da cargaelementar. Mas é fácil entender porque. A resposta tem a ver com outro aspectofundamental da compreensão dos fenômenos físicos: as ordens de grandeza.Se um corpo está carregado eletricamente, positiva ou negativamente, ovalor de sua carga Q será um múltiplo inteiro da carga de um elétronQ = n e,n = 0 , ± 1, ± 2, ± 3 ...Por isso faz sentido tratar distribuições de cargas macroscópicas como se fossemcontínuas, como faremos nas aulas seguintes. Vamos firmar esse idéia com umexemplo.18

EXEMPLO 1.1Quantos elétrons há em uma gota de água de massa 0,03g?Solução:Uma molécula de água ( H20)tem uma massa−23mo= 3×10 g e contém 10elétrons. Uma gota de água contémLogo, a gota terá2210 elétrons.n =n m/m= moléculas, ou:mmoo21= 10moléculasNo Sistema Internacional (SI) a unidade de carga eletrica é 1Coulomb. Quando essa unidade foi definida, no século XVIII, não se conhecia aexistência do elétron. Somente no século XX, com a descoberta dessa partículaelementar e a medida de sua carga, é que foi possível calcular a equivalência entrea carga do elétron e e o Coulomb, C .Um Coulomb corresponde a186 ,25× 10 elétrons em excesso (se a carga fornegativa) ou em falta (se for positiva). Na eletrostática geralmente lidamos comcargas elétricas muito menores do que um Coulomb. Vamos ver com frequência as−unidades milicoulomb -- mC(10 3 C)-- ou o microcoulomb -- µ C(10 −6C). Mesmoassim elas ainda representam um número enorme de cargas elementares. A cargado elétron, medida em Coulomb, é:−19e = 1,60 × 10 C .1.2.2 CONSERVAÇÃO E QUANTIZAÇÃO DA CARGA ELÉTRICAOs átomos que constituem os corpos são normalmente neutros, ou seja, onúmero de cargas positivas é igual ao número de cargas negativas. Entretanto, poralgum processo, os corpos podem adquirir ou perder carga elétrica, como porexemplo, atritando um bastão de plástico com um pedaço de flanela. Entretanto,quando ocorre uma interação elétrica entre dois corpos, a carga total deles semantém constante. Além disso, em todos os casos, a carga elétrica de umsistema isolado é sempre constante.Se o bastão ficar carregado positivamente é porque ele perdeu elétrons.Para que isso ocorra, a flanela deve ter recebido os elétrons do bastão. Observe19

então que houve apenas uma transferência de cargas elétricas de um corpo para ooutro. Nenhuma carga foi criada ou destruída. Esse fato é conhecido como oPrincipio da Conservação da Carga Elétrica.Saiba MaisOs prótons e os nêutrons são fortemente ligados entre si por uma forçadenominada força nuclear forte, que é muito intensa mas que age apenas em umaregião do espaço da ordem do tamanho do núcleo. Ela não afeta os elétrons, que semantêm 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 núcleode 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 penaressaltar que nenhum quark livre ‘foi observado até hoje.Com a teoria atômica, a eletrização por contato pôde ser explicada comoserá discutido nas próximas aulas. Entretanto, uma descrição teórica precisa daeletrização por atrito em termos microscópicos é muito difícil. Costuma-secolecionar os resultados experimentais e compilá-los em tabelas. Por exemplo,podemos colocar corpos em uma lista tal que atritando um corpo com outro dalista, fica carregado positivamente aquele que aparece antes nessa lista. Uma listadesse tipo ficaria:- Pêlo de gato, vidro, marfim, seda, cristal de rocha, mão, madeira, enxofre,flanela, algodão, gomalaca, borracha, resinas, metais...ATIVIDADE 1.3Quando se atrita enxofre com algodão, que carga terá cada material?Além da eletrização por atrito existem diversos métodos para eletrizarcorpos materiais: por incidência de luz em metais, por bombardeamento desubstâncias, por radiação nuclear e outros20

Corpos líquidos e gasosos também podem ser eletrizados por atrito: aeletrização das nuvens de chuva se dá pelo atrito entre as gotículas do ar e daágua, na nuvem.1.3 ISOLANTES, CONDUTORES E A LOCALIZAÇÃO DA CARGAELÉTRICANa Natureza encontramos dois de tipos de material que se comportam demodo diferente com relação à eletricidade: os condutores e os isolantes.A principal questão envolvida na definição do que é um material condutor ouisolante tem muito a ver com a estrutura microscópica do material. No caso doscondutores metálicos, por exemplo, os materiais são formados por uma estruturamais ou menos rígida de íons positivos, embebido num gás de elétrons, comoilustra 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 comrelativa facilidade.Figura 1.1: Representação esquemática de um condutor.Ao contrário dos condutores, existem sólidos nos quais os eletrons estãofirmemente ligados aos respectivos átomos e os elétrons não são livres, isto é, nãotêm mobilidade, como no caso dos condutores. A figura 1.2 representa um esboçode um isolante. Nestes materiais, chamados de dielétricos ou isolantes, não serápossível o deslocamento da carga elétrica. Exemplos importantes de isolantes são:a borracha, o vidro, a madeira, o plástico, o papel.Figura 1.2: Representação esquemática de um isolante.21

As condições ambientais também podem influir na capacidade de umasubstância conduzir ou isolar eletricidade. De maneira geral, em climas úmidos, umcorpo eletrizado, mesmo apoiado por isolantes, acaba se descarregando depois deum certo tempo. Embora o ar atmosférico seja isolante, a presença de umidade fazcom que ele se torne condutor. Além disto, temos também a influência datemperatura. O aumento da temperatura de um corpo metálico corresponde aoaumento da velocidade média dos íons e elétrons que os constituem, tornando maisdifícil o movimento de elétrons no seu interior.Com relação aos isolantes, a umidade e condições de "pureza" de suasuperfície (se existem corpúsculos estranhos ao material que aderiram a ela) sãofatores importantes. A razão disto é que a umidade pode dissolver sais existentesna superfície do corpo recobrindo-o com uma solução salina, boa condutora deeletricidade.ATIVIDADE 1.4Metais como o alumínio e o cobre, de modo geral, são bons condutores deeletricidade e também são bons condutores de calor. Você acha que existe algumarelação entre as condutividades elétricas e térmicas desses materiais? Por quê?EXEMPLO 1.2A figura 1.3 mostra um aparato simples que pode ser reproduzido em casa.Materiais Utilizados:• Latinha de refrigerante• Pequenos pedaços (de 5 a 10 centímetrosaproximadamente) de linha de costura ousimilar• Um tubo de caneta de plástico.• Pano de algodão ou de material sintéticocomo o poliéster (preferível)• Fita adesivaFigura 1.3a Latinha comlinhas de costuraFixe os pedaços de linha, com fita adesiva, nas superfícies interna e externa da22

lata. As linhas devem estar em contato com a lata. Coloque a lata sobre um tecidoou um pedaço de isopor. Atrite o tubo da caneta de plástico com o pano e toque asuperfície da lata.a) Descreva o que foi observado com as linhas que estão nas superfíciesinterna 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?Resoluçãoa) Quando a caneta é atritada com o pano ela fica carregada eletricamente. Acaneta recebe ou cede elétrons para o pano. Colocando-a em contato com alata apenas as linhas que estão na superfície externa se elevam. Nadaacontece com as linhas que estão no interior da lata.b) A lata de refrigerante é feita com alumínio que é um material de boacondutividade elétrica. Quando você toca a sua superfície com a canetacarregada haverá movimento de elétrons da lata para a caneta ou da canetapara a lata, dependendo do sinal da carga elétrica do tubo da caneta. Issosignifica que a lata também ficará carregada eletricamente, ou seja, elaficará com falta (ou excesso) de elétrons. As cargas em excesso semovimentam sobre toda a lata. As linhas que estão em contato com a latatambém recebem parte dessa carga elétrica em excesso e por isso serepelem (Figura 1.3b). O fato que apenas linhas que estão na superfícieexterna se repelem evidencia que a carga elétrica em excesso de umcondutor se distribui apenas sobre a sua superfície externa. Não há cargaselétricas em excesso no interior de um condutor.Figura 1.3b Linhas de costuram se repelemc) As linhas que estão na superfície externa da lata irão se repelirindependente do sinal da carga da caneta. Se o tubo da caneta estivercarregado positivamente, elétrons da lata (inicialmente neutra) migrarãopara a caneta de modo que a lata ficará carregada positivamente. Caso acaneta esteja carregada negativamente, quando ela toca a lata, parte de23

seus elétrons em excesso migrarão para a lata deixando-a carregadanegativamente. Também, nesse caso, as linhas que estão na superfícieexterna da lata irão se repelir.ATIVIDADE EXPERIMENTALTente reproduzir em casa o exemplo discutido acima. Deu certo? Se não, façahipóteses para explicar o que pode estar ocorrendo e discuta com seus colegas.1.3.1 DISTRIBUIÇÃO DE CARGAS ELÉTRICAS ADICIONADAS A ISOLANTESOU CONDUTORESÉ um fato experimental que quando adicionamos carga a umcondutor, ela se distribui integralmente sobre a sua superfície externa. Arazão disto é que cargas de mesmo sinal se repelem e cada carga tende aficar o mais longe possível das outras. Então, mesmo que as cargas sejamcolocadas dentro de um condutor maciço ou oco, elas tenderão a migrarpara a superfície externa.ATIVIDADE 1.5a) Suponha que uma esfera metálica esteja inicialmente neutra e você a toquecom uma régua carregada negativamente em determinado ponto. Dêargumentos para explicar por que, depois de certo tempo, a carga elétricase 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 sedistribuirá de maneira uniforme? Crie hipóteses e discuta com seus colegas.Outro fato experimental é que a quantidade de carga por unidade deárea na superfície de um condutor em equilíbrio eletrostático não é, emgeral, uniforme. Verifica-se que, onde o raio de curvatura do condutor émenor, ou seja, onde ele é mais pontudo, há maior concentração decargas. Em contrapartida, quanto maior o raio de curvatura, menor aconcentração de cargas.ATIVIDADE 1.624

Atrite bem uma caneta com um pano e aproxime-o de um filete estreito deágua 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 domaterial, tanto no interior como na superfície. A concentração de cargas em umdielétrico é mais difícil de ser medida, e pode ser inferida a partir de certas técnicasque serão vistas mais adiante.ATIVIDADE 1.7Retire 4 pedaços de fita adesiva (2 pedaços de cada vez) e em seguida junte doispedaços (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 deum colega se tiver dificuldades para unir ou separar os pedaços. Explique o que foiobservado.1.4 ELETRIZAÇÃO POR INDUÇÃO E POLARIZAÇÃOQuando aproximamos um bastão de vidro, atritado com seda, de umcondutor neutro, provoca-se uma separação das cargas do corpo, embora ocondutor como um todo continue eletricamente neutro, como mostra a figura 1.4a.Esta separação de cargas é denominada indução eletrostática.Figura 1.4: (a) corpo carregado próximo a um condutor, (b) condutor ligado àTerra e (c) condutor eletrizado.25

Ao contrário da eletrização por atrito, a eletrização por indução ocorre semhaver contato entre os corpos, por isso, é uma ação a (curta) distância.É possível eletrizar um material condutor por indução: basta conectar ocondutor na figura 1.4b (em presença do bastão), por meio de um fio metálico, àTerra. Essa ligação fará com que os elétrons livres passem do condutor à Terra,deixando o condutor carregado.Se o bastão for mantido próximo ao condutor, a distribuição de cargas écomo na figura 1.4b. Se for retirado, as cargas se redistribuem maisuniformemente, de maneira a minimizar a repulsão entre elas, como ilustra a figura1.4c.Nos isolantes, observamos uma separação de cargas análoga à doscondutores, embora não seja possível carregá-los pelo mecanismo acima.Os dielétricos são constituídos por moléculas cuja distribuição interna decargas pode ser de dois tipos: o centro das cargas positivas e negativascoincidem (moléculas apolares) ou não (moléculas polares). A água é umexemplo bem conhecido deste último tipo. Se um dielétrico polar não estivereletrizado, as moléculas estarão distribuídas ao acaso como mostra a figura 1.5.Figura 1.5: Dielétrico não polarizado.Ao aproximarmos desse dielétrico um corpo carregado, ocorrerá umalinhamento nas moléculas do isolante, como ilustrado na figura 1.6.26

Figura 1.6: Dielétrico polarizado.Esse efeito é denominado polarização. Ele faz aparecer cargas elétricas desinais contrários nas extremidades do dielétrico, como no caso mostrado na figura1.7.Figura 1.7: Cargas contrárias nas extremidades do dielétrico.Se as moléculas forem apolares, elas inicialmente polarizar-se-ão demaneira análoga àquela em que houvesse indução eletrostática enquanto o corpocarregado estiver próximo do dielétrico. Quando o corpo for afastado, o dielétricovoltará a ser neutro.1.5 ELETROSCÓPIOSUm eletroscópio é um dispositivo que nos permite verificar se um corpo estáeletrizado. Um tipo comum de eletroscópio é o eletroscópio de folhas. Ele consisteem uma haste condutora tendo em sua extremidade superior uma esfera metálica ena extremidade inferior, duas folhas metálicas leves, sustentadas de modo quepossam se abrir e se fechar livremente, como pode ser visto na figura 1.8.Figura 1.8: Eletroscópio de folhas.Se um corpo eletrizado positivamente for aproximado do eletroscópio (semtocá-lo), vai haver indução eletrostática e os elétrons livres serão atraídos para a27

esfera. Dado que a carga total é conservada, um excesso de cargas positivas vaiaparecer nas folhas, que tenderão a se repelir. Por isso, as duas folhas tenderão ase separar.O que aconteceria se o corpo que se aproxima do eletroscópio estivesseeletrizado negativamente? É fácil chegar à conclusão de que aconteceriaexatamente a mesma coisa, porém as cargas negativas se localizariam nas folhas eas cargas positivas na esfera.Um resultado importante desses fatos é que em ambos os casos ocorre aabertura das folhas. Então não é possível determinar o sinal da carga do corpocarregado 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 doeletroscópio, que estavam abertas, se aproximam ou se afastam. De fato, se oobjeto estiver carregado negativamente, elétrons livres da esfera serão repelidos ese deslocarão para as folhas. Esses elétrons neutralizarão parte da carga positiva aíexistente e por isso o afastamento entre as folhas diminui. Analogamente, podemosconcluir que, se o afastamento das folhas for aumentado pela aproximação docorpo, o sinal da carga nesse corpo será positivo.Figura 1.9: Eletroscópio de folhas carregado positivamente.EXEMPLO 1.3Considere duas esferas metálicas como as da figura 1.10.28

Figura 1.10: Esfera metálica montata sobre um suporte de material isolante.a) Como é possível carregá-las com cargas de mesmo sinal utilizando umbastão de vidro atritado com seda?b) Se uma das esferas fosse maior, elas ficariam com a mesma quantidade decarga após o processo escolhido por você no item a?SoluçãoEm primeiro lugar, do que vimos da eletrização por atrito, sabemos que umbastão de vidro atritado com seda vai ficar carregado positivamente. Seaproximarmos esse bastão de uma das esferas condutoras, teremos a situação dafigura 1.4a.Não podemos tocar as esferas com o bastão. Mas, que tal aproximarmos asesferas até que elas se toquem?Elétrons da esfera à esquerda vão migrar para a esfera da direita, figura1.11a, anulando as cargas positivas. Haverá, então, um excesso de cargas positivasna esfera da esquerda.Afastando-se as esferas e também o bastão, a esfera da direita estarácarregada negativamente e a da esquerda, positivamente. A situação final estáesquematizada na figura 1.11b. Fica claro que o tamanho das esferas não tempapel algum no processo.Figura 1.11: (a) transferência de elétrons entre as duas esferas e (b) configuraçãofinal de cargas.29

ATIVIDADE 1.8Considere novamente as duas esferas metálicas da figura 1.11. Determine umamaneira de carregá-las eletricamente, com cargas elétricas de sinais opostos,utilizando um bastão carregado.ATIVIDADE 1.9O fato de que não é possível determinar o sinal da carga nessas condições nãosignifica que não seja possível fazer isso modificando o experimento. Qual seriaessa modificação? Pense um pouco antes de consultar a resposta!ATIVIDADE 1.10Sabe-se que o corpo humano é capaz de conduzir eletricidade. Explique entãoporque uma pessoa segurando uma barra metálica em suas mãos não consegueeletrizá-la por atrito?EXEMPLO 1.4Um ônibus em movimento adquire carga eletrica em virtude do atrito com o ar.a) Se o clima estiver seco, o ônibus permanecerá eletrizado? Explique.b) Ao segurar nesse ônibus para subir, uma pessoa tomará um choque.Por quê?c) Esse fato não é comum no Brasil. Por quê?Solução:a) Sim, pois os pneus são feitos de borracha, que é um isolante, e impedemque o ônibus seja descarregado para a Terra.b) O choque elétrico será causado pelo fato de que nossa mão é umcondutor 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 difícilencontrar água pura e a presença de sais, normalmente dissociado em íons,transforma a água em excelente condutora de eletricidade. Devido a isso, os ônibusnum clima muito úmido nunca chegam a reter uma carga apreciável.30

ATIVIDADE 1.11(a) Os caminhões transportadores de combustível costumam andar com umacorrente metálica que arrasta no chão. Explique.(b) Porque os materiais usados nas indústrias de tecido e papel precisam ficarem ambientes umedecidos?1.6 APLICAÇÃO TECNOLÓGICA DO FENÔMENO ELETRIZAÇÃOA eletrização de corpos por atrito é utilizado nos dispositivos de obtenção defotocópias (xerox, etc). Por exemplo, o pó negro resinoso é misturado comminúsculas esferas de vidro. Durante esse processo, as esferas adquirem cargaspositivas e os grãos de pó, cargas negativas. Devido à força de atração, os grãos depó cobrem a superfície das esferas, formando um camada fina.O texto ou desenho a ser copiado é projetado sobre uma placa fina deselênio, cuja superfície está carregada positivamente. Essa placa dispõe-se sobreuma superfície metálica carregada negativamente. Sob a ação da luz, a placadescarrega e a carga positiva fica apenas nos setores que correspondem aos locaisescuros da imagem. Depois disso, a placa é revestida por uma fina camada deesferas de vidro. A atração de cargas de sinais contrários faz com que o pó resinosose deposite na placa com cargas negativas. Em seguida, as esferas de vidroretiram-se por meio de uma sacudidela. Apertando com força a folha de papelcontra a placa, pode-se obter uma boa impressão. Fixa-se, finalmente, esta últimapor meio de aquecimento.ATIVIDADE 1.12Pesquise sobre as diferenças das impressoras a laser e a jato de tinta. Comosão geradas as imagens dos caracteres nesses dois tipos de impressoras?31

RESPOSTAS COMENTADAS DAS ATIVIDADES PROPOSTASATIVIDADE 1.1Somente depois de atritado, o papel ou a linha são atraídos pela caneta.ATIVIDADE 1.2Se os corpos são compostos da mesma substância, ao serem atritados nãohaverá transferência de elétrons de um corpo para outro e eles permanecerãocomo estão.ATIVIDADE 1.3Na lista acima, que relata os materiais de acordo com a facilidade deadquirirem cargas positivas, o enxofre vem antes do algodão. Portanto, quando oalgodão atrita o enxofre, ele adquire carga negativa. O enxofre, obviamente,adquire carga positiva.ATIVIDADE 1.4As condutividades térmicas e elétricas estão diretamente relacionadas aoselétrons livres presentes no material. Condutores possuem elétrons livres na suaestrutura por isso são bons condutores de eletricidade e de calor.ATIVIDADE 1.5a) Cargas elétricas de mesmo sinal se repelem, enquanto que cargas desinais opostos se atraem (figura 1.12a). Se você toca uma esfera com uma réguacarregada, a esfera também ficará carregada, pois haverá movimento de elétronsde uma para a outra (figura 1.12b). Devido à repulsão dos elétrons, que possuemmobilidade dentro de um condutor, eles se movem por toda a superfície da esferaaté atingirem uma situação de equilíbrio, chamado equilíbrio eletrostático. Nessasituação a distribuição de cargas na esfera é uniforme (figura 1.12c).32

