Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
• O Potencial Elétrico:
 Energia Potencial
Suponha que desejamos deslocar uma carga elétrica Q
de uma distância dL em um campo elétrico E. A força em Q
devido a este campo elétrico é:
1
Figura 3 –(a) Quando uma carga negativa se move na
mesma direção e no mesmo sentido de um campo elétrico, o campo
realiza trabalho negativo e a energia potencial aumenta.
(b) Quando uma carga negativa se move no sentido
contrário ao de um campo elétrico, o campo realiza um trabalho
positivo e a energia potencial diminui.
G
G
FEG = QE
onde o índice nos lembra que a força é devida ao
campo. A componente desta força na direção dL que
desejamos vencer é:
G
G
FEL = F ⋅ aˆ L = QE ⋅ aˆ L
Aqui, o vetor â L é um vetor unitário na direção de dL.
A força que deve ser aplicada é igual e contrária à força
originada pelo campo:
G
Fapl = −QE ⋅ aˆ L
Figura 4 - A carga q0 se move radialmente. A medida que
se desloca de a até b sua distância varia de ra até rb.
O gasto de energia é o produto da força pela distância.
Assim, o trabalho realizado por um agente externo
deslocando a carga Q na região de um campo elétrico E será
dado por:
G
G G
dW = −QE ⋅ aˆ L dL = −QE ⋅ dL
final
G G
W = −Q ∫ E ⋅ dL
inicial
Observe os exemplos ilustrativos (Sears&Zemansky).
Figura 1 – Uma carga de teste q0 que se move do ponto a até o
ponto b sofre ação de uma força de módulo q0E. O trabalho realizado pela
força é dado por Wab e não depende da trajetória da partícula.
Figura 5 – O trabalho realizado pelo campo
elétrico sobre a carga q0 depende somente das distâncias ra e rb.
Figura 2 –(a) Quando uma carga positiva se move na mesma
direção e no mesmo sentido de um campo elétrico, o campo realiza
trabalho positivo e a energia potencial diminui.
(b) Quando uma carga positiva se move no sentido contrário ao
de um campo elétrico, o campo realiza um trabalho negativo e a energia
potencial aumenta.
Definimos o potencial elétrico V como sendo a
energia potencial U por unidade de carga elétrica q :
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G
r ′ : vetor que localiza um ponto da região
V =U
q0
A diferença de potencial entre dois pontos em um
campo elétrico (ddp) é igual a diferença de energia
potencial entre esses pontos por unidade de carga: Ou seja,
o trabalho por unidade de carga realizado por um agente
externo para deslocar uma carga de um ponto a outro em
um campo elétrico.
∆ V = V f − Vi =
Wf
Q
2
− WQi =
∆W
Q
G G
∆V = − ∫ E ⋅ dL
final
correspondente à distribuição de carga.
 Densidade linear de carga rL:
G
ρ (r ′)dL′
V (r ) = ∫ L G G
4πε 0 r − r ′
L′
 Densidade superficial de carga rs:
G
ρ (r ′)dS ′
V (r ) = ∫∫ S G G
4πε 0 r − r ′
S
inicial
Coordenadas
Cartesianas
Cilíndricas
Esféricas
G
G
dL = dr
(Elemento diferencial de
deslocamento)
G
dr = dxaˆ x + dyaˆ y + dzaˆ z
G
dr = d ρ aˆ ρ + ρ dφ aˆφ + dzaˆ z
G
dr = draˆr + rdθ aˆθ + rsenθ dφ âφ
Se imaginarmos que trazemos uma carga que do
infinito até um ponto P (O ponto f é o infinito e o ponto i
corresponde a P) e definindo como zero o potencial no
infinito, teremos:
V =−
W∞P
q
Aqui, W∞P é o trabalho feito pelo campo elétrico
sobre a carga teste, quando a carga teste se movimenta do
infinito até o ponto P. Vemos que o potencial V em um
ponto numa região onde há campo elétrico de uma carga
positiva é positivo. Para ver isso, imagine que uma carga
teste positiva vem do infinito até um ponto próximo de uma
carga positiva isolada. A força eletrostática atuando na
carga elétrica possui sentido contrário em relação ao
deslocamento da carga positiva. Então, o trabalho que
devemos fazer sobre a carga teste é positivo, e o trabalho
feito pelo campo elétrico na carga é negativo. Com o sinal
menos na equação, teremos um resultado positivo.
Similarmente o potencial em um ponto próximo de uma
carga elétrica negativa é negativo.
A unidade SI para o potencial elétrico é o volt (V),
em homenagem a Alessandro Volta, cientista italiano que
inventou a primeira pilha elétrica.
1V = 1J (Joule / Coulomb)
1C
Observamos que:
1V . C
1 N C = ( N )(
)( 1J ) = 1V m
1N .m
C
1J
Uma energia muito utilizada nas escalas atômicas é
o elétron-volt (eV), que definimos como o trabalho
requerido para movimentar uma carga elétrica elementar e,
podendo ser um próton ou elétron, através de uma diferença
de potencial de 1 volt.
1eV = e.(1V ) = (1, 6.10 −19 C )(1 J / C ) = 1, 6.10 −19 J
Potencial elétrico para distribuições de carga:
Sendo:
G
r : vetor que localiza o ponto P que desejamos calcular
o potencial.
 Densidade volumétrica de carga rv:
G
ρ (r ′)dV ′
V (r ) = ∫∫∫ v G G
4πε 0 r − r ′
V
 Superfícies Equipotenciais
Um conjunto de pontos no espaço todos a um
mesmo potencial é chamado de superfície
equipotencial.
Uma
família
de
superfícies
equipotenciais, cada superfície correspondendo a um
valor de potencial diferente, pode ser usada para
representar o campo elétrico de uma determinada
região. As superfícies equipotenciais para uma carga
elétrica puntiforme são famílias de esferas
concêntricas.
Figura 6 – Superfícies equipotenciais planas (a), esféricas
(b) e superfícies num dipolo elétrico (c).
Podemos calcular o potencial elétrico a partir
do campo elétrico da seguinte maneira:
f
G G
V f − Vi = − ∫ E.dL
i
O potencial de uma carga puntiforme pode ser
calculado mediante a equação dada:
V = −∫
kQ
r2
dr ⇒ V =
kQ
r
Para um sistema de cargas puntiformes
q1,q2,...,qn, o potencial elétrico em um ponto P será a
soma do potencial elétrico devido às diversas cargas em
P; se r1, r2, ... , rn, for a distância da carga qi ao ponto
P, então o potencial em P será dado por:
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kQ
kQ
- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
kQ
V = V1 + V2 + ... +Vn ⇒ V = 1 + 2 + ... + n
r1P
r2 P
rnP
O potencial de uma distribuição contínua de carga
é dado por:
V = ∫ dV =
1
4 πε 0
∫
dq
r
3
 Superfícies
elétrico:
eqüipotenciais
e
Campo
Figura 8 – Superfícies equipotenciais. O campo elétrico é
normal às superfícies.
A integral nessa expressão é tomada sobre toda a
distribuição de carga.
Exemplo 9) Duas cargas q1 e q2 distantes de r
estão fixas em suas posições. Encontre a energia potencial
elétrica da configuração.
U = q1V2 = q1
kq 2 kq 1q2
=
r
r
Figura 7 – A energia potencial associada à carga de teste q0 no
ponto a depende das cargas q1, q2 e q3 bem como suas distâncias r1, r2 e r3.
O vetor campo elétrico sempre é perpendicular
às superfícies eqüipotenciais e apontam da maior para
os menores valores de potencial elétrico.
Figura 9 – Caminho descrito por uma carga.
Pode-se mostrar que para um sistema de cargas
puntiformes q1, q2, ...qN a energia potencial será dada por:
WE = 12 [Q1 (V12 + V13 + V14 + V15 + ")]
+ 12 [Q2 (V21 + V23 + V24 + V25 + ")]
+ 12 [Q3 (V31 + V32 + V34 + V35 + ")]
+ 12 [Q4 (V41 + V42 + V43 + V45 + ")]
+ 12 [Q5 (V51 + V52 + V53 + V54 + ")] + "
A energia armazenada no campo eletrostático é
calculada por:
WE =
ε0
E dV
2 ∫∫∫
2
V
• Condutor Isolado:
Uma vez o equilíbrio de cargas é estabelecido, e
um excesso de cargas é colocado em um condutor isolado,
esta se distribuirá ao longo de sua superfície. Isto sempre
ocorrerá quando o condutor tiver uma cavidade interna
vazia.
A figura anterior ilustra a trajetória descrita
por uma carga elétrica positiva deslocando-se entre
linhas de força. Observe que ela caminha da região de
maior potencial para a de menor potencial elétrico.
Figura 10 – Em (a) temos uma carga puntiforme positiva
e em (b) uma carga puntiforme negativa. Em ambos os casos,
movendo-se no sentido de E, o potencial elétrico V diminui e
movendo-se no sentido oposto de E o potencial elétrico V aumenta.
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4
G
G
∆V = − E ⋅ dL cosθ
Considerando a situação limite, teremos:
dV
= − E cos θ
dL
O valor máximo dessa expressão pode ser
dada por:
dV
dL
 Linhas elétricas de força:
As linhas elétricas de força indicam a direção na
qual uma carga positive de teste se moveria na presença
de um campo elétrico. O diagrama acima mostra as
linhas de força para duas cargas positivas que se repelem.
Uma carga teste positiva seria repelida de ambas as
cargas O diagrama a direita mostra a linha de força de
duas cargas que se atraem. Uma carga teste positiva seria
atraída para a carga negativa.
Obtemos as características de E e V em
qualquer ponto:
• A magnitude da intensidade do campo elétrico
é dada pelo máximo valor da taxa de variação do
potencial com a distância.
•
O máximo valor é obtido quando a direção
do comprimento incremental é oposta a E ou, em
outras palavras, a direção de E é oposta à direção à
qual o potencial está aumentando mais rapidamente.
Assim:
G
dV
E=−
aˆ N
dL max
Onde âN é um vetor unitário normal à
 Potencial Elétrico de um Dipolo Elétrico:
Quando temos duas cargas de mesma magnitude porém
sinais opostos, há um dipolo elétrico, com as cargas +Q e –
Q localizadas em (0,0,+d/2) e (0,0,-d/2), respectivamente.
Figura 7 – Representação de dipolo elétrico.
=E
max
superfície equipotencial e apontando na direção
dos maiores potenciais.
Como
dV
dL
ocorre quando ∆L na direção
max
dV
dV
=
e:
dL max dN
G
dV
E=−
aˆ N
dN
de âN ,
Mas, podemos encontrar a derivada direcional
de V:
 Gradiente do potencial
Podemos obter o potencial de duas maneiras: uma
diretamente a partir da intensidade do campo elétrico,
fazendo a integral de linha, e outra através da distribuição
de cargas em si, fazendo a integral apropriada, conforme a
distribuição de cargas. Porém, nem sempre é conhecida a
intensidade do campo elétrico ou a distribuição de carga.
Informações sobre as superfícies equipotenciais são muito
úteis.
G G
Da relação conhecida: V = − ∫ E ⋅ dL
Podemos imaginar um elemento pequeno ∆L ao
longo do qual E é essencialmente constante, dando a uma
diferença de potencial:
G G
∆V = − E ⋅ dL
∂V
∂V ⎞
dV ⎛ ∂V
= ⎜⎜
aˆ x +
aˆ y +
aˆ z ⎟ ⋅ aˆ N
∂y
∂z ⎟⎠
dN ⎝ ∂x
dV G
= ∇V ⋅ aˆ N
dN
G
G
Comparando, chega-se a: E = −∇V
Ou seja, podemos obter o campo elétrico
fazendo menos o gradiente do potencial V.
O gradiente é obtido:
Em coordenadas cartesianas:
G
∂V
∂V
∂V
∇V =
aˆ x +
aˆ y +
aˆ z
∂x
∂y
∂z
• Em coordenadas cilíndricas:
G
1 ∂V
∂V
∂V
∇V =
aˆ ρ +
aˆφ +
aˆ z
ρ ∂φ
∂ρ
∂z
• Em coordenadas esféricas:
G
1 ∂V
1 ∂V
∂V
∇V =
aˆr +
aˆθ +
aˆφ
∂r
r ∂θ
rsenθ ∂φ
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- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
G
G
∂V
1 ∂V
1 ∂V
E = −∇V = −
aˆr −
aˆθ −
aˆφ
∂r
r ∂θ
rsenθ ∂φ
Qd cos θ
V≅
4πε 0 r 2
G ∂ ⎛ Qdcosθ ⎞ 1 ∂ ⎛ Qd cosθ ⎞
1 ∂ ⎛ Qdcosθ ⎞
E =− ⎜
aˆ −
aˆ −
⎜
⎜
⎟aˆφ
2 ⎟ r
2 ⎟ θ
∂r ⎝ 4πε0r ⎠ r ∂θ ⎝ 4πε0r ⎠ rsenθ ∂φ ⎝ 4πε0r2 ⎠
G Qd cosθ ∂ ⎛ 1 ⎞ 1 Qd ∂
E =−
( cosθ) aˆθ −0aˆφ
⎜ ⎟aˆr −
4πε0 ∂r ⎝ r2 ⎠ r 4πε0r2 ∂θ
G Qd cosθ ∂ ⎛ 1 ⎞ 1 Qd ∂
E =−
( cosθ) aˆθ
⎜ ⎟aˆr −
4πε0 ∂r ⎝ r2 ⎠ r 4πε0r2 ∂θ
G Qd cosθ ⎛ 2 ⎞
Qd
E =−
( −senθ) aˆθ
⎜− 3 ⎟aˆr −
4πε0 ⎝ r ⎠ 4πε0r3
G
Qd
E=
[ 2 cos θ aˆr + senθ aˆθ ]
4πε 0 r 3
Considere agora o dipolo elétrico:
Er
dr
G
aˆr dl
G
E
P
θ
rdθ
Eθ
G
R1
G
rG
R2
Para visualizar as superfícies equipotenciais
do dipolo, podemos fazer:
O Potencial em P devido às cargas +Q e –Q é dado
por:
V=
Q
2Qd cos θ
Qdsenθ
; Eθ =
3
4πε 0 r
4πε 0 r 3
Qdsenθ
4πε 0 r 3
Eθ
dθ
=
=r
Er 2Qd cos θ
dr
4πε 0 r 3
senθ
dθ
=r
2 cos θ
dr
dr
cos θ
=2
dθ
r
senθ
dr
= 2cotgθ dθ
r
dr
∫ r = 2∫ cotgθ dθ
ln r = 2 ln senθ + C
Er =
Q ⎛ R2 − R1 ⎞
⎜
⎟
4πε 0 ⎝ R2 R1 ⎠
Observe da figura que podemos aproximar:
R2 − R1 ≅ d cos θ
R2 R1 ≅ r 2
Qd cos θ
V≅
4πε 0 r 2
p cos θ
V≅
4πε 0 r 2
G
p ⋅ aˆr
V≅
4πε 0 r 2
G G
r − r′
Como: aˆr = G G
r − r′
ln r = ln sen 2θ + C
r = Asen 2θ
Sendo os vetores:
G
rG : localiza o ponto P.
r ′ : localiza o centro do dipolo.
G
G
p = Qd : momento de dipolo.
G
O potencial elétrico num ponto P localizado pelo vetor r
é dado por (Observe da figura):
G G
1
G r − r′
V=
G G 2 p ⋅ rG − rG′
4πε 0 r − r ′
¾ Campo elétrico de um dipolo elétrico:
Eθ rdθ
=
Er
dr
Por outro lado, como:
1
Q 1
−
4πε 0 R1 4πε 0 R2
V=
5
Esta equação determina a família de linhas de
força para um dipolo elétrico.
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6
(c)
y0
(a)
1
1⎛ m ⎞ 2
2
2
⎟( v v − v i 2 )
− q∆V = m(v f − vi ) ⇒ ∆V = ⎜⎜
2
2 ⎝ − q ⎟⎠
∆V =
Representação da superfície r = sen θ e campo vetorial
representando o campo elétrico:
2
[(
1 ⎛ 9 . 11 x10 −31 kg ⎞
⎟ 8 .00 x 10 6 m / s
⎜
2 ⎜⎝ 1 . 6 x 10 −19 C ⎟⎠
(b)
) − (3 .00 x 10
2
[
6
m/s
) ] = + 157 V
2
1 ⎛ 9.11x10 −31 kg ⎞
⎟ (0 m / s )2 − 8.00 x 10 6 m / s
∆V = ⎜⎜
2 ⎝ 1.6 x 10 −19 C ⎟⎠
(
) ] = −182V (c)
2
Desprezando o peso:
x = vxt
1 q 2
t
y=
2 mE
Isolando o tempo:
x = vxt
2
1 qE x
y0 =
2 m vx2
L = vx t
2
d 1 qE L
y0 = =
2 2 m vx2
qEL2
⇒ vx =
mvx2
d=
 Aplicação: trajetória do elétron em um tubo de
raios catódicos.
Exemplo 1 – (a) Um elétron deve ser acelerado de
3,0.106 m/s até 8,0.106 m/s. Para atingir esta velocidade,
através de qual ddp ele deve passar?
(b) Através de qual ddp ele deve passar para que
ele seja freado de 8,0.106 m/s até ficar momentaneamente
em repouso?
(c) Encontre a relação entre y e x.
Figura 10 – (a) Representação de um tubo de raios catódicos.
(b) Estudo da trajetória do elétron.
(a) (b)
qE
L
md
Tempo que o elétron permanece entre as
placas:
x = L = vxt
t=
L
vx
Componente da velocidade vy com que o
elétron sai da região entre as placas:
vy =
qEL
qE
t ⇒ vy =
mvx
m
vy =
qEL
⇒ vy =
qE
m
L
md
qEd
m
Módulo da velocidade:
q 2 E 2 L2
v= v +v = v +
m 2vx2
2
x
2
y
2
x
Ao sair da região entre as placas, o elétron
possui as componentes das velocidades constantes
(MU), se desprezarmos a gravidade:
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- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
Então, chamando de ∆t o tempo que levará para
o elétron percorrer do ponto que sai da região entre as
placas até atingir a tela:
y = y0 +
r
V (r ) − V∞ = − ∫
∞
q
dr
4πε 0 r 2
Fazendo V¶ = 0
⎧ y − y0 = v y ∆t
⎨
⎩ D = vx ∆t
v
y − y0 = y D
vx
y = y0 +
7
V (r ) − 0 =
r
q 1
4πε 0 r ∞
V (r ) =
q
4πε 0 r
Exemplo 3 – Encontre a diferença de potencial
entre duas placas carregadas com densidades de
carga superficiais +rs e -rs.
qEd
m D
qE
L
md
d
D
L
Exemplo 2 – Encontre o potencial de um condutor
esférico oco de raio R nos pontos em seu interior e
exterior.
Figura 11 – (a) Representação do campo e do
potencial em um condutor esférico oco.
Observando a disposição da figura, o campo
elétrico na região entre as placas é dado por:
G ρ
ρ
E = s (− aˆ y ) + s (− aˆ y )
2ε 0
2ε 0
G
ρ
E = − s â y
ε0
G G
Vb − Va = − ∫ E ⋅ dl
b
a
G
dl = dxaˆ x + dyaˆ y + dzaˆ z
ρs
dy
ε
a 0
ρ
Vb − Va = s (b − a )
ε0
b
Vb − Va = ∫
G G
V (r ) − V∞ = − ∫ E ⋅ dl
r
∞
Pela lei de Gauss, o campo é dado por:
G G q
∫∫ E ⋅ dS =
S
ε0
⎧ q aˆr
G
se r ≥ R
⎪
E (r ) = ⎨ 4πε 0 r 2
G
⎪⎩ 0 se r < R
O elemento de deslocamento em coordenadas
esféricas é dado por:
G
dl = draˆr + rdθaˆθ + rsenθdφaˆφ
Exemplo 4 – Encontre o potencial de uma
distribuição linear de carga rL, sabendo que:
G
O potencial é dado por: V (r ) =
ρ L (r ′)dL′
∫ 4πε
L′
0
G G
r − r′
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z
8
- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
z
P(x,y,z)
P(x, y, z)
L/2
r
r’
y
rs
y
r’
x
x
-L/2
G
r ′ = ρ ′aˆ ρ
G
r = ρaˆ ρ + zaˆ z
G G
2
r − r ′ = (ρ − ρ ′) + z 2
Temos:
G
r ′ = zaˆ z
G
r = xaˆ x + yaˆ y + zaˆ z
G G
2
r − r ′ = x 2 + y 2 + ( z − z′)
G
ρ L (r ′)dz′
V (r ) = ∫
2
2
2
L ′ 4πε 0 x + y + ( z − z ′ )
G
V (r ) =
+ L2
∫ 4πε
− L2
ρ L dz′
x 2 + y 2 + ( z − z′)
2
0
+L
G
dz′
ρ 2
V (r ) = L ∫
4πε 0 − L x 2 + y 2 + ( z − z′)2
2
z ′= 2 ⎞
ρ ⎛
G
2
⎟
V (r ) = L ⎜⎜ ln ⎡( z − z ′) + x 2 + y 2 + (z − z ′) ⎤
⎥⎦ z′=− L ⎟
4πε 0 ⎝ ⎢⎣
2 ⎠
L
2
2
2
⎛
ρ ⎜ ⎡ (z − L2 ) + x + y + (z − L2 )
G
V ( r ) = L ⎜ ln ⎢
4πε 0 ⎜ ⎢ (z + L ) + x 2 + y 2 + (z + L )2
2
2
⎝ ⎣
⎤⎞
⎥⎟
⎥ ⎟⎟
⎦⎠
Exemplo 5 – Encontre o potencial de uma
distribuição de carga rs sobre um disco de raio R:
Agora o potencial será dado por:
G
ρ (r ′)dS ′
V (r ) = ∫∫ S G G
4πε 0 r − r ′
S
Usando coordenadas cilíndricas:
G
V (r ) = ∫∫
S
ρ S ρ ′dρ ′dφ ′
G
ρ
V (r ) = S
4πε 0
2πρ S
G
V (r ) =
4πε 0
(ρ − ρ ′)2 + z 2
4πε 0
2π R
ρ ′dρ ′dφ ′
∫ ∫ (ρ − ρ ′ )
2
0 0
+ z2
⎡− ρ ln⎛⎜ ρ − ρ ′ + z 2 + (ρ − ρ ′)2 ⎞⎟
⎢⎣
⎠
⎝
ρ ′= R
2
+ z 2 + (ρ − ρ ′ ) ⎤
⎥⎦ ρ ′=0
⎡ ρ − R + z 2 + (ρ − R )2 ⎤ ⎤
ρ ⎡
G
⎥⎥
V (r ) = − S ⎢ ρ ln ⎢
2
2
2ε 0 ⎢
⎢⎣
⎥⎦ ⎥
+
+
ρ
z
ρ
⎣
⎦
ρ
2
+ S ⎡ z 2 + (ρ − R ) − z 2 + ρ 2 ⎤
⎥⎦
2ε 0 ⎢⎣
Veja que para um ponto sobre o eixo z:
r=0
Então:
G
V (r ) = + ρ S z 2 + R 2 − z
2ε 0
Se tomarmos o gradiente do potencial e
multiplicarmos por -1, teremos o campo elétrico:
[
]
G
G
∂V
E = −∇ V = −
aˆ z
∂z
Logo:
[z
]
⎞
+ R 2 − z ⎟⎟
⎠ aˆ
z
∂z
G
⎤
ρ ⎡
z
E=− S ⎢
− 1⎥ aˆ z
2ε 0 ⎣ z 2 + R 2
⎦
⎛ρ
∂⎜⎜ S
G
2ε
E=− ⎝ 0
2
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G ρ ⎡
E = S ⎢1 −
2ε 0 ⎣
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Potencial:
⎤
⎥ aˆ z
z 2 + R2 ⎦
z
Compare com a expressão do campo de
um disco carregado uniformemente deduzida na pág. 24.
É a mesma...!!!
9
G G
V f − Vi = − ∫ E.dL
f
i
Adotando potencial zero no infinito e
lembrando que em coordenadas cilíndricas:
G
dl = dρaˆ ρ + ρdφaˆφ + dzaˆ z
Exemplo 6 – Encontre o potencial de uma
distribuição de carga rL sobre um anel de carga Q
circular de raio a
ρ
V (ρ ) − V (ρ 0 ) = − ∫
G
ρ (r ′)dL′
V (r ) = ∫ L G G
4πε 0 r − r ′
L′
G
r ′ = aaˆ ρ
ρ0
V (ρ ) − V (ρ 0 ) = −
z
P(x, y, z)
ρL
dρ
2πε 0 ρ
ρL
ρ
ln
2πε 0 ρ0
Exemplo 8– Encontre o potencial devido a um
fio carregado com carga Q de comprimento 2L com
densidade de carga uniforme rL.
Podemos calcular o potencial diretamente por:
rs
G
ρ (r ′)dL′
V (r ) = ∫ L G G
4πε 0 r − r ′
L′
G
r = xaˆ x + yaˆ y + zaˆ z
y
r’
Colocando sobre o fio sobre o eixo z:
x
G
r ′ = z′aˆ z
G
ρ
V (r ) = L
4πε 0
G
r = ρaˆ ρ + zaˆ z
G G
2
r − r ′ = (ρ − a ) + z 2
dL′ = adφ ′
G
V (r ) =
ρ L (r ′)adφ ′
∫ 4πε (ρ − a )
L′
G
V (r ) =
G
V (r ) =
ρ
G
V (r ) = L
4πε 0
2
0
+z
ρLa
4πε 0
2ε 0
(ρ − a )2 + z 2
2π
∫ dφ ′
V=
0
ρLa
(ρ − a )2 + z 2
(ρ − a )2 + z 2
Sobre o eixo Oz: r =0.
ρLa
2ε 0 a 2 + z 2
Q
V ( z) =
4πε 0 z 2 + a 2
V ( z) =
Exemplo 7– Encontre a diferença de potencial
entre dois pontos devido a um fio infinito com densidade
de carga rL.
Campo devido a um fio infinito:
G
E=
+L
∫
−L
x 2 + y 2 + ( z − z′)
2
dz ′
x 2 + y 2 + ( z − z′)
2
ρ L ⎡ x 2 + y 2 + ( z + L) 2 − ( z − L ) ⎤
ln ⎢
⎥
4πε 0 ⎢⎣ x 2 + y 2 + ( z − L) 2 − (z + L ) ⎥⎦
Ou:
Q
4πε 0
L′
dz ′
z′= L
ρ ⎛
G
⎞
2
V ( r ) = L ⎜ ln ⎡ x 2 + y 2 + ( z − z ′) − ( z − z ′)⎤
⎟
⎢
⎥
⎦ z′= − L ⎠
4πε 0 ⎝ ⎣
2
Ou:
G
V (r ) =
∫
ρL
aˆ ρ
2πε 0 ρ
V=
⎡ x 2 + y 2 + ( z + L) 2 − ( z − L ) ⎤
Q
ln ⎢
⎥
2 L 4πε 0 ⎢⎣ x 2 + y 2 + ( z − L) 2 − ( z + L) ⎥⎦
Exemplo 9– Encontre o potencial devido a
uma distribuição uniforme de carga rv cilíndrica de
raio R infinita.
Relação entre a densidade de carga:
ρv =
Q
dQ
=
2
πR L dV
Campo da distribuição de carga será dado pela
lei de Gauss:
G
G
Q
∫∫ E ⋅ dS = ε
s
0
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
⎧ ρ vπR 2 L
se ρ > R
G G ⎪⎪ ε
0
∫∫s E ⋅ dS = ⎨ ρvπρ 2 L
⎪
se ρ < R
⎪⎩ ε 0
⎧ ρ vπR 2 L
se ρ > R
⎪⎪ ε
0
E 2πρL = ⎨
2
⎪ ρ vπρ L se ρ < R
⎩⎪ ε 0
⎧ ρv R 2
⎪⎪ 2ε ρ se ρ > R
E=⎨ 0
⎪ ρ v ρ se ρ < R
⎪⎩ 2ε 0
⎧ ρv R 2
G ⎪⎪ 2ε ρ aˆ ρ se ρ > R
E=⎨ 0
⎪ ρ v ρ aˆ ρ se ρ < R
⎪⎩ 2ε 0
Sendo
G
dl = dρaˆ ρ + ρdφaˆφ + dzaˆ z
Sejam r,r0 < R:
ρ
V (ρ ) − V (ρ 0 ) = − ∫
ρ0
ρv
ρdρ
2ε 0
ρv 2
(ρ − ρ02 )
4ε 0
ρ
V (ρ ) − V (ρ 0 ) = v (ρ 02 − ρ 2 )
4ε 0
V ( ρ ) − V (ρ 0 ) = −
Sejam r,r0 > R:
ρ
V (ρ ) − V (ρ 0 ) = − ∫
ρ0
ρv R
dρ
2ε 0 ρ
2
ρ
10
⎧ 4 ρ vπR 3
se r > R
G G ⎪⎪ 3 ε
0
∫∫s E ⋅ dS = ⎨ 4 ρvπr 3
⎪
se ρ < R
⎪⎩ 3 ε 0
⎧ 4 ρ vπR 3
se r > R
⎪⎪ 3ε
2
0
E 4πr = ⎨
3
⎪ 4 ρ vπr se r < R
⎪⎩ 3ε 0
⎧ ρv R 3
⎪⎪ 3ε r 2 se r > R
E=⎨ 0
⎪ ρv r se r < R
⎪⎩ 3ε 0
⎧ ρv R 3aˆr
G ⎪⎪ 3ε r 2 se r > R
E=⎨ 0
ˆ
⎪ ρv rar se r < R
⎪⎩ 3ε 0
Sendo
G
dl = draˆr + rdθaˆθ + rsenθdφaˆφ
Sejam r,r0 < R:
r
V (r ) − V (r0 ) = − ∫
r0
V (r ) − V (r0 ) =
ρv
rdr
3ε 0
ρv 2 2
(r0 − r )
6ε 0
Sejam r,r0 > R:
r
ρv R3
dr
3ε 0 r 2
ρ R2 1
V (ρ ) − V (ρ0 ) = − v ∫ dρ
2ε 0 ρ ρ
V (r ) − V (r0 ) = − ∫
ρ R2 ρ
V (ρ ) − V (ρ0 ) = − v ln
ρ0
2ε 0
ρv R3
V (r ) − V (r0 ) =
3ε 0 r r = r
r0
0
Exemplo 10 - Encontre o potencial devido a uma
distribuição uniforme de carga rv esférica de raio R.
Relação entre a densidade de carga:
Q
dQ
ρv = 4 3 =
πR
dV
3
0
V (r ) − V (r0 ) =
ρv R
3ε 0
3
⎛1 1 ⎞
⎜⎜ − ⎟⎟
⎝ r r0 ⎠
Exemplo 11 – (pg. 93 – Hayt 4a Edição)
G
Dado E = 3 x aˆ x + 2 zaˆ y + 2 yaˆ z
Campo da distribuição de carga será dado pela lei
de Gauss:
G G Q
∫∫ E ⋅ dS =
s
r =r
ε0
2
( Vm )
ache
o trabalho para mover uma carga de 20µC ao longo
de um percurso incremental de 10-4m de
comprimento
na
direção:
−0.6aˆ x + 0.48aˆ y − 0.64aˆ z
(a) Localizado na origem;
(b) Em P(2, -2, -5)
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
11
- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
Solução:
G
dW = −QE ⋅ aˆ L dL
G
2
(a) E = 3 x aˆ x + 2 zaˆ y + 2 yaˆ z ( Vm )
G
2
E (0, 0, 0) = 3 ( 0 ) aˆ x + 2 ( 0 ) aˆ y + 2 ( 0 ) aˆ z ( Vm )
G
E (0, 0, 0) = 0aˆ x + 0aˆ y + 0aˆ z ( Vm )
dW = 0 ( J )
G
2
(b) E = 3 x aˆ x + 2 zaˆ y + 2 yaˆ z ( Vm )
G
2
E (2, -2, -5) = 3 ( 2 ) aˆ x + 2 ( −5 ) aˆ y + 2 ( −2 ) aˆ z ( Vm )
G
E (2, -2, -5) = 12aˆ x − 10aˆ y − 4aˆ z ( Vm )
dW =−20µ(12aˆx −10aˆy −4aˆz ) ⋅( −0.6aˆx +0.48aˆy −0.64aˆz )10−4
dW =−20µ(12( −0.6) −10( 0.48) −4( −0.64) )10−4
dW =−20µ( −9.44)10−4
dW =18.88( nJ )
Exemplo 12 – (pg. 50, E4.1– Hayt)
Dado
G 1
E = 2 ( 8 xyzaˆ x + 4 x 2 zaˆ y − 4 x 2 yaˆ ) ( Vm ) determine
z
z
a quantidade diferencial de trabalho realizado ao
deslocarmos uma partícula de 6nC de uma distância de
2µm, partindo de P(2, -2, 3) e caminhando na direção
aˆ L :
6
3
2
aˆ x + aˆ y + aˆ z
7
7
7
6
3
2
(b) aˆ x − aˆ y − aˆ z
7
7
7
3
6
(c) aˆ x + aˆ y
7
7
(a)
Solução:
G
dW = −QE ⋅ aˆ L dL
G
(a) E(2, -2, 3) = 1 (8⋅ 2⋅( −2) 3aˆx + 4⋅ 223aˆy − 4⋅ 22 ( −2) aˆ) ( V )
z m
32
G
1
E(2, -2, 3) = ( −96aˆx + 48aˆy + 32aˆz ) ( Vm )
9
G
1
E(2, -2, 3) = ( −96aˆx + 48aˆy + 32aˆz ) ( Vm )
9
G
dW = −QE ⋅ aˆ L dL
1
3
2 ⎞
⎛6
dW =−6n ( −96aˆx +48aˆy +32aˆ) ⋅⎜ aˆx + aˆy + aˆz ⎟2µ
9
7 ⎠
⎝7 7
1⎛ 6
3
2⎞
dW =−6n ⎜−96 +48 +32 ⎟2µ
9⎝ 7
7
7⎠
1⎛ 368⎞
dW =−6n ⎜− ⎟2µ
9⎝ 7 ⎠
4416
dW =
µn
54
736
dW = ( fJ )
9
6
3
2
aˆ x − aˆ y − aˆ z
7
7
7
G
dW = −QE ⋅ aˆ L dL
(b)
1
2 ⎞
⎛6 3
dW =−6n ( −96aˆx +48aˆy +32aˆ) ⋅⎜ aˆx − aˆy − aˆz ⎟2µ
9
7 ⎠
⎝7 7
1⎛ 784⎞
dW =−6n ⎜− ⎟2µ
9⎝ 7 ⎠
9408
dW =
µn
54
1568
dW =
( fJ )
9
3
6
aˆ x + aˆ y
7
7
G
dW = −QE ⋅ aˆ L dL
(c)
1
⎛3 6 ⎞
dW =−6n ( −96aˆx +48aˆy +32aˆ) ⋅⎜ aˆx + aˆy ⎟2µ
9
⎝7 7 ⎠
dW =−6n⋅ 0⋅ 2µ
dW = 0( fJ )
Exemplo 13 – (pg. 50, E4.2– Hayt)
Calcule o trabalho realizado ao deslocarmos
uma carga de 4C, de B(1, 0, 0) até A(0, 2, 0) ao
longo do caminho y = 2 – 2 x, z = 0, no campo E =
(a)
(b)
(c)
5aˆ x ( Vm )
5 xaˆ x ( Vm )
5 xaˆ x + 5 yaˆ y ( Vm )
Solução:
f
G G
W = −Q ∫ E ⋅ dL
i
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(a)
- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
5aˆ x ( Vm )
(0,2,0)
∫
W = −4
12
Solução:
(a) (1, 3, 5) a ( 2, 3, 5) a (2, 0, 5) a (2, 0, 3)
5aˆ x ⋅ ( dxaˆ x + dyaˆ y + dzaˆ z )
(1,0,0)
(0,2,0)
∫
W = −4
5dx
(1,0,0)
( 0,2,0 )
W = −4 ⋅ 5 x (1,0,0) = −20 ⋅ (0 − 1)
W = 20 ( J )
(b)
5 xaˆ x ( Vm )
(0,2,0)
∫
W = −4
5 xaˆ x ⋅ ( dxaˆ x + dyaˆ y + dzaˆ z )
(1,0,0)
(0,2,0)
W = −4
∫
5 xdx
(1,0,0)
x2
W = −4 ⋅ 5
2
( 0,2,0 )
= −20 ⋅ (
(1,0,0 )
02 12
− )
2 2
W = 10 ( J )
(c)
5 xaˆ x + 5 yaˆ y ( Vm )
(0,2,0)
W = −4
∫ ( 5 xaˆ
x
+ 5 yaˆ x ) ⋅ ( dxaˆ x + dyaˆ y + dzaˆ z )
(1,0,0)
(0,2,0)
W = −4
∫ ( 5xdx + 5 ydy )
(1,0,0)
⎡ x2
W = −4 ⋅ 5 ⎢
⎢⎣ 2
( 0,2,0 )
(1,0,0 )
y2
+
2
( 0,2,0 ) ⎤
⎥
(1,0,0) ⎥
⎦
⎡⎛ 02 12 ⎞ ⎛ 22 02 ⎞ ⎤
W = −20 ⋅ ⎢⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ ⎥
⎣⎝ 2 2 ⎠ ⎝ 2 2 ⎠ ⎦
⎡ 1
⎤
W = −20 ⋅ ⎢ − + 2 ⎥
⎣ 2 ⎦
W = −30 ( J )
Exemplo 14 – (Hayt – pg. 53 E4.3)
Veremos mais tarde que um campo E variante no
tempo não é conservativo (Se ele não é conservativo, o
trabalho deve ser uma função do caminho usado).
G
Considere E = yaˆ y ( Vm ) em certo instante de tempo e
calcule o trabalho para deslocar uma carga de 3C de (1,
3, 5) para (2, 0, 3) ao longo dos segmentos de retas
unindo:
(a) (1, 3, 5) a ( 2, 3, 5) a (2, 0, 5) a (2, 0, 3)
(b) (1, 3, 5) a ( 1, 3, 3) a (1, 0, 3) a (2, 0, 3)
f
G G
W = −Q ∫ E ⋅ dL
i
⎛ G G
G G
G G⎞
W = −Q ⎜ ∫ E ⋅ dL + ∫ E ⋅ dL + ∫ E ⋅ dL ⎟
⎜C
⎟
C2
C3
⎝ 1
⎠
G G
E ⋅ dL = yaˆ x ⋅ ( dxaˆ x + dyaˆ y + dzaˆ z )
G G
E ⋅ dL = ydx
2
2
⎛2
⎞
W = −Q ⎜ ∫ 3dx + ∫ ydx + ∫ 0dx ⎟
2
2
⎝1
⎠
(
2
W = −3 3 x 1 + 0 + 0
)
W = −9 ( J )
(b) (1, 3, 5) a ( 1, 3, 3) a (1, 0, 3) a (2, 0, 3)
⎛ G G
G G
G G⎞
W = −Q ⎜ ∫ E ⋅ dL + ∫ E ⋅ dL + ∫ E ⋅ dL ⎟
⎜C
⎟
C2
C3
⎝ 1
⎠
G G
E ⋅ dL = yaˆ x ⋅ ( dxaˆ x + dyaˆ y + dzaˆ z )
G G
E ⋅ dL = ydx
1
2
⎛1
⎞
W = −Q ⎜ ∫ 3dx + ∫ ydx + ∫ 0dx ⎟
1
1
⎝1
⎠
W = −3 ( 0 + 0 + 0 )
W = 0( J )
Exemplo 15 – (Hayt – pg. 53 E4.4)
Um campo elétrico é expresso
coordenadas cartesianas por:
em
G
E = 6 x 2 aˆ x + 6 yaˆ y + 4aˆ z ( Vm ) . Determine:
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- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
(a) VMN se os pontos M e N são especificados por
M(2, 6, -1) e N(-3, -3, 2);
(b) VM se V = 0 em Q(4, -2, -35);
(c) VN se V = 2 em P(1, 2, -4).