Figura 1.12 (a) a réguapolariza a esfera condutora.(b) eletrização por contatoentre a régua e a esfera.(c) equilíbrio eletrostáticoapós o contato ser desfeito.b) Em materiais condutores com pontas, a carga elétrica não fica distribuídauniformemente sobre a sua superfície. Devido à repulsão entre os elétrons, boaparte deles se dirige para as regiões com ponta até que se estabeleça a condição deequilíbrio. Veja a figura 1.13.Figura 1.13 poder das pontasATIVIDADE 1.6a) Quando a caneta eletrizada é aproximada do filete de água, este é atraídodevido à POLARIZAÇÃO. A água é uma molécula polar. Embora ela sejaeletricamente neutra, ocorre um ligeiro deslocamento de cargas, de modo que aextremidade ocupada pelo átomo de oxigênio fica com uma carga liquidanegativa e a extremidade ocupada pelos átomos de hidrogênio fica com umacarga liquida positiva. Desse modo, quando a caneta negativamente carregadaé aproximada do filete as moléculas de água sofrem um pequeno deslocamentoconforme a figura 1.14a. Ocorre então atração entre a carga positiva damolécula de água e a carga negativa da régua. Ocorre também repulsão entre acarga negativa da molécula de água (extremidade ocupada pelo átomo deoxigênio) e a carga negativa da caneta, mas essa interação é menos intensaque a atração, pelo fato dessas cargas estarem a uma distância maior – issoserá bem estudado com a lei de Coulomb, que relaciona a intensidade da força33

elétrica entre cargas e a distancia entre elas; quanto maior a distância entreduas cargas elétricas menor é a intensidade da força elétrica entre elas.b) Haverá atração entre o filete de água e a caneta eletrizada independente dosinal da carga da caneta. Se, por exemplo, a caneta estivesse carregadapositivamente as moléculas de água também sofreriam um ligeirodeslocamento, ficando a extremidade negativa mais próxima da régua,conforme a figura 1.14b.Figura 1.14 (a) atração dofilete de água pela canetaeletrizada(b) atração do filete de águapela caneta eletrizadaindepende do sinal da carga.ATIVIDADE 1.7a) 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 seatraem. Isso por que ao separá-los, o pedaço sem cola perde elétrons para opedaço da fita adesiva com cola. Veja a figura 1.15a.b) É possível que juntando os dois lados com cola você não tenha observadonenhuma interação entre os dois pedaços de fita adesiva. Isso por que a cola éum isolante e estará presente nos dois pedaços de fita. Então não há perda ouganho de cargas para que os pedaços de fita adesiva fiquem carregadoseletricamente. Veja a figura 1.15b.34

Figura 1.15 (a) junção dasfitas com cola em apenas umlado.(b) junção das fitas com colados dois ladosATIVIDADE 1.8A aproximação do bastão carregado provoca uma separação de cargas quepode ser vista na figura 1.4a. Se na extremidade oposta ao bastão for conectadoum fio terra, elétrons da Terra migrarão para essa extremidade, atraídos pela cargapositiva 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, ficacarregada negativamente, veja a figura 1.4c. Agora basta colocar as duas esferasem contato para que as duas fiquem carregadas com o mesmo sinal.Figura 1.16: Esferas carregadas com o mesmo sinal.ATIVIDADE 1.9Seria necessário, em primeiro lugar, eletrizar o eletroscópio. Isto pode serfeito ou por atrito ou por indução usando os métodos das seções anteriores. Se osinal da carga do eletroscópio for conhecido, podemos descobrir o sinal da carga deum corpo eletrizado que se aproxima. Suponhamos um eletroscópio carregadopositivamente, como na figura 1.17. Se aproximarmos um corpo eletrizado dessesistema, observaremo que as folhas do eletroscópio, que estavam abertar, se35

aproximam ou se afastam. De fato, se o objeto estiver carregado negativamente,elétrons livres da esfera serão repelidos e se deslocarão para as folhas. Esseselétrons neutralizarão parte da carga positiva aí existente e por isso o afastamentodas folhas diminui. Analogamente, podemos concluir que, se o afastamento dasfolhas for aumentado pela aproximação do corpo, o sinal da carga nesse corpo serápositivo.Figure 1.17 Descobrindo o sinal da carga de teste em um eletroscópio defolhas.ATIVIDADE 1.10O corpo humano funciona como um fio terra.ATIVIDADE 1.11(a) O fato da corrente ser condutora permite o estabelecimento de umcontato direto com a Terra. Isso então impede que o caminhão adquira quantidadesde cargas capazes de provocar centelhas.(b) A eletricidade desses materiais vai se transferir para as gotículas deágua, que conduzirão para a Terra a carga elérica que se forma por atrito.PENSE E RESPONDAPR1.1) Em dias úmidos as demonstrações de eletrostática não funcionam muitobem. Você consegue explicar o por quê?PR1.2) Um operador da central de processamento de dados da Usiminas reclamavaque seu computador desligava misteriosamente toda vez que ele tocava no teclado.Seu chefe então ordenou que retirassem as rodinhas da cadeira do operador, queficava em cima de um carpete. Você acha que o problema foi resolvido?36

PR1.3) Os astronomos que utilizam os telescópios do Cerro Tololo InterAmericanObservatory (CTIO) localizado no deserto de Atacama, Chile são obrigados atrabalhar 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 cargaq 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 nãoé boa condutora de eletricidade?37

AULA 2: LEI DE COULOMBOBJETIVOS• ENUNCIAR AS CARACTERÍSTICAS DA FORÇA ELÉTRICA• APLICAR A LEI DE COULOMB EM SITUAÇÕES SIMPLES• EXPLICAR O SIGNIFICADO DA CONSTANTE DE PERMISSIVIDADE DO VÁCUO2.1 A LEI DE COULOMBEm 1785, Charles Augustin de Coulomb (1736 - 1806) realizou uma série demedidas cuidadosas das forças entre duas cargas usando uma balança de torção,semelhante à que Cavendish usou para comprovar a teoria da Gravitação. Atravésdessas medidas, Coulomb mostrou que, tanto para a atração como para a repulsão decargas elétricas pontuais:(a) o módulo da força de interação F entre duas cargas pontuais é proporcional aoproduto dessas cargas, ou seja:F ∝ Q 1 Q 2(b) o módulo da força de atração ou repulsão entre duas cargas pontuais éinversamente proporcional ao quadrado da distância r entre elas.F ∝12rA força F que atua entre as cargas é denominada força elétrica ou forçaeletrostática.A experiência nos mostra também que a força elétrica tem as seguintescaracterísticas:(a) é uma força de ação e reação; sua direção é a da linha que une as duas cargas e oseu sentido depende do sinal relativo das cargas, como se vê na figura 2.1;38

(b) a força entre duas cargas elétricas é sempre instantânea, de acordo com a FísicaClássica;(c) a força depende do meio em que as cargas elétricas estão situadas.Tendo em vista essas informações, podemos escrever que o vetor forçaelétrica que atua entre duas cargas elétricas pontuais pode ser escrito como:(2.1)r Q1Q2F = Kerˆ2rem queKeé uma constante de proporcionalidade e rˆ é o vetor unitário na direçãoque passa pelas cargas elétricas (na Figura 2.1, ele tem o sentido de Q1para Q2). Aequação 2.1 é a expressão matemática da Lei de Coulomb.Figura 2.1: (a) e (b) duas cargas de mesmo sinal se repelem. (c) cargas de sinaisopostos se atraem. Estão indicados também os vetores força elétrica F r 12da carga Q1sobre Q2e12F r da carga2r rF 12= −F 21Newton temos que .Q sobre1Q bem como o vetor unitário rˆ . Pela 3ª. Lei deA dependência da força elétrica com o meio é levada em conta na constanteKe. Para o vácuo,Keé escrita na forma:Ke=14π ε039

em que ε0é uma outra constante denominada permissividade do vácuo.Se medirmos a carga elétrica em Coulomb, o valor dessa constante no SI é:ε−12−1−208,854 × 10 N . m .= C2O valor numérico deKee sua unidade são, então:K e= 8,98749 2× 10 N.m . C−2O valor da permissividade do ar é muito próximo do valor da permissividade dovácuo. Assim vamos supor que elas são iguais. Dessa forma, a lei de Coulomb podeser escrita como:rF14π ε 0Q Q1 2=2rrˆ(2.2)SAIBA MAISO SISTEMA DE UNIDADES NA ELETROSTÁTICANa equação 2.1 conhecemos as unidades de força e de distância; falta entãodefinir as unidades de carga elétrica e da constanteKe. Isso pode ser feito de duasmaneiras:(1) podemos atribuir à constanteeK um valor arbitrário ( K = 1e, para facilitar) edeterminar a unidade de carga de modo tal que a força elétrica que atue entre duascargas 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 comounidades fundamentais o centímetro, o grama e o segundo). Nele, escreve-se omódulo da lei de Coulomb para o vácuo como:Q QF = r1 2240

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 forçamútua de 1 dyna (510 − N). Temos que 1 statcoulomb = 3,336 x 10 −10C.(2) A outra maneira consiste em definir a unidade de carga independentemente da leide Coulomb e determinar o valor da constanteKeexperimentalmente, a partir daunidade de carga. O inconveniente desse modo é que, toda vez que uma medida daconstante muda seu valor, a unidade de carga elétrica tem que ser modificada.O Coulomb foi definido através do conceito de corrente elétrica, sendo portanto,independente da lei de Coulomb. Ele é a unidade de carga elétrica adotada no sistemaMKS (que tem como unidades fundamentais o metro, o quilograma e o segundo), e aconstanteKe, nesse sistema, é determinada experimentalmente.Em 1901, Giovanni Giorgi (1871 -- 1950) mostrou que o sistema de unidadesdo eletromagnetismo poderia ser incorporado ao sistema MKS, admitindo que a cargaelétrica é a quarta grandeza fundamental deste sistema, além do comprimento, tempoe massa (fato que, inclusive, foi a origem do Sistema Internacional). Para isso, bastavamodificar algumas equações do eletromagnetismo. Uma dessa modificações implicouem escrever a constanteKena forma:Ke=14π ε0em que a nova constante ε0, denominada permissividade do vácuo, tem como valor:1−12−1−2ε0= = 8,854×10 N . m . C− 7 24π.10 c2Em 1960, na 11ª Conferência Geral de Pesos e Medidas, decidiu-se adotar umvalor fixo para a constanteKeno vácuo e definir o Coulomb a partir dele. Assim,adotou-se o valor:K e7 2= 10− c = 8,9874 ×109em que c é a velocidade da luz no vácuo.Com esse valor deKe, a unidade de carga --- o Coulomb --- passou a ser41

definida como a carga que, colocada no vácuo, a um metro de uma carga igual, arepeliria com uma força de98,9874 × 10 N. A unidade de Keno SI é N.m 2 /C 2 .EXEMPLO 2.1Qual a magnitude da força eletrostática repulsiva entre dois prótons separados emmédia de−154,2 × 10 m em um núcleo de Ferro?Solução: Escrevemos imediatamente:F=14πε0Qr22ou:−1929 2 2−1921 (1,60×10 C)(8,98×10 N m / C )(1,60 × 10 C)F = == 12, 9−152−1524π ε (4,2 × 10 m)(4,2×10 m)0NATIVIDADE 2.1Compare a magnitude da força gravitacional entre esses dois prótons com a magnitudeda força elétrica calculada no exemplo 2.1?EXEMPLO 2.2Duas bolinhas pintadas com tinta metálica estão carregadas. Quando estão afastadasde24 ,0× 10 m atraem-se com uma força de527× 10 N. Encosta-se uma na outra semtocar-lhes com a mão. Afastando-as novamente até a distância de24 ,0× 10 m elas serepelem com a força derepulsiva.59× 10 N. Explique porque a força mudou de atrativa paraSolução: Vamos começar pensando nos princípios gerais de Física que envolvemcargas: lei de Coulomb e conservação da carga. A lei de Coulomb nos diz que ascargas vão se atrair porque as suas cargas são opostas. A conservação da carga nos42

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 graçasàs forças de atração. Como quantidades iguais de cargas de sinais contrários secancelam, temos, no final, uma carga líquida de mesmo sinal em ambas as bolinhas,causando portanto uma força repulsiva entre elas.2.2 FORÇA DE UM CONJUNTO DE CARGASComo acontece com a força gravitacional, as forças eletrostáticas tambémobedecem ao Princípio de Superposição. Quando um conjunto de várias cargasexercem forças (de atração ou repulsão) sobre uma dada carga q0, a força total sobreesta carga é a soma vetorial das forças que cada uma das outras cargas exercemsobre ela:rF=rqNN0i0∑Fi= ∑ r r rˆ0− rˆi=2i= 1 4πε0 i=10−4iqqπεN∑0 i=1r0qir−i2r0r0r−ir−i(2.3)em queerrˆqié a i-ésima carga do conjunto,r − r0 ié a distância entre0ˆ0−ié o vetor unitário da direção que une a carga0sentido é o de q0paraq e a cargaq à cargaqiqi, cujoqi. Ou seja, cada carga interage com uma dada carga q0independentemente das outras, e a força resultante sobre q0cada uma dessas forças.é a soma vetorial deTrês cargas = 1,51+EXEMPLO 2.3Q mC, Q = 0,5 mC e = 0,22−Q mC estão dispostas como na3Figura 2.2 (1 mC =310 − C). A distância entre as cargas Q1e Q3vale 1,2m e adistância entre as cargas Q2e Q3vale 0,5 m. Calcular a força resultante sobre acarga Q3Solução: Seja um sistema de coordenadas com origem na carga Q3, e eixos dirigidos43

como mostrado na Figura 2.2.Figura 2.2 – Disposição das cargas elétricas do Exemplo 2.3A força de Q1sobre Q3é repulsiva pois ambas as cargas são positivas; a forçade Q2sobre Q3é atrativa pois as cargas possuem sinais diferentes, Assim, temosque:−3−31 Q1Q39 2 2 (1,5×10 C)(0,2×10 C)= = 9,0×10 N m / C= 1,88×1022 24πεr(1,2) mF x3013Ne:−3−31 Q2Q39 2 2 (0,5×10 C)(0,2× 10 C)= = 9.0×10 N m / C= 3,60×1022 24πεr0,5 mF y3023NNote 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 dasforças componentes são determinadas com um diagrama, ver figura2.3. O módulo daforça resultante F é:F=2 2Fx + Fy= 4,06 × 103N.Como a força elétrica é um vetor, temos que especificar sua direção e sentido. Se θ éo ângulo que o vetor F r faz com o eixo Ox, temos:F3,60 × 10=1,88×103ytgθ =3Fx= 1.91⇒θ = 62o,4.44

Figura 2.3: Diagrama das componentes do vetor força, F r .EXEMPLO 2.4Uma 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 eletrostáticaresultante nula, como devem estar relacionadas as cargas Q e q ?Figura 2.4 – Disposição das cargas elétricas do exemplo 2.4.Solução: Uma inspeção na figura nos mostra que as cargas Q e q devem ter sinaisopostos, para que não não haja força sobre Q . As forças eletrostáticas que atuam nacarga Q do vértice inferior do quadrado são mostradas na Figura 2.4. Temos que:∑F x= −FQQcosα+ FqQ= 0∑F α +y= −FQQsen FqQ= 0em que α é o ângulo queFQQfaz com o eixo Ox. Mas:45

cos α = a/a 2 = 1/2,e1 Q4 πε02aF QQ=214 πε2,Qq.F qQ=20 aCom esses valores, a condição de equilíbrio fica:21 ⎛ Q 1 ⎞ 1 Qq−224πε⎜0 2a2⎟ +⎝ ⎠ 4πε0 a= 0⎛ Q−⎜⎝ 2a221 ⎞2⎟ +⎠Qqa2= 0⎛ Q ⎞− ⎜ ⎟ + q = 0⎝ 2 2 ⎠Q =2 2Finalmente, levando em conta que as cargas tem sinais opostos, temos:Q = − 2 2q(o sinal negativo indica cargas de sinal contrário).qATIVIDADE 2.2Duas esferas condutoras de massa m estão suspensas por fios de seda decomprimento 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 asesferas, no equilíbrio, em função de q , m , L , ε0e g .(b) Sendo L = 80 cm; m = 5,0 g e x = 10,0 cm, calcule o valor de q paraessa situação. Verifique se, com esses dados, a hipótese de quetgθ≈ senθé válida.46

Figura 2.5: Esferas condutoras suspensas.ATIVIDADE 2.3Suponha que o gráfico da figura 2.6 corresponda a duas bolas de beisebol com massas0,142 kg e cargas positivas iguais. Para cada bola determine o número de elétrons quefaltam e estime a fração destes elétrons faltantes em relação ao número de cargaspositivas.Figura 2.6- Gráfico de F F versus r .2.3 A LEI DE COULOMB EM UM DIELÉTRICOSuponhamos agora, que duas cargas Q1e Q2fossem colocadas no interior deum material dielétrico qualquer. A experiência nos mostra que, nesse caso, a interaçãoentre as cargas sofre uma redução, cuja intensidade depende do meio.meio. Assim:O fator de redução é denotado por ké chamado de constante dielétrica do47

F14πk εQQ1 2=20 rrˆ.(2.5)Uma maneira de compreender esse fato é considerando uma situação simples.Sejam duas placas condutoras situadas no vácuo, carregadas eletricamente comcargas iguais mas de sinais contrários, conforme mostra a figura 2.7.Figura 2.7: Carga entre placas condutoras.Colocando-se uma carga q entre as placas, uma força F r atua sobre essa cargadevido às cargas nas placas.Se essas placas forem preenchidas por um dielétrico, já sabemos que odielétrico ficará polarizado, como discutimos anteriormente: as cargas queaparecem na superfície do dielétrico são denominadas cargas de polarização.Figura 2.8: Polarização de um dielétrico entre placas carregadasNa Figura 2.8 é fácil perceber que o efeito líquido dessa polarização seráneutralizar parcialmente as cargas das duas placas e portanto a força original (novácuo)Fovai diminuir. O grau de polarização do meio vai nos dizer quantitativamenteo tamanho dessa diminução. A Tabela 2.1 mostra os valores da constante dielétrica dealguns materiais.48

TABELA 2.1: CONSTANTE DIELÉTRICA PARA ALGUNS MATERIAISMaterial Constantedielétrica (K)Vácuo 1,0000Ar1,0005Benzeno 2,3Âmbar 2,7Vidro 4,5Óleo 4,6Mica 5,4Glicerina 43Água 8149

RESPOSTAS COMENTADAS DAS ATIVIDADES PROPOSTASATIVIDADE 2.1Usamos a lei de Newton de gravitação:F= Gmr2p2Com os valores dados, temos que:F g=(6,67 × 10−112N m / kg(4,2 × 102)(1,67 × 102m )−15−27Kg)2= 1,05×10−35N.A força gravitacional é cerca de 10 36 vezes menor que a força elétrica. Esse resultadonos diz que a força gravitacional é muito pequena para equilibrar a força eletrostáticaexistente entre os prótons no núcleo dos átomos. É por isso que temos que invocar aexistência de uma terceira força, a força forte, que age entre os prótons e os nêutronsquando estão no núcleo. A força forte é uma força atrativa.ATIVIDADE 2.2(a) Vamos estudar as forças que agem nas esferas:Figura 2.9: Forças que agem nas eferas50

Note da Figura 2.9 que a ação da força peso é anulada pela componente vertical datensão na corda Tye a força elétrica, pela sua componente horizontal.Matematicamente, essas condições se expressam da seguinte maneira:Tsenθ= FC=1 q4π ε x022e:T cosθ = mgAgora, a melhor estratégia para eliminar a incógnita T é dividir as duas equações.Teremos:Setg θ ≈ senθ= x/2L(ver figura) então:Portanto:t2qθ =4πεxg20mg22x q3 q 2L=⇒ x =22L4π ε x mg 4πε mg00(b) Temos:2⎛ q L ⎞x =⎜2⎟⎝ π ε0mg ⎠1/3⎛ 4π ε0mgxq = ±⎜⎝ 2L3⎞⎟⎠1/2≈3,47 × 10−15= 5,9 × 10−8Cesenθ=x2L=0,102 × 0,80= 0,06cosθ=1−(0,06)2 ≅0,9964Portanto a hipótese é verificada.ATIVIDADE 2.32r FVamos começar calculando a carga q , igual em ambas as bolas: q = .1/ 4πε051