Solução:
G
E = 6 x 2 aˆ x + 6 yaˆ y + 4aˆ z ( Vm )
M
G G
VM − VN = − ∫ E.dL
Exemplo 16 – (Hayt – pg. 53 E4.5)
Uma carga pontual de 15 nC está localizada na
origem do espaço livre. Calcule V1 se o ponto P1 está
localizado em P1(-2,3,-1) e:
(a) V = 0 em (6,5,4);
(b) V = 0 no infinito;
(c) V = 5 em (2,0,4);
Em coordenadas esféricas:
G
Q aˆr V
E=
( )
4πε 0 r 2 m
G
dr = draˆr + rdθ aˆθ + rsenθ dφ âφ
N
(a)
M
VM −VN =−∫ ( 6x2aˆx + 6yaˆy + 4aˆz ) .( dxaˆx + dyaˆy + dzaˆz )
N
G G
V f − Vi = − ∫ E.dL
f
( 2,6, −1)
VM − VN = −
∫ ( 6 x dx + 6 ydy + 4dz )
2
VM − VN = − ( 2 x + 3 y + 4 z )
3
(
i
( −3, −3,2 )
2
(
f
V f − Vi = −∫
( 2,6, −1)
( −3, −3,2 )
))
VM −VN =− 2⋅ 2 +3⋅ 6 + 4( −1) − 2⋅ ( −3) + 3⋅ ( −3) + 4⋅ 2
3
13
2
3
2
VM −VN = −(16 +108 − 4 − ( −54 + 27 + 8) )
i
Q aˆr
.( draˆr + rdθ aˆθ + rsenθ dφ aˆφ )
4πε 0 r 2
Como: aˆ r ⋅ aˆθ = aˆ r ⋅ aˆφ = 0; aˆr ⋅ aˆ r = 1
V f − Vi = −
VM −VN = −(120 −( −19) )
VM −VN =−139V
VP1 − 0 = −
(b) VM se V = 0 em Q(4, -2, -35);
G G
VM − VQ = − ∫ E.dL
M
r1 =
∫ ( 6 x dx + 6 ydy + 4dz )
2
(
(
( 4, −2, −35)
2
VP1 = −
))
14
Q
dr
4πε 0 77 r 2
∫
r = 14
VM =−120V
N
G G
VN − VP = − ∫ E.dL
Q ⎡ 1
1 ⎤
−
⎢
⎥
4πε 0 ⎣ 14
77 ⎦
15n
1 ⎤
⎡ 1
VP1 =
−
⎥
−12 ⎢
4π ( 8,85 ⋅10 ) ⎣ 14
77 ⎦
VP1 =
P
( −3, −3,2 )
VN − 2 = −
∫ ( 6 x dx + 6 ydy + 4dz )
2
(1,2, −4 )
VN = 2 − ( 2 x 3 + 3 y 2 + 4 z )
( −3, −3,2 )
(1,2, −4 )
VN = 2 − 2⋅ ( −3) + 3⋅ ( −3) + 4⋅ 2 −( 2⋅13 + 3⋅ 22 + 4⋅ ( −4) )
3
2
Q ⎡ 1⎤
VP1 = −
−
4πε 0 ⎢⎣ r ⎥⎦ r = 77
Q ⎡ 1
1 ⎤
VP1 =
−
⎢
⎥
4πε 0 ⎣ 14
77 ⎦
(c) VN se V = 2 em P(1, 2, -4)
(
+ 32 + ( −1)
r0 = 77
( 2,6, −1)
VM =− 2⋅ 23 + 3⋅ 62 + 4( −1) − 2⋅ 43 + 3⋅ ( −2) + 4⋅ ( −35)
VM = −(120 −( 0) )
(6,5,4)
dr
r2
r0 = 6 2 + 52 + 42
( 4, −2, −35)
VM = − ( 2 x 3 + 3 y 2 + 4 z )
∫
r1 = 14
Q
( 2,6, −1)
VM − 0 = −
2
i
( −2,3,−1)
4πε 0
2
dr
∫r
4πε 0
Q
( −2 )
f
Q
2
VN = 2 −( −19 −( −2) )
VN =19V
)
VP1 = 20,69V
(b) V = 0 no infinito;
f
G G
V f − V∞ = − ∫ E.dL
∞
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
VP1 − 0 = −
Q
r1
- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
dr
∫r
4πε 0 ∞
2
r = 14
Q ⎡ 1⎤
VP1 = −
−
4πε 0 ⎢⎣ r ⎥⎦ r →∞
Q ⎡ 1
⎤
VP1 =
− 0⎥
⎢
4πε 0 ⎣ 14 ⎦
15n
⎡ 1 ⎤
−12 ⎢
4π ( 8,85 ⋅10 ) ⎣ 14 ⎥⎦
VP1 =
14
⎡
G ρLa ⎢2π ( ρ − a) aˆρ dφ′ 2π
zaˆz dφ′
E=
+
3
2
∫
∫
2
2
4πε0 ⎢ 0 ( ρ − a)2 + z2
0 ( ρ − a) + z
⎢⎣
(
(
)
⎡
G ρLa ⎢
( ρ −a)
E=
4πε0 ⎢ ( ρ −a)2 + z2
⎢⎣
(
2π
)
32
∫ aˆρdφ′ +
0
)
⎤
⎥
32⎥
⎥⎦
(( ρ −a) + z )
2
⎤
⎥
∫0 dφ′⎥
⎥⎦
2π
zaˆz
2
32
A primeira integral tem o valor zero, pois se
lembre que o versor âρ depende do ângulo φ:
VP1 = 36,08V
(c) V = 5 em (2,0,4);
r0 = 22 + 0 2 + 4 2
φ
âφ
φ
r0 = 20
âρ
Q ⎡ 1
1 ⎤
VP1 − 5 =
−
⎢
⎥
4πε 0 ⎣ 14
20 ⎦
15n
1 ⎤
⎡ 1
VP1 − 5 =
−
⎥
−12 ⎢
4π ( 8,85 ⋅10 ) ⎣ 14
20 ⎦
aˆ y
VP1 = 5 + 5,89
φ
VP1 = 10,89V
aˆ x
Exemplo 17 – (Hayt – pg. 58 E4.6)
Se tomarmos zero de referência para potencial no
infinito, determine o potencial em (0,0,2) causado por
estas configurações de carga no espaço livre:
(a) 12 nC/m na linha ρ = 2,5 m, z=0;
(b) carga pontual de 18 nC em (1,2,-1);
(c) 12 nC na linha y = 2,5 m, z = 0.
Solução:
aˆ ρ = cos φ aˆ x + cos (φ − π2 ) â y
aˆ ρ = cos φ aˆ x + senφ â y
aˆφ = − senφ aˆ x + cos φ â y
G G
V f − Vi = − ∫ E.dL
f
2π
∫
i
(a) 12 nC/m na linha ρ = 2,5 m, z=0;
¾ Campo devido a um anel de raio a:
G G G
G
ρ L ( r′) ( r − r ′)
E=∫
dL′
4πε 0 rG − rG′ 3
L′
G
G
r ′ = aaˆ ρ ; r = ρ aˆ ρ + zaˆ z
dQ′ = ρ L dL′ = ρ L adφ ′
G G
r − r ′ = ( ρ − a ) aˆ ρ + zaˆ z
G G
2
r − r′ = ( ρ − a ) + z 2
G
E=
2π
∫
0
⎡
⎤
ρ L ⎢ ( ρ − a ) aˆ ρ + zaˆ z ⎥
ad φ ′
4πε 0 ⎢ ( ρ − a ) 2 + z 2 3 2 ⎥
⎢⎣
⎥⎦
(
)
2π
∫ ( cos φ ′aˆ
aˆ ρ dφ ′ =
0
x
+ senφ ′aˆ y ) dφ ′
0
2π
2π
0
2π
0
2π
∫ aˆρ dφ ′ = ∫ cos φ ′dφ ′aˆ + ∫ senφ ′dφ ′aˆ
x
y
0
∫ aˆρ dφ ′ = [ senφ ′]φ
φ ′ = 2π
′= 0
aˆ x + [ − cos φ ′]φ ′=0 aˆ y
φ ′ = 2π
0
2π
∫ aˆρ dφ ′ = 0aˆ
x
+ 0aˆ y
0
Assim:
⎡
G ρLa ⎢
zaˆz
E=
⎢
4πε0 ( ρ −a)2 + z2
⎢⎣
(
)
[φ′]φ′=0
φ′=2π
32
⎤
⎥
⎥
⎥⎦
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⎡
G ρLa ⎢
zaˆz
E=
4πε0 ⎢ ( ρ −a)2 + z2
⎢⎣
G ρa
z
E= L
aˆz
2ε0 ( ρ − a)2 + z2 3 2
(
(
)
15
- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
G G
r − r ′ = ( ρ − a ) aˆ ρ + zaˆ z
G G
2
r − r′ = ( ρ − a ) + z 2
⎤
⎥
2π ⎥
32
⎥⎦
G
V (r ) = ∫
)
L′
ρ L adφ ′
ρ a
G
V (r ) = L
4πε 0
ρ a
G
V (r ) = L
4πε 0
ρ a
G
V (r ) = L
4πε 0
ρ a
G
V (r ) = L
2ε 0
¾
G G
VP − V∞ = − ∫ E.dL
P
z
(( ρ − a )
2
+ z2
G
dL = d ρ aˆ ρ + ρ dφ aˆφ + dzaˆ z
VP − 0 = −
ρLa
2ε 0
⎡
ρ a
VP = − L ⎢ −
2ε 0 ⎢
⎣
(0,0,2)
∫
(( ρ − a )
∞
)
zdz
2
+ z2
32
G
aˆ z .dL
1
0
[φ ′]φ ′=0
2
φ ′= 2π
( ρ − a)
2
+z
2
+z
1
( ρ − a)
2
2π
1
( ρ − a)
2
+ z2
)
VP = 529,32 (V )
ρ = 0; z = 2
1
(b) carga pontual de 18 nC em (1,2,-1);
1
4πε 0 r − r ′
G
rP = 0aˆ x + 0aˆ y + 2aˆ z
G
r ′ = 1aˆ x + 2aˆ y − 1aˆ z
VP =
1
VP =
+z
∫ dφ ′
2
12n 2.5
1
−12
2 ( 8.85 ⋅10 ) 2.52 + 4
12n 2.5
1
VP =
−12
2 ( 8.85 ⋅10 ) 2.52 + 4
ρ = 0; z = 2
⎡
( ρ − a)
2
32
⎤
⎥
2
2 ⎥
( ρ − a ) + z ⎦∞
ρLa ⎢
2ε 0 ⎢
2π
1
VP = 1.6949 ⋅1030.3123
⎤
⎥
2
2 ⎥
⎣ ( ρ − a ) + z ⎦∞
⎡
⎤
ρLa ⎢
1
− 0⎥
VP =
⎥
2ε 0 ⎢ ( 0 − a )2 + 22
⎣
⎦
VP =
+ z2
VP =
∞
ρLa2
VP − V∞ = − ∫
2ε 0
∞
2
Observe que na página 57 do livro tem um π a
mais no denominador. Tire por favor!!!
Como o raio do anel vale a = 2.5m:
Potencial em P(0,0,2)
P
( ρ − a)
4πε 0
ρLa
1
2ε 0 a 2 + 4
Veja que poderíamos ter calculado o
potencial também por:
G
ρ (r ′)dL′
V (r ) = ∫ L G G
4πε 0 r − r ′
L′
G
G
r ′ = aaˆ ρ ; r = ρ aˆ ρ + zaˆ z
dQ′ = ρ L dL′ = ρ L adφ ′
Q
G G
rP − r ′ = −1aˆ x − 2aˆ y + 3aˆ z
G G
rP − r ′ =
( −1) + ( −2 )
2
2
+ 32
G G
rP − r ′ = 14
VP =
18n 1
4πε 0 14
VP = 43.29 (V )
(c) 12 nC na linha y = 2,5 m, z = 0
o Supondo uma densidade linear de carga de 12
nC/m em um fio de comprimento L
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- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
16
ρ (r ′)dx′
G
V (r ) = ∫ L G G
4πε 0 r − r ′
L′
G
rP = 0aˆ x + 0aˆ y + 2âz
G
r ′ = x′aˆ x + 2.5aˆ y + 0aˆ z
G G
rP − r ′ = x′aˆ x − 2.5aˆ y + 2aˆ z
G G
2
rP − r ′ = x′2 + ( −2.5 ) + 22
G G
rP − r ′ = x′2 + 10.25
12n
VP =
4πε 0
dx
∫
dx′
2.5
∫
0
x′ + 10.25
2
= ln x + x 2 + a 2 + C
x +a
x′= L
12n ⎡
VP =
ln x′ + x′2 + 10.25 ⎤
⎦⎥ x′=0
4πε 0 ⎣⎢
VP =
12n
4πε 0
2
2
⎡ln L + L2 + 10.25 − ln 0 + 02 + 10.25 ⎤
⎢⎣
⎥⎦
⎡ L + L2 + 10.25 ⎤
⎢ln
⎥
10.25
⎢⎣
⎥⎦
o Supondo uma carga12 nC na linha y = 2,5 m, z = 0 e x
=0 :
VP =
12n
4πε 0
1
4πε 0 r − r ′
G
rP = 0aˆ x + 0aˆ y + 2âz
G
r ′ = 0aˆ x + 2.5aˆ y + 0aˆ z
VP =
Q
G G
rP − r ′ = 0aˆ x − 2.5aˆ y + 2aˆ z
G G
rP − r ′ =
( 0 ) + ( −2.5)
VP =
2
2
+2
2
G G
rP − r ′ = 10.25
12n
1
4πε 0 10.25
VP = 33, 73 (V )
Exemplo 18 – (Hayt – pg. 61 E4.7)
Uma porção de um campo potencial bidimensional
é mostrada na figura abaixo. As linhas de grade estão
separadas de 1mm. Determine os valores aproximados do
campo E em coordenadas cartesianas em:
(a) a;
(b) b;
(c) c.
Solução:
G
G
E = −∇V
(a) a; (-4,-6) (mm)
G
G
∂V
E = −∇V = −
aˆ y
∂x
G
G
106 − 104
E = −∇V = −
aˆ y
2 ⋅10−3
G
G
E = −∇V ≅ −1000aˆ y ( Vm )
(b) b;
(c) c.
Exemplo 19 – (Hayt – pg. 61 E4.8)
Dado o campo potencial em coordenadas
cilíndricas, V =
100
ρ cos φ (V ) e o ponto P
z2 +1
em ρ = 3m, φ = 60°, z = 2m, determine os valores em
P para:
(a) V;
(b) E;
(c) E;
(d) dV/dN;
(e) aN ;
(f) ρv no espaço livre.
Solução:
(a) V;
100
ρ cos φ (V )
z2 +1
100
V = 2 3cos 60° (V )
2 +1
V = 30, 0 (V )
V=
(b) E;
G
G
E = −∇V
G
1 ∂V
∂V
∂V
∇V =
aˆ ρ +
aˆφ +
aˆ z
ρ ∂φ
∂ρ
∂z
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- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
17
2
G
∂ ⎛ 100
1 ∂ ⎛ 100
⎞
⎞ ∇2V = 1 ∂ ⎛ ρ ∂ ⎡ 100 ⎤ ρ cos φ ⎞ + 1 ∂ ⎡ 100 ρ cosφ ⎤
ˆ
ˆ
∇V =
ρ cos φ ⎟ aρ +
ρ cos φ ⎟ aφ +
⎟
2
2 ⎢ 2
⎥⎦
⎜
ρ ∂ρ ⎜⎝ ∂ρ ⎢⎣ z 2 + 1⎥⎦
⎠ ρ ∂φ ⎣ z + 1
ρ ∂φ ⎜⎝ z 2 + 1
∂ρ ⎝ z 2 + 1
⎠
⎠
∂2 ⎡ 100
⎤
∂ ⎛ 100
⎞
+ 2 ⎢ 2 ρ cos φ ⎥
ˆ
cos
ρ
φ
a
∂z ⎣ z + 1
⎦
⎜
⎟ z
∂z ⎝ z 2 + 1
⎠
G
100 cos φ ∂
1 100
∂
∇V =
( ρ ) aˆρ + 2 ρ ( cos φ ) aˆφ +
2
z + 1 ∂ρ
ρ z + 1 ∂φ
∂ ⎛ 1 ⎞
⎜
⎟ aˆ z
∂z ⎝ z 2 + 1 ⎠
G
100 cos φ
100
2z
aˆ ρ − 2
senφ aˆφ − 100 ρ cos φ
aˆ
∇V =
2 z
2
2
z +1
z +1
( z + 1)
100 ρ cos φ
G
100cos60°
100
2⋅ 2
∇VP =
aˆρ − 2 sen60º aˆφ −100 ⋅ 3cos60°
aˆ
2 z
2
22 +1
2 +1
( 2 +1)
G
∇VP = 10aˆ ρ − 10 3aˆφ − 24aˆ z
G
E = − 10aˆ ρ − 10 3aˆφ − 24âz
G
E = −10aˆ ρ + 10 3aˆφ + 24aˆ z ( Vm )
(
)
(c) E;
G
E = −10aˆ ρ + 10 3aˆφ + 24âz
G
E =
( −10 )
2
G
E =
( −10 )
2
(d) dV/dN;
(e) aN ;
( )
+ (10 3 )
2
+ 10 3 + 242
2
+ 242
G
E = 31.24 ( Vm )
G dV
E =
= 31.24 ( Vm )
dN
G
∇V
aˆ N = G
∇V
aˆ N =
10aˆ ρ − 10 3aˆφ − 24âz
31.24
ˆaN = 0.320aˆ ρ − 0.554aˆφ − 0.768aˆ z
(f) ρv no espaço livre.