Podemos escolher qualquer ponto na curva para calcularq . Por exemplo,−6F = 9,0×10 N e = 4,0r m, o que dá:2−69 2 2−7q = 4,0 m × 9,0×10 N×9,0×10 N m / C == 1,3 × 10 C = 0,13µC.Seja n o número de elétrons que faltam em cada bola:−7q 1,3×10 Cn = == 7,9×10−19e 1,6×10 C11eletrons.Num objeto neutro, o número de elétrons é igual ao número de prótons. A fração doselétrons que falta én/ Np, onde NPé o número de prótons.Considerando que uma bola de beisebol tem massa de 0,142 kg e que metadedessa massa é atribuída aos prótons e metade aos neutrons. Dividindo então a massade uma bola de beisebol pela massa de um par próton-neutron, obtemos umaestimativa deNP:NM+ m0,142kg25== 4,25 10 prótons.−27 2(1,67×10 kg)=m×P p nE a fração de elétrons ausentes, então, é dado por:nNP=117,9 × 10 elétronsque faltam255×10 prótons= 1,86 × 10.−14O que quer dizer esse resultado? Significa que um em cada13−145 ,4× 10 ou 1/(1,9 × 10 )elétrons está ausente em cada bola.EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃOE2.1) A que distância de uma carga elétrica Q=+3,50 mC deve ser colocada outra9carga q=2,70 mC, no vácuo, para que a força elétrica entre elas seja de 5,64× 10 N?52

E2.2) Se as cargas do exercício E2.1 estiverem na glicerina, qual seria a resposta?E2.3) Uma carga positiva Q= 2,0 μC é colocada em repouso e no vácuo, a umadistância 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 mE2.4) 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?PROBLEMASP1.1) Três cargas q1=-6,0 µC, q2=+2,0 µC e q3=+4,0 µC são colocadas em linhareta. 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 umquadrado de lado a=1,0 m, de modo que cargas de mesmo sinal ocupam vérticesopostos. Uma carga Q/2 positiva é colocada no centro do quadrado. Qual a forçaresultante que atua sobre ela?P1.3) No problema P1.2, qual deve ser a carga Q’ do centro do quadrado para que aforça 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 seas duas partes, quando separadas a uma distância determinada sofrem uma força derepulsão máxima?P1.5) Duas pequenas esferas carregadas positivamente possuem uma cargacombinada de 50 µC. Se elas se repelem com uma força de 1,0 N quando separadasde 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 éo módulo da força resultante que atua em uma dessas cargas?53

UNIDADE 2CAMPO ELÉTRICOSe uma corpo carregado se afastasse de você nesse exato momento você acreditaque sentiria instantaneamente os efeitos de diminuição da força elétrica, comorequer lei de Coulomb, ou como estabalece a lei de ação e reação na MecânicaNewtoniana? Certamente não, porque as interações eletromagnéticas se propagamno espaço com uma velocidade finita. Para remover essa dificuldade da ação àdistância, será introduzido nesta unidade o conceito de campo elétric. Assim, ainteração entre as cargas acontece através da interação com o campo criado pelasoutras cargas, e não diretamente pelas força das cargas entre si.54

AULA 3: CAMPO ELÉTRICOOBJETIVOS• DEFINIR O VETOR CAMPO ELÉTRICO E ESTABELECER SUAS PROPRIEDADES• CALCULAR O CAMPO ELÉTRICO PARA UMA DISTRIBUIÇÃO DE CARGASPUNTIFORMES E PARA UM DIPOLO EÉTRICO• UTILIZAR OS CONCEITOS DE LINHA DE FORÇA3.1 DEFINIÇÃO E DISCUSSÃO FÍSICA DO CAMPO ELETROSTÁTICOAs interações eletromagnéticas se propagam no espaço com uma velocidadefinita. Isto significa que, quando uma carga elétrica, como por exemplo a da Figura3.1, 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 leide ação e reação na Mecânica Newtoniana. O processo de transmissão dainformação (no caso o deslocamento da carga A) requer um certo intervalo detempo, igual a ∆ t = d/c para se propagar, em que d é a distância entre as cargasA e B e c é a velocidade da luz.Figura 3.1: Posição relativa de A e B em diferentes instantes.Na eletrostática, a posição relativa, e consequentemente a distância entre ascargas, é sempre constante; por isso, é razoável supor uma hipótese de açãoinstantânea entre essas cargas em repouso. Mas, no caso de cargas emmovimento, temos que achar uma forma de resolver o problema da ação adistância.Se a força elétrica deixa de ser uma ação direta entre as cargas, torna-senecessária a existência de um agente físico responsável pela transmissão dainformação (isto é, da força) entre uma carga e outra (no caso, de A para B). Esse56

agente físico, com existência independente da presença de outra carga com a quala carga original vai interagir, é o campo elétrico.Com a introdução do conceito de campo elétrico, podemos visualizar ainteração entre as cargas A e B de uma maneira diferente da força de Coulomb,que é o resultado da interação direta entre cargas. Dizemos, então, que uma cargaou uma distribuição de cargas cria um campo elétrico nos pontos do espaço emtorno dela e que este campo elétrico é responsável pelo aparecimento da forçaelétrica que atua sobre uma carga elétrica de prova colocada em qualquer dessespontos.Para verificar se existe um campo elétrico em um ponto P do espaço,utilizamos uma carga de prova positiva q0 , colocada nesse ponto; se houver umcampo elétrico nele, a carga de prova vai reagir como se estivesse sob a ação deuma força de origem elétrica. A carga de prova (sempre positiva) deve sersuficientemente pequena para não alterar o campo neste ponto.A grandeza que mede o campo elétrico em um ponto P do espaço é o vetorcampo elétrico , definido da seguinte forma (Figura 3.2):rEPrF= qP0(3.1)Figura 3.2: Campo elétrico em um ponto P, gerado por uma carga q.onde q0 é uma carga positiva colocada em P. A direção do vetor é a linha que une oponto 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 q0 , e o sentido, o da forçaF r P. Note que o campoelétrico em um ponto P do espaço é a força por unidade de carga que atua nesteponto. Ele depende, portanto do meio em que as cargas que geram o campo estão57

colocadas.A unidade de campo elétrico é obtida das unidades de força e de cargaelétrica. No SI, ela é o Newton por Coulomb (N/C).O campo elétrico é uma grandeza vetorial, que depende do ponto noespaço onde se encontra. Na Física existem outros tipos de campos, como, porexemplo, o campo de pressão dentro de uma flauta que está sendo tocada. Umadiferença importante é que o campo de pressão p ( x,y,z,t), embora tambémdependa do ponto no espaço e do tempo, é um campo escalar, isto é, à ele nãoestão associados direção e sentido naquele ponto, como no caso do campo elétrico.EXEMPLO 3.1Calcular o campo elétrico gerado por uma carga positiva Q em um ponto P situado àdistância r dela.Solução: Como a força elétrica exercida por uma carga Q sobre uma carga de provapositiva q0 , situada no ponto P, à distância r de Q, é:rFP1Qq0=24π ε 0 rPrˆPDa equação (3.1), temos, no ponto P da figura 3.2:rEPrF1QqP= =0 . rP=22q0 4π ε0 rPq04πε0 rP1ˆ1QrˆPNote que a equação acima nos dá o módulo do vetor. A direção é a da reta que une P aQ .Como Q é positiva (e q0 , por definição é positiva), o campo tem sentido de Qpara P.ATIVIDADE 3.1Qual é a expressão do vetor campo elétrico gerado por uma carga elétrica negativano ponto P do Exemplo 3.1?58

3.2 Distribuição de cargas elétricas3.3:Consideremos agora uma distribuição de cargas puntiformes como na figuraFigura 3.3: Distribuição de cargas puntiformes.Devido ao Princípio da Superposição o campo elétrico sobre a carga de provaq0 no ponto P é dado pela soma dos campos elétricos das cargas individuais, comose as outras não existissem:rE14π εq1rˆi=4πεrr|r−nnii p i= ∑2 ∑2 r0 i=1( rp− ri)0 i=1( rp− ri) p−iq|(3.2)onderˆi é o vetor unitário da direção que une as cargas q0 eqi , comsentido da carga que gera o campo para a carga de prova, e é dado por:rˆir= r|ppr−ir−i|(3.3)carga é usarUm erro muito comum ao resolver problemas envolvendo distribuições der P(ou r i ) no lugar der rp − . A lei de Coulomb nos diz que adistância que deve ser colocada nesse denominador é a distância entre as duascargas cuja interação está sendo considerada. E essa distância não é r Pou r i masa diferença desses vetores. Por isso, em todo problema de eletrostática é muitoimportante escolher um sistema de referência arbitrário e definir todas asi59

distâncias envolvidas no problema de forma consistente com essa escolha.Preste muita atenção na definição do vetor que localiza o ponto P (deobservação, onde colocaremos a carga de prova), no ponto referente à carga quegera 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 camposde distribuições contínuas de carga.Dadas duas cargasEXEMPLO 3.2−6Q = 2,0×10 C e−6q = 1,0×10 C, separadas pela distânciaL = 1,0 m. Determine o campo elétrico em um ponto P situado a uma distânciax = 0,50 m de Q .Figura 3.4: Configuração de cargas para o exercício.SOLUÇÃO: Consideremos um eixo de coordenadas ao longo da linha Qq , comorigem na carga Q e dirigido para a carga q . Seja î o unitário do eixo (dirigidoportanto para a direita na figura 3.4). Os vetores-posição das cargas Q e q, e doponto P são, respectivamente:rr P= x iˆrr Q= 0 iˆrr q= L iˆEntão:r r − = x iˆr e − r= ( x − L ) i ˆPQPqNote que, comor rx < L , o vetor P − q é negativo e o seu unitário vale:r rp− i x − Lr r = iˆ= −iˆ|−| | x − L |piTemos, para os campos elétricos gerados por cada uma das cargas:rEQ= 1 Q rqiˆ1e Eq= −24πεx4πε( x L)20 0 −iˆ60

em que x = 0, 50 m é a distância de P à carga Q .Como as cargas são positivas, elas repelirão uma carga de prova. Então, ocampo gerado pela carga Q está dirigido para a direita na figura 3.4, enquanto queo gerado pela carga q , está dirigido para a esquerda. Assim, temos, para o módulodo campo resultante em P:rE⎡ 1 Q⎢ 2⎣4πε0 x1 q−4πε( x − L)= 20⎤⎥iˆ⎦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 doeixo de coordenadas. O campo da carga Q está dirigido no mesmo sentido que ounitário i do eixo, enquanto que o campo da carga q, tem o sentido oposto, demodo que:E =21 ⎡ Q q ⎤ 1 ⎡Q(L − x)− qx⎢ −22 ⎥ = ⎢ 224π ε0 ⎣ x ( x − L)⎦ 4π ε0 ⎣ x ( x − L)2⎤⎥⎦Desenvolvendo o colchete, obtemos:1 ⎡(Q − q)xE =4πε⎢⎣ x− 2QLx+ QL2( x − L20)4Colocando os valores numéricos vem: E = 3,6×10 N/C.22⎤⎥⎦ATIVIDADE 3.2Suponha agora que a carga q no exemplo 3.2 seja negativa. Qual a intensidade docampo no ponto P?ATIVIDADE 3.3No Exemplo 3.2, calcule o ponto em que o campo elétrico é nulo.3.3 O DIPOLO ELÉTRICOUm dipolo elétrico é constituido por duas cargas elétricas iguais e de sinais61

contrários, separadas por uma distância pequena em relação às outras distânciasrelevantes ao problema.Determinemos uma expressão para a intensidade do campo elétrico noplano bissetor perpendicular de um dipolo (Figura 3.5). Para isso, vamos começar acalcular o vetor E r em um ponto P neste plano bissetor. Antes de mais nada,conforme discutimos, vamos escolher um sistema de referência, localizarvetorialmente as cargas que geram o campo, localizar o ponto de observação e adistância que deve ser usada na lei de Coulomb, para cada carga.Figura 3.5: O dipolo elétrico e seu campo elétrico no ponto P.É muito importante desenhar os vetores campo elétrico no ponto e verificar(como é o caso aquí) se existe alguma simetria que possa facilitar o cálculo. Nocaso do dipolo elétrico, é fácil perceber que não haverá componente de camporesultante no eixo y, apenas na direção z , pois os módulos do campo gerado pelacarga positiva ( E r +) e pela carga negativa ( E r−) são idênticos e suas projeçõessobre o eixo y são iguais e de sentidos opostos (o eixo x é bissetriz do eixo dodipolo elétrico). Vamos escrevê-los:rE1qˆ+= r2 +4π ε 0 r+(3.4)erE−1q=24π ε 0 r−rˆ−(3.5)Em termos dos dados do problema, temos que:2 2r +≡ r −= yP + a(3.6)62

Vetorialmente, podemos escrever que:rrˆ+= y ˆj− a kˆPr= y ˆPj + a kˆ,+−r=r++=yPyˆj− a kˆ2P+ a2(3.7)erˆ−=rr−−=yPyˆj+ a kˆ2P+ a2(3.8)Substituindo essas expressões na expressão do campo resultante, obtemos:raqE = r r 1 2E ++ E −= −2 24 π ε ( y a )3/20 +Pkˆ(3.9)discutido.De fato, só haverá componente do campo na direção kˆ , como havíamosNote que esta é a intensidade do campo elétrico no ponto P à distânciado eixo do dipolo elétrico. O sinal negativo indica que o campo gerado pelas cargastem sentido oposto ao eixo Oz.yPDado o módulo das cargas q e a distância entre elas,2 a , o que significadizer "distâncias do ponto P ao dipolo (as duas cargas (2a)"?y P) muito maiores do que a separação entreEsse tipo de limite é muito comum e importante em Física. No caso, issopode ser dito matematicamente em termos de uma desigualdade:ay P

ou, com a condição acima temos que:(3.12)r 1E ≅ −4π ε 02aq3yPkˆdistânciaIsto é, o campo do dipólo elétrico é inversamente proporcional ao cubo dayP. Observe que esse mesmo resultado poderia ser obtido através daexpansão binomial para (1± x) −nválida para 2

1867) como uma maneira de visualizar o campo elétrico.Como sabemos, uma carga puntual Q que, cria um campo radial no espaçoà sua volta. Em cada ponto do espaço temos um vetor campo elétrico E r , cujomódulo diminui à medida que nos afastamos da carga, conforme mostra a figura3.6.Figura 3.6: Linhas de força do campo elétrico de uma carga puntual positiva (ladoesquerdo) e negativa (lado direito).Se a carga que cria o campo elétrico for positiva, o vetor campoelétrico estará dirigido para fora, como pode se ver no lado esquerdo dafigura 3.6. Se a carga que cria o campo elétrico for negativa, o vetor campoelétrico estará dirigido para a carga, como pode se ver no lado direito dafigura 3.6.As linhas de força são linhas contínuas que unem os pontos aos quais ocampo elétrico é tangente. É errado pensar que essas linhas possuem existênciareal, algo como fios elásticos ou cordas. Elas apenas ajudam a representar de umaforma diagramática a distribuição do campo no espaço e não têm mais realidade doque os meridianos e os paralelos do globo terrestre.No entanto, pode-se fazer com que essas linhas tornem-se "visíveis". Sefizermos uma solução de cristais isolantes num líquido viscoso e mergulharmosnesse líquido vários corpos carregados, os cristais localizados nas proximidadesdesses corpos irão formar cadeias ao longo das linhas de força. A figura 3.7 nosmostra as linhas de força geradas por duas cargas puntiformes, na região doespaço próxima a elas.65

Figura 3.7: Linhas de força de um campo elétrico gerado por cargas de mesmosinal (positivas; lado esquerdo) e cargas de sinais contrários (lado direito).Além de nos fornecer a direção e o sentido do campo elétrico, a densidadede linhas de força, isto é, o número de linhas de força por unidade de áreadão informação sobre a intensidade do campo elétrico sobre uma certasuperfície. No caso da carga puntiforme, como vemos na figura 3.6, se tomarmosuma superfície esférica de áreaserá24πR , a densidade de linhas sobre essa superfície2N/4πR , onde N é o número de linhas de força que atravessa a superfície.ATIVIDADE 3.5Desenhe o vetor campo elétrico para vários pontos da figura 3.7. Existe algumlugar que o campo seja nulo? Qual seria a mudança nas linhas de força caso ascargas no lado esquerdo da figura 3.7 fossem negativas?3.5 CARGAS ELÉTRICAS EM UM CAMPO ELÉTRICO UNIFORMEUm campo elétrico é uniforme em uma região do espaço quando emqualquer ponto dessa região o vetor campo elétrico é constante (em módulo,direção e sentido). Nesse caso, as linhas de força do campo na região consideradasão linhas retas e paralelas entre si.Quando uma carga elétrica Q entra em um campo elétrico uniforme, elasofre ação de uma força elétrica constante, cujo módulo é dado pela lei deCoulomb. Portanto, seu movimento é um movimento acelerado, com um vetoraceleração dado pela segunda lei de Newton:66

F QEa = =(3.14)m mNote 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 dacarga ser positiva ou negativa. No primeiro caso, a aceleração tem o mesmosentido que o campo elétrico; no segundo, tem o sentido contrário.Uma maneira de produzirmos um campo elétrico uniforme consiste emcolocarmos duas placas planas e paralelas, carregadas com cargas elétricas desinais opostos, uma próxima da outra, mas separadas de uma distância menor queas 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 oExemplo 3.4.EXEMPLO 3.4Uma carga elétrica positiva Q=2,0μC e massa de 0,50g é atirada horizontalmenteem uma região entre duas placas planas e paralelas horizontais, com a placapositiva abaixo da negativa (Figura 3.8). A separação das placas vale d = 1,0 cm ea carga entra na região das placas a uma altura de d/2 da placa inferior. Se avelocidade da carga for na horizontal e de módulo 1,40 m/s e o campo elétricoentre as placas 2,40 x 10 N/C, qual a velocidade da carga elétrica quando ela sechocar com a placa negativa?Figura 3.8: Carga lançada em um campo elétrico uniforme.Solução: Seja um sistema de coordenadas com origem na posição em que a cargaelétrica entra na região entre as placas, com eixo Oy vertical e com sentido paracima (da placa positiva para a negativa); e eixo Ox perpendicular a Oy comomostra a figura 3.8. O campo elétrico está dirigido de baixo para cima, de modoque o vetor campo elétrico é:67

= 0 ̂ + 2,40 10 ̂.Então a aceleração da carga está dirigida para cima (a carga é positiva) e vale:−64r QEˆ2,0×10 C × 2,40×10 N / C= ˆma j =j = 96,02m0,50kgsˆ. jO movimento da carga elétrica é idêntico ao de um projétil. O vetor velocidadeinicial da carga é:rˆ ( ) ˆmv0 = ( v0)xi + v0yj = 1,40 iˆ.sComo a aceleração é vertical, o movimento da carga ao longo de Ox é retilíneo euniforme; ao longo de Oy ele é uniformemente acelerado no sentido positivo deOy. Então, para um dado instante t depois da entrada no campo elétrico, temos:vx= ( v 0)x= 1,40 m/s v y= at =QE = 96,0 t m/smIntegrando cada equação de 0 até t pode se obter x(t) e y(t). Ou seja,x = ( v 0)xt = 1, 40tm1 1y 96,0 ×2 222= at = t mPara 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 nocampo (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 distânciavertical y=d/2. Levando esse valor na expressão de y(t) e resolvendo a equaçãopara t, obtemos:t = 2y/ a = 2d/ 2a= d / a.Com este valor de y na expressão da componentevyda velocidade, obtemos:v y= a d / a = ad=96,0 × 0,50 × 10−2= 0,69 m/s.68

O vetor velocidade da carga ao se chocar com a placa negativa é:O seu módulo é:rv = viˆ+ vˆj= (1,40 iˆx y+0,69 ˆ) j m/s.2 2 2v [ v + ]1/xv = 1,56 m/s.=yO ângulo que a velocidade faz com o eixo Ox é:o que dá θ=26°,2.vyv = tgθ = = 0,493,vxATIVIDADE 3.6No Exemplo 3.4, qual a distância horizontal percorrida pela carga até se chocarcom a placa?ATIVIDADE 3.7O Exemplo 3.4 sugere um método para separar cargas positivas e negativas de umfeixe de cargas que contém uma mistura delas. Suponha que o feixe sejaconstituído por prótons e elétrons. Se as partículas tiverem a mesma velocidadeinicial ao entrar na região entre as placas, onde o campo elétrico é uniforme, qualdeles percorrerá maior distância dentro deste campo até se chocar com a placa?69