G G
ρv = ∇ ⋅ D
G G
G
G
ρ v = ε 0∇ ⋅ E
ρv = ε 0∇ ⋅ ( −∇V )
ρ v = −ε 0∇ 2V
Em coordenadas cilíndricas, o Laplaciano de V é
dado por:
1 ∂ ⎛ ∂V ⎞ 1 ∂ 2V ∂ 2V
∇2V =
+
+
ρ
ρ ∂ρ ⎜⎝ ∂ρ ⎟⎠ ρ 2 ∂φ 2 ∂z 2
100
V= 2
ρ cos φ (V )
z +1
⎞ 100 ρ ∂ 2
100
1 ∂ ⎛ ∂
+
φ
ρ
ρ
cos
[ cos φ ]
[
]
z2 +1
ρ ∂ρ ⎜⎝ ∂ρ ⎟⎠ z 2 + 1 ρ 2 ∂φ 2
∂2 ⎡ 100 ⎤
+ ρ cos φ 2 ⎢ 2 ⎥
∂z ⎣ z + 1⎦
∇2V =
∇2V =
100
1 ∂
100 ρ ∂
cos φ
(ρ) + 2
[ −senφ ]
2
z +1
z + 1 ρ 2 ∂φ
ρ ∂ρ
⎡
⎤
∂ ⎢ 2z ⎥
∂z ⎢ ( z 2 + 1)2 ⎥
⎣
⎦
100
1
100
1
∇2V = 2 cos φ − 2
cos φ
z +1
ρ z +1 ρ
−100ρ cos φ
⎡1⋅ ( z 2 + 1)2 − z ⋅ 2 ( z 2 + 1)2−1 2 z ⎤
⎥
−200ρ cos φ ⎢
4
2
⎢
⎥
( z + 1)
⎣
⎦
2
2
⎡ ( z + 1) − 4 z ⎤
⎥
∇2V = −200ρ cos φ ( z 2 + 1) ⎢
⎢ ( z 2 + 1)4 ⎥
⎣
⎦
2
1 − 3z
∇2V = −200ρ cos φ
3
( z 2 +1)
ρ v = −ε 0∇ 2V
⎧
⎫
1 − 3z 2 ⎪
⎪
ρv = −ε 0 ⎨−200 ρ cos φ
`
3⎬
2
+
z
1
⎪⎩
⎪
( )⎭
1 − 3z 2
ρv = ε 0 200 ρ cos φ
3
( z 2 + 1)
ρv = 8.85 ⋅10−12 200 ⋅ 3cos 60°
1 − 3 ⋅ 22
(2
2
+ 1)
3
1 ⎛ −11 ⎞
ρ v = 8.85 ⋅10−12 200 ⋅ 3 ⎜
⎟
2 ⎝ 125 ⎠
ρv = −233.64 ( mpc )
3
Exemplo 20 – (Hayt – pg. 64 E4.10)
Um dipolo elétrico localizado na origem do
espaço livre possui momento de dipolo
G
p = 3aˆ x − 2aˆ y + aˆ z ( nC ⋅ m ) .
(a) Determinar V em PA(2,3,4).
(b) Determinar V em r = 2.5, θ = 30° e φ = 40°.
Solução:
Esquema do dipolo e linhas de campo:
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- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
18
n
( 3 ⋅ 2 − 2 ⋅ 3 + 1⋅ 4 )
4πε 0 29 29
4n
V=
4πε 0 29 29
G
G
p = Qd
V=
G G
1
G r − r′
V=
G G 2 p ⋅ rG − rG′
4πε 0 r − r ′
G
rG :Localiza o ponto P.
r ′ :Localiza o centro do dipolo.
V = 0.2305 (V )
(b) Determinar V em r = 2.5, θ = 30° e φ = 40°.
V=
G
p ⋅ aˆr
4πε 0 r 2
r é a distância do centro do dipolo ao ponto P:
aˆr = senθ cos φ aˆ x + senθ senφ aˆ y + cos θ âz
aˆr = sen30° cos 40°aˆ x + sen30° sen 40°aˆ y + cos 30°â z
aˆr = 0.383aˆ x + 0.3214aˆ y + 0.866aˆ z
V=
V=
( 3aˆ
x
− 2aˆ y + aˆ z ) ⋅ ( 0.383aˆ x + 0.3214aˆ y + 0.866aˆ z ) n
4πε 0 2.52
( 3 ⋅ 0.383 − 2 ⋅ 0.3214 + 1⋅ 0.866 ) n
4πε 0 2.52
1.3722n
V=
4πε 0 6.25
V = 1.975(V )
Exemplo 21– (Hayt – pg. 64 E4.10)
Um dipolo de momento
G
p = 6aˆ z ( nC ⋅ m )
está localizado na origem do espaço livre.
(a) Determine V em P(r = 4, θ = 20°, φ = 0°);
(b) Determine E em P.
Solução:
G
p ⋅ aˆr
(a) V =
4πε 0 r 2
aˆr = senθ cos φ aˆ x + senθ senφ aˆ y + cos θ âz
G
r = 2aˆ x + 3aˆ y + 4aˆ z
G
r ′ = 0aˆ x + 0aˆ y + 0aˆ z
G G
r − r ′ = 2aˆ x + 3aˆ y + 4aˆ z
G G
r − r ′ = 2aˆ x + 3aˆ y + 4aˆ z
G G
r − r ′ = 22 + 32 + 42 = 29
G G
1
G r − r′
V=
p
⋅
G G
G G2
r − r′
4πε 0 r − r ′
V=
n
4πε 0 29
2
( 3aˆ
ˆ ˆ
x − 2a y + a z ) ⋅
( 2aˆ
aˆr = sen 20° cos 0°aˆ x + sen 20° sen0°aˆ y + cos 20°â z
aˆr = 0.342aˆ x + 0aˆ y + 0.9397aˆ z
V=
( 6aˆ z ) ⋅ ( 0.342aˆ x + 0aˆ y + 0.9397aˆ z ) n
4πε 0 42
V=
( 6 ⋅ 0.9397 ) n
4πε 016
V = 3.17 (V )
x
+ 3aˆ y + 4aˆ z )
29
G
p
( 2 cos θ aˆr + senθ aˆθ )
4πε 0 r 3
G
6n
E=
( 2 cos 20°aˆr + sen20°aˆθ )
4πε 0 43
(b) E =
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
G
E = 0.84375 (1.879aˆr + 0.342aˆθ )
G
E = 1.585aˆr + 0.288aˆθ ( Vm )
Exemplo 21 – (Hayt – pg. 66 E4.11)
Determine a energia armazenada no espaço livre para a
região
2mm < r < 3 mm, 0 < θ < 90°, 0 < φ < 90° dado o campo
potencial V =:
r = 3⋅10−3
ε0
θ =π
φ =π
⎡ 1⎤
WE = 4 ⋅10 ⎢ − ⎥
[ − cos θ ]θ =02 [φ ]φ =02
2
⎣ r ⎦ r = 2⋅10−3
4
⎡
1
1 ⎞⎤
⎛
π
WE = ε0 2⋅104 ⎢−
− −
⎡− cos π2 − ( − cos0) ⎤⎡
−3 ⎜
−3 ⎟⎥ ⎣
⎦ ⎣ 2 − 0⎦⎤
⋅
⋅
3
10
2
10
⎝
⎠⎦
⎣
1
1 ⎤
⎡
+
WE = ε0 2⋅104 ⎢−
0 +1]⎣⎡π2 ⎦⎤
−3
−3 [
⎣ 3⋅10 2⋅10 ⎥⎦
200
(a)
V
r
300 cos θ
(b)
V
r2
WE = ε0 2⋅
1
2
WE = 4.13⋅10−5 ( J )
G G
∫∫∫ D ⋅ Edv
(
v
ε0
2
)
G 2
∇
∫∫∫ V dv
200
r
⎛ 200 ⎞
⎛ 200 ⎞
∂
∂⎜
⎟
G
1 ⎜⎝ r ⎟⎠
1
∂ ⎛ 200 ⎞
⎝ r ⎠ aˆ
ˆ
ˆ
a
a
∇V = ⎜
+
+
θ
φ
⎟ r
r ∂θ
rsenθ ∂φ
∂r ⎝ r ⎠
G
200
∇V = − 2 aˆr + 0aˆθ + 0âφ
r
G
200
∇V = − 2 aˆr
r
G
200
∇V = 2
r
WE =
WE =
ε0
2
ε0
2
2
ε0
⎛ 200 ⎞
⎜
⎟ dv
∫∫∫
2 v ⎝ r2 ⎠
WE =
3⋅10−3
200
π π
1
2 2
∫ ∫∫ r
2
4
r 2 senθ dθ dφ dr
2⋅10−3 0 0
3⋅10−3
4 ⋅10
4
∫
2⋅10−3
π
2
π
2
r dr ∫ senθ dθ ∫ dφ
−2
0
0
12
⎛ 300cos θ ⎞
∂
⎟
G
1 ⎜⎝
∂ ⎛ 300cos θ ⎞
r2
⎠ aˆ + 1
∇V = ⎜
θ
⎟ aˆr +
∂r ⎝
∂θ
r2
r
rsenθ
⎠
⎛ 300cos θ ⎞
∂⎜
⎟
r2
⎝
⎠ â
φ
∂φ
G
∂ ⎛ 300 cos θ ⎞
300 ∂ ( cos θ )
∇V = ⎜
aˆθ
⎟ aˆr + 3
2
∂r ⎝
∂θ
r
r
⎠
G
600 cos θ
300senθ
∇V = −
aˆr −
aˆθ
r3
r3
G 2 ⎛ 600 cos θ ⎞2 ⎛ 300senθ ⎞ 2
∇V = ⎜
⎟ +⎜
⎟
3
r3
⎝
⎠ ⎝ r
⎠
G 2 9 ⋅104
∇V = 6 ( 4 cos 2 θ + sen 2θ )
r
WE =
v
π
300 cos θ
V
r2
(b)
G
∂V
1 ∂V
1 ∂V
aˆr +
aˆθ +
aˆφ
∇V =
r ∂θ
rsenθ ∂φ
∂r
G
G
E = −∇V
G
G
G
D = ε 0 E = −ε 0∇V
G G
G
G
D ⋅ E = −ε 0∇V ⋅ −∇V
G G
G 2
D ⋅ E = ε 0 ∇V
G 2
WE = 12 ∫∫∫ ε 0 ∇V dv
(a) V =
π
12
WE = 8.85⋅10−122⋅107
v
WE =
104 ⎡ 1 1 ⎤ π
− + 1⋅
10−3 ⎢⎣ 3 2 ⎥⎦ 2
WE = ε0 2⋅107
Solução:
WE =
19
- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
WE =
WE =
WE =
ε0
2
ε0
2
ε0
9 ⋅104
4 cos 2 θ + sen 2θ )dv
(
6
∫∫∫
2 v r
3⋅10 −3
9 ⋅10
4
2 2
6
2⋅10
9 ⋅10
1
∫ ∫ ∫ r ( 4 cos
−3
3⋅10−3
4
π π
∫
2⋅10−3
π
π
r dr ∫ ( 4 cos θ senθ + sen θ ) dθ ∫ dφ
−4
2
2
2
3
0
⎡ 1 ⎤
9 ⋅104 ⎢ − 3 ⎥
2
⎣ 3r ⎦ r = 2⋅10−3
ε0
θ + sen 2θ )r 2 senθ dθ dφ dr
0 0
r =3⋅10−3
ε0
2
θ =π
1
3
⎡ 4
⎤ 2 φ = π2
3
⎢⎣ − 3 cos θ + 12 cos 3θ − 4 cos θ ⎥⎦ [φ ]φ =0
θ =0
−10 4 ⎡ 1 1 ⎤ ⎡ 4 ⎛ 1 3 ⎞ ⎤ π
−
+ −⎜ − ⎟
2 3 ⋅10 −9 ⎣⎢ 33 23 ⎥⎦ ⎢⎣ 3 ⎝ 12 4 ⎠ ⎥⎦ 2
−3πε 0 13 ⎡ 1 1 ⎤ ⎡ 4 1 3 ⎤
WE =
10 ⎢ − ⎥ ⎢ + − + ⎥
4
⎣ 27 8 ⎦ ⎣ 3 12 4 ⎦
−3πε 0 13 ⎡ −19 ⎤ ⎡ 24 ⎤
WE =
10 ⎢
4
⎣ 216 ⎥⎦ ⎢⎣ 12 ⎥⎦
WE =
0
9⋅
3 ⋅19πε 0 13
10
2 ⋅ 216
WE = 3, 668 ⋅101
WE =
WE = 36, 68 ( J )
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
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Leitura suplementar:
Bioeletricidade
• A eletricidade animal
Contribuição de Galvani e de Volta.
A geração de eletricidade por certos peixes já era
conhecida quando LUIGI GALVANI descreveu sua célebre
observação sobre a contração da pata de rã. Galvani
ensinava anatomia em Bolonha (Itália) e PUELLES (1956)
conta que, certo dia, quando trabalhava com rãs decapitadas
e penduradas numa haste de cobre e observou que, quando a
pata do animal tocava o ferro de um balcão próximo, os
músculos se contraíam. Conta também uma outra versão.
Nesta, Galvani, em 1760, colocou algumas rãs mortas sobre
um prato metálico e um dos seus assistentes, usando a
máquina eletrostática de Ramsden, aplicou um choque
elétrico sobre uma delas, produzindo contração muscular. O
fenômeno foi prontamente reconhecido por Galvani como
algo especial e a partir daquele momento passou a dedicarse ao estudo da eletricidade animal.
Galvani observou que, mesmo sem a aplicação de
choque elétrico, era possível obter a contração dos músculos
das patas posteriores da rã. Para isso, eles eram colocados
em contato com o nervo lombar que, por sua vez, era
estimulado por um par bimetálico (cobre e zinco). Dos seus
experimentos, concluiu: "o músculo e o nervo constituem
uma espécie de condensador de uma própria e peculiar
eletricidade que existe em todos os animais vivos". Galvani
acreditava que "nos músculos se reúne o fluido elétrico, que
logo se difunde pelo corpo mediante a rede de nervos, os
quais são condutores naturais do fluido elétrico e que se
insinuam com suas extremidades dentro dos músculos".
Suas principais observações estão no seu livro De viribus
Electricitatis in motu muscularis (1871).
Na época de Galvani, ALEXANDRO VOLTA
ensinava Física na Universidade de Pavia. Volta, estudando
o fenômeno descrito por Galvani, concluiu que os metais
podiam produzir eletricidade e, em 1800, construiu o
20
primeiro gerador químico de eletricidade empilhando
alternadamente discos de cobre e zinco. Os metais
foram separados por papel ou camurça embebidos em
solução aquosa acidulada com vinagre. Concluiu
dizendo que os músculos e os nervos são apenas
condutores de eletricidade e que no par bimetálico
usado por Galvani estava a fonte geradora de
eletricidade.
• Potencial transmembrana.
A descoberta das correntes de injúria foi
fundamental para que se soubesse que a membrana
superficial das células vivas se encontra submetida a
uma diferença de potencial, que é chamada de
potencial transmembrana ou potencial de
membrana.
As células não-excitáveis, tais como as epiteliais do
homem, apresentam um potencial de membrana
constante, cujo valor está em torno de -20mV. Nos
nervos e nos músculos, contudo, esses potenciais
chegam a -90mV. Quando a célula está quiescente, o
seu potencial de membrana apresenta valor constante e
é chamado de potencial de repouso.
Não satisfeito, Galvani redarguiu relatando os
resultados de novos experimentos nos quais conseguiu
obter a contração dos músculos da pata de uma rã
quando eles eram postos em contato com o nervo
ciático de uma outra rã. Nesses experimentos não usou
o par bimetálico para estimular. Com isso, mostrou que
os elementos geradores de tensão e de corrente elétrica
estavam situados no animal.
A contenda científica entre Galvani e Volta
somente pôde ser resolvida com o desenvolvimento da
ciência. Hoje se sabe que ambos estavam certos. De
fato, as estruturas nervosas são capazes de iniciar e de
propagar estímulos elétricos e estes participam
decisivamente na promoção da resposta contrátil
muscular. Por outro lado, lâminas bimetálicas podem
produzir uma diferença de potencial elétrico suficiente
para estimular o aparecimento do impulso elétrico nos
nervos.
Registro do fenômeno elétrico no coração.
Depois que Galvani chamou a atenção para a
eletricidade animal, não tardou muito para que
WALLER (1887, 1899) descobrisse que os batimentos
cardíacos ocorriam concomitantemente com o
aparecimento de correntes elétricas e que elas podiam
ser detectadas na superfície do corpo. EINTHOVEN
(1913), tendo inventado o galvanômetro de mola,
registrou pela primeira vez essas correntes, obtendo os
primeiros eletrocardiogramas e abrindo para a ciência
uma importante vertente de investigação.
A detecção dos fenômenos elétricos nos nervos
precedeu os trabalhos de EINTHOVEN.
Em 1850, HELMHOLTZ conseguiu medir a
velocidade de propagação da onda de excitação no
nervo gastrocnêmico da rã e, pouco depois,
BERNSTEIN (1868) obteve o registro da evolução
temporal do potencial de injúria do nervo lesado.
POTENCIAL DE REPOUSO
•
Em seres humanos e animais, cerca de 20% da
taxa metabólica basal é usada para manter o
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
funcionamento elétrico das células, usadas para controlar:
• O fluxo de íons que se encontram em grandes
quantidades do lado externo e interno da célula e no meio
extracelular.
• Os efeitos devido às diferentes concentrações de
íons presentes no interior das células e no meio
extracelular.
Entre o líquido no interior de uma célula e o fluido
extracelular há uma diferença de potencial elétrico
denominada potencial de membrana.
O potencial de uma membrana celular é a diferença
de potencial entre as superfícies externa e interna da
membrana celular quando elas estão eletricamente
carregadas.
Lembrando que as membranas celulares são estruturas
complexas constituída por uma bicamada de fosfolipídios
onde estão imersas moléculas de proteínas, como
esquematizado na Figura 2.7. Os fosfolipídios ocupam 70%
do volume e mais de 90% da superfície da membrana. O
empacotamento dessas moléculas impede a passagem de
íons e água através da membrana; porém como há
proteínas transmembranais que formam canais através da
bicamada, como descrevemos anteriormente, é possível a
troca dos íons do meio intra para o meio extracelular e viceversa.
As propriedades elétricas da membrana celular são
derivadas da ionização de suas superfícies externa e
interna e principalmente de sua capacidade de deixar
passar seletivamente apenas alguns tipos de íons. Nas
células excitáveis, a membrana celular tem permeabilidade
seletiva. As membranas biológicas geralmente são:
• Permeáveis a pequenos íons inorgânicos e
monovalentes.
• Pouco permeáveis a íons multivalentes.
• Impermeáveis a íons inorgânicos complexos (fosfatos
orgânicos) e proteínas.
Os meios extra e intra celular apresentam geralmente
característica salina. As moléculas suspensas nesses meios
encontram-se ionizadas, movendo-se livremente. Por outro
lado, tanto dentro como fora da célula, a concentração de
ânions é muito próxima da concentração de cátions.
Quando não há influências externas sobre a célula, o
potencial de uma membrana celular é denominado de
Potencial de Repouso V0.
As membranas apresentam alta resistência elétrica
decorrente da extensa superfície líquida, o que implica num
potencial elétrico elevado (da ordem de 100 mV) entre o
interior e o exterior da célula.
Esse potencial pode ser medido ligando-se, por meio de
microeletrodos, os pólos de um medidor de voltagem ao
interior de uma célula (ponto A), e ao líquido extracelular
(ponto B), como mostra a Figura 1. Esses eletrodos são, em
geral, capilares de vidro, com uma ponta com menos de 1
µm de diâmetro, contendo uma solução condutora de KCI.
Essa solução está em contato com o medidor de voltagem
por meio de um fio metálico. A Figura mostra o resultado
de uma experiência típica para medir a diferença de
potencial elétrico entre as partes externa e interna de uma
célula.
Para isso colocam-se, inicialmente, os eletrodos A e B
no líquido extracelular. A seguir o eletrodo A é colocado no
interior da célula. O deslocamento do eletrodo A é indicado
21
na Figura 12 pela variação de x, coordenada na direção
perpendicular à membrana de espessura d. Quando as
pontas dos dois eletrodos estão no meio externo, a
diferença de potencial medida W é nula, indicando que
o potencial elétrico é o mesmo em qualquer ponto
desse meio. O mesmo aconteceria se os dois eletrodos
pudessem ser colocados no interior da célula, pois
ambos os meios são condutores. O potencial elétrico do
fluido extracelular, por convenção, é considerado nulo
e V é o potencial no interior da membrana. Assim, a
diferença de potencial ∆V entre os dois meios é:
∆V = V - 0 = V
Quando a ponta do eletrodo A penetra na
célula, o potencial elétrico V diminui bruscamente para
aproximadamente:
-70 mV(-70.10-3V) como indica a Figura 12.
Na maioria das células, o potencial de membrana V
permanece inalterado, desde que não haja influências
externas. Quando a célula se encontra nessa condição,
dá-se ao potencial de membrana V, a designação de
potencial de repouso representado por V0. Numa célula
nervosa ou muscular o potencial de repouso é sempre
negativo, apresentando um valor constante e
característico. Nas fibras nervosas e musculares dos
animais de sangue quente, os potenciais de repouso se
situam entre -55 mV e -100 mV. Nas fibras dos
músculos lisos, os potenciais de repouso estão
aproximadamente entre -30 mV e -55 mV.
Figura 1 – Medida do potencial de repouso de
uma célula.
Medidor
De Voltagem
Meio externo
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- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
G2
E
dW = −Q ⋅ G dL
E
G
dW = −Q ⋅ E dL
 Exercícios: Hayt – Capítulo 4 – 6ª Edição
O valor de E em P(r =2, f =400 , z = 3) é dado por
1.
G
E = 100aˆ ρ − 200aˆφ + 300aˆ z (V m )
Determine o trabalho incremental para deslocar uma
carga de 20 mC de uma distância de 6 mm na direção de
:
(a) aˆ ρ .
(b) aˆ φ .
G
E = 100aˆ ρ − 200aˆφ + 300aˆ z (V m )
G
2
E = 100 2 + (− 200) + 300 2 = 100 14
dW = −20 µ ⋅ 100 14 ⋅ 6 µ
dW = −4.489988 ⋅ 10 −8 J
dW = −44.89988 ⋅ nJ
(c) â z .
(d) E.
G
(f) G = 2aˆ x − 3aˆ y + 4aˆ z
G
(e) Direção: G = 2aˆ x − 3aˆ y + 4aˆ z :
Solução:
(a) Direção: â ρ .
G
dW = −QE ⋅ aˆ L dL
aˆ L = aˆ ρ
dW = −Q (100 aˆ ρ − 200 aˆφ + 300 aˆ z ) ⋅ aˆ L dL
dW
dW
dW
dW
dW
G
2
3
G
4
â L = G =
aˆ x −
aˆ y +
aˆ z
29
29
29
G
G
dW = −QE ⋅ aˆ L dL
G
E = 100aˆ ρ − 200aˆφ + 300aˆ z (V m )
(b) Direção: âφ :
G
dW = −QE ⋅ aˆ L dL
dW = −Q (100 aˆ ρ − 200 aˆφ + 300aˆ z ) ⋅ aˆφ dL
dW = 200QdL
dW = 200 ⋅ 20 µ ⋅ 6 µ
dW = 24nJ
(c) Direção: â z :
G
dW = −QE ⋅ aˆ L dL
dW = −Q (100 aˆ ρ − 200 aˆφ + 300aˆ z ) ⋅ aˆ z dL
dW = −20 µ ⋅ 300 ⋅ 6 µ
dW = −36nJ
G
dW = −QE ⋅ aˆ L dL
G
E
aˆ L = G
E
G
G E
dW = −QE ⋅ G dL
E
2
â L =
= −Q (100 aˆ ρ − 200 aˆφ + 300 aˆ z ) ⋅ aˆ ρ dL
= −100QdL
= −100 ⋅ 20 µ ⋅ 6 µ
= −12000 pJ
= −12nJ
G
(d) Direção: E :
22
aˆ x −
3
4
aˆ y +
29
29
29
â x = cos φaˆ ρ − senφaˆφ
aˆ z
â y = senφaˆ ρ + cos φaˆφ
â ρ = cos φaˆ x + senφaˆ y
âφ = − senφaˆ x + cos φaˆ y
φ = 400 ⇔ cosφ = 0.766; senφ = 0.643
â ρ = 0.766 aˆ x + 0.643φaˆ y
âφ = −0.643aˆ x + 0.766 aˆ y
Substituindo em:
G
E = 100aˆ ρ − 200aˆφ + 300aˆ z (V m )
G
E = 100(0.766aˆ x + 0.643aˆ y ) +
− 200(− 0.642aˆ x + 0.766aˆ y ) + 300aˆ z
G
E = (76.6 + 128.558)aˆ x +
(64.3 − 153.2)aˆ y + 300aˆ z
G
E = 205.158aˆ x − 88.9aˆ y + 300aˆ z (V m )
aˆ L =
2
29
aˆ x −
3
29
aˆ y +
4
29
aˆ z
G
2
−3
4
E ⋅ aˆL = 205.158
− 88.9
+ 300
29
29
29
G
E ⋅ aˆL = 76.194+ 49.523+ 222.834
G
E ⋅ aˆL = 348.5514
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- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
G
dW = −QE ⋅ aˆ L dL
dW = −20 µ ⋅ 348.5514 ⋅ 6 µ
dW = −41,826 nJ
â L =
2. Seja:
nas vizinhanças do ponto P(6, 2, -3). Determine o
trabalho incremental realizado no deslocamento e uma
carga de 4 de uma distância de 1mm na direção
especificada por:
(a) aˆ x + aˆ y + aˆ z
3
aˆ x −
â L =
1
→
→
QP = (−1) 2 + (+1) 2 + (−1) 2 = 3
1
aˆ x +
1
3
aˆ y −
1
3
aˆ z
Em coordenadas cilíndricas:
2
ρ = xQ2 + y Q2 = 2 2 + 12 = 5
f
2
y
x
(a) P(1, 2, 3) em direção a Q(2, 1, 4);
G
dW = −QE ⋅ aˆ L dL
G
E = 120aˆ ρ V m
Em coordenadas cilíndricas:
ρ = x 2p + y 2p = 12 + 2 2 = 5
aˆ ρ = cos φaˆ x + senφaˆ y
2
aˆ y
5
5
G
⎛ 1
⎞
1
E P = 120⎜⎜
aˆ x +
aˆ y ⎟⎟ V m
5 ⎠
⎝ 5
→
aˆ L =
→
QP = P − Q = −aˆ x + aˆ y − aˆ z
3
G
E = 120aˆ ρ V m
P(1,2,3)
aL
QP
QP
â L = −
4
3 Q(2,1,4)
aˆ x +
aˆ z
3
120
dW = 3.098 µJ
z
1
3
240
1
→
de trabalho incremental realizado no deslocamento de
uma carga de 50 mC de uma distância de 2mm a partir
de:
(a) P(1, 2, 3) em direção a Q(2, 1, 4);
(b) Q(2, 1, 4) em direção a P(1, 2, 3);
1
aˆ y +
⎛ 120 ⎞
dW = −50 ⋅ 10 −6 ⎜⎜ −
⎟⎟2 ⋅ 10 −3
15 ⎠
⎝
G
E = 120aˆ ρ V m , determine a quantidade
Solução:
1
(b) Q(2, 1, 4) em direção a P(1, 2, 3);
(b) − 2aˆ x + 3aˆ y − aˆ z
aˆ ρ =
1
G
120
E ⋅ aˆ L =
−
=−
15
15
15
G
dW = −QE ⋅ aˆ L dL
G
E = 400aˆ x − 300aˆ y + 500aˆ z (V m )
3. Se
23
PQ
aˆ ρ = cos φaˆ x + senφaˆ y
aˆ ρ =
2
5
aˆ x +
1
5
aˆ y
G
⎛ 2
⎞
1
EQ = 120⎜⎜
aˆ x +
aˆ y ⎟⎟ V m
5 ⎠
⎝ 5
G
240 120
120
EQ ⋅ aˆ L = −
+
=−
15
15
15
G
dW = −QE ⋅ aˆ L dL
⎛ 120 ⎞
dW = −50 ⋅ 10 −6 ⎜⎜ −
⎟⎟2 ⋅ 10 −3
15 ⎠
⎝
dW = 3.098 µJ
4. Determine a quantidade de energia
necessária para deslocar uma carga de 6C da
origem
até
P(3,
1,
-1)
no
campo
G
E = 2 xaˆ x − 3 y 2 aˆ y + 4aˆ z (V m ) ao longo do
→
PQ
caminho reto x = -3z, y = x+2z.
→
PQ = Q − P = aˆ x − aˆ y + aˆ z
→
G
G G
G
= 2 yâ x ,
para
G
⋅
d
L
∫
P
PQ = 1 + (−1) + 1 = 3
2
2
2
5. Calcule valor de
A
com A( l, -1 , 2) e P(2, 1, 2) usando o caminho:
(a) segmentos retos de:
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- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
24
A( l, -1, 2) até B(1, 1, 2) até P( 2, 1, 2);
(b) segmentos retos de A (l, -l, 2) até C (2, .-l, 2) até P
(2, 1, 2).
(b) segmentos retos de:
A (l, -l, 2) até C (2, .-l, 2) até P (2, 1, 2).
Solução:
4
(a) segmentos retos de:
A( l, -1, 2) até B(1, 1, 2) até P( 2, 1, 2);
3
2
-1
2
1.5
-0.5
1
0
0.5
1
1
0
0.5
0
4
A(1,-1,2)
4
C(2,-1,2)
3
3
A(1, -1, 2)
P(2,1,-2)
2
B(1,1,2)
2
1
1
P(2,1,2)
0
0
-1
-0.5
G
G = 2 yaˆ x
P G
G
∫ G ⋅ dL
0
G
dL = dxaˆ x + dyaˆ y + dzaˆ z
A
G G
G
∫ ⋅ dL = ∫ 2 ydx = ∫ 2 ydx + ∫ 2 ydx
xP
xB
xA
A
xA
xA
xB
⎧ A → B ⇔ x = 1∴ dx = 0
⎨
⎩B → P ⇔ 1 < x < 2 ∴ y = 1
2
P G
G
2
G
⋅
d
L
=
0
+
∫
∫ 2 ⋅ 1dx = 2 ⋅ x 1 = 2
1
1
G
dL = dxaˆ x + dyaˆ y + dzaˆ z
A
P
A
0.5
G
G = 2 yaˆ x
P G
G
G
⋅
d
L
∫
xC
xA
G G xP
∫ G ⋅ dL = ∫ 2 ydx = ∫ 2 ydx + ∫ 2 ydx
P
A
xA
xA
xC
⎧ A → C ⇔ y = −1; 1 ≤ x ≤ 2 ∴
⎨
⎩ C → P ⇔ x = 2 ∴ dx = 0
2
P G
G
2
∫ G ⋅ dL = 0 + ∫ 2 ⋅ (−1)dx = −2 ⋅ x 1 = −2
1
A
6. Seja .
G
G = 4 xaˆ x + 2 zaˆ y + 2 yaˆ z . Dado um
ponto inicial P(2, 1, 1) e um ponto final Q(4, 3, .l),
G G
G
∫ ⋅ dL usando o caminho:
P
determine
A
(a) linha reta: y =x – 1, z = 1.
(b) parábola 6y = x2 +2, z = 1.
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7. Repita o problema 6 para
- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
G
G = 3 xy 2 aˆ x + 2 zaˆ y .
(a) B(rB, θB, fB) até C(rA, θB, fB),com θ e f
mantidos constantes;
(b) C(rA, θB, fB) até D(rA, θA, fB) com r e f
mantidos constantes;
(c) D(rA, θA, fB) até A(rA, θ.A, fA) com r e θ
mantidos constantes.
Solução:
G
G = 3 xy 2 aˆ x + 2 zaˆ y
De: P(2, 1, 1) a Q(4, 3, .l)
G G
2
G
∫ ⋅ dL = ∫ 3xy aˆ x + 2 zaˆ y ⋅ (dxaˆ x + dyaˆ y + dzaˆ z )
(
P
A
P
)
C
G
G
∫ G ⋅ dL = ∫ 3xy
A
2
dx + ∫ 2 zdy
c
9. Uma densidade superficial de carga uniforme de
20 nC/m2 está presente na superfície da esfera r =0,6
em no espaço livre.
(a) Determine o potencial absoluto em P(r = l cm,
θ = 250, f = 500);
(b) Determine VAB, dados os pontos A(r = 2 cm, θ
= 300, f = 600) e B(r = 3 cm, θ = 450, f = 900).
c
Solução:
(a) linha reta: y =x – 1, z = 1.
(a) P(r = l cm, θ = 250, f = 500)
⎧ y = x − 1; z = 1 ⇔ dy = dx
C⎨
⎩ 2 ≤ x ≤ 4;1 ≤ y ≤ 3
ρ s A ρ s 4πR 2
=
=
V=
4πε 0 r 4πε 0 r
4πε 0 r
20n4π (6 ⋅ 10 −3 ) 2
−2
V (r = 10 ) =
4πε 0 10 − 2
Q
3
G G 4
2
G
⋅
d
L
=
3
xy
dx
+
∫
∫
∫ 2 zdy
P
A
P
2
A
P
2
4
1
3
G G 4
2
∫ G ⋅ dL = ∫ 3x( x − 1) dx + ∫ 2 ⋅ 1dy
V (r = 10 −2 ) = 8.14V
1
3
G G
3
2
G
⋅
d
L
=
(
3
x
−
6
x
+
3
x
)
dx
+
2
∫
∫
∫ dy
2
A
(b) VAB, A(r = 2 cm, θ = 300, f = 600)
B(r = 3 cm, θ = 450, f = 900).
1
G G 3 4
3 2
3
∫A G ⋅ dL = 4 x − 2 x + 2 x
P
x=4
+ 2(3 − 1) = 90
V AB = V A − VB
x=2
VA =
(b) parábola 6y = x2 +2, z = 1.
⎧
x2 + 2
x
⎪y =
; z = 1 ⇔ dy = 2 dx
C⎨
6
6
⎪⎩
2 ≤ x ≤ 4;1 ≤ y ≤ 3
3
G G 4
2
G
⋅
d
L
=
3
xy
dx
+
∫
∫
∫ 2 zdy
P
2
A
1
2
3
G G
⎛ x + 2⎞
⎜
⎟
G
d
L
x
dx
+
3
⋅
=
∫A
∫2 ⎜⎝ 6 ⎟⎠
∫1 2 ⋅ 1dy
P G
3
G 3 4 5
3
G
⋅
d
L
=
(
x
+
4
x
+
4
x
)
dx
+
2
∫A
∫1 dy
36 ∫2
4
P
25
2
x=4
G G 1 ⎡1 6
4
2⎤
∫A G ⋅ dL = 12 ⎢⎣ 6 x + x + 2 x ⎥⎦ + 2(3 − 1)
x=2
P G
G
∫ G ⋅ dL =78 + 4 = 82
Q
4πε 0 rA
=
ρs A
ρ 4πR 2
= s
= 4.0715
4πε 0 rA
4πε 0 rA
=
ρs A
ρ 4πR 2
= s
= 2.7143
4πε 0 rB
4πε 0 rB
V
VB =
Q
4πε 0 rB
V
V AB = 4.0715 − 2.7143
V AB = 1.3572V
10. Dada uma densidade superficial de carga de rS
de 8nC/m2 no plano .x = 2, uma densidade linear de
carga de 30nC/m na linha x = l. y = 2 e uma carga
pontual de lµC e,m P(-l, -1, 2), determine VAB para os
pontos A(3, 4, 0) e B(4, 0, 1).
P
A
8. Uma carga pontual Q1 está localizada na origem no
espaço livre. Determine o trabalho realizado no
deslocamento de Q2 de:
11. Seja uma densidade superficial de carga
uniforme de 5 nC/m2 presente no plano z = 0, uma
densidade linear de carga de 8 nC/m localizada em .x =
0, z = 4 e uma carga pontual de 2mC presente em P'(2,
0, 0). Se V = 0 em M(0, 0, 5) determine V em N(l, 2, 3).
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- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
G
8n
1
(xaˆ x + (z − 4)aˆ z )
EP =
2
2πε 0 x + ( z − 4 ) 2
Solução:
z
G
dL = dxaˆ x + dyaˆ y + dzaˆ z
M(0,0,5)
(V = 0) 5
rL = 8nC/m
26
G
G
V NM = V N − VM = − ∫ E N ⋅ dL
N
4
M
Q(0,y,4)
G
G
8n
E P ⋅ dL =
2πε 0
3
⎛
⎞
z−4
x
⎜
⎟
+
dz
dx
2
2
2
2
⎜ x + (z − 4)
⎟
x + (z − 4)
⎝
⎠
θ
N(1,2,3)
8n
2πε 0
V NM = V N − VM = −
2
1
rS = 5nC/m2
−
y
2 (2,0,0) Q = 2µC
8n
2πε 0
EL
2
[
ρ = ( x − 0) 2 + ( y − y ) 2 + ( z − 4) 2
→
=
QP
aˆ ρ =
x
x 2 + (z − 4 )
2
aˆ x +
P−Q
→
(z − 4 )
2
x 2 + (z − 4 )
G
ρ aˆ ρ
EN = L
2πε 0 ρ
[
− ln 0 2 + (5 − 4 )
2
])
([
8n
2
ln 12 + (3 − 4)
2πε 0
]
• Potencial devido à distribuição de carga de
densidade superficial de carga uniforme de rS = 5
nC/m2
QP
aˆ z
G
8n
1
(xaˆ x + (z − 4)aˆ z )
EN =
2
2πε 0 ⎛ 2
2 ⎞
⎜ x + (z − 4) ⎟
⎠
⎝
]
((1, 2 , 3)
( 0,0,5)
]
V NM
V NM = V N − 0 = −99.813
V N = −99.813
Observando a figura, temos:
aˆ ρ =
[
8n 1
2
ln x 2 + ( z − 4 )
2πε 0 2
8n
(ln 2 )
2πε 0
= V N − VM = −99.813 V
G
ρ aˆ ρ
E= L
2πε 0 ρ
→
dz
V NM = V N − VM = −
Campo devido ao fio em N:
QP
2
M
V NM = V N − VM = −
• Potencial devido à distribuição de carga linear de
densidade linear de carga de rL = 8 nC/m:
dx
[
Diferença de Potencial entre A e B
B
2
8n 1
2 (1, 2 , 3)
ln x 2 + ( z − 4 ) ( 0, 0,5)
2πε 0 2
8n 1
2
= V N − VM = −
2 ln x 2 + ( z − 4)
2πε 0 2
V NM
A
G G
V AB = V A − V B = − ∫ E ⋅ dL
2
M
∫ x + (z − 4)
−
x
x
∫ x + (z − 4)
z−4
N
V NM = V N − VM = −
P(x,y,z)
N
N
G
G
V NM = V N − VM = − ∫ E N ⋅ dL
M
G
ρ
E S N = S aˆ z
2ε 0
G
dL = dxaˆ x + dyaˆ y + dzaˆ z
ρS
⋅ dz
2
ε
0
M
N
V NM = V N − VM = − ∫
]
((1, 2 , 3)
( 0, 0,5)
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ρS
⋅ dz
2ε 0
5
ρ
ρ
3
= V N − VM = − S z 5 = s = 564,71 V
2ε 0
ε0
3
V NM = V N − VM = − ∫
V NM
27
- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
• Potencial devido à carga pontual de Q = 2mC:
Solução:
y
4pC
B
rB
0.5mm
N
G
G
V NM = V N − VM = − ∫ E N Q ⋅ dL
M
N
V NM = V N − VM
x
Q dr
= −∫
4πε 0 r 2
M
V NM = V N − VM = −
r
Q ⎡ 1 N
−
⎢
4πε 0 ⎢⎣ r rM
4pC rA
⎤
⎥
⎥⎦
A
G G
V AB = V A − V B = − ∫ E ⋅ dL
B
A
rM = 2 2 + 0 2 + 5 2 = 29
rN =
(2 − 1)2 + (0 − 2)2 + (0 − 3)2
= 14
Q ⎡ 1
−1 ⎤
−
−
⎢
⎥
4πε 0 ⎣ 14
29 ⎦
1 ⎤
Q ⎡ 1
− VM =
−
⎢
⎥
4πε 0 ⎣ 14
29 ⎦
2µ ⎡ 1
1 ⎤
− VM =
−
⎢
⎥
4πε 0 ⎣ 14
29 ⎦
2µ
[0.26726 − 0.185695]
− VM =
4πε 0
− VM = 1468.1639V
VN = V N ρ L + V N ρ S + V NQ
V NM = V N − VM = −
V NM = V N
V NM = V N
V NM = V N
V NM = V N
4pC
A
V N = −99.813 + 564.71 + 1468.1639
V N = 1933.061 ñ V N = 1,933kV
12. Três cargas pontuais de 0.4pC cada estão
localizadas em (0, 0,- l), (0, 0, 0) e (0,.0,.l) no espaço livre.