RESPOSTAS COMENTADAS DAS ATIVIDADES PROPOSTASATIVIDADE 3.1O 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 quese modifica agora é que a força F é atrativa e, portanto, como o sentido do campo éo mesmo da força, o vetor campo elétrico passa a ter sentido de P para a carga Q .Então:ATIVIDADE 3.2:rE1 Q−4π ε=20 rrˆ.Nesse caso, temos:E1 Q24πεx1 q+4πε( L −=20 0x),pois a carga q irá atrair a carga de prova q0 colocada em P. Então:E1 ⎡ Q24π ε⎢0 ⎣ xDesenvolvendo o colchete, obtemos:Com os valores numéricos, temos:q+( L − x)2⎤ 1 ⎡Q(L − x)+ qx⎥ =24⎢⎦ πε0 ⎣ x ( L − x)=22E1 ⎡(Q + q)x4π ε⎢0 ⎣ x− 2QLx+ QL( L − x)=222E = 4,3×105N/C.2⎤⎥.⎦2⎤⎥.⎦ATIVIDADE 3.3Como as cargas têm o mesmo sinal, o ponto em que a intensidade do campoelétrico é nula deve estar situado entre as cargas. Seja z a distância deste ponto àcarga Q . Então, como no Exemplo 3.2:E1 Q24πεx1 q−4πε( L −=20 0x)= 0,ou ainda:E1 ⎡(Q + q)x4π ε⎢0 ⎣ x− 2QLx+ QL( L − x)=22Para que E = 0 , basta que o numerador seja nulo. Assim:22⎤⎥⎦= 0.70

2( Q + q)x − 2QLx+ QLque, desenvolvido e com os valores numéricos, dá:z2− 4,0z + 2,0 = 0O determinante dessa equação de segundo grau é ∆ = 16 − 8 = 8 e as soluções são:z4 + 8= 3,421= e z22= 04 − 8= = 0,59.2Como z é a distância à carga Q , sua unidade é metro. A primeira raiz da equaçãonão satisfaz ao problema porque o ponto com esta coordenada não está entre Q eq . Logo, a solução procurada é z = 0,59 m.ATIVIDADE 3.4Para verificar se o pontoadipólo temos de verificar se a razão

No caso do dipolo no lado direito da figura 3.7 não há ponto onde o campo sejanulo. Observe que à medida que se afasta das cargas o campo do dipólo é pequenoe direcionado no sentido da carga positiva para a negativa (novamente observe oadensamento 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 setasficaria invertido.ATIVIDADE 3.6Conhecido o intervalo de tempo t que a carga Q levou para se chocar contra a placanegativa, a distância horizontal percorrida por ela, do instante inicial t=0 até oinstante t é:x = ( va−20)t = ( v0)xd / = 1,40 × 0,0050/96,0 = 1,01×10xm.ATIVIDADE 3.7A aceleração da carga é a = (QE)/m; portanto, diretamente proporcional ao valorda carga e inversamente proporcional à sua massa. As cargas do próton e doelétron são iguais, mas a massa do próton é cerca de 1800 vezes maior que a doelétron. Portanto, a aceleração do próton é menor que a do elétron e ele deve levarmais tempo para chegar à placa que o elétron. Como o movimento horizontal dasduas cargas é o mesmo (retilíneo e uniforme), o próton deve se chocar contra aplaca negativa mais longe que o elétron.PENSE E RESPONDAPR4.1) A Lua poderia ser usada como uma carga de prova para testar o campogravitacional 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 distânciade 10m. O campo elétrico ao longo da linha que as une é nulo em um certo pontoentre elas. O que você pode dizer sobre essas cargas? É possível ter campo elétriconulo para algum outro ponto, exceto é claro, no infinito.PR4.3) Do que se trata o “Experimento da gota de óleo de Milikan”. Busque72

informações na literatura e compartilhe com seus colegas no fórum.EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃOE3.1) Duas cargas, Q e 2Q são separadas por uma distância R. Qual é o campoelétrico gerado no ponto em que se localiza cada carga?E3.2) Considerando o raio orbital do elétron em torno do núcleo de Hidrogêniocomor = 5,29 × 10−9cm qual seria o momento de dipolo do átomo de Hidrogênio seo elétron ficasse parado na sua órbita?E3.3) No Exemplo 3.3, se o campo elétrico for dado por:r4Eiˆ4= 3,25 × 10 + 2,40 × 10 ˆj. Qual será a velocidade da carga elétrica ao se chocarcom a placa?73

AULA 4: CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO PARADISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS DE CARGA EM UMA DIMENSÃOOBJETIVOS• CALCULAR O CAMPO ELÉTRICO PARA DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS DE CARGA EM UMADIMENSÃO4.1 COLOCAÇÃO DO PROBLEMA GERALApesar da carga elétrica ser quantizada, podemos falar em distribuição contínuade cargas porque o número de cargas em um corpo é muito grande. Vamos discutiragora como calcular o campo de uma distribuição contínua de cargas no casounidimensional. 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 coisascompletamente independentes, isso não é verdade; é sempre a lei de Coulomb queestá fundamentando os três tópicos. A diferença agora é que não estaremos maisfalando de cargas puntiformes, mas aplicando a lei de Coulomb a elementosinfinitesimais da distribuição, integrando sobre todos eles depois. Nesta etapa, oconceito fundamental é o Princípio da Superposição.Outra vez vamos proceder da mesma maneira que fizemos no caso de cargaspuntiformes: escolher um sistema de referência que será um elemento infinitesimal decarga dq arbitrariamente localizado (não use pontos estratégicos; esse elementode carga deve estar arbitrariamente localizado, de acordo com o sistema de referênciaque você escolheu). Identifique as três distâncias: r P, a localização do ponto deobservação, r′ , a localização do elemento arbitrário de carga e a distânciaentre dq e o seu ponto de observação. A figura 4.1 ilustra essa situação.74

Figura 4.1: Problema geral do cálculo do campo elétricoVamos escrever o campo elementarem um ponto P do espaço:dErdqgerado pelo elemento de carga dqrdEdq1r4π ε |dqr−'|=20 Prˆ.(4.1)Note bem quer r − ' é um vetor de origem no elemento de carga dq er Pextremidade no ponto P cuja posição é dada pelo vetor r P. A direção e sentidodo vetor dErdqsão dadas pelo vetor unitário:rrˆ= r|PPr−'r .−'|(4.2)Para conhecer o campo resultante devemos integrar sobre todos oselementos de carga (aqui entra o Princípio da Superposição):rEr 1) =4π εdqr−'|)R( rPr 20(|P∫rˆ.(4.3)Se a distribuição de cargas não for homogênea, o elemento de carga podedepender do ponto r′ . Em geral, podemos escrever:75

dq = ρ (') dV ′(4.4)onde ρ (r r ')é a densidade volumétrica de cargas (número de cargas por unidade devolume) no ponto de vetor-posiçãor ' e d V ′ é o elemento de volume (você vaiintegrar sobre as variáveis dentro da distribuição de cargas, não sobre umvolume arbitrário).Com isso, a expressão mais geral para o campo eletrostático gerado por umadistribuição de cargas contínuas em um ponto cuja posição é especificada pelo vetorr Pé:rErr 1 (') dV ′) =4∫ ρ r rπ ε (|−'|)( rP30 Pr(Pr−').(4.5)4.1.2 FERRAMENTAS MATEMÁTICAS IMPORTANTESAlém dos pontos que já enfatizamos no que se refere a montar o problema,para resolver problemas que envolvem o cálculo do campo elétrico de distribuiçõescontínuas de carga, é importante ter familiaridade com os vários elementos de volumed V ′ que podem aparecer. No caso unidimensional, onde temos uma distribuiçãolinear de cargas, o elemento de volumed V ′ se transforma em elemento decomprimento dx’ ; a densidade volumétrica de cargas se reduz à densidade linear λ(número de cargas por unidade de comprimento).Outra ferramenta matemática importante é a expansão em série de Taylor.Uma das muitas utilizadas é:1= 1−x + x1+x 21 2−L se x

x = ,(4.7)areescreva sua resposta em termos de x e faça a expansão. Algumas expressõespodem ser encontradas no Apêndice D.4.2 CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO EM DISTRIBUIÇÕESUNIDIMENSIONAIS DE CARGAVamos começar com um exemplo simples que tem como objetivo ressaltar aimportância de formular corretamente a lei de Coulomb no referencial escolhido. Alémdisso, vamos mostrar explicitamente que a sua resposta obviamente não podedepender da escolha do referencial que você fizer. No entanto, é fundamental formularo problema de forma consistente com sua escolha.EXEMPLO 4.1Uma barra isolante de comprimento L uniformemente carregada com densidadede carga linear λ . Calcule o campo elétrico a uma distânciaextremidades da barra, na direção da mesma.xPde uma dasRESOLUÇÃO: Vamos começar formulando o problema em um referencial com origemO na extremidade esquerda da barra e eixo Ox com sentido para a direita, ilustrado nafigura 4.2. Seja î o unitário da direção do eixo.Figura 4.2: Campo elétrico criado por uma barra com referencial na extremidade.77

As distâncias relevantes ao problema são:observação.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" L − xx P+ ′ , distância entre dq e o ponto deA direção do campo está desenhada na figura 4.2. nnão se esqueça de sempredesenhar o campo - frequentemente haverá simetrias que podem simplificar seuscálculos. O elemento diferencial do campo gerado por dq é:rdEdq14π ε ( xdq+ L − x′)=20 Piˆ.Então:MasrE14π εdq+ L − x′)L= ∫020 ( xPdq = λdx′. Para integrar, fazemos a transformação de variáveis u xP + L − x′iˆ.= , oque dá: du = −dx′. Os limites de integração tem de ser mudadas. Para x′ = 0 ,devemos teru = xP + L ; para x ′ = L , u = xP. A integral fica:λ xP − du λ −1x λ ⎡ 1P= + | =2+ ⎢4∫u+x Lπ εx0 PLu 4π εP04πε0 ⎣ xP−xP1 ⎤⎥.+ L⎦r λ LFinalmente: E =iˆ.4 x ( x L)π ε0P P+Agora vamos fazer um limite cuja resposta conhecemos, para testar o resultadoobtido: sabemos que quando estamos muito longe da barra ( x P>>> L)devemos obtero resultado da carga puntiforme, pois o tamanho da barra fica irrelevante. De longevamos ver uma cargaQλL= na origem. Note que:rE ≅1 λLiˆ=24π ε x0PQ4πε x02Piˆ( xP>> L).78

Vamos agora resolver o mesmo problema com a origem do referencial noponto meio da barra, mostrado na figura 4.3.da barra.Figura 4.3: Campo elétrico criado por uma barra. Origem do referencial no meioDa mesma forma que antes, temos:a) A distância x′ que localiza dq no referencial em questão;b) A distância x P+ L/2que localiza o ponto de observação;(c) A distância "da lei de Coulomb"x P+ L/2 − x′, distância entre dq e o pontode observação.Então:rdEdq1 dq4π ε0( x + L/2− x′)=2Piˆr 1 L/2dqe: E = iˆ.24∫ + π ε−L /2( x + L/2− x′)0PA mudança de variável é agora:u xP + L/2 − x′= , com os limites de integração: parax′ = −l/2, u = x + PL ; para x ′ = + L /2 , u = xP. A integral fica:+ L/2xP∫ dx′= −−L/2∫x+PLdu,r λ Ldando: E =iˆ,4 x ( x L)π ε0P P+que é o mesmo resultado que antes. Isto significa que o resultado é independente daescolha do referencial. A próxima atividade usa o conhecimento que você já deve teradquirido no problema, incluindo agora um ingrediente novo.79

ATIVIDADE 4.1Considere que cadametade da barra isolante do Exemplo 4.1 está carregada comdiferentes densidade de carga linear λ1e λ2. Calcule o campo elétrico a uma distânciaxPde uma das extremidades da barra, na direção da mesma.No exemplo 4.2 vamos calcular o campo elétrico para pontos sobre oeixo vertical da barra.EXEMPLO 4.2Considere um fio de comprimento L com densidade superficial de carga λuniformemente distribuída, como mostra a figura 4.4. Determine o campo elétricono ponto P x P,y ) .(PFigura 4.4: Campo elétrico gerado por um fio uniforme.RESOLUÇÃO: Este é o caso mais geral que podemos construir. Note a posiçãogenérica do sistema de referência e do ponto de observação.a) Localização do ponto P : x iˆ+ y ˆjb) Localização de dq : x′iˆPc) Localização do vetor distância entre dq e P : ( x − x′) iˆ+ y ˆjTemos:PPP80

= 1 λdx′dE[( x x′) ˆdqi y2 24 [( x x ) y ]3/2 P− +π ε − ′ +0PPPˆ]. jNote que neste caso o vetor unitário que dá a direção dedaí o fatorentão:[( x ′ +P( xe =[( x− x′) iˆ+ y ˆPj2 2− x′) + y ]ˆ P1/2PPdEr dqé:2 2 3/2P− x ) y ] no denominador. A intensidade do campo elétrico é,rEGeral( ⎡ λ x0L ( xP− x′) dx′xP, yP) = ⎢4∫ +x2 2⎣ πε 0 [( xPx ) yP]3/20 − ′ +,⎤⎥⎦iˆ⎡ λ x0+ ⎢ yP4∫ +x⎣ πε0 0L[( xPdx′2− x′) + y2P]3/2⎥⎦⎤ˆ. jA segunda integral é mais simples. Vamos começar por ela:I2dx′2− x′) + y=x0L∫ +x20 [( x]3/2PP.A integral pode ser calculada fazendo a transformação de variáveis:u xP − x′= tal que′ 0du = −dx′. O limite de integração para x′ = x0fica u = x − x0 P 0; e para x = x + L ficau1 = xP − x0+ L . Então, a integral fica:∫u1u0( u2− du2+ y )P3/2.Uma nova substituição de variáveis:onde2u = y gθtal que du = y sec θ dθθ =P tarctguy PPnos dá os seguintes limites de integração:θu011= arctg , θ2= arctgyPu Pu81

Assim:22u1 − duθ2 − y θ θ θPsec d2 − yPsecθ dθ==u 2 2 3/22 2 2 3/23 20 ( u + y )∫θ1 ( t θ + )∫θy g y1 y (tgθ + 1)∫PPPPLembrando que2t θ +1 = sec2θ1 θ2 − dθ1 θ21θ2= = cosθdθsenθ|2 θ22 θy∫1 secθy∫ − =θ1y1.g temos que:PPPComotg θ = u/yP, sabemos queθ . Assim:sen +2 2= u/u yPsenθ=1( xPxP− x− x0)02+ y2Pesenθ2=− ( x2 2[ x − ( x + L)] + yPxP00+ L)PAssim obtemos:I2=∫x0+ Lx0[( xPdx′2− x′) + y]2 3/2P=∫u2u1( u2− du+ y )2P3/2=1y2Pu2u+ y2PxP−x0+ LxP−x0I2=12yP[ senθ− senθ]21=1⎡⎢2yP⎢⎣− ( x+ L)[ x − ( x + L)]PxP002+ y2P−( xPxP− x− x0)02+ y2P⎤⎥.⎥⎦A integral que aparece na expressão detransformação de variáveis:integração para = x0x′ fica u x0− xPEntão, a primeira integral fica:u = x′− x tal que du dx′P= 1 ; e para x x + LExpode ser calculada fazendo a′ 0= . Ou seja, o limite de= fica u = ( x 0+ L)− xP2.x0L ( x )uP− x′dx′2 − u du 1 θ2I1= ∫ +== cosθ| ,2 2 3/22 2 3/2θx[( ) ] ( )10 x − x′+ y∫u1 u + y yPPPPEssa integral pode ser calculada com uma tabela de integrais ou seguindo os passosindicados a seguir.82

Uma nova substituição de variáveis:onde2u = y gθtal que du = y sec θ dθθ =nos dá os seguintes limites de integração:P tarctgθuy Pu011= arctg , θ2= arctgyPu PPuAssim a integral fica:− u du− y− y2222u2θ2θP2 P==u 2 2 3/22 2 2 3/23 2 3/21 ( u + y )∫θ1 ( t θ + )∫θP yPg yP1 yP(tgθ + 1)∫tgθsecθ dθtgθsec θ dθLembrando que2t θ +1 = sec2θg temos que: .21 θ2 − tgθsec θ dθ1 θ2 − tgθdθ1 θ21θ2= == senθdθcosθ|3θy∫θ1 sec θ y∫− =θ1 secθy∫θ1y1PPPPComotg θ = u/yP, sabemos quecosθ = y . Assim:2yP/u +2Pcosθ=1( x0y− xPP)2+ y2Pecosθ2=[(x + L)− x ]0yPP2+ y2P.O resultado da integral fica, portanto:x0L ( x )uP− x′dx′2 − u du 1 θ2I1= ∫ +=== cosθ| ,2 2 3/22 2 3/2θx0 [( x − x′) + y ]∫u1 ( u + y ) y1PPPPI1=1yP[ cosθ− cosθ]21⎡= ⎢⎢⎣1[(x + L)− x ]0P2+ y2P−( x01− xP)2+ y2P⎤⎥.⎥⎦Então o resultado final para as componentes do campo elétrico nos dá:83

e:Ex=4λπ ε⎡⎢⎢⎣1[ ] ⎥ ⎥ 2 22 2( x + − + (0− +0L)xPy x xPPyP⎦0 )−1⎤Ey=λ⎡x (0)0.42 22 20 [ ( )](0) ⎥ ⎥ ⎤⎢P− x + Lx − xP−π ε yP⎢⎣ x −− +Px0+ L + y x xPPyP⎦Finalmente, o campo elétrico é:EGeral( xP, yP⎡11) =iˆ42 22 20 [(x L)x ] y ( x xP) y ⎥ ⎥ ⎤⎢λ⎛⎞⎜−⎟⎢ π ε ⎜⎟⎣ ⎝ 0+ −P+P0− +P ⎠⎦⎡+ ⎢⎢⎣λπ ε⎛⎜x− ( x+ L)− xP 00 P4 2 22 20y ⎜P [ x ( x )]( x0x ) yP−0+ L + y −PP+P⎝−x⎞ˆ. j⎥ ⎥ ⎤⎟⎟⎠⎦ATIVIDADE 4.2Calcular o campo de um fio semi-infinito que se estende de x0até ∞ .ATIVIDADE 4.3Calcular o campo gerado por um fio infinito em um ponto P x P, y ) .(P84

RESPOSTA COMENTADA DAS ATIVIDADES PROPOSTASATIVIDADE 4.1O elemento diferencial de campo gerada pelas duas metades é:rdE1 λ1dx'4π ε ( x − x′)dq=20 Piˆ0 ≤x≤L/2erdEdq1 λ2dx'4π ε ( x − x′)=20 PiˆL/2≤x≤L/2.Integrando sobre toda a barra temos:rE1 L/2λ dx′L1dxiˆ1 λ ′2+24π ε ∫0( x x ) 4 L/20 − ′ π ε ∫( x − x′)=2P0 PiˆA integral que aparece na expressão pode ser calculada fazendo a transformação devariáveis:u = xP − x′tal que du −dx′= . Recalculando os limites de integração aintegral fica:=λ1 −1u2= xP−L/22| ˆ λ2−1u = xP−Luui u | ˆ,1 = x+u1x L/2i4P=4P−π επ ε00ou:r λ1E =4π ε0xPL/2ˆλ2i +( x − L/2)4πε ( xP0PL/2− L/2)(xP1= 1Liˆ.− L)Podemos reescrever a resposta em termos das cargas totais /2Note que sex P>> Lr 1E =4π ε0x, então teremos:PQ1ˆ1i +( x − L/2)4πε ( xPr 1 Q1+ QE →4 π ε x002P2PQ λ e Q λ /2 :Q2− L/2)(xiˆ.Piˆ.− L)2= 2LSe 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 estarámais distante dexP.85

ATIVIDADE 4.2Para obtermos o campo em um ponto P x P, y ) basta tomar, na expressão geral do(pexemplo 4.2:E = lim EL→∞GeralDa componente x sobra apenas o segundo termo entre parênteses, o primeiro tende azero. Então:Exλ 1= iˆ( L → ∞).4πε2 20 ( x − x ) + y0PPPara calcularEyneste limite, notemos que:limL→∞[(x0+ L)− xP]2[(x + L)− x ] +0Py2P= limL→∞[(x + L)− x ]0[(x + L)− x ]P0⎧1+⎨⎩[(x + L)− x ]0PyPP⎫⎬⎭2= 1.Assim, o campo elétrico na direção y para um fio semi-infinito ficaEfio semiλ⎡= ⎢4π ε0 ⎢⎣1⎛iˆ+ ⎜1−⎜⎝− x0 P−inf.L2 22 2( x0− xP) + yP( x0− xP) + yP( x)⎞⎤ˆj⎟⎥⎟⎥⎠⎦ATIVIDADE 4.3Para obter este resultado devemos fazer, no resultado da Atividade 4.2 o limite dex0→ −∞. Pela simetria envolvida agora no problema (faça um desenho, se nãoconseguir perceber isto!) a componenteEx,∞λ= limx →04πε0Eydo campo se anula, pois:0( x01− xP)2+ y2P= 0Ey,∞=limx0→∞λ4π ε y0P⎡⎢1−⎢⎣( x( x00− x )− x )PP2+ y2P⎤⎥⎥⎦86

Aqui precisamos ter cuidado: como x0é um número negativo, vemos que:limx0→−∞( x( x00− x− xP)P2)+ y2P=limx0→−∞( x − x )0P( x − x )0⎛1+⎜⎝P2=limx0→−∞⎛1+⎜⎝( x − x ) ⎟⎜ ( x − x )0yPP⎞⎟⎠10yPP⎞⎟⎠2= 1,pois o denominador será positivo nesse limite. Portanto:Ey=λ4π ε yλ[1−( −1)]= 24π ε yλ=2π ε y0 P0 P0 P.PENSE E RESPONDAPR4.1) O que é um quadrupolo elétrico? Faça um desenho da configuração das cargas.r 1PR4.2) O campo elétrico de um dipolo elétrico varia com Edipolo∝ .3rPVocê espera queo campo de um quadrupolo varie com potências mais altas de r ?87

AULA 5: CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO PARADISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS DE CARGA EM DUAS E TRÊSDIMENSÕESOBJETIVOS• CALCULAR O CAMPO ELÉTRICO PARA QUALQUER DISTRIBUIÇÃO CONTÍNUA DE CARGA• IDENTIFICAR E EXPRESSAR OS ELEMENTOS DE SUPERFÍCIE E DE VOLUME5.1 ELEMENTOS DE SUPERFÍCIE E DE VOLUMEPara resolver problemas que envolvem o cálculo do campo elétrico dedistribuições contínuas de carga em duas e três dimensões, é importante conhecer oselementos de volumed V ′ . Ou seja:(a) Distribuição superficial de cargas: aqui o elemento de volumereduz ao elemento de área:d V ′ se′ para coordenadas cartesianas em uma superfície plana,• d A = dx dycomo ilustra a figura 4.2a;• d A′ = rdr dθpara coordenadas polares (por exemplo, em um disco,figura 5.1b.Figura 5.1: Elementos de área no plano: (a) coordenadas cartesianas e (b) polares.88

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 volumeser expresso das seguintes pord V ′ pode′ para coordenadas cartesianas, figura 5.2a;• d V = dx dy dz′ para coordenadas cilíndricas, figura 5.2b;• dV= ρ dρdφdz2• dV ′ = r sinθdr dφdθpara coordenadas esféricas, figura 5.2c.A densidade volumétrica de cargas, chamada de ρ, indica o número decargas por unidade de volume.Figura 5.2: Elementos de volume: (a) coordenadas cartesianas, (b) cilíndricas e (c)esféricas.5.2 CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO PARA DISTRIBUIÇÕES DE CARGAEM DUAS DIMENSÕESAntes de prosseguir é importante relembrar a discussão do item 4.1 sobre osproblemas que envolvem o cálculo do campo elétrico de distribuições contínuas decarga, tendo em mente que os passos a seguir são os mesmos. Vamos então começarcom o exemplo 5.1 da espira metálica.89

EXEMPLO 5.1Considere uma espira metálica de raio R carregada com uma carga total Qpositiva, como mostra a figura 5.1. Calcule o campo elétrico no eixo que passa pelocentro da espira.Figura 5.1: Espira carregada com uma carga Q.SOLUÇÃO: Da figura, vemos que:a) Para qualquer dq no aro, a distância que o localiza a partir do centro ésempre r ′ = R .rb) A localização do ponto de observação é = z kˆ.PPc) A distância entre dq e P é2 2R + z P.Simetria: Vemos que, pela simetria do problema, o campo gerado por qualquerelemento de carga dq , terá um correspondente simétrico com relação à origem, cujocampo terá uma componente horizontal idêntica e na vertical de mesmo módulo esentido. A carga total na espiraQ = (2π R)λ tal que dq = λRdθ.O elemento diferencial do campo gerado por dq é então:90

dEdqλ4π εRdθ′2 2( R + z )= 20Pcosφkˆ.rTal que ( r λ 2πRdθ′E ) = =cos kˆanelzP ∫ dEdqφ .2 24π ε∫0( R + z )20PComor2 2cosφ = zP/R + zPvem: = λ R 2πzP ˆ∫ dEdqdk.2 24∫ θ ′π ε 0( R + z )3/20PRepare que o integrando não depende de θ ′ . Fica então, muito fácil:rEzλ2πRzP ˆ Q zP) =k =2 2 3/224π ε ( R + z ) 4πε ( R + z( anel P2)3/20P0Pkˆ.(5.1)Note que o campo na origem z = 0 é nulo, como seria de se esperar por simetria.POutra vez, sez P>> R, devemos obter o campo de uma carga puntiforme. Oparâmetro adimensional que caracteriza essa condição é:x =Rz P

EXEMPLO 5.2Consideremos um aro uniformemente carregado, com densidade superficial decarga λ > 0 , e calcule o campo elétrico na origem do sistema de coordenadas da figura5.2.Figura 5.2: Aro uniformemente carregado.SOLUÇÃO: Aqui novamente por simetria, o campo na direção x se anulará, visto quehaverá um elemento que gera um campo na direção de y negativo. Devemos calcularentão:ou:rEλ4πε∫λ R dθ′|= −,4πε| dE dq20RR dθ′ cosθ′ λR⋅ ( −iˆ)=2R4π ε R= 200∫cosθ′ dθ′ ( −iˆ)rE(xP= 0, ypRλ= 0) = +4π ε R02senθ′+ π/3−π/3λ( −iˆ)= +4π ε R0[ sen(π/3)− sen(−π/3)](−iˆ),,rE(xp= 0, yp= 0) =λ 3( −iˆ)=4πεR01,73λ( −iˆ).4πεR0(5.3)92

Atividade 5.2Qual é a força exercida sobre uma carga q=10,0 μC colocada à distância de 1,0 m doanel do Exemplo 5.2, supondo esta carga de 6,0 μC?EXEMPLO 5.3Considere um disco de raio R com densidade superficial uniforme de carga σem sua face superior. Calcule o campo elétrico gerado por ele no ponto P situadosobre seu eixo.Figura 5.3: Campo elétrico gerado por um disco carregado.SOLUÇÃO: Tendo identificado todos os elementos essenciais ao nosso cálculo nafigura, notemos ainda que, outra vez, por simetria, teremos apenas resultado não nulopara o campo na direção ẑ . A carga total no disco éO elemento infinitesimal de campo é:Q = πR2 σ tal que dq = σ r′ dr′dθ′.σ r′dr′dθ′|=2 24π ε ( r′+ z )| dEdq20 P.93

Tal que o campo é dado por ( σ r′dr′cosφdθ′E zP) = ∫zˆ.2 24πε ( r′+ z )20Pr2 2E como cosφ = yP/r′+ z P: ( σ 2πR r′dr′E zP) = dzˆ.2 24∫ θ ′π ε0 ∫0( r′+ z )3/20PA integração em θ ′ pode ser feita imediatamente e dá um fatorsimples:2 2u = r′ + zP → du = 2 r′dr′2 π . A integral é∫0R( r′′′2 2r dr 1 R + z2 2P du 1/2 R + zP=2 2 3/2 2= −u|3/22+ z ) 2∫zzPP uPFinalmente, substituindo na expressão para o campo. Vem:rE(zP) =σ ⎡⎢1−2ε0 ⎢⎣Rz2P+ z2P⎤⎥⎥⎦zˆ.(5.4)Atividade 5.3Calcule o campo elétrico para pontos muito distantes do disco do exemplo 5.3EXEMPLO 5.4SOLUÇÃO ALTERNATIVA PARA O PROBLEMA DO DISCO CARREGADOAo 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, constituidospor anéis de raio r e espessura dr como mostrado na Figura 5.4.O elemento de área do anel é:da = (2πr)dr94

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:E(zP1 dq 2πσr dr) = ∫ dE =22 24∫ =π ε r 4π ε ∫( r + z )00R0.3 / 2PEsta integral foi feita no Exemplo 4.3. O resultado então é:rE(zP) =σ ⎡⎢1−2ε0 ⎢⎣Rz2P+ z2P⎤⎥⎥⎦zˆ.(5.5)Atividade 5.4Qual seria o valor do campo elétrico casoR >> zPconsiderar o disco como um plano infinito de cargas?? Nesse caso você poderia5.3 CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO EM DISTRIBUIÇÕES DE CARGA EMTRÊS DIMENSÕESO exemplo 5.5 mostra a dificuldade de calcularmos o campo elétrico dedistribuições 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 queefetuar essas integrais e resolver o mesmo problema em algumas linhas efetuando nomáximo uma integral unidimensional. O que nos proporciona isso é a lei de Gauss, queveremos na próxima unidade.95

Então, até como motivação para aprender a lei de Gauss, vamos antes dissomostrar como resolver o problema da esfera uniformemente carregada pelos métodosque já aprendemos. Depois vamos ver como a lei de Gauss simplifica tudo.EXEMPLO 5.5Utilizando a Lei de Coulomb, encontre o campo elétrico em pontos internos e externosa 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 referencialescolhido;5) definir a posição do ponto de observação;6) definir a distância entre esses dois pontos, que é o que nos pede a lei deCoulomb.Se fizermos isso cuidadosamente, o problema estará essencialmente resolvido e seresumirá a resolver integrais complicadas. Vamos escolher então o referencial. Comoessa escolha é arbitrária, podemos colocar o ponto de integração sobre o eixo z. A leide Coulomb nos fornece:rdEdqr r1 dqP−r r r r4πε0|−| |P−=2P.|(5.6)O módulo do vetorr r − pode ser escrito em termos das cordenadas esféricas. Ar Pfigura 5.6 ilustra o sistema de coordenadas utilizado. Como:r= rsenθ cosφiˆ− rsenθsenφˆj+ rcosθkˆ.erP= rPkˆ96

vem:rP− r = −rsenθcosφiˆ− r senθsenφˆj+ ( r − rcosθ) kˆ.PFigura 5.5: Escolha do referencial: coordenadas esféricas.Assim, de acordo com a equação (5.6) o elemento de campo elétrico gerado pord q= ρdVfica:rdE21 ρrdr senθdθdφ2 24πε[ r + r − 2rrcosθ]= dq3/20 pPr(Pr−),onde:rP− r2 21/2= [ rp+ r − 2 rPr cosθ]2e: dV = r dr senθdθdφé o elemento de volume em coordenadas esféricas. Podemos agora verificarexplicitamente que os campos nas direções x e y se anulam. Para isso, escreva acomponente do elemento dErdqna direção x e o integre sobre o volume da esfera:97

πρ θθπr senE = r2R2dE iˆ1x ∫ • dq= ∫ dr d[ r senθcosφ]dφ0 ∫ ∫−0 02 24π ε [ r + r − 2 r r cosθ]3/20pPA integral sobre φ só envolve ocos φ que, integrado no intervalo de 0 a 2 π seanula. Um argumento completamente análogo vai levar você a concluir que:E x= E y= 0.Então, o que nos resta é calculartrabalhoso, como você verá a seguir.Ez. Entretanto, o cálculo desta integral é muitoA integralEzque desejamos é:Ezrˆ ρ R• k = − dr2ε∫0∫senθ( r− r cosθ)2= πP∫ dEdq0 2 2[ 2 cos ]3/20 rp+ r − rPr θrdθ.A integração sobre a variável θ pode ser efetuada fazendo a seguinte transformaçãode variáveis:t = 2 r r cosθ→ dt = 2 r r senθdθ.− (5.7)P+PEsta transformação afeta apenas a integral em θ , vamos escrevê-la como:2( π r senθ( rP− rcosθ)I r)= ∫02 2[ r + r − 2 r r cosθ]3/2pPdθ.O integrando pode ser preparado para integração da seguinte forma:[ rr2p2senθ( r+ r2P− 2 r− r cosθ)Pr cosθ]3/223( r rpsenθ− r senθcosθ)dθ= dθ=2 23/2[ r + r − 2 r r cosθ]pP98

Depois de usar a equação 5.7 no denominador:[ rr2p2senθ( r+ r2P− 2 r− r cosθ)Pr cosθ]3/22r ( r rpsenθdθ− r senθcosθdθ)dθ= =2 2 3/2[ r + r + t]p[ rr2p2senθ( r+ r2P− 2 r− r cosθ)Pr cosθ]3/2dθ=[ r2pr2+ r + t]3/22[r rpsenθdθ2r rpcosθ2r rp+ ( −22rpsenθdθ)]2rp[ rr2p2senθ( r+ r2P− 2 r− r cosθ)Pr cosθ]3/2dθ=[ rr2+ r + t]dt t dt[ + ] =22 4r[ rr2+ r + t][ +2 3/223/2pp p21t4r2p] dt[ rr2p2senθ( r+ r2P− 2 r− r cosθ)Pr cosθ]3/22r 2rp+ tdθ=dt.2 2 3/2 2[ r + r + t]4rppAssim, ficamos com:Ez2= ρ R + 2r rP r (2rt)RP+ ρ rdrdt = I ( r)dr,2 2 2 3/222ε∫ 0 ∫−2r rP 4r[ r + r + t]ε ∫04r10Pp0Pem que:2( 2r rP (2rP+ t)I1 r)≡ ∫ + dt.−2r r 2 2P [ r + r + t]3/2p2 2Fazendo uma nova transformação de variáveis: u = r + r + Pt,podemos notar queu − r22 2+ rP = 2rP+t,d o que nos permite reescrever a integral acima como:I ( r)≡1(2r+ t)2 2( r+rP) ( u − r + rdt = . ∫ 2( r−rP) [ u]2+ 2r rP P∫−2r r 2 2 3/23/2P [ rp+ r + t]2P)du99

Tal queI ( r)=1( r+r )2P( r−r)2P∫⎡(r⎢⎣2Pu− r3/22) 1+u1/2⎤⎥⎦2⎡(rP− rdu = ⎢ 3/2⎣ u2) 1+u1/2⎥⎦⎤2( r+rP)2( r−rP)2 2⎡ ( rP− r )= 2⎢−+ ( r + r⎣ ( r + rP)P2( rP) +| rP2− r )− | r− r |P⎤− r | ⎥,⎦onde| r − r |= ( r − r)PP2. É preciso ter muito cuidado com as duas raízes. Portanto énecessário usar o módulo e avaliar as duas opções ao fazer as contas. Enfim,agrupando os termos ficamos com:⎡ rPI ( r)= 4r⎢1+⎣ | rP− r ⎤ ⎧8r⎥ = ⎨− r | ⎦ ⎩0seserrPP> r1(5.7)< rIsto mostra que vamos obter expressões diferentes para o campo se ocalcularmos em pontos dentro ou fora da esfera.Para os pontos externos,r P> r,logo:Ez=ρ2ε∫00Rr4r2Pρ 4R[8r]dr =ε 12031r2Pou,3se q = 4πR/3ρ .Ezq= ,(5.8)24πεr0 PPara pontos internos, temos quer Pestá entre zero e R ; portanto devemosdividir a integral em duas partes e notar que a contribuição paraenquanto que para0 < r < R , I( r)= 8r. Portanto:r > rPé nula,Ezρ=εrρρ rrPRPp∫ [8r]dr + 0 dr = .0 230 4rrPε ∫=(5.9)0 P 3ε04πε0 Rqr100

E vemos portanto que o campo elétrico cresce para pontos dentro da esfera àmedida que a carga interna à superfície esférica onde se encontracrescendo.r PvaiUm gráfico do campo elétrico obtido, como função da distância a partir da origem émostrado na Figura 5.6. Note que o campo elétrico é contínuo parar P= Rpode ser testado das duas expressões obtidas para ele, dentro e fora da esfera., conformeFigura 5.6: Gráfico do campo elétrico em função de r.Mostre que o campo elétrico é contínuo emATIVIDADE 5.5r P= R .101

RESPOSTAS COMENTADAS DAS ATIVIDADES PROPOSTASAtividade 5.1A força sobre a carga q =10,0 μC é:rFr r= qE = EqQ) =4π ε z( zP20 Pkˆ.Atividade 5.2A força exercida pela carga no arco é:rFr r1,73λ= qE = E(x = 0, y = 0) = − (ˆ) i4π ε R0Como conhecemos a carga Q=6,0 μC, temos, na equação acima, ou substituir λ porQL, sendo L o comprimento do aro, ou calcular λ com λ = Q/L. Vamos fazer a segundaopção. O comprimento do aro é dado por L = Rθ, sendo θ o ângulo subentendido peloaro no seu centro. Notemos que o ângulo θ é medido em radianos. Assim, comoθ=120° e R=1,0 m, temos:π0L = R × 120 = 2,09 m.0180A densidade linear de cargas é:q 6,00µCλ = = = 2,8µC / m.L 2,1mEntão:9−69,0× 10 × 1,73 × 2,8 × 10 Nm4F == 4,4 × 10 N.1,0m102

A direção da força é radial e o sentido, do meio do aro para o centro (note o sinalnegativo na fórmula do campo elétrico e como o vetor unitário i está dirigido).Atividade 5.3Para calcular o campo elétrico para pontos muito distantes do disco utilize a equação5.4 fazendo o limite para para z P>> R . O parâmetro adimensional que caracterizaessa condição é:x =Rz P zPo campo elétrico serárE(zP) =σ ⎡⎢1−2ε⎣z⎤⎥ zˆ=⎥ 2⎦σε[ 1−0] zˆ= zˆP2 20 ⎢ R + zP02ε0σComo veremos mais adiante, esse é o valor do campo elétrico de um plano infinito decargas.Atividade 5.5Você não encontrará resposta para essa atividade.103

PROBLEMASP2.1) Duas cargas elétricas iguais e de sinais contrários valendo q=50 μC sãoseparadas de 20 cm. Qual o campo elétrico no ponto médio da linha que une ascargas?P2.2) Duas cargas elétricas iguais de 10 μC são alinhadas e separadas por umadistância de 10 cm. Calcule o campo elétrico gerado no ponto P da mediatriz da retaque une as argas, à distância de 15 cm dela.P2.3) Qual deve ser o valor da carga elétrica se o campo gerado por ela vale 4,0 N/C àdistância de 70 cm dela?P2.4) Uma carga elétrica -5q é colocada à distância a de outra +2q. Em que ponto oupontos 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 dipóloscom momentos opostos.Figura 3.9 – O quadrupólo elétricoCalcule 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 serepeliriam com uma força de 60 N quando separadas de 0,60 m, quais são as cargasdas esferas? (b) se elas se atraem com uma força de 60 N, quais as cargas em cadauma delas?P2.7) Uma carga de +6,0 μC é colocada no ponto P de coordenadas (2,5;-3,0) m. Umaoutra carga de -5,5 μC é colocada no ponto Q de coordenadas (-2,0;2,0) m. Determineo vetor campo elétrico gerado por elas no ponto R de coordenadas (3,0;1,5) m.104