(a) Encontre uma expressão para o potencial absoluto
como uma função de z ao longo da linha. x = 0, y = 1.
(b) Esboce V(z).
.
13. Três cargas pontuais idênticas de 4 pC cada estão
localizadas nos vértices de um triângulo eqüilátero de 0,5
mm de lado no espaço livre. Quanto trabalho deve ser
realizado para deslocar uma carga para um ponto
eqüidistante das outras duas e sobre a linha que as une?
V ABQ1 = V A − V B = − ∫
Q1
2
B 4πε 0 r
dr
rA
V AB
⎛
Q1 ⎞
⎟⎟
= V A − VB = −⎜⎜ −
⎝ 4πε 0 r ⎠ rB
V ABQ = V A − VB =
1
Q1
4πε 0
⎛1 1
⎜⎜ −
⎝ rA rB
⎞
⎟⎟
⎠
rA = 2.5 mm; rB = 5.0 mm
4p ⎛
1
1 ⎞
−
⎜
⎟
−4
4πε 0 ⎝ 2.5 ⋅ 10
5 ⋅ 10 − 4 ⎠
8000 p
= V A − VB =
4πε 0
V ABQ = V A − VB =
1
V ABQ1
Cálculo da energia entre as cargas Q1 e Q2:
8000 p
Q2
4πε 0
8000 p
=
4p
4πε 0
WQ1Q2 = Q2V ABQ1 =
WQ1Q2 = Q2V ABQ1
WQ1Q2 = Q2V ABQ1 = 288000 ⋅ 10 −15 J
WQ1Q2 = Q2V ABQ1 = 288 ⋅ 10 −12 J
Analogamente:
WQ3Q2 = Q2V ABQ3 = 288 pJ
Energia total:
WT = WQ1Q2 + WQ3Q2 = Q2V ABQ = 2 ⋅ 288 ⋅ 10 −12 J
3
WT = WQ1Q2 + WQ3Q2 = 576 pJ
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- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
14. Duas cargas pontuais de 6 nC estão localizadas em
(1, 0, 0) e (-l, 0, 0) no espaço livre.
(a) Determine V em P(0, 0, z).
(b) Determine Vmax.
(c) Calcule |dV/dz| no eixo z.
(d/) Determine |dVIdz|max.
15. Duas linhas de cargas uniformes de 8 nC/m cada
estão localizadas em .x = l; z = 2 e x = -l., y = 2 no espaço
livre. Se o potencial na origem é 100 V, determine V em
P(4, 1,3).
G
G
8n
E F1 ⋅ dL =
2πε 0
P
P
⎞
x −1
z−2
− 8n ⎛
⎜∫
dx
dz ⎟⎟
+
2
2
2
2
∫
⎜
2πε 0 ⎝ O ( x − 1) + ( z − 2)
O ( x − 1) + ( z − 2 )
⎠
VPO =
− 8n
2πε 0
z
F2(-1,2,z)
rL2 = 8nC/m
-1
rL1 = 8nC/m
F1(1,y,2)
1
1
2
P(4,1,3)
y
4
x
 Cálculo do campo devido ao Fio (1) :
Seja um ponto P(x, y, z) qualquer. Um ponto
qualquer sobre o Fio (1) é F1(1,y,2). Então:
→
=
x −1
(x − 1)2 + (z − 2 )2
aˆ x +
→
F2 P
â ρ =
→
z−2
(x − 1)2 + (z − 2 )2
→
aˆ ρ =
aˆ z
x +1
( x + 1)
G
8n
E F1 =
2πε 0 ⎛
⎜
⎝
2
+ (y − 2)
2
F2 P
aˆ x +
1
(x + 1)
2
2
+ ( y − 2) ⎞⎟
⎠
G
8n
1
E F2 =
2πε 0 (x + 1)2 + ( y − 2)2
2
y−2
( x + 1) 2 + ( y − 2 )2
((x + 1)aˆ + ( y − 2)aˆ )
G
dL = dxaˆ x + dyaˆ y + dzaˆ z
G
G
VPO = V P − VO = − ∫ E F1 ⋅ dL
P
O
x
y
((x + 1)aˆ + ( y − 2)aˆ )
1
O
])
P − F2
=
F2 P
F1 P
G
G
VPO = V P − VO = − ∫ E F1 ⋅ dL
)
→
G
8n
1
((x − 1)aˆ x + (z − 2)aˆ z )
E F1 =
2
2πε 0 ⎛
2
2
⎜ ( x − 1) + (z − 2) ⎞⎟
⎠
⎝
G
8n
1
((x − 1)aˆ x + (z − 2)aˆ z )
EF =
2πε 0 (x − 1)2 + (z − 2 )2
P
( 4 ,1, 3)
( 0, 0, 0)
] [
→
G
dL = dxaˆ x + dyaˆ y + dzaˆ z
]
− 8n
2
2
ln (4 − 1) + (3 − 2) − ln (0 − 1) 2 + (0 − 2) 2
2πε 0
− 8n
(ln[10] − ln[5])
VPO =
2πε 0
− 8n 10
ln
VPO =
2πε 0 5
− 8n
VPO =
ln 2
2πε 0
− 8n
VP − VO =
ln 2
2πε 0
− 8n
VP = VO +
ln 2
2πε 0
VP = 100 − 99.813
(VP )F1 = 0.187V
P − F1
F1 P
aˆ ρ =
− 8n
2
2
ln (x − 1) + ( z − 2)
2πε 0
F2 P = ρ = ( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − z ) 2
F1 P = ρ = ( x − 1) 2 + ( y − y ) 2 + ( z − 2) 2
aˆ ρ =
([
( [
2 P
O
2
1
2
G
ρ aˆ ρ
E= L
2πε 0 ρ
→
F1 P
2 P
O
2
1
2
 Cálculo do campo devido ao Fio (2) :
Seja um ponto P(x, y, z) qualquer. Um ponto
qualquer sobre o Fio (2) é F2(-1,2,z). Então:
G
ρ aˆ ρ
E= L
2πε 0 ρ
→
( ln[(x − 1) + (z − 2) ] + ln[(x − 1) + (z − 2) ] )
VPO =
VPO =
2
⎛
⎞
x −1
z−2
⎜
⎟
⎜ ( x − 1) 2 + ( z − 4 )2 dx + ( x − 1) 2 + ( z − 2 )2 dz ⎟
⎝
⎠
VPO =
Solução:
3
28
x
y
aˆ y
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- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
G
G
⎞
8n ⎛
y−2
x +1
⎜
dy ⎟⎟
dx +
EF1 ⋅ dL =
2
2
2
2
⎜
2πε 0 ⎝ ( x + 1) + ( y − 2 )
(x + 1) + ( y − 2) ⎠
VPO
P
P
⎞
y−2
x +1
− 8n ⎛
⎜∫
dy ⎟⎟
dx
+
=
2
2
2
2
∫
2πε 0 ⎜⎝ O (x + 1) + ( y − 2 )
(
)
(
)
O x +1 + y − 2
⎠
VPO =
− 8n
2πε 0
( ln[(x + 1) + ( y − 2) ] + ln[(x + 1) + ( y − 2) ] )
− 8n
(ln[(x + 1) + ( y − 2) ] )
V =
2πε
2 P
O
2
1
2
1
2
VPO
( [
2 P
O
2 ( 4 ,1, 3)
( 0, 0 , 0 )
2
PO
0
2
] [
− 8n
2
2
=
ln (4 + 1) + (1− 2) − ln (0 + 1) 2 + (0 − 2) 2
2πε 0
− 8n
(ln[26] − ln[5])
VPO =
2πε 0
8n
26
VPO =
ln
2πε 0 5
− 8n 26
VP − VO =
ln
2πε 0 5
− 8n 26
VP = VO +
ln
2πε 0 5
VP = 100 − 237.4068
(VP )F2 = −137.4068V
])
29
Solução:
Calculo do campo elétrico Devido às densidades
superficiais de carga uniformes de 6 e 2 nC/ m2 estão
presentes em r = 2 e 6 cm, utilizando a Lei de Gauss e
utilizando uma superfície Gaussiana cilíndrica de raio
r.
r
z
rS =2nC/m2
2
6
rS =6nC/m2
â ρ
dS
VP = (VP )F1 + (VP )F2 = 0.187 − 137.4068
VP = (VP )F1 + (VP )F2 = −137.2198V
16. Distribuições superficiais de carga uniformes de 6,
4 e 2 nC/m2 estão presentes em r = 2,4 e 6 cm,
respectivamente, no espaço livre.
(a) Considere V = 0 no infinito e determine V(r).
(b) Calcule Vem r = l, 3, 5 e 7 cm.
(c) Esboce V versus r para l < r < 10 cm.
17. Densidades superficiais de carga uniformes de 6 e
2 nC/ m2 estão presentes em r = 2 e 6 cm, respectivamente,
no espaço livre. Considere V = 0 em r = 4 cm e calcule V
em r =
(a) 5 cm;
(b) 7 cm.
Em coordenadas cilíndricas, o elemento de
área lateral da superfície cilíndrica é dado por:
G
dS = ρdφdzaˆ ρ
Aplicando a Lei de Gauss:
⎧
⎪
0 se ρ < 0.02
⎪
G G ⎪ Q1
∫∫S E ⋅ dS = ⎨ ε 0 se 0.02 < ρ < 0.06
⎪
⎪ Q1 + Q2
se ρ > 0.06
⎪ ε
0
⎩
⎧
⎪
0 se ρ < 0.02
L
⎪
2π 2
⎪ ρ s1 A1
∫0 ∫L Eρdzdφ = ⎨ ε 0 se 0.02 < ρ < 0.06
−2
⎪
⎪ ρ s1 A1 + ρ s2 A2
se ρ > 0.06
⎪
ε
0
⎩
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⎧
⎪
0 se ρ < 0.02
⎪
⎪ ρ s1 2πρ1 L
E 2πρL = ⎨
se 0.02 < ρ < 0.06
ε
0
⎪
⎪ ρ s1 2πρ1 L + ρ s2 2πρ 2 L
se ρ > 0.06
⎪
ε0
⎩
30
r
4
6
7
7
V ( ρ 1 = 7 ) − V ( ρ 2 = 4) = − ∫
27.118
ρ
6
4
ρ
18. Uma densidade linear de carga não-uniforme,
rL = 8/ (z2 + l) nC/m, está situada ao longo do eixo
Determine o potencial em P(r = l, 0, 0) no espaço
livre se V = O em r = ¶.
19. Uma superfície anelar, l cm < r < 3 cm, z = 0
possui uma densidade superficial de carga nãouniforme
rS = 5r nC/m2. Determine V em P(0, 0, 2cm) se V
= 0 no infinito.
Solução:
z
dE
r P(0,0,2)
⎧
⎪
0 se ρ < 0.02
⎪
13
.
559
⎪
se 0.02 < ρ < 0.06
E=⎨
ρ
⎪
⎪ 27.118 se ρ > 0.06
⎪⎩
ρ
G
Sendo dL = dρaˆ ρ + ρdφaˆφ + dzaˆ z ,
θ
3
r’
0 f
calcularemos:
(a) V (r = 5cm)
1
â z
âφ
y
r df
dA
ρ1
G G
V ρ1 − Vρ 2 = − ∫ E ⋅ dL
â ρ
dQ’
ρ2
x
0.05
∫
0.04
13.559
ρ
V ( ρ1 = 0.05) − V ( ρ 2 = 0.04) = −13.559 ln ρ
dρ
Em coordenadas cilíndricas:
ρ = 0.05
dA = ρdφdρ
ρ = 0.04
O Campo será dado por:
5
V ( ρ1 = 0.05) − V ( ρ 2 = 0.04) = −13.559 ln
4
V ( ρ1 = 0.05) − V ( ρ 2 = 0.04) = −3.025V
(b) 7 cm.
V ( ρ 1 = 7 ) − V ( ρ 2 = 4) = V ( ρ 1 = 7 ) − V ( ρ 2 = 6) +
dρ
V ( ρ 1 = 7) − V ( ρ 2 = 4) = −27.118 ln 76 − 13.559 ln 64
z.
⎧
⎪
0 se ρ < 0.02
⎪
⎪ 6n0.021
E=⎨
se 0.02 < ρ < 0.06
⎪ ε0ρ
⎪ 6n0.02 + 2n0.06
se ρ > 0.06
⎪
ε0ρ
⎩
V ( ρ 1 = 6) − V ( ρ 2 = 4)
13.559
V ( ρ1 = 7) − V ( ρ 2 = 4) = −9.676V
⎧
⎪
0 se ρ < 0.02
⎪
⎪ ρ s ρ1
E = ⎨ 1 se 0.02 < ρ < 0.06
⎪ ε0ρ
⎪ ρ s1 ρ1 + ρ s2 ρ 2
se ρ > 0.06
⎪
ε0ρ
⎩
V ( ρ1 = 0.05) − V ( ρ 2 = 0.04) = −
6
dρ + − ∫
G G
dE ( r ) =
G G
dQ
r − r′
G G 2 G G
4πε 0 r − r ′ r − r ′
Da figura, vemos:
G
r ′ = ρaˆ ρ
G
r = zaˆ z
G G
r − r ′ = zaˆ z − ρaˆ ρ
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- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
G G
r − r′ = z2 + ρ 2
G G 10 nπ 3 (1 − cos 2 θ )
E (r ) =
z
dθaˆ z
4πε 0 ∫1
cos θ
G G 10 nπ 3
E (r ) =
z (sec θ − cos θ )dθaˆ z
4πε 0 ∫1
G G 10 nπ
θ
E (r ) =
z (ln sec θ + tg θ − sen θ )θ 2 aˆ z
1
4πε 0
dQ = ρ s dA = 5nρρdφdρ
dQ = 5nρ 2 dφdρ
G G
dE (r ) =
G G
dE (r ) =
5nρ 2
G G
G G 3 (r − r ′)dφdρ
4πε 0 r − r ′
5nρ 2
(zaˆ
4πε 0 (z 2 + ρ 2 )
32
z
− ρaˆ ρ )dφdρ
Como:
Note que antes de integrarmos, precisamos fazer a
transformação para cartesianas, pois os vetores da base
cilíndrica variam em cada ponto (exceto â z ).
Como em coordenadas cilíndricas:
G G 10 nπ
θ
E (r ) =
z (ln sec θ + tg θ − sen θ )θ 2 aˆ z
1
4πε 0
Voltando:
⎧ aˆ ρ = aˆ x cosφ + aˆ y senφ
⎪
⎨aˆφ = −aˆ x senφ + aˆ y cosφ
⎪
aˆ z = aˆ z
⎩
Assim, substituindo:
G G
5 nρ 2
dE ( r ) =
(
4πε 0 z 2 + ρ 2
(zaˆ
)
32
tgθ =
[
G G
E (r ) =
(
4πε 0 z + ρ
3 2π
G G 10 nπ
E (r ) =
4πε 0
)
2 32
5nρ 2 z
∫ ∫ 4πε (z
1 0
2
+ ρ2)
32
2
0
∫ (ρ
2
1
Fazendo: tgθ =
ρ
z
+ z2
32
aˆ z
⇒ ρ = ztgθ
dρ = z sec 2 θ
ρ 2 + z 2 = z 2 (1 + tg 2θ ) = z 2 sec 2 θ
G G 10 nπ
E (r ) =
4πε 0
3
(ztg θ )
∫ (z
1
G G 10 nπ
E (r ) =
4πε 0
3
∫
1
2
2
z ⋅ z sec θ
sec 2 θ
2
)
32
dθaˆ z
z 4 tg 2θ sec 2 θ
dθaˆ z
z 3 sec 3 θ
G G 10 nπ 3 tg 2θ
E (r ) =
z
dθaˆ z
4πε 0 ∫1 sec θ
G G 10 nπ 3 sen 2θ
E (r ) =
z
dθaˆ z
4πε 0 ∫1 cos θ
⎛
z ⎜ ln
⎜
⎝
z
ρ
ρ 2 + z2
ρ 2 + z2
z
+
ρ
z
−
2
⎛
⎜ z ln 9 + z + 3
⎜
1+ z2 +1
⎝
3z
z ⎞
⎟aˆ z
−
+
2
2 ⎟
9+ z
1+ z ⎠
G 10nπ
E=
4πε 0
Calculando o potencial, teremos:
G
dL = dρaˆ ρ + ρdφaˆφ + dzaˆ z
2
G G
V ( z = 2cm ) − V∞ = − ∫ E ⋅ dL
∞
ρ2
⎞
⎟ aˆ
z
2
2 ⎟
ρ + z ⎠ρ
1
ρ
⎡⎛
9 + z 2 3 ⎞⎟
3
⎜
⎢
+
−
z ln
⎜
⎟
z
z
⎢⎝
9 + z2
⎠
⎣
⎛
1 + z 2 1 ⎞⎟
1 ⎤
⎥ aˆ z
− ⎜ ln
+
+
2
⎜
z
z⎟
⎥
+
1
z
⎝
⎠
⎦
2
2
G 10nπ ⎛
⎜ z ln 9 + z + 3 − z ln 1 + z + 1
E=
4πε 0 ⎜
z
z
z
z
⎝
3z
z ⎞
⎟aˆ z
−
+
2
2 ⎟
9+ z
1+ z ⎠
dφdρ aˆ z
)
G G
10 nπ
E (r ) =
4πε 0
ρ 2 + z2
G 10nπ
E=
4πε 0
dφdρaˆ z
ρ 2 zd ρ
3
⇒ ρ = ztgθ
z
senθ =
]
− ρ cos φaˆ x + sen φaˆ y )dφdρ
z
Assim:
5 nρ 2 z
ρ
secθ =
As integrais nas componentes x e y darão zero.
Mostre!!.
G G
dE ( r ) =
31
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
V ( 2) =
z
∞
2
3z
9 + z2
− 10nπ
V (2) =
4πε 0
dz + ∫
∞
⎞
dz ⎟⎟
1+ z2 ⎠
⎡1 + 1 + z 2
10nπ ⎛⎜ 1 + z 2 z 2
log ⎢
+
+
4πε 0 ⎜ 2
2
z
⎢⎣
⎝
(
V (2) =
+
+
)
2
∞ −
10nπ
4πε 0
2
(
)
2
⎤⎞
⎥⎟
⎟
⎦⎥ ⎠ ∞
2
∞
⎛ 3 9 + 22 22
⎡3 +
⎜
+
log ⎢
⎜
2
2
⎣⎢
⎝
⎡1 + 1 + 2 2
1 + 22 22
+
log ⎢
2
2
2
⎢⎣
10nπ
10nπ
3 9 + 22 −
4πε 0
4πε 0
2
⎤⎞
⎥⎟
⎟
⎦⎥ ⎠ ∞
( 1+ z )
− 10nπ
4πε 0
10nπ ⎛⎜
4πε 0 ⎜
⎝
9 + 22
2
⎤⎞
⎥⎟
⎟
⎦⎥ ⎠
⎤⎞
⎥⎟
⎥⎦ ⎟⎠
21. Seja V = 2xy2z3+3ln(x2 + 2y2+3z2) V no espaço
livre. Calcule cada uma das seguintes grandezas em
P(3, 2, -1):
(a) V;
(b) |V |;
(c) E;
(d) |E|;
(e) aN;
(f) D.
Solução:
( 1+ 2 )
(a) V;
2
V ( x, y, z ) = 2 xy 2 z 3 + 3 ln (x 2 + 2 y 2 + 3z 2 )
⎛ 3 13
⎡ 3 + 13 ⎤ ⎞
⎜
+ 2 log ⎢
⎥ ⎟⎟
⎜ 2
2
⎣
⎦⎠
⎝
⎡1 + 5 ⎤ ⎞ 10nπ
10nπ ⎛⎜ 5
3 13
+
+ 2 log ⎢
⎥ ⎟⎟ +
4πε 0 ⎜⎝ 2
⎣ 2 ⎦ ⎠ 4πε 0
10nπ
−
5
4πε 0
− 10nπ
V (2) =
4πε 0
(
)
V (3,2,−1) = 2 ⋅ 3 ⋅ 2 2 ⋅ ( −1) 3 + 3 ln (3 2 + 2 ⋅ 2 2 + 3 ⋅ ( −1) 2 )
V (3,2,−1) = −24 + 3 ln (18)
V (3,2,−1) = −15.32V
( )
− 10nπ
V (2) =
4πε 0
V (2) =
− 10nπ
4πε 0
Veja Problema 4.20
z
⎛ 3 9 + z2 z2
⎡3 + 9 + z 2
⎜
log ⎢
+
⎜
2
2
z
⎢⎣
⎝
10nπ
3 9 + z2
4πε 0
32
Fig. 4.11
2
2
− 10nπ ⎛⎜
9 + z2 3
1+ z2 1
z ln
+ dz − ∫ z ln
+ dz
∫
z
z
z
z
4πε 0 ⎜ ∞
∞
⎝
−∫
+
- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
⎛ 3 13 − 5
⎡ 3 + 13 ⎤ ⎞
⎜
− 3 13 + 5 + 2 log ⎢
⎥ ⎟⎟
⎜
2
1
+
5
⎣
⎦⎠
⎝
⎛ 5 − 3 13
⎡ 3 + 13 ⎤ ⎞
⎜
+ 2 log ⎢
⎥ ⎟⎟
⎜
2
⎣ 1+ 5 ⎦⎠
⎝
V (2) = 809.5
Como calculamos tudo em cm para E e para V,
observe que devemos multiplicar por um fator 10-2 (para
obter E em N/C) e10-2 para obter V em volt, ou seja, 10-4.
Assim:
V (2) = 0.08095V
20. A Fig. 4.11 mostra três distribuições de cargas no
plano z = 0 no espaço livre,
(a) Determine a carga total para cada distribuição,
(b) Determine o potencial em P(0, 0, 6) causado por
cada uma destas três cargas individualmente.
(c) Determine VP.
(b) |V |;
V (3,2,−1) = 15.32V
(c) E;
G
G
E = −∇V
G
∂V
∂V
∂V
E=−
aˆ x −
aˆ y −
aˆ z
∂x
∂y
∂z
6x
∂V
= 2y2z3 + 2
∂x
x + 2 y 2 + 3z 2
∂V
12 y
= 4 xyz 3 + 2
∂y
x + 2 y 2 + 3z 2
18 z
∂V
= 6 xy 2 z 2 + 2
∂z
x + 2 y 2 + 3z 2
∂V
∂x
∂V
∂x
= 2 ⋅ 2 2 (−1) 3 +
( 3, 2 , −1)
= −8 +
( 3, 2 , −1)
6(3)
3 + 2(2) 2 + 3(−1) 2
2
18 − 148
=
= −7.4
20
20
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
∂V
∂y
∂V
∂y
3( 3
+
( 3, 2 , −1)
= −24 +
( 3, 2 , −1)
∂V
∂z
∂V
∂z
= 4(3)(2)(−1)
( 3, 2 , −1)
33
∂V ∂V
=
=0
∂θ ∂φ
V = 80r 0.6
12(2)
2
3 + 2(2) 2 + 3(−1) 2
24
456
=−
= −22.8
20
20
= 6(3)(2) 2 (−1) 2 +
( 3, 2 , −1)
- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
∂V
48
= 80 ⋅ 0.6r 0.6−1 = 0.4
∂r
r
G
G
48
E = −∇V = − 0.4 aˆ r
r
18(−1)
3 + 2(2) 2 + 3(−1) 2
2
18 1422
= 72 −
=
= 71.1
20
20
G
∂V
∂V
∂V
E=−
aˆ x −
aˆ y −
aˆ z
∂x
∂y
∂z
G
E = −(− 7.4)aˆ x − (− 22.8)aˆ y − (71.1)aˆ z
G
E = 7.4aˆ x + 22.8aˆ y − 71.1aˆ z
(b) a densidade volumétrica de carga em r = 0,5
m;
•
Em coordenadas esféricas:
G G
ρv = ∇ ⋅ D
G
G
D = ε 0 E = −48ε 0 r −0.4
G G 1 ∂ 2
∂Dφ
1
∂
(Dθ senθ ) + 1
r Dr +
∇⋅D = 2
rsenθ ∂θ
rsenθ ∂φ
r ∂r
(
)
(d) |E|;
G
E = 7.4 2 + 22.8 2 + 71.12 = 75.03 CN
(e) aN;
G
7 .4
22.8
71.1
E
aˆ N = G =
aˆ x +
aˆ y −
aˆ z
75.03
75.03
E 75.03
G
E
aˆ N = G = 0.098aˆ x + 0.304aˆ y − 0.948aˆ z
E
(f) D.
G
G
D = ε 0 E = ε 0 (7.4aˆ x + 22.8aˆ y − 71.1aˆ z )
G
D = 65.49aˆ x + 201.78aˆ y − 629.235aˆ z ( pC m 2 )
0.6
22. Seja o potencial V = 80r V. Considerando as
condições do espaço livre, determine:
(a) E;
(b) a densidade volumétrica de carga em r = 0,5 m;
(c) a carga total contida dentro da superfície p = 0,6.
0.6
23. Seja o potencial V = 80r V. Considerando as
condições do espaço livre, determine:
(a) E;
(b) a densidade volumétrica de carga em r = 0,5 m;
(c) a carga total contida dentro da superfície fechada:
r = 0,6; 0 < z < l.
G G 1 ∂ 2
∇⋅D = 2
r − 48ε 0 r − 0.4
r ∂r
( [
])
G G
1 ∂ 1.6
∇ ⋅ D = −48ε 0 2
r
r ∂r
G G
1
∇ ⋅ D = −48ε 0 2 1.6r 1.6−1
r
G G
∇ ⋅ D = −76.8ε 0 r 0.6− 2
G G
∇ ⋅ D = −76.8ε 0 r −1.4
ρ v (r = 0.5) = −76.8 ⋅ ε 0 0.5 −1.4
ρ v (r = 0.5) = −1794 pC
( )
•
Em coordenadas cilíndricas:
G G
ρv = ∇ ⋅ D
G G 1 ∂
(ρD ρ ) + 1 ∂ (Dφ ) + ∂D z
∇⋅D =
ρ ∂ρ
ρ ∂φ
∂z
G
G
D = ε 0 E = −48ε 0 ρ −0.4
G G 1 ∂
∇⋅D =
ρ − 48ε 0 ρ − 0.4
ρ ∂ρ
G G
1 ∂
∇ ⋅ D = −48ε 0
ρ 0.6
ρ ∂ρ
G G
1
∇ ⋅ D = −48ε 0 0.6 ρ 0.6−1
([
(
])
)
ρ
Solução:
(a) E;
G
G
E = −∇V
Em coordenadas esféricas:
G
1 ∂V
1 ∂V
∂V
∇V =
aˆ r +
aˆθ +
aˆφ
∂r
r ∂θ
rsenθ ∂φ
Como há só dependência em r com o potencial:
G G
ρ −0.4
∇ ⋅ D = −28.8ε 0
ρ
G G
−1.4
∇ ⋅ D = −28.8ε 0 ρ
ρ v ( ρ = 0.5) = −28.8 ⋅ ε 0 0.5−1.4
ρ v ( ρ = 0.5) = −672.73 pC m3
(c) a carga total contida dentro da superfície
fechada:
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- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
r = 0,6; 0 < z < l, pela Lei de Gauss:
G G 2π 1
Qi = ∫∫ D ⋅ dS = ∫∫ − 424,8 pρ − 0.4 ρdφdz
0 0
S
2π 1
Qi =
0.6
∫∫ − 424,8 pρ ρdφdz
0 0
2π
1
Qi = −424.8ρ 0.6 p ∫ dφ ∫ dz
0
0
Q(ρ = 0.6) = −424.8 ⋅ 0.6 p 2π ⋅ 1
Q(ρ = 0.6) = −424.8 ⋅ 0.60.6 p 2π ⋅ 1
Q(ρ = 0.6) = −1964.51 pC
Q(ρ = 0.6) = −1.964C
0.6
24. Dado o campo potencial V = 80rcosθ e o ponto
P{r= 2,5, θ = 30°, f = 60°) no espaço livre, determine em
P:
(a) V;
(b) E;
(c) D;
(d) rv;
(e) dVIdN;
(f) aN.
25. Dentro do cilindro r = 2,0 < z < l, o potencial é
dado por V = 100 + 50r + 150r senf V.
(a) Determine V, E, D e rv, em P(l, 60°, 0.5) no espaço
livre,
(b) Quanta carga está contida no cilindro?
Solução:
(a) V(l, 60°, 0.5) = 100+50.1+150.1sen600 = 279.90V
G
E: E = −∇V
G
∂V
1 ∂V
∂V
∇V =
aˆ ρ +
aˆφ +
aˆ z
∂ρ
∂z
ρ ∂φ
G
∂ (100 + 50 ρ + 150 ρsenφ )
∇V =
aˆ ρ +
∂ρ
1 ∂ (100 + 50 ρ + 150 ρsenφ )
aˆφ
∂φ
ρ
∂ (100 + 50 ρ + 150 ρsenφ )
+
aˆ z
∂z
G
∇V = (50 + 150senφ )aˆ ρ + 1 150ρ cos φâφ + 0â z
+
ρ
G
∇V (1,600 ,0.5) = (50 + 150sen600 )aˆρ + 150 cos 60 0 âφ
G
∇V 1,600 ,0.5 = 179.90aˆ ρ + 75âφ
G
G
G
E = −∇V ⇒ E = −179.90aˆ ρ − 75aˆφ
)
D
G
G
D = ε 0 E = −1592.12aˆ ρ − 663.75aˆφ ( pC m 2 )
Ou
G
G
D = ε 0 E = −1.59aˆ ρ − 6.64aˆφ (nC m 2 )
rv, em P(l, 60°, 0.5) no espaço livre:
G G
ρv = ∇ ⋅ D
G
D = −ε 0 (50 + 150senφ )aˆ ρ − 150ε 0 cos φaˆφ
G G
1 ∂
(ρDρ ) + 1 ∂ (Dφ ) + ∂Dz
ρ ∂ρ
ρ ∂φ
∂z
G G
1 ∂
(ρ (50 + 150senφ ) ) +
ρ v = ∇ ⋅ D = −ε 0
ρ ∂ρ
1 ∂
(150 cos φ )
− ε0
ρ ∂φ
50 + 150senφ
150senφ
ρ v = −ε 0
+ ε0
ρv = ∇ ⋅ D =
ρ
ρ
ρ v = −ε 0
50
ρ
50
= −442 pC m 3
1
(b) Quanta carga está contida no cilindro?
ρ v (1,600 ,0.5) = −ε 0
G G
Qi = ∫∫ D ⋅ dS
S
G
D = −ε 0 (50 + 150senφ )aˆ ρ − 150ε 0 cos φaˆφ
G
dS = ρdφdzaˆ ρ
G G 2π 1
Qi = ∫∫ D ⋅ dS = ∫∫ − ε 0 (50 + 150senφ )ρdφdz
S
0 0
2π 1
Qi = −ε 0 ρ ∫∫ (50 + 150senφ )dφdz
0 0
Em coordenadas cilíndricas:
(
34
2π
1
0
0
φ = 2π
φ =0
Qi = −ε 0 ρ ∫ (50 + 150senφ )dφ ∫ dz
Qi = −ε 0 ρ (50φ − 150 cos φ )
⋅1
Qi = −ε 0 ρ (50 ⋅ 2π − 150 cos 2π − (50 ⋅ 0 − 150 cos 0))
Qi = −ε 0 ρ (100π − 150 − (0 − 150 ))
Qi = −ε 0 ρ ⋅ 100π
Qi = −8.85 ⋅10−12 ⋅1 ⋅ 100π
Qi = −2.78nC
26. Um dipolo com Qd/4πe0 = 100 Vm2 está
localizado na origem no espaço livre e alinhado de tal
forma que seu momento está na direção az.
(a) Esboce |V(r = l, θ, f = 0 ) versus θ em um
gráfico polar,
(b) Esboce |E r = l, θ, f = 0) | versus θ em um
gráfico polar.
27. Duas cargas pontuais, l nC em (0; 0; 0.l) e -l
nC em (0; 0; -0,1), estão no espaço livre,
(a) Calcule V em P(0,3; 0; 0,4).
(b) Calcule E em P.
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- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
(c) Agora trate as duas cargas como um dipolo na
origem e determine V em P.
Solução:
G G
1
G r − r′
V=
G G 2 p ⋅ rG − rG′
4πε 0 r − r ′
θ
cosθ =
senθ =
P
r
G
rG : localiza o ponto P.
r ′ : localiza o centro do dipolo.
(a) V em P(0,3; 0; 0,4).
G
Vemos que: r = 0.3aˆ x + 0.4aˆ z
Solução:
G G
1
G r − r′
V=
G G 2 p ⋅ rG − rG′
4πε 0 r − r ′
(a) V em P(2, 3, 4).
G
G
G
p = Qd
G
d = 0.2aˆ z
G
p = 0.2naˆ z
Vemos que: r = 2aˆ x + 3aˆ y + 4aˆ z
G
r ′ = 1aˆ x + 2aˆ y − 4aˆ z
G G
r − r ′ = aˆ x + aˆ y + 8aˆ z
G G
r − r ′ = 12 + 12 + 82 = 66
1
0.4 ⎞
⎛ 0.3
0.2naˆ z ⋅ ⎜
aˆ x +
aˆ z ⎟
2
4πε 0 0.5
0.5 ⎠
⎝ 0.5
1
V=
0.08n
4πε 0 0.125
V = 5.76V
G
E=
Qd
(2 cosθaˆr + senθaˆθ )
4πε 0 r 3
x2 + y2
0.32 + 02 3
=
=
r
r
0.5
5
G
1 ⋅ n0.2 ⎛ 4
3 ⎞
2 aˆr + aˆθ ⎟
E=
3⎜
4πε 0 0.5 ⎝ 5
5 ⎠
G
0 .2 n
(8aˆr + 3aˆθ )
E=
4πε 0 0.625
G
0.2n
82 + 32
E =
4πε 0 0.625
G
0 .2 n
E =
73
4πε 0 0.625
G
0 .2 n
73
E =
4πε 0 0.625
G
E = 25V m
=
29. Um dipolo de momento p = 3ax- 5ay + 10az
nC.m está localizado em Q(1,2,-4) no espaço livre.
Determine V em P(2, 3, 4).
Momento de dipolo:
(b) Calculo de E em P.
z 0 .4 4
=
=
r 0.5 5
28. Um dipolo localizado na origem no espaço
livre possui um momento p = 2.10-9az;Cm. Em que
pontos da linha y = z, x = O temos:
(a) |E| = l mV/m?
(b) |E| = l mV/m?
G
r ′ = 0aˆ x + 0aˆ y + 0aˆ z
G G
r − r ′ = 0.3aˆ x + 0.4aˆ z
G G
r − r ′ = 0.32 + 0.42 = 0.5
V=
ρ
35
Momento de dipolo:
G
p = 3aˆ x − 5aˆ y + 10aˆ z
G
p = 3aˆ x − 5aˆ y + 10aˆ z (nC.m)
V=
1n
4πε 0 66
V =
2
(3aˆ
x
− 5aˆ y + 10aˆ z ) ⋅
1n
4πε 0 66
3
(aˆ
x
+ aˆ y + 8aˆ z )
(3 ⋅1 − 5 ⋅1 + 10 ⋅ 8)
66
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
V =
1n
4πε 0 66
3
- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
1
⎡ 1 ⎤ ⎡ 1 ⎤⎡ 1 ⎤
∫1 ∫1 ∫1 a 2b 4c 2 dadbdc = ⎢⎣− a ⎥⎦1 ⎢⎣− 3b3 ⎥⎦ ⎢⎣− c ⎥⎦1
V = 1.309V
2 2 2
30. Um dipolo de momento p = 2az. nC.m está
localizado na origem no espaço livre. Calcule a magnitude
de E e sua direção âE em componentes cartesianas em r =
100 m, f = 90° e θ =:
(a) 0°;
(b) 30°;
(c) 90°.
31. Um campo potencial no espaço livre é expresso por
V = 20/(xyz) V.
(a) Determine a energia total armazenada dentro do
cubo l < x, y, z. < 2.
(b) Que valor seria obtido supondo-se uma densidade
de energia uniforme igual ao valor no centro do cubo?
Solução:
(a) Cálculo da energia total armazenada dentro do
cubo l < x, y, z. < 2.
ε0
E dV
2 ∫∫∫
2
V
G
E = −∇V
20
V=
xyz
G
∂V
∂V
∂V
E=−
aˆ x −
aˆ y −
aˆ z
∂x
∂y
∂z
G
20
20
20
E = 2 aˆ x + 2 aˆ y +
aˆ z
x yz
xy z
xyz 2
G 20 ⎛ 1
1
1 ⎞
⎜⎜ aˆ x + aˆ y + aˆ z ⎟⎟
E=
xyz ⎝ x
y
z ⎠
G2
400 ⎛ 1
1
1⎞
E = 2 2 2 ⎜⎜ 2 + 2 + 2 ⎟⎟
x y z ⎝x
y
z ⎠
G2
400
400
400
E = 4 2 2+ 2 4 2+ 2 2 4
x y z
x y z
x y z
ε0
2 2 2
⎛ 400
400
400 ⎞
WE = ∫ ∫ ∫ ⎜⎜ 4 2 2 + 2 4 2 + 2 2 4 ⎟⎟dxdydz
2 1 1 1⎝ x y z
x y z
x y z ⎠
ε 2 2 2 ⎛ 400 ⎞
WE = 0 ∫ ∫ ∫ ⎜⎜ 4 2 2 ⎟⎟dxdydz
2 1 1 1⎝x y z ⎠
+
ε0
2
⎛ 400 ⎞
⎛ 400 ⎞
ε
⎟dxdydz + 0 ∫ ∫ ∫ ⎜⎜ 2 2 4 ⎟⎟dxdydz Fazendo
2 4 2 ⎟
y
z
x y z ⎠
2
⎠
1
1 1 1⎝
:
2 2 2
∫ ∫ ∫ ⎜⎜⎝ x
1 1
2 2 2
2
2
2 2 2
78
WE =
36
1
1⎤
⎡ 1
∫1 ∫1 ∫1 a 2b 4c 2 dadbdc = ⎢⎣− 2 − − 1⎥⎦
2
⎡
1
1 ⎤
⎢− 3(2) 3 − − 3(1) 3 ⎥
⎣
⎦
2
⎡ 1 1⎤
⎢⎣− 24 + 3 ⎥⎦
2 2 2
1
⎡1⎤
∫1 ∫1 ∫1 a 2b 4c 2 dadbdc = ⎢⎣ 2 ⎥⎦
2 2 2
1
∫∫∫ a b c
2
4 2
dadbdc =
1 1 1
7
96
⎛ ε 7 ε0 7 ε0 7 ⎞
WE = 400⎜ 0
+
+
⎟
⎝ 2 96 2 96 2 96 ⎠
⎛ 21ε 0 ⎞
WE = 400⎜
⎟
⎝ 192 ⎠
WE = 387.1875 pJ
32. Na região do espaço livre onde
2 < r < 3,
0,4π < θ < 0,6π
0,4 < f < π/2
G
Seja E =
k
aˆ r .
r2
(a) Determine um valor positivo para k de
forma que a energia total armazenada seja
exatamente l J.