P2.8) Um elétron com velocidade8v = 5,0 × 10 m/s é lançado paralelamente a umcampo elétrico uniformeE = 1,0 × 103N/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, quefração de energia cinética inicial o elétron perde ao atravessar o campo?P2.9) Um elétron é lançado em um campo elétrico uniforme compreendido entre duasplacas como mostrado na figura abaixo.Figura 3.10 – Elétron no campo uniforme entre duas placasA velocidade inicial do elétron é6v = 6,0×10 m/s e o ângulo de lançamento é = 45θ °.Se3E = 2,0×10 N/C, L =10,0 cm e d =2,0 cm, (a) o elétron se choca contra algumadas placas? (b) se sim, qual e a que distância do lançamento ele se choca?105

UNIDADE 3LEI DE GAUSS E SUAS APLICAÇÕESA lei de Gauss representa um método alternativo extremamente útil paracalcular o campo eletrostático gerado por uma distribuição de cargas, e simplificaespantosamente os cálculos, sempre que simetrias estejam envolvidas, como é, porexemplo 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 elétricogerado por ela, ao contrário do que ocorre na lei e Coulomb que pressupõe umainteração à distância entre as cargas. Portanto a lei de Gauss é considerada um dospilares dos eletromagnetismo.106

107

AULA 6: LEI DE GAUSSOBJETIVOS• 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 NÃOCONTRIBUEM PARA O CAMPO ELÉTRICO6.1 FLUXO DO CAMPO ELÉTRICOVamos começar com uma abordagem intuitiva. O caso mais simples possível éo de uma carga puntiforme q situada na origem de um referencial. O campo por elagerado a uma distância r é dado por:rE1 q4π ε=20rrˆ.Na figura 6.1 estão representados alguns vetores da intensidade do campo elétrico emalguns pontos gerado pela carga + q .Figura 6.1: Vetores campo elétrico.108

Devido ao fato do campo decair com21/r , os vetores ficam menores quandonos afastamos da origem; mas eles sempre apontam para fora, no caso de q ser umacarga positiva. As linhas de força nada mais são do que as linhas contínuas que dãosuporte a esses vetores. Podemos pensar de imediato que a informação sobre o campoelétrico foi perdida ao usarmos as linhas contínuas. Mas não foi. A magnitude docampo, como já discutimos, estará contida na densidade de linhas de força: ela émaior mais perto da carga e diminui quando nos afastamos dela, pois a densidade delinhas de força diminui commesmo para qualquer superfície lembre-se queesfera.raio12N/4πR , onde N é o número de linhas de força, que é oA2= 4πRé a área da superfície daEm outras palavras: duas superfícies esféricas com centros na carga, uma comR e outra com raio ( R < )R são atravessadas pelas mesmas linhas de força.2, 1R2No entanto, a densidade de linhas de força, definida como o número de linhas porunidade de área, é maior sobre as esferas menores. Como a área cresce com oquadrado do raio, o campo decresce da mesma forma, isto é, com o quadrado dadistância à fonte. Ou seja, se2E2∝ N/4πR , concluimos que1E2R < R 1temos que ( /4 2) ( /4 2N π R1 > N πR2) e comoE > .Neste ponto, cabe uma observação conceitual importante: adiscussão acima mostra que a dependência do campo elétrico com o inversodo quadrado da distância é consequência da maneira de como ele se propagano espaço livre.Como podemos quantificar essa idéia, que parece importante e nos diz "quantaslinhas de força" atravessam uma dada superfície S? As aspas referem-se ao fato deque, obviamente o número de linhas de força é infinito, mas sua densidade, isto é, onúmero de linhas de força por unidade de área, é finito.A quantidade procurada, é denominada fluxo do vetor E rsuperfície A e definida como:através daΦ = ∫ Er • nda ˆ(6.1)ESEm que o vetor nˆ é um vetor unitário normal à área da . O fluxo é proporcional aonúmero de linhas que atravessam a área infinitesimal da , figura 6.2.109

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 acomponente de dErperpendicular ao elemento de área da ; em outras palavras, éapenas a área no plano perpendicular a E rque levamos em conta quandofalamos da densidade de linhas de força.EXEMPLO 6.2CÁLCULO DO FLUXO DO CAMPO ELÉTRICOrCalcule o fluxo do campo elétrico, dado por E = 3,0ˆ i + 2,0yjˆ + 2,0kˆN/Cm através deum cubo de lado a=2,0m, figura 6.5, tal que sua face seja paralela ao plano xz esituada à distância de 2,0 m deste plano.Figura 6.5: Cubo atravessado por campo elétrico.Solução: Antes de resolver o problema, notemos algumas propriedades do campo:110

em primeiro lugar, ele não é paralelo a nenhum dos eixos de coordenadas; emsegundo lugar, ele varia de ponto a ponto no espaço e seu valor depende dacoordenada 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 suasfaces;b – calculamos o fluxo em cada uma delas;c - somamos os resultados para obter o fluxo total.Seja a face AEFC, que é perpendicular ao eixo Oy. Para ela,nˆ= − ˆje o fluxo é:Φ1=∫SrE ⋅ nˆda =∫(3,0 iˆ+ 2,0 yˆj+ 2,0 kˆ)• ( − ˆ) j da =∫− 2,0y da = −2,0y∫∫dx dzem 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:Φ ∫∫221= −2,0( N / Cm)× 2,0 m dx dz = −4,0a ( N / C)m = −16,0(N / C)m2.Seja agora a face BDGH, que também é perpendicular ao eixo Oy. Para ela,nˆ = ˆje ofluxo é:Φ2=∫ E ⋅ nda ˆ = ∫ (3,0ˆ i + 2,0 yj ˆ + 2,0kˆ)• ( ˆ) j da = ∫ 2,0 y da =Sr2,0 y∫∫dx dzSobre a face BDGH a coordenada y não varia e tem o valor y=4,0m. Então:Φ ∫∫222= 2,0 ( N / Cm)× 4,0 m dx dz = 8,0 a ( N / C)m = 32,0( N / C)m2.Na face ABEH temosnˆ = iˆ. Então:Φ∫( 3,0ˆ ˆm23= i + 2,0 yj + 2,0kˆ)• (ˆ) i da = 3,0 ( N / C)dy dz = 3,0 ( N / C)a = 12,0 ( N / C)∫∫2111

Na face FGDC temosnˆ= −iˆ. Então:Φ∫( 3,0ˆ ˆ ˆ)m4= i + 2,0 yj + 2,0kˆ)• ( −ida = −3,0 ( N / C)dy dz = −12,0 ( N / C)∫∫2Na face ABCD temosnˆ= −kˆ. Então:ˆ2Φ5= (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∫∫∫2,Finalmente, na face EFGHnˆ = kˆ. Então:Φ∫( 3,0ˆ ˆ ˆ)m25= i + 2,0 yj + 2,0kˆ)• ( k da = 2,0 ( N / C)dy dx = 2,0 ( N / C)a = 8,0( N / C)∫∫2O fluxo total é:Φ = Φ1 + Φ2+ Φ3+ Φ4+ Φ5+ Φ6= ( −16,0+ 32,0 + 12,0 −12,0− 8,0 + 8,0) ( N / C)m2,Φ = 16,0( N / C)m2.ATIVIDADE 6.1Seja o vetorrE = 3,0ˆ i + 2,0 ˆjN/C atravessando um paralelepípedo da figura 6.4, delados a=3,0 cm, b=2,0 cm e c=2,5 cm. Calcule o fluxo do campo elétrico através doparalelepípedo.Figura 6.4 : Paralelepípedo atravessado por campo elétrico.112

ATIVIDADE 6.2Determine qual é o fluxo do campo elétrico através das três superfícies da figura 6.5.Figura 6.5 Três superfícies Gaussianas6.2 A LEI DE GAUSSVimos que as linhas de campo que se originam numa carga positiva, precisamatravessar uma superfície ou morrer numa carga negativa dentro da superfície. Poroutro lado, a quantidade de carga fora da superfície não vai contribuir em nada para ofluxo total, uma vez que as linhas entram por um lado e saem por outro. Essaargumentação claramente sugere que o fluxo através de qualquer superfíciefechada seja proporcional à CARGA TOTAL dentro dessa superfície. Esta é aessência da lei de Gauss.113

Vamos torná-la quantitativa, então:1∫ Er • nˆda = Q,(6.4)Sεem que Q é a carga líquida dentro da superfície. Essa é a lei de Gauss, que éválida para qualquer superfície fechada.06.3 FERRAMENTAS MATEMÁTICAS: CÁLCULO DA INTEGRAL DESUPERFÍCIE NA LEI DE GAUSSO 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 elétricosobre uma superfície fechada. Assim:∫ Er• nˆdaS1 - Escolhemos uma superfície compatível com a simetria do problema,que passa pelo ponto P, onde desejamos calcular a intensidade docampo elétrico;2 - Definimos o elemento de área relevante;3 - Definimos o vetor unitário normal à essa área;4 - Fazemos o produto escalar entre E r e nˆ5 – Calculamos o fluxo da campo elétrico:rΦ = ∫ E • nˆda =S∫SEcos θ da,(6.5)ondecos= Eˆ⋅nˆθ .A que simetria nos referimos acima? Aquelas, por exemplo, como a que vimos114

no caso da carga puntiforme: o módulo do campo elétrico é constante e normal àqualquer 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) emtodos os pontos da superfície e o objetivo agora é usar a lei de Gauss para simplificaros cálculos do campo elétrico. A importância da lei de Gauss fica mais clara quando oproblema tratado possui alguma simetria espacial.EXEMPLO 6.3Verifique 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 campogerado por uma carga q são radiais com origem na carga. Portanto, se escolhermosuma superfície esférica de raio r (distância da carga ao ponto onde queremos calcularo campo), a normal a esta superfície terá também direção radial em qualquer ponto;2) o elemento de área é da e nˆda = rˆda , sendo da o elemento de área deuma esfera, como ilustra a figura 6.6. Não vamos precisar de sua forma diferencial.Figura 6.6: Elemento de área de uma superfície esférica.ˆAssim: n da = r ( r sen d ) d ,ˆθφθ115

e o campo elétrico para uma carga puntiforme é:rE1 q4π ε 0r=2rˆ(6-6)Então:r 1E • n da =4π εqˆ20rrˆ• n da,como r é constante sobre a superfície, temos:r 1∫ E • n da =4π εqˆ20rEntão, vemos que tudo que necessitaremos é a área da esfera, assim teremos:∫da.∫Er• nˆda =14π εq⋅ 4πr=q220 r ε0.Inversamente, poderíamos ter descoberto o campo elétrico, sabendo apenas que, porsimetria ele deve ser constante sobre superfícies esféricas concêntricas com q . Vamosver como funciona:∫sup.deraio rrE • nˆda = E∫idemda =| E | 4πr2.Usando a lei de Gauss, sabemos que o fluxo calculado tem que ser igual à carga total2dentro da esfera, q dividida por ε0. Então E ⋅ 4πr = q/ε0, finalmente:E =14π ε0q2rNote que, devido ao produto escalar, a lei de Gauss não nos diz nada sobre adireção do campo, apenas sobre o seu módulo. Mas nos casos em que éinteressante usar a lei de Gauss, como neste, sabemos por simetria, a direção docampo. Por exemplo, no caso de distribuições esféricas, a direção será radial.116

Atividade 6.3Verifique a lei de Gauss para o caso de uma carga puntiforme negativa q .Atividade 6.4No exemplo 6.2, qual deve ser a condição para que o fluxo elétrico através do cuboseja nulo?No caso de uma carga puntiforme, o campo elétrico por ela gerado é:rE1 q4π ε 0 r=2rˆA força elétrica que atua sobre uma carga de prova q0colocada em um ponto P, édada por:rF = q0rE1 qq4πεr0=20rˆque é exatamente a expressão para a lei de Coulomb.A Lei de Gauss nos descreve a relação entre a carga elétrica e o campoelétrico gerado por ela. Segundo a lei de Gauss, o fluxo do campo elétrico emuma região finita do espaço é gerado por uma carga ou uma distribuição decargas elétricas. Ela está portanto, diretamente ligada ao conceito de campoelétrico. Isso não ocorre com a lei de Coulomb, onde a interação entre ascargas é feita sem nenhum agente intermediário.Encontramos um caso semelhante na Mecânica, onde a lei de gravitaçãodescreve a interação gravitacional direta entre duas massas, enquanto que o campogravitacional gerado por uma massa ou distribuição de massas é relacionado comestas massas pelo fluxo do vetor campo gravitacional g v que nada mais é que o fluxodo vetor aceleração da gravidade.117

RESPOSTAS COMENTADAS DAS ATIVIDADES PROPOSTASATIVIDADE 6.1Você pode calcular os fluxos sobre cada uma das faces do paralelepípedo e somá-lospara obter o fluxo total. Entretanto, o trabalho pode ser simplificado pois o campo éparalelo ao plano xy. Assim, o fluxo sobre as faces perpendiculares ao eixo Oz seránulo porque a normal a estas faces é perpendicular ao campo. Da mesma forma, ofluxo sobre as faces perpendiculares ao eixo Ou também será nulo. Sobram apenas asfaces perpendiculares ao eixo Ox. Como as normais a estas faces são de sentidosopostos, os produtos escalares do campo pelas normais terão sinais opostos. Alémdisso, o campo elétrico em cada uma delas é o mesmo (mesmo módulo, direção esentido). Portanto, a soma dos fluxos nestas duas superfícies dará o resultado nulo.ATIVIDADE 6.2No caso do campo gerado por uma carga negativa,nˆ= −rˆ. A equação 6-4 fica:rE1 q− rˆ.4π ε r=20A partir daí, todas as equações se repetem com o sinal negativo, indicando que osentido do campo é para dentro da superfície de Gauss. Então o fluxo é negativo. Masa expressão do módulo do campo elétrico não tem sinal negativo!ATIVIDADE 6.3O fluxo não é nulo por causa da componente y do campo elétrico; ela cresce com adistância ao plano xz. Portanto, para que o fluxo seja nulo, é preciso que, ou acomponente y do campo seja nula. Ou que ela seja independente da distância ao planoxz.ATIVIDADE 6.4Você não encontrará resposta para essa atividade.118

PENSE E RESPONDAPR6.1) Uma esfera condutora oca tem uma carga positiva +q localizada em seucentro. Se a esfera tiver carga resultante nula o que você pode dizer acerca da cargana superfície interior e exterior dessa esfera?PR6.2) Qual é o fluxo elétrico em um ponto dentro da esfera condutora e fora daesfera condutora da questão anterior?PR6.3) Qual seria o fluxo elétrico através de uma superfície envolvendo um dipoloelétrico?119

AULA 7: APLICAÇÕES DA LEI DE GAUSSOBJETIVOS• APLICAR A LEI DE GAUSS PARA O CÁLCULO DO CAMPO ELÉTRICO7.1 COMO USAR A LEI DE GAUSSA dificuldade mais comum na aplicação da lei de Gauss está nacapacidade de se distinguir claramente a superfície de Gauss, que é arbitrária,da superfície que envolve o volume das cargas em questão. Suponha quequeiramos calcular o campo elétrico gerado pela esfera dielétrica de raio R,uniformemente carregada com uma densidade de cargas uniforme ρ, para pontosdentro e fora da mesma, agora usando a lei de Gauss.Para evitar a confusão que costuma acontecer vamos sempre identificar a árearelativa à lei de Gauss com o índice P como fizemos anteriormente, P sendo o"ponto de observação".Primeiramente vamos calcular o campo elétrico para pontos exteriores à esfera.A figura 7.1 ilustra a superfície de Gauss escolhida.Figura 7.1: Pontos exteriores à esfera dielétrica de raio R uniformemente carregada.O campo será radial e seu módulo será constante sobre superfícies esféricasconcêntricas com a distribuição. Então, podemos escrever:120

∫ Er ⋅ nda ˆ = E ⋅ 4πRVamos calcular a quantidade de carga interna a essa superfície:Usando a lei de Gauss:S2P4q = ρ ⋅ π R3∫ Er⋅ nda ˆ =Sqε03..temos que:2 ρ 4E ⋅ 4πRp = ⋅ π Rε 303,comoq = ρ (4/3) π R3, vem:1 qE = . .24πεR0 PNote que R , o raio da distribuição de cargas NÃO COINCIDE com o raioda superfície de Gauss. O erro comum é o uso de uma única letra R paratodos os raios envolvidos no problema (nunca faça isso com as leis daFísica!). Tente perceber o que elas de fato são e depois em como expressar esseconteúdo matematicamente).Vamos agora calcular o campo elétrico para pontos no interior da esfera. É ocaso mais crítico. Vejamos como é a superfície de Gauss. Desenhe-a e escolha o seuraioRP, distinguindo bemfigura 7.2.RPdo raio da esfera em questão, como indicado na121

Figura 7.2: Superfície de Gauss interior à esfera dielétrica de raio R.O fluxo do campo elétrico é:∫ Er⋅ nda ˆ = E ⋅ 4πRS2P.A carga total dentro da superfície é:4 3q = ρ ⋅ π R P.3Note que, neste caso, o raio que delimita a quantidade de carga que vai contribuir,COINCIDE comR . Ou seja, a carga que contribui para o fluxo é q R ).P(PDesenvolvendo a lei de Gauss fica:q(R∫ E r⋅ nda ˆ =Sε0p)ou:2 ρ 4 3E ⋅ 4πR P= ⋅ π R P.ε 30Finalmente:ρE =3εO mesmo resultado que obtivemos laboriosamente fazendo uma integraltridimensional.0R P.122

7.2 APLICAÇÕES DA LEI DE GAUSSVejamos agora como aplicar a Lei de Gauss para diferentes situações queenvolvem uma distribuição de cargas com simetria.EXEMPLO 7.1Campo gerado por uma esfera metálica carregadaConsidere agora uma esfera metálica de raio R com carga total Q . Calcule o campoelétrico para pontos exteriores e interiores a essa esfera.SOLUÇÃO:A primeira questão a considerar antes de pensar em qualquer fórmula é o tipode material do qual estamos falando. No caso anterior tratava-se de uma esferadielétrica. Como sabemos, as cargas não têm mobilidade em dielétricos e portanto elaspodem estar uniformemente distribuídas nele. Agora estamos falando de umaesfera condutora, isto significa imediatamente que para pontos internos a essaesfera:E = 0 .Como vimos anteriormente, em materiais condutores as cargas se concentram nasuperfície dos mesmos; então não temos cargas no interior da esfera.int.Figura 7.3: Superfície de Gauss para uma esfera metálica.E os pontos exteriores? Escolhemos como superfície de Gauss uma superfície esférica123

arbitrária de raioou:RP. Então (Figura 7.3):E ⋅ 4πRE2P14πεQ= ,εQ=20 RP0.ATIVIDADE 7.1Resolva o exemplo 7.1 para uma esfera com carga negativa. Use a Lei de Gauss paramostrar que o campo no interior da esfera é nulo.EXEMPLO 7.2CAMPO GERADO POR FIO RETILÍNEO INFINITOConsidere agora um fio retilíneo de comprimento infinito, raio R e densidadevolumétrica de cargas ρ como na figura 7.4. Usando a lei de Gauss calcule o campoelétrico para pontos no interior e no exterior do fio.Figura 7.4: Fio infinito de raio R e densidade volumétrica de cargas ρ .SOLUÇÃO: Para calcular o campo em um ponto P fora do fio, vamos utilizar oresultado de que o campo elétrico, por razões de simetria, é uniforme edirigido radialmente para fora do fio. A razão disso é que, como o fio é infinito,124

cada elemento infinitesimal de volume do fio que escolhermos, tem um simétrico emrelação a P; dessa forma, a componente do campo elétrico paralela ao fio se anula,restando apenas a componente perpendicular ao fio.Para pontos fora do fio, a superfície de Gauss será um cilindro concêntrico ao fio,como mostra a figura 7.5:Figura 7.5: Superfície de Gauss para um fio infinito.Note que a simetria existe porque o fio é infinito; para um fio finito, as suasextremidades impedem a existência sempre de um simétrico a qualquerelemento de volume do fio. Perto dessas extremidades, portanto, o camponão 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.Como as normais às bases do cilindro de Gauss são perpendiculares ao campoelétrico, 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 paraR p> R é dado por:E ⋅ 2πRPρπ RL =ε02L.125

Note queR P≠ R . Resolvendo a equação acima para o campo:ρ RE =2ε20R P.Para ponto internos do fio (R p< R ),2pq(R ) = π R LρpeE ⋅ 2πRpρE = ε0L = π RR p2pLρε0Note que as duas expressões coincidem quandoR p= R . A Figura 7.6 mostra ográfico do campo elétrico em pontos no interior e exterior do fio.Figura 7.6: Gráfico do campo elétrico gerado pelo fio.ATIVIDADE 7.2Mostre que, paraR P= R , os campos interno e externo são iguais.EXEMPLO 7.3Que tal agora um pouco mais de física?Uma coluna de ar de comprimento L e densidade linear−3λ = −1,2× 10 C/m encontra-126

se negativamente carregada. Qual é o raio dessa coluna de ar se as moléculas que acompõem são capazer de suportar um campo elétrico atéionização?64 × 10 N/C sem sofrerSOLUÇÃO: Vejamos a Física envolvida no problema. A idéia importante para fazer amodelagem 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 afigura 7.7.Figura 7.7: Superfície de Gauss para um linha de cargas.Como a linha está negativamente carregada, o campo elétrico estará apontandopara dentro da superfície gaussiana. A carga total éQ = λL.A segunda hipótese fundamental é a de que a superfície da coluna carregadanegativamente deva estar no raio rPonde a intensidade do campo elétrico é64 × 10N/C, pois as moléculas do ar dentro desse raio serão ionizadas. Lembre-se que ocampo fica cada vez maior a partir daí na direção horizontal e no sentido de fora paradentro da coluna. Portanto a área pela qual teremos fluxo será A = π r L P.π r LλLA Lei de Gauss nos dá: ⋅ 2 = ,ou: E = ,Portanto, para obter o raio da coluna temos:EPPε 0λ2πεr0 P2P127

−3= λ1,2 × 10 C/mr P== 5,4 m.−122 22π ε E (2π)(8,85 × 10 C / Nm )(4 × 106 N/C)0EXEMPLO 7.4PLANO NÃO CONDUTOR INFINITO DE CARGASCalcular o campo elétrico de um plano não condutor infinito de cargas de densidadesuperficial σ.SOLUÇÃO: Se o plano é infinito, a simetria nesse caso é uma simetria linear e ocampo deve estar orientado perpendicular ao plano. Não há como produzircomponentes paralelas ao plano, elas vão se cancelar sempre.Figura 7.8: Superfície de GausscomprimentoA superfície de Gauss será o cilindro indicado na Figura 7.8, de raioLP. A carga dentro do cilindro considerado é:correspondente à base do cilindro.por isso:RPeq = σ A , sendo A a áreaO campo elétrico é perpendicular às bases e paralelo à superfície do cilindro,rE ⋅nˆ= E(nas bases)128

erE ⋅ˆn = 0(na superfície).Portanto, somando todas as contribuições a lei de Gauss nos forneceráE(2A)= σ AεσE =2 ε00(na direção perpendicular à tampa do cilindro). Vemos que esse campo é uniforme.Uma observação sobre fios e superfícies infinitas. É óbvio que taissistemas não podem existir fisicamente. Entretanto, os resultados obtidoscom eles ainda são aplicáveis na prática. Para isso, basta considerarmos ocampo em pontos suficientemente próximos do fio ou da superfície, para queas dimensões deles sejam consideradas muito maiores que a distância doponto em que se calcula o campo até eles.EXEMPLO 7.5ESFERAS CARREGADAS CONCÊNTRICASA figura 7.9 mostra uma carga+ q uniformemente distribuída sobre uma esfera nãocondutora de raio a que está localizada no centro de uma casca esférica condutora deraio interno b e raio externo c . A casca externa possui uma cargaE (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 . Determine129

e) Que cargas surgem sobre as superfícies interna e externa da casca?Figura 7.9: Esferas carregadas concêntricas.SOLUÇÃO: A casca externa é condutora e a interna é isolante. Sabemos como secomportam cargas adicionadas a esses materiais.Vamos começar com a esfera dielétrica; como a lei de Gauss nos garante que apenasas cargas internas à superfície gaussiana influenciam no campo, podemos escreverrapidamente esta resposta:Figura 7.10: Superfície de Gauss para a esfera dielétrica.Parar < a a carga contida dentro da superfície desenhada é:33( Volume dentro de RP4πRP/3RPq RP) ×= q = q .3Volume total 4πa /3 a3A lei de Gauss sobre a superfície desenhada (Figura 7.10) nos fornece:2 q(RP)p=ε0E ⋅ 4π R =q Rε a03P3130

ou:qE =4πε0RaP3( 0 < r < a)Para a < r < b , a carga no interior de qualquer superfície gaussiana esférica será iguala q . Pela lei de Gauss, temos:E ⋅ 4πR2Pq= .ε0qE =4πεOu:20R P( a < r < b)Para b < r < c , estaremos dentro da casca condutora. Sabemos que o campo dentrodessa casca tem que ser nulo. As cargas vão se distribuir nas superfícies interna eexterna 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 pelaesfera interior com o campo devido à parte interna da casca condutora. Sejada superfície gaussiana e seja q′ a carga gerada emfornece:Como E = 0 , descobrimos que q′ = −q.2 q + q′E ⋅ 4πRP= . ( b < r < c)ε0RPo raior = b . A lei de Gauss nosSe 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 campoelétrico para pontos fora do conjunto, isto écargas no seu interior é zero. Então:r > cE = 0( r > c), será nulo, uma vez que a soma das131

ATIVIDADE 7.3Considere a mesma configuração do exemplo 7.5, porém considere que o condutoresteja descarregado.EXEMPLO 7.6CARGA NO VÉRTICE DE UM CUBOUma carga puntiforme q está localizada no centro de um cubo de aresta d (Figura7.11).∫E rˆa) Qual é o valor de ⋅ ndAestendida a uma face do cubo?b) A carga q é deslocada até um vértice do cubo da figura 7.11. Qual é agora o valordo fluxo de campo elétrico através de cada uma das faces do cubo?Solução:q /εFigura 7.11: Superfície cúbica(a) O fluxo total é0. O fluxo através das faces em que ele não é nulo tem que ser omesmo em todas elas, por simetria. Portanto, através de cada uma das seis faces:∫facerE ⋅ ndA ˆ =qε0(b) Como o campo de q é paralelo à superfície das facesA, B e C , (as linhas deforça s!ao tangentes às faces) o fluxo através das faces que formam o vértice tem queser nulo!/(8ε0O total do fluxo sobre as outras três faces precisa ser q ) porque esse cuboé um dos oito cubos que cirundam q . Essas três faces estão simetricamente dispostasem relação a q de modo que o fluxo através de cada uma delas é:132

1 qΦ =38ε0ATIVIDADE 7.4Sobre cada vértice de um cubo há uma carga +q. Qual é agora o valor do fluxo decampo elétrico através de cada uma das faces do cubo?EXEMPLO 7.7CAMPO EM CAVIDADES ESFÉRICASUm condutor esférico A contém duas cavidades esféricas (figura 7.12). A carga totaldo condutor é nula. No entanto, há uma carga puntiformeqbno centro de umacavidade eqcno centro da outra. A uma grande distância r está outraqd. Qual aforça que age em cada um dos quatro corposA ,, q q b ce dq ? Quais dessas respostas,se há alguma, são apenas aproximadas e dependem de r ser relativamente grande?Figura 7.12: Condutor esférico com cavidades.SOLUÇÃO: A força sobreq é zero. O campo dentro da cavidade esférica ébindependente de qualquer coisa fora dela. Uma carga− qbfica uniformementedistribuída sobre a superfície condutora. O mesmo vale paraqc. Como a carga total nocondutor A é zero, uma cargaq + q fica distribuída sobre sua superfície externa. Sebcqdnão existisse o campo fora de A seria simétrico e radial:133

E =14πε0( qb +r.2qc),que é o mesmo campo de uma carga puntual situada no centro da esfera.A influência deqdalterará ligeiramente a distribuição de carga em A , mas semafetar a carga total. Portanto para r grande, a força sobreqdserá aproximadamente:1F =4 πε0qd( qb+2rqc)A força em A precisa ser exatamente igual e oposta à força emqd.O valor exato da força emqdé a soma da força aproximada de A sobreqdmais aforça que agiria emqdse a carga total sobre e dentro de A fosse zero, quecorresponde à atração devido a indução de cargas sobre a superfície da esfera.ATIVIDADE 7.5ESFERA UNIFORMEMENTE CARREGADA DE DENSIDADE VOLUMÉTRICA ρUma região esférica está uniformemente carregada com uma densidade volumétrica decarga ρ . Seja r o vetor que vai do centro da esfera a um ponto genérico P nointerior da esfera.a) Mostre que o campo elétrico no ponto P é dado por:r ρrE =3ε 0rˆb) Uma cavidade esférica é aberta na esfera, como nos mostra a figura 7.13.134

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 pontosno interior da cavidade é uniforme e vale:rrρ aE = ,3onde a r é o vetor que vai do centro da esfera ao centro da cavidade. Note que ambosos resultados são independentes dos raios da esfera e da cavidade.ε 07.3 CARGAS E CAMPO ELÉTRICOS NA SUPERFÍCIE DE CONDUTORESNo Exemplo 7.1 vimos que as cargas elétricas em um condutor se distribuemem 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; seisso não ocorresse, haveria uma componente deste campo paralela à superfície, queproduziria movimento de cargas até que a nova distribuição delas anulasse estacomponente.Podemos calcular facilmente o valor do campo elétrico nos pontos próximos àsuperfície do condutor usando a lei de Gauss. A Figura 7.14 mostra um condutor deforma qualquer e um ponto P próximo a ele, onde vamos determinar o campo.Como P está muito próximo à superfície do condutor, podemos escolher umasuperfície de Gauss na forma de uma caixa cilíndrica com uma base na superfície Eoutra, passando por P.Figura 7.14 : Superfície de Gauss para uma região na superfície de um condutor135

No interior do condutor, o campo elétrico é nulo; assim, a única contribuiçãoao fluxo do campo elétrico é dada pela superfície que contém P. Seja A a sua área, alei de Gaus nos fornece:σA∫ E r⋅ ndA ˆ = EA = .ε 0De onde vem:σE = .ε 0(7.1)O fato das cargas elétricas em condutores se colocarem na superfície externadeles tem grande importância prática pois está na origem da chamada gaiola deFaraday, usada por ele para demonstrar este fato. A gaiola de Faraday nada mais éque uma gaiola metálica que, se carregada, não oferece perigo algum para pessoasque se colocarem dentro dela, pois, ao tocarem a gaiola por dentro, não ficam emcontato com as cargas elétricas e não correm risco de choques eletricos. A gaiola deFaraday é usada em atividades que envolvem altas correntes elétricas.Da mesma forma, um condutor oco pode ser usada para produzir blindagemeletrostática. Quando queremos proteger um aparelho de qualquer outra influênciaelétrica, nós envolvemos esse aparelho com uma capa metálica. Nestas condiçõesdizemos que o aparelho está blindado, pois nenhum fenômeno elétrico externo poderáaferá-lo.Se você observar o interior de uma TV poderá notar que alguns dispositivos seapresentam envolvidos por capas metálicas, estando portanto, blindados por essescondutores.EXEMPLO 7.6BLINDAGEM ELETROSTÁTICARicardo verificou que a presença de uma dispositivo carregado estava perturbando ofuncionamento de um aparelho elétrico, colocado próximo à ele. Para resolver oproblema de interferência o estudante envolveu o dispositivo com uma cúpulametálica, como mostra a figura7.15. Contudo ele não foi bem sucedido. ComoRicardo deveria ter agido, sem afastar o dispositivo do aparelho elétrico?136

Figura 7.15 Experiência com interferência e blindagem eletrostáticaSOLUÇÃO:Sem afastar o aparelho elétrico do dispositivo, Ricardo deveria ter envolvido oaparelho com a cúpula metálica, e não o dispositivo.EXEMPLO 7.7: MÉTODO DA CARGA IMAGEMConsidere uma carga q a uma distância h acima de um plano condutor, quetomaremos como infinito. Seja q > 0 . a) Desenhe as linhas de campo elétrico; b) Emque ponto da superfície do condutor se encontra uma linha que nasce na cargapuntiforme e sai dela horizontalmente, isto é, paralelamente ao plano?Figura 7.16: Linhas de campoFigura 7.17: Visão em close upSolução: Vamos chamar de z o eixo perpendicular ao plano que passa pela carga q .137

Esperamos que a carga positiva q atraia carga negativa do plano. Claro que a carganegativa não se acumulará numa concentração infinitamente densa no pé daperpendicular que passa por q .Também lembremos que o campo elétrico é sempre perpendicular à superfície docondutor, nos pontos da superfície. Muito próximo à carga q , por outro lado, apresença do plano condutor só pode fazer uma pequena diferença.Podemos usar um artifício. Procuramos um problema facilmente solúvel cuja solução(ou parte dela) pode ser ajustada ao problema em questão.Considere duas cargas iguais e opostas, puntiformes, separadas pela distância 2h.Figura 7.18: Artifício da carga imagem.No plano bissetor da reta que une as cargas (reta AA) o campo elétrico é em todos ospontos perpendicular ao plano.A metade superior do desenho acima satisfaz a todos os requisitos do problema dacarga e do plano infinito.Podemos dessa forma calcular a intensidade e a direção do campo sobre o planocondutor em qualquer ponto.Considere um ponto na superfície a uma distância r da origem.A componente z do campo de q neste ponto éA "carga imagem",kqE z−2( r + h=2cosθ)− q , sob o plano, contribui com uma componente z igual.138

Figura 7.19: Ângulo do campoAssim o campo elétrico aí é dado por:2kq2kqE = − cosθ= −z 2 22 2 2( r + h ) ( r + h ) ( r += −( r22kqh2+ h )3/2hh2)1/2A densidade superficial de carga no plano condutor, pode ser calculada usando a lei deGauss. Não há fluxo através so "fundo" da caixa. Logo, pela lei de Gauss:∫E r• ndA ˆ =qε0ou:qE A = ⇒nE nε0=σε0ondeEné a componente normal do campo. Portantoσ =12qh2qhE zε0= −ε2 2 3/2 0=ε2 2 3/2 0= −24π ε0 ( r + h ) 4π ε0( r + h ) 2π( r +Apenas para verificação, a carga superficial total deve igualar aqhh2)3/2− q . De fato, ela é:Qtotal= ∫ ∞ σ 2πrdroOnde usamos:139

∫∞∫∞dxdy=∫2π∞∫−∞−∞0 0rdrdθ− hrdrq ∫ ∞ −q( r + h )=0 2 2= 3/2Este e o chamado método das imagens! Voltando à solução do nosso problema, nósdeterminaremos R , a distância a partir da origem que a linha de campo que partehorizontalmente de q , atinge o plano como sendo a distância que determina ametade da carga induzida no plano (isto é, − q/2), confinada num círculo de raio R .ou:q− =2∫ ∞0σ 2π rdr12=∫0R( Rhrdr2+ h2)3/2= [ −h2h+ R2]R0=h2h+ R21=2Ou, ainda:2h + R2= 4h2⇒ R =3h.140

RESPOSTAS COMENTADAS DAS ATIVIDADES PROPOSTASATIVIDADE 7.1A solução é semelhante à do exemplo 7.1. A diferença está no sinal do produto escalarrE ⋅ nˆ, que, agora é negativo, pois o campo elétrico aponta de fora para dentro dasuperfície. Daqui em diante o sinal negativo aparece, indicando apenas o sentido dovetor campo elétrico (lembre-se que o módulo é sempre positivo).ATIVIDADE 7.2Você não encontrará resposta para essa atividade.ATIVIDADE 7.3Neste caso o problemasuperfície b tem que serr = b é idêntico ao anterior. Vimos que a carga sobre a− q para que não haja campo elétrico entre b e c. Masagora, como não há cargas "extras" sobre o condutor, os elétrons vão migrar para asuperfície interna deixando necessariamente um excesso de carga positivasuperfície exterior à casca. Neste caso o campo na região externa será:ATIVIDADE 7.4Eq4π εrˆ=20 rP.+ q naPelos mesmos argumentos de simetria, qualquer carga q numa das faces do cubo terácampo paralelo àquela face, tal que o fluxo nessa face será zero. Portanto, por essamesma face só passará o fluxo criado pelas outras quatro cargas na face oposta docubo. O fluxo total sobre essa face será equivalente à quatro vezes o fluxo que umacarga q cria através de uma face, calculado no exemplo. Assim, o fluxo total por umaface será4 qΦ = .38ε0ATIVIDADE 7.5141

a) Desenhando a superfície de Gauss, ilustrado na figura 7.20, e tomando um pontogenérico sobre ele, teremos, usando a lei de Gauss:E ⋅ 4πr2P4πr= ρ3εr ρou: E = r rˆP.3ε03P0Figura 7.20: Superfície de Gauss.b) A maneira de calcular o campo dentro da cavidade é usar o princípio dasuperposição. Se a densidade volumétrica de carga também preenchesse a cavidadeteríamos que o campo num ponto dentro da cavidade rˆ (ver figura 7.21):r rE1() =3ρε0rrˆFigura 7.21: Superfície de Gauss.Para incluir o efeito da cavidade, usamos o princípio da superposição, isto é,142

consideramos esse problema somado com o problema de uma distribuição uniforme,com carga oposta localizada em â :a superficie de Gauss é:ra rr+= . O fluxo do campo elétrico que atravessaP2 ρ 4πrE2⋅ 4π rP= − ×ε 30ρ r pE2⋅= − .3εrrρ rPρrPP ρ rTal que: E = rˆ= = ().23 3 r 3a r−P− − −1a)O campo total é dado por2εE ( + E :0ε0P03Pr ρ r ρ r rE =− (− a)=3ε3ε300ε0ρε0ra.PENSE E RESPONDAPR7.1) Como você pode explicar o fato do campo devido a uma placa de carga infinitaser uniforme, tendo a mesma intensidade em todos os pontos, não importando a suadistância até a superfície carregada?PR7.2) Por que o campo elétrico de uma haste infinita carregada não é infinito se acarga também é infinita? A lei de Coulomb estaria sendo violada?143

AULA 8: APLICAÇÕES DA ELETROSTÁTICAOBJETIVOS• UTILIZAR OS CONCEITOS DE FORÇA ELÉTRICA, CAMPO ELÉTRICO, LEI DE COULOUM ELEI DE GAUSS PARA RESOLVER PROBLEMAS MAIS ELABORADOS DA ELETROSTÁTICANÃO PASSE PARA A PRÓXIMA AULA SEM RESOLVER AS ATIVIDADES DESSA AULA!8.1 ATIVIDADES COM APLICAÇÕES DA ELETROSTÁTICAATIVIDADE 8.1Na figura 8.1, as linhas de campo elétrico do lado direito têm separação duas vezesmenor do que no lado esquerdo. No ponto A, o campo elétrico vale 40N/C. (a) Qualé o módulo da força sobre um próton colocado em A? (b) Qual é o módulo docampo elétrico no ponto B?Figura 8.1: Linhas de campo elétrico.ATIVIDADE 8.2Três partículas são mantidas fixas nos vértices de um triângulo eqüilátero, comoilustra a figura 8.2. As cargas valemq q = + e= 21e q3 = + 2e. A distância a=6,00µm. Determine (a) o módulo e (b) a direção do campo elétrico no ponto P.Figura 8.2: Disposição das cargas144

ATIVIDADE 8.3A figura 8.3 mostra uma seção de um tubo longo de metal. Ele possui um raioR=3,00 cm e está carregado com uma densidade superficial de carga= 2,00.10C m.−8λ 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 intervalo0 ≤ r ≤ 2R .Figura 8.3: Seção reta de um tubo longo de metal carregado.ATIVIDADE 8.4A figura 8.4 mostra dois cilindros concêntricos de raios a e b. Ambos possuem amesma densidade linear de carga λ. Calcule o campo elétrico no ponto P situado àdistância r do eixo dos cilindros, tal que:a) r

ATIVIDADE 8.5Considere um disco circular de plástico de raio R carregado uma densidadesuperficial de cargas positivas σ , figura 8.6. Qual é o campo elétrico no ponto P,situado no eixo central a uma distância z do disco?Figura 8.5: Disco carregado com uma densidade superficial de cargas positivas σ .ATIVIDADE 8.6Dois discos muito grandes com a mesma densidade de carga, mas com cargas desinais contrários são colocados face a face como na figura 8.6. Calcule o campoelétrico na região entre elesFigura 8.6: Campo elétrico entre discos carregados146

ATIVIDADE 8.7Em uma placa fina, infinita, não-condutora com uma densidade superficial decarga σ , foi aberto um pequeno furo circular de raio R. O eixo z é perpendicular àplaca e está no centro do furo. Determine o campo elétrico no ponto P que está aum distância z da placa. Dica: Utilize o princípio da superposição.Figura 8.7: Furo circular numa placa.ATIVIDADE 8.8Uma pequena esfera não-condutora de massa m e carga q está pendurada em fionão-condutor que faz um ângulo θ com uma placa vertical, não-condutora,uniformemente carregada, figura 8.7 Considerando a força gravitacional a que aesfera está submetida e supondo que a placa possui uma grande extensão, calculea densidade superficial de cargas σ da placa.Figura 8.7: Ilustração da atividade 8.8.147

ATIVIDADE 8.9A figura 8.9 mostra duas esferas maciças de raio R, com distribuições uniformes decargas. O ponto P está sobre a reta que liga os centros da esferas, a uma distânciaR 2 do centro da esfera 1. O campo elétrico no ponto P é nulo, qual a razão entrea carga da esfera 2 e da esfera 1?Figura 8.9: Esferas maciças da atividade 8.9148

RESPOSTAS COMENTADAS DAS ATIVIDADES PROPOSTASAtividade 8.1(a) Através da figura vemos que o campo elétrico aponta da direita para aesquerda. A força elétrica é dada por:rF = 1,6 × 10×( − 40) iˆ= 6,4 × 10 iˆ−19 −18(b) Como discutido anteriormente, o módulo da campo elétrico é proporcional àdensidade de linhas de campo elétrico, então o campo elétrico no ponto B vale 20N/C..Atividade 8.2(a) Note que as cargas q1e q2tem o mesmo módulo, por simetria podemosconcluir que sua contribuições se anulam no ponto P. A magnitude do campo noponto P será:rE=14πε02e2rp=14πε02e( a 2 )2= 160 NC .(b) O campo tem o mesmo sentido da linha que une a carga 3 ao ponto P.Atividade 8.3Considere uma superfície cilíndrica de área A e e raiorp, concêntrico ao eixo docilindro. Fazendo uso da lei de Gauss podemos escrever:rq∫ E • nˆda = 2 π rpE =Aε0.(a) No interior do cilindro o campo elétrico é nulo, pois não há cargas no interior dasuperfície gaussiana.(b) Parar p> R temos que = λ.q Então ( r)encλE = . Substituindo os valores2πr pε 0de λ e rptemos:E = 5.99 × 103NC.(c) O gráfico de E versus r é mostrado abaixo:149

Figura 8.12: Gráfico de E versus r .O valor máximo para o campo elétrico é dado parar = 0, 030me vale:λEmax= = 1,2 × 102πrε04NC.Atividade 8.4Pela figura 8.4, podemos ver que o campo elétrico tem direção radial.(a) Consideremos uma superfície de Gauss cilíndrica de comprimento L e raior p< a . Aplicando a lei de Gauss para ela, temos:rqenc∫ E • nˆda = E (2πrpL)= = 0Aε 0porque não há carga elétrica nas regiões em que rb. Como a carga total encer150

ada por ela é nula, o campo fora dos cilindros também será nulo.Atividade 8.5Vamos dividir o disco em anéis concêntricos e calcular o campo elétrico no ponto Pintegrando sobre todos os anéis. Na figura 8.6 estão representados esses anéis. Acarga do anel é dada por:dq = σ dA = σ 2πr dr,onde dA é a área do anel elementar. O campo elétrico produzido por uma anel jáfoi resolvido, utilizando esse resultado podemos escrever o campo elétricodE como:zσ2πr drdE =4πεσ z=2 r dr( ) 32 2 4ε2 0 2 2z + r ( z )0 p p+ rPara calcular E basta integrar sobre toda a superfície do disco, ou seja, integrandoem relação à variável r de r = 0 a r = RE =∫σ zdE =4ε0 0. Assim temos:32R2 2 − 2∫ ( z r ) 3p+ 2 r dr.Integral dessa forma já foi resolvida em aulas anteriores, e o resultado é dado por:.⎡⎤2 2 −12σ z ⎢( z ) ⎥ ⎛p+ r σ ⎜ zpE = ⎢⎥ =⎜1 −4ε20 ⎢1− ⎥ 2ε0⎝zp+ R⎢⎣2 ⎥⎦R02⎞⎟⎟⎠.Atividade 8.6O campo elétrico na região interior das placas é a soma vetorial dos camposgerados por cada uma das placas. No sistema de coordenadas da figura 8.6, temos:r r rr rE = Eˆ ˆ) E++ E−= E+i + E−( −i= E+−−Em que os índices positivo e negativo indicam as placas. A expressão do módulo docampo elétrico de cada placa é dada pela equação final da Atividade 8.5. Nela, acoordenada z deve ser substituida por x, posto que o eixo paralelo ao campo agora151

é o eixo Ox. Fazendo a conta para o campo em um ponto dentro da região dasplacas, com coordenada x, obtemos:σ ˆ− σ σE = i − ( −iˆ)=2ε2εε000Atividade 8.7A distribuição de carga neste problema é equivalente a uma placa carregada comuma densidade superficial de carga σ mais um disco circular com raio R carregado− σ . O campo produziso pela placaE r placae o campo produzido pelo disco de E rdisco, utilizando ocom uma densidade superficial de cargachamaremos deprincípio da superposição podemos escrever:rEtotalr r= E + E .placaUtilizando os resultados obtidos em atividades anteriores, o campo será dado por:disco( − σ )E r ⎛ σ ⎞ˆ⎛ z ⎞1ˆ σ z= k ⎜⎟ ktotal ⎜⎟ +=2−2 22⎝ ε0 ⎠ ε0 ⎝ z + R ⎠ 2εz + R2 20kˆ.Atividade 8.8A esfera faz um ângulo θ com a placa. Estando em equilíbrio, as forças sobre aesfera devem se anular. A figura 8.13 ilustra as forças que atuam na esfera.Figura 8.13: Diagrama de forças que atuma na esfera.Podemos decompor a tensão na corda e aplicar a condição de equilíbrio, ∑ F r = 0 .Assim teremos:eT cos θ = mg(8.1)Tsen θ = qE.(8.2)O campo criado por uma placa já é conhecido e tem módulo:152

E =σ2ε0.Dividindo 8.2 por 8.1 e substituindo o valor de E temos:qσ2ε02ε0mgtanθmg tanθ→ σ =q= .Atividade 8.9O campo eletrico no interior e exterior de uma esfera carregada já foi calculado nasaulas anteriores. O campo devido à esfera 1 é:E1=q14πεR03r1=q14πεR03⎛ R ⎞ q1⎜ ⎟ =⎝ 2 ⎠ 8πεR02.E o campo da esfera 2 é:E1qq22=24πε0r4πε0R= .( 1,5 ) 2A razão entre as cargas será:qq219= = 1,125.8153

APÊNDICES570

APÊNDICE A - SISTEMA INTERNACIONAL DE UNIDADES (SI)Grandeza Nome da Unidade SímboloUnidades FundamentaisComprimento metro mMassa quilograma kgTempo segundo sCorrente ampère ATemperatura kelvin KIntensidade luminosa candela cdQuantidade de substância mole molUnidades DerivadasUnidadesequivalentesÁrea metro quadrado m 2Volume metro cúbico m 3Frequência hertz Hz s -1Velocidade metro por segundo m/sVelocidade angular radiano por segundo rad/sAceleraçãometro por segundom/s 2quadradoAceleração angularradiano por segundo rad/s 2quadradoForça newton N kg . m/s 2Pressão pascal Pa N/m 2Trabalho, energia joule J N . mPotência watt W J/sCarga elétrica coulomb C A . sPotencial elétrico volt V J/CIntensidade de campo newton por coulomb N/C V/melétricoResistência elétrica ohm Ω V/ACapacitância farad F C/VFluxo magnético Weber Wb V . sCampo magnético Tesla T Wb/m 2Indutância Henry H Wb/A571

DEFINIÇÕES DE UNIDADES DO SIMetro (m)Quilograma (kg)Segundo (s)Ampère (A)Kelvin (K)Candela (cd)Mole (mol)O metro é a distância percorrida pela luz no vácuo em1/299.792.458 s.O quilograma é a massa do corpo-padrão internacional preservadoem Sèvres, na França.O segundo é a duração de 9.192.631.770 períodos da radiaçãocorrespondente a transição entre os dois níveis hiperfinos doestado fundamental do átomo de 133 Cs.O ampère é a corrente que em dois fios paralelos de comprimentoinfinito, separados de 1 m, provoca uma força magnética porunidade de comprimento de 2 . 10 -7 N/m.O kelvin é igual a 1/273,16 da temperatura termodinâmica doponto triplo da água.A candela é a intensidade luminosa na direção perpendicular dasuperfície de um corpo negro cuja área é de 1/600.000 m 2 natemperatura de solidificação da platina a uma pressão de 1 atm.O mole é a quantidade de substância de um sistema que contémtantas entidades elementares quantos átomos de carbono em0,012 kg de carbono-12.572

APÊNDICE B – CONSTANTES NUMÉRICASCONSTANTES FÍSICAS*Constante de gravitação G 6,673(10) × 10 -11 N⋅m 2 /kg 2Velocidade da luz c 2,99792458 × 10 8 m/sCarga do elétron e 1,602176462(63) × 10 -19 CNúmero de Avogadro N A 6,02214199(47) × 10 23partículas/molConstante dos gases perfeitos R 8,314472(15) J/(mol⋅K)Constante de Boltzman k = R/N A 1,3806503(24) × 10 -23 J/K8,617342(15) × 10 -5 eV/KConstante de Stefan-σ = (π 2 /60) 5,670400(40) × 10 -8 W/(m 2 k 4 )Boltzmannk 4 /(ћ 3 c 2 )Constante de massa atômica m u 1,66053873(13) × 10- 27 kg =1uConstante de Coulomb k = 1/(4πε 0 ) 8,987551788 ... × 10 9 N⋅m 2 /C 2Permissividade elétrica dovácuoε 0 8,854187817 ... × 10 -12C 2 /(N⋅m 2 )Permeabilidade magnética dovácuoµ 0 4 π × 10 -7 N/A 21,256637 × 10 -6 N/A 2Constante de Planck h 6,62606876(52) × 10 -34 J⋅s4,13566727(16) × 10 -15 eV⋅sћ = h/2π1,054571596(82) × 10 -34 J⋅s6,58211889(26) × 10 -16 eV⋅sMassa do elétron m e 9,10938188(72) × 10 -31 kgMassa do próton m p 1,67262158(13) × 10 -27 kgMassa do nêutron m n 1,67492716(13) × 10 -27 kgComprimento de onda de λ C = h/m e c2,426310215(18) × 10 -12 mComptonConstante de Rydberg R H 1,0973731568549(83) × 10 7 m -Magnéton de Bohr m B = eh/2m e 9,274000899(37) × 10 -24 J/T5,788381749(43) × 10 -5 eV/TMagnéton nuclear m n = eh/2m p 5,05078317(20) × 10 -27 J/T3,152451238(24) × 10 -8 eV/TQuantum do fluxo magnético Φ 0 = h/2e 2,067833636(81) × 10 -15 T⋅m 2Resistência Hall quantizada R K = h/e 2 2,5812807572(95) × 10 4 Ω* Os números entre parênteses indicam as incertezas dos últimos dois dígitos; porexemplo, o número 1,4585(34) significa 1,4585 ± 0,0034. Os valores que nãopossuem incertezas são exatos.1DADOS TERRESTRESAceleração média da gravidade g (valor padrão aonível do mar a uma latitude de 45º)Massa da Terra, M TRaio médio da Terra, R TVelocidade de escape9,80665 m/s 25,98 × 10 24 kg6,37 × 10 6 m1,12 × 10 4 m/s573

Constante solar* 1,35 kW/m 2Condições normais de temperatura e pressão (CNTP):Temperatura273,15 KPressão101,325 kPa = 1 atmMassa molar do ar28,97 g/molMassa específica do ar (CNTP), ρ ar 1,293 kg/m 3Velocidade do som (CNTP)331 m/sCalor de fusão da água (a 0ºC e 1 atm)333,5 kJ/kgCalor 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, forada atmosfera terrestre a uma distância média entre a Terra e o Sol.DADOS ASTRONÔMICOSTerraDistância à Lua*3,844 × 10 8 mDistância ao Sol*1,496 × 10 11 mVelocidade orbital média2,98 × 10 4 m/sLuaMassa7,35 × 10 22 kgRaio1,738 × 10 6 mPeríodo27,32 diasAceleração da gravidade na superfície 1,62 m/s 2SolMassa1,99 × 10 30 kgRaio6,96 × 10 8 m*De centro a centro574

APÊNDICE C – FATORES DE CONVERSÃO DE UNIDADESComprimento1 km = 0,6215 mi1 mi = 1,609 km1 m = 1,0936 jarda = 3,281 ft = 39,37in1 in = 2,54 cm1 ft = 12 in = 30,48 cm1 jarda = 3 ft = 91,44 cm1 ano-luz = 1 c . ano = 9,461 × 10 15 m1 Å = 0,1 nmÁrea1 m 2 = 10 4 cm 21 km 2 = 0,3861 mi 2 = 247,1 acres1 in 2 = 6,4516 cm 21 ft 2 = 9,29 × 10 -2 m 21 m 2 = 10,76 ft 21 acre = 43.560 ft 21 mi 2 = 640 acres = 2,590 km 2Volume1 m 3 = 10 6 cm 31 L = 1000 cm 3 = 10 -3 m 31 gal = 3,786 L1 gal = 4 qt = 8 pt = 128 oz = 231 in 31 in 3 = 16,39 cm 31 ft 3 = 1728 in 3 = 28,32 L= 2,832 × 10 4 cm 3Tempo1 h = 60 min = 3,6 ks1 dia = 24 h = 1440 min = 86,4 ks1 ano = 365,24 dias = 3,156 × 10 7 sVelocidade1 m/s = 3,6 km/h1 km/h = 0,2778 m/s = 0,6215 mi/h1 mi/h = 0,4470 m/s = 1,609 km/h1 mi/h = 1,467 ft/s1 kg = 6,022 × 10 26 u1 slug = 14,59 kg1 kg = 6,852 × 10 -2 slug1 u = 931,50 MeV/c 2Massa Específica1 g/cm 3 = 1000 kg/m 3 = 1 kg/L(1 g/cm 3 )g = 62,4 lb/ft 3Força1 N = 0,2248 lb = 10 5 dyn1 lb = 4,448222 N(1 kg)g = 2,2046 lbPressão1 Pa = 1 N/m 21 atm = 101,325 kPa = 1,01325 bar1 atm = 14,7 lb/in 2 = 760 mmHg= 29,9 in Hg = 33,8 ftH 2 O1 lb/in 2 = 6,895 kPa1 torr = 1 mmHg = 133,32 Pa1 bar = 100 kPaEnergia1 kW . h = 3,6 MJ1 cal = 4,1840 J1 ft . lb = 1,356 J = 1,286 × 10 -3 Btu1 L . atm = 101,325 J1 L . atm = 24,217 cal1 Btu = 778 ft . lb = 252 cal = 1054,35 J1 eV = 1,602 × 10 -19 J1 u . c 2 = 931,50 MeV1 erg = 10 -7 JPotência1 HP = 550 ft . lb/s = 745,7 W1 Btu/h = 1,055 kW1 W = 1,341 × 10 -3 HP = 0,7376 ft . lb/sÂngulo e Velocidade Angularπ rad = 180º1 rad = 57,30º1º = 1,745 × 10 -2 rad1 rpm = 0,1047 rad/s1 rad/s = 9,549 rpmMassa1 kg = 1000 g1 t = 1000 kg = 1 Mg1 u = 1,6606 × 10 -27 kg575

APÊNDICE D – RELAÇÕES MATEMÁTICASÁLGEBRA− x 1 ( x+y)x y ( x−y)a = a = a a a =xaaaxyLogaritmos: 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 aln (a n ) = n ln aEquação do segundo grau:− b ± b− 4acSe ax 2 + bx + c = 0, x = .2aSÉRIE BINOMIAL( a + b)n= an+ nan−1n(n −1)ab +2!n−2b2n(n −1)(n − 2) a+3!n−3b3+ ...TRIGONOMETRIANo triângulo retângulo ABC,x =2 2 2+ y r .Definição das funções trigonométricas:sen a = y/r cos a = x/rtan a = y/xsec a = r/xcot a = x/ycsec a = r/yIdentidades:sen2a + cosa = 1sen 2a= 2sen a cos a1 1−cos asen a =2 2sen( −a)= −senacos( −a)= cos asen( a ± π / 2) = ± cos acos( a ± π / 2) = m sen a2sen atan a =cos acos 2a= cos2a − sena = 2cos1 1+cos acos a =2 2sen( a ± b)= sen a cosb± cos a sen bcos( a ± b)= cos a cosbm sen a sen ba −1= 1−2sen1 1sen a + sen b = 2sen ( a + b)cos( a − b)2 21 1cos a + cosb= 2cos ( a + b)cos( a − b)2 2222a576

GEOMETRIAComprimento de uma circunferência de raio r: C = 2πrÁrea de um círculo de raio r: A = πr 2Volume de uma esfera de raio r: V = 4πr 3 /3Área da superfície de uma esfera de raio r: A = 4πr 2Volume de um cilindro de raio r e altura h:V = πr 2 hSÉRIES DE POTÊNCIASConvergentes para os valores de x indicados.23n nx n(n −1)x n(n −1)(n − 2) x2(1 ± x)= 1±+ ++ L ( x < 1)1! 2!3!23−nnx n(n + 1) x n(n + 1)( n + 2) x2(1 ± x)= 1m+ ++ L ( x < 1)1! 2!3!3 5 7x x xsen x = x − + − + L (todo valorde x)3! 5! 7!2 4 6x x xcos x = 1−+ − + L (todo valorde x)2! 4! 6!3 5 7x 2x17xtan x = x + + + + L ( x < π / 2)3 15 3152 3x x xe = 1+x + + + L (todo valorde x)2! 3!2 3 4x x xln(1 + x)= x − + + + L ( x < 1)2 3 4577

DERIVADAS E INTEGRAISNas fórmulas que se seguem u e v representam quaisquer funções de x, sendo a e mconstantes. A cada uma das integrais indefinidas deve ser adicionada uma constantede integração arbitrária.dx=dxd(dxd( udxdxdxdlndxd(dxd xedxddxddxddxddxddxddxd uedxduau)= adxdu+ v)= +dxm1= mx1x =uv)== esen x = cos xcos x = −senxtan x = seccot x = −csecsec x = tan x sec xcsec x = −cotx csec x= exdvudxxum−1dudx2+ vx2dvdxdudxx∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫dx = xau dx = a( u + v)dx =m+1m xx dx =m + 1dx= ln xxdvu dx = uv −dxexsen x dx = − cos xcos x dx = sen xtan x dx = ln sec x0xdx = e2ne2−axxu dxu dx +( m ≠ −1)vdudxv dxdx2 1 1∫ sen x dx = x − sen 2x2 4−ax1 −ax∫ e dx = − ea−ax1−ax∫ xe dx = − ( ax + 1) e2a2 −ax1 2 2∫ x e dx = − ( a x + 2ax+ 2) e3a∞n −axn!∫ x e dx =0n+1a∫∞∫∫∫∫1⋅3⋅5 ⋅⋅⋅ (2n−1)dx =n+1 n2 aπa−ax578

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 Periódica580

REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICASALONSO, 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: EditoraMcGraw Hill do Brasil, 1982.FEYNAM R.P., LEIGHTON R.B., SANDS M. The Feynman Lectures on Physics. 1963.Reading: Addison Wesley Publishing Co., 1963HALLIDAY D., RESNICK R. Fundamentos de física. 3. ed. Rio de Janeiro: LivrosTécnicos 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 Técnicose Científicos S.A., 1996.RESNICK R., HALLIDAY D.,,KRANE K.S. Física. 5. ed. Rio de Janeiro: Livros Técnicose 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 eCientíficos S.A., 2000581