(b) Mostre que a superfície é uma superfície
equipotencial.
(c) Determine VAB dados os pontos
A(r = 2, θ = π/2, f = π/3) e
B(r = 3, θ = π/2, f = π/4)
33. Uma esfera de cobre de raio 4 cm possui
uma carga total de 4µC uniformemente distribuída
pela sua superfície no espaço livre.
(a) Use a lei de Gauss para determinar D
externa à esfera.
(b) Calcule a energia total armazenada no
campo eletrostático.
(c)
Use
WE =
Q2
2C
para
calcular
a
capacitância da esfera isolada.
Solução:
2 2 2
2
2
2
1
1
1
1
∫1 ∫1 ∫1 a 2b 4c 2 dadbdc = ∫1 a 2 da ∫1 b 4 db ∫1 c 2 dc
(a) Lei de Gauss para determinar D externa à
esfera.
G G
D
∫∫ ⋅ dS = Qi
S
4πr 2 D = Qi ⇒ D =
Qi
4πr 2
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- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
G
Q
D = i 2 aˆ r
4πr
5µ
D(r = 4cm) =
4π (4 ⋅ 10− 2 ) 2
D = 2.486 ⋅ 10−4 C m 2
(b) Uma quinta carga de 0,8 nC é posicionada
no centro do quadrado. Determine novamente a
energia total armazenada.
Solução:
(a) Energia potencial total armazenada.
(b) Calcule a energia total armazenada no campo
eletrostático.
WE =
ε0
2
2
∫∫∫ E dV
V
G
E=
Qi
4πε 0 r 2
G2
E =
WE =
ε0
Qi2
WE =
32π 2ε 0
Qi2
(4πε 0 )2 r 4
∫∫∫ (4πε ) r
2
2
∞ π 2π
1
∫∫ ∫ r
4
r 2 senθdφdθdr
m m
m =1
(4)
2
4
r13
r12
R0 0
π
(2)
2π
∞
Qi2
WE =
32π 2ε 0
⎡ 1⎤
⎢⎣− r ⎥⎦ 4π
R
2
Qi
WE =
8πε 0 R
1
2
1
2
(5 ⋅ 10 ) = 2.8125J
=
8πε (4 ⋅ 10 )
−6 2
−2
0
(c) Cálculo da capacitância da esfera isolada:
(
)
2
Q2
5 ⋅ 10−6
Q2
⇒C =
=
WE =
2C
2WE 2 ⋅ 2.8125
C=
∑Q V
r14
4cm
(1)
dV
4
Qi2
1
dr senθ dθ ∫ dφ
2
∫
32π ε 0 R r 2 ∫0
0
WE
m= N
1
2
0
V
∞
WE =
WE =
WE = 12 [Q1 (V12 + V13 + V14 )]
+ 12 [Q2 (V21 + V23 + V24 )]
+ 12 [Q3 (V31 + V32 + V34 )]
+ 12 [Q4 (V41 + V42 + V43 )]
aˆ r
Qi2
37
25 ⋅ 10−12
= 4.444 pF
5.625
34. Dado o campo potencial no espaço livre: V =
80fV (coordenadas cilíndricas), determine:
(a) a energia armazenada na região:
2 < r < 4 cm
0 < f < 0,2 π
0 < z < 1 m.
(b) a diferença de potencial VAB para
A(r = 3 cm, f = 0, z = 0)
B(r = 3 cm, f = 0,2 π, z = 1m)
(c) o valor máximo de densidade de energia na
região da esférica.
35. Quatro cargas pontuais de 0,8 nC estão
localizadas no vértice de um quadrado de 4 cm de lado.
(a) Determine a energia potencial total
armazenada.
Q1
Q1
(3)
Q2
=
1
2
Q3
=
1
2
4πε 0 r12
4πε 0 r13
(0.8n )2
4πε 0 4 ⋅ 10
−2
= 0.72 ⋅ 10 − 7 J
(0.8n )2
4πε 0 4 2 ⋅ 10
−2
= 0.509 ⋅ 10− 7 J
WE = 4(2 ⋅ 0.72 ⋅ 10−7 + 0.509 ⋅ 10−7 )
WE = 7.796 ⋅ 10−7 J
WE = 0.7796µJ
(b) Com a quinta carga de 0,8 nC posicionada
no centro do quadrado.
Energia total armazenada:
WE = 12 [Q1 (V12 + V13 + V14 + V15 )]
+ 12 [Q2 (V21 + V23 + V24 + V25 )]
+ 12 [Q3 (V31 + V32 + V34 + V35 )]
+ 12 [Q4 (V41 + V42 + V43 + V45 )]
+ 12 [Q5 (V51 + V52 + V53 + V54 )]
4
4 cm
2
2
2
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1
2
Q1
Q5
4πε 0 r15
=
1
2
(0.8n )2
4πε 0 2 2 ⋅ 10
−2
- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
= 1.018 ⋅ 10 −7 J
WE = 7.796 ⋅ 10−7 + 8 ⋅ 1.018 ⋅ 10−7
WE = 15.94 ⋅ 10−7 J
WE = 1.594 ⋅ µJ
38
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- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
39
Questão 3 – (3,0 Pontos) A densidade de fluxo
1a Prova (1°S 2005)
Questão 1 – (3,0 Pontos)
G
Uma linha infinita de carga uniforme de densidade
rL = +0,4 m.C/m está localizada no eixo z e é concêntrica a
uma distribuição superficial de carga cilíndrica infinita de
equação r = 4 m e densidade superficial rs = - 0,8 m.C/m2.
Considere e = e0.
elétrico é dada por D = r aˆ r C/m2 e é representada
vetorialmente na figura a seguir.
2
Determine:
(a) a densidade volumétrica de carga em r = 4m.
(b) a densidade de fluxo elétrico em r = 4 m.
(c) o fluxo elétrico deixa a esfera de r = 4 m.
(d) a carga que está contida na esfera de r = 4m?
(a) Determine o vetor campo elétrico E para todo o
espaço.
(b) Assumindo que o potencial elétrico seja 0V em r =
2m, encontre o potencial elétrico em r = 1 m e em r = 6m.
Questão 4 – (2,0 Pontos)
A figura mostra a trajetória de um elétron num
tubo de raios catódicos, no qual um elétron deve ser
acelerado de 3,0.106 m/s até 8,0.106 m/s.
(a) Para atingir esta velocidade, através de
qual ddp ele deve passar?
(b) Nessas condições, se d = 2 cm calcule o
campo elétrico entre as placas.
(c) Qual a densidade de carga superficial na
placa?
Questão 2 – (2,0 Pontos)
Considere
−
ρv = ρ0
a
densidade
volumétrica
de
carga
y0
r
r0
e
existe em todo o espaço livre. Calcule a
r2
carga total presente.
Gabarito
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40
- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
2
Questão 1 – (3,0 Pontos)
(a)
rL = +0,4 m.C/m e
r = 4 m e densidade superficial rs = - 0,8 m.C/m2.
Considere e = e0.
G
− V ρ =1 = −4985,96
Vρ =1 = 4985,96V
 Em r = 6 m:
G
∫∫ D ⋅ dS = Q
i
S
V ρ = 2, ρ =1 = 0 − V ρ =1 = −7193,22ln ρ 1 = −7193,22 ln 2
G G ⎧
ρ L L se ρ < 4
V ρ =6, ρ = 2 = V ρ =6 − V ρ = 2 = V ρ =6 − V ρ = 4 + V ρ = 4 − V ρ =2
⇒ ∫∫ D ⋅ dS = ⎨
aˆ ρ
⎧
⎩ ρ L L + ρ s 2πLR se ρ > 4
S
(V m) se ρ < 4
7193,22
⎪
K
⎪
ρ
E=⎨
aˆ
5
⎪− 3,54 ⋅10 ρ (V m ) se ρ > 4
⎪⎩
ρ
ρ L L se ρ < 4
⎧
D ρ 2πLρ = ⎨
⎩ ρ L L + ρ s 2πLR se ρ > 4
ρLL
⎧
se ρ < 4
⎪⎪
2πLρ
Dρ = ⎨
ρ L + ρ s 2πLR
⎪ L
se ρ > 4
2πLρ
⎩⎪
6 G
4 G
G
G
V ρ =6, ρ = 2 = − ∫ E ⋅ dl + − ∫ E ⋅ dl
4
ρL
⎧
aˆ ρ se ρ < 4
G ⎪⎪
2πρ
D=⎨
ρ + 2πρ s R
⎪ L
aˆ ρ se ρ > 4
⎪⎩
2πρ
0,4
⎧
aˆ ρ µC m 2 se ρ < 4
G ⎪⎪
2πρ
D=⎨
0,4 − 2π 0,8R
⎪
aˆ ρ µC m 2 se ρ > 4
⎪⎩
2πρ
(
)
(
(
)
)
(
)
6
V ρ =6, ρ = 2 = 3,54384 ⋅ 10 5 ∫
ρ
− 7193,22 ∫
ρ
dρ
2
ρ
6
− 7193,22 ln 2
4
= 143690,4202 − 4985,96
Vρ =6 − Vρ = 2
Vρ =6 = 138704,4598V
r
−
∫∫∫r
2
0 0 0
ρ0
r
r0
e
r 2 senθdrdθdφ
r2
2π
π
∞
0
0
0
Q = ρ 0 ∫ dφ ∫ senθdθ ∫ e
−
r
r0
dr
r →∞
Q = ρ 0 2π [− cos θ ]
θ =π
θ =0
r
− ⎤
⎡
r0
⎢ − r0 e ⎥
⎦⎥ r =0
⎣⎢
Q = ρ 0 2π 2[− r0 0 + r0 ]
Q = 4πr0 ρ 0 (C )
Questão 3 – (3,0 Pontos)
G
densidade de fluxo elétrico: D = r aˆ r C/m2 e é
representada
2 G
G
V ρ = 2, ρ =1 = V ρ = 2 − Vρ =1 = − ∫ E ⋅ dL
2
Determine:
(a) a densidade volumétrica de carga em r = 4m.
G G
1
1
4
V ρ = 6, ρ = 2 = 3,54384 ⋅ 10 5 ln
Q=
 Em r = 1 m:
ρ
dρ
2
dρ
4
2π π ∞
B
7193,22
ρ
4
−
A
G G
V AB = V A − V B = − ∫ E ⋅ dL
V ρ = 2, ρ =1 = V ρ = 2 − V ρ =1 = − ∫
− ∫ 7193,22
e r0
ρ v = ρ 0 2 e Q = ∫∫∫ ρ v dv
r
V
⎧ 0,06366 aˆ ρ
(V m ) se ρ < 4
K ⎪⎪ ε 0
ρ
E=⎨
aˆ
⎪− 3,1363 ρ (V m ) se ρ > 4
⎪⎩
ε0 ρ
aˆ ρ
⎧
(V m) se ρ < 4
7193,22
⎪
K ⎪
ρ
E=⎨
aˆ
⎪− 3,54 ⋅10 5 ρ (V m ) se ρ > 4
⎪⎩
ρ
(b) Potencial:
2
4
Questão 2 – (2,0 Pontos)
)
(
dρ
V ρ =6, ρ = 2 = − ∫ − 3,54 ⋅ 10 5
)
⎧ 0,2
2
ˆ
G ⎪⎪ πρ a ρ µC m se ρ < 4
D=⎨
0,2 − 3,2π
⎪
aˆ ρ µC m 2 se ρ > 4
⎪⎩ πρ
⎧ 0,06366
aˆ ρ µC m 2 se ρ < 4
G ⎪⎪ ρ
D=⎨
3,1363
⎪−
aˆ ρ µC m 2 se ρ > 4
ρ
⎩⎪
(
2
6
dρ
ρv = ∇ ⋅ D
∂Dφ
1 ∂ 2
1 ∂
(Dθ senθ ) + 1
r Dr +
2
r ∂r
rsenθ ∂θ
rsenθ ∂φ
(
)
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- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
G G
ρ v = ∇ ⋅ D = 12 ∂ (r 4 ) = 12 4r3
r ∂r
r
G G
ρ v = ∇ ⋅ D = 4r ; ρ v = 16 C m 3
(b) a densidade de fluxo elétrico em r = 4 m.
G
G
D = 4 2 aˆ r C/m2 ñ D = 16 aˆ r C/m2
(c) o fluxo elétrico deixa a esfera de r = 4 m.
G
G
ψ = ∫∫ D ⋅ dS = Qi
S
G
D = r 2 aˆ r
π 2π
ψ = ∫ ∫ r 2 r 2 dφdθ = 4πr 4
0 0
ψ = 4π 4 4 = 1024πC
(d) a carga que está contida na esfera de r = 4m?
ρ v = 16 C m 3
Q = Aρ v = 4π 4 216 = 1024πC
G G
ρ v = ∇ ⋅ D = 4r
2π π 4
Q=
∫ ∫ ∫ 4rr
2
senθdrdθdφ
0 0 0
2π π 4
Q=
∫ ∫ ∫ 4r
3
senθdrdθdφ
0 0 0
Q = 4π 4 4 = 1024π C
Questão 4 – (2,0 Pontos)
3,0.106 m/s até 8,0.106 m/s.
(a) Para atingir esta velocidade, através de qual
ddp ele deve passar?
W = − q∆V
G
dW = −QE ⋅ aˆ L dL
1
W = − q∆V = ∆Ec = m(v f 2 − vi 2 )
2
∆V =
∆V =
1
m(v 2f − vi2 )
2e
1
9,31 ⋅ 10 −31 ((8 ⋅ 10 6 ) 2 − (3 ⋅ 10 6 ) 2 )
2 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19
∆V = 156,578V
(b) Nessas condições, se d = 2 cm calcule o campo
elétrico entre as placas.
E = V d = 156,578 0,02 = 7,828V / m
E = 7,83 kV m
(c) Qual a densidade de carga superficial na placa?
No interior:
E=
σ
⇒ σ = ε 0 E = 8,85 ⋅ 10 −12 ⋅ 7828,9
ε0
σ = 69,28 nC m 2
41
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- CAPÍTULO IV– Potencial Elétrico
Q = ∫∫∫ ρ v dv
 Trabalho:
W = − q∆V
G
dW = −QE ⋅ aˆ L dL
V
Teorema da Divergência (Teorema Gauss):
G G
G G
F
⋅
d
S
=
∇
∫∫
∫∫∫ ⋅ FdV
S
G
G G
G
Q1Q2
R12
r2 − r1
ˆ
F12 =
a
ˆ12 = G = G G
12 a
4πε 0 R122
r2 − r1
R12
G
G
ñ
G G Qi
E
∫∫ ⋅ dS =
ε0
S
S
Teorema da Stokes
G
G
G
G
G
∫∫ (∇ × H )⋅ dS = ∫ H ⋅ dl
 Campo elétrico
G G
G G
Q (r − r ′)
E (r ) =
G G 3
4πε 0 r − r ′
Sistemas
V
Lei de Gauss
ψ = ∫∫ D ⋅ dS = Qi
C2
N ⋅m 2
G
G G
ρ (r ′)dv ′
E (r ) = ∫∫∫ v G G 2
v 4πε 0 r − r ′
G G
ρv = ∇ ⋅ D
 Energia cinética
1
2
2
∆Ec = m(v f − vi )
2
 Lei de Coulomb
ε 0 = 8,85 ⋅ 10 −12
42
S
C
 Potencial elétrico
G G
V AB = V A − V B = − ∫ E ⋅ dL
A
G G
r − r′
G G
r − r′
B
 Carga elétrica
Cartesianas
Cilíndricas
P(r, f, z)
Esféricas
P(r, f, q)
ρ = x2 + y2
r = x2 + y2 + z 2
P(x, y, z)
φ = arctg
Relações
Vetor
posição
Incremento
G
G
dL = dr
Versores
y
x
φ = arctg
z=z
θ = arctg
G
G
r = xaˆ x + yaˆ y + zaˆ z
r = ρaˆ ρ + zaˆ z
G
G
dL = dxaˆ x + dyaˆ y + dzaˆ z dr = dρaˆ ρ + ρdφaˆφ + dzaˆ z
{aˆ x , aˆ y , aˆ z }
⎧ aˆ ρ = aˆ x cosφ + aˆ y senφ
⎪
⎨aˆφ = − aˆ x senφ + aˆ y cos φ
⎪
aˆ z = aˆ z
⎩
x2 + y 2
z
G
r = raˆr
G
dr = draˆ r + rdθaˆθ + rsenθdφaˆφ
aˆ r = cos φsen θ aˆ x + sen φ sen θ aˆ y + cos θ aˆ z
aˆ θ = cos θ cos φaˆ x + cos θsen φaˆ y − sen θaˆ z
aˆ φ = − sen φ aˆ x + cos φ aˆ y
dv = ρdρdφdz
dv = dxdydz
y
x
dv = r 2 senθdrdφdθ
Elemento de
Volume
Divergente
G G
∇⋅ D
∂Dx ∂Dy ∂Dz
+
+
∂z
∂x
∂y
Gradiente
G
∇V
G
∂V
∂V
∂V
aˆz
aˆ y +
aˆx +
∇V =
∂z
∂y
∂x
G
∂V
∂V
1 ∂V
∇V =
aˆρ +
aˆφ +
aˆ z
ρ ∂φ
∂ρ
∂z
G
∂V
1 ∂V
1 ∂V
∇V =
aˆ r +
aˆθ +
aˆφ
∂r
r ∂θ
rsenθ ∂φ
⎛ ∂H ∂H ⎞
⎛ ∂H z ∂H y ⎞
⎛ ∂H ∂H ⎞
⎟aˆ x + ⎜ x − x ⎟aˆ y + ⎜⎜ y − x ⎟⎟aˆ
⎜⎜
−
∂y ⎠
∂z ⎠
∂z ⎟⎠
⎝ ∂z
⎝ ∂x
⎝ ∂y
⎛ ∂H ρ ∂H z ⎞
⎛ 1 ∂H z ∂H φ ⎞
1 ⎛ ∂(ρH φ ) ∂H ρ ⎞
⎜⎜ ρ ∂φ − ∂z ⎟⎟aˆ ρ + ⎜⎜ ∂z − ∂ρ ⎟⎟aˆφ + ρ ⎜⎜ ∂ρ − ∂φ ⎟⎟aˆ z
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
1 ⎛ ∂(Hφ senθ ) ∂Hθ ⎞
1 ⎛ 1 ∂H r ∂(rHφ ) ⎞
1 ⎛ ∂(rHθ ) ∂H r ⎞
⎟aˆr + ⎜⎜
⎜
⎟aˆθ + ⎜
−
−
−
⎟aˆφ
∂θ
∂φ ⎟⎠
∂r ⎟⎠
∂θ ⎠
rsenθ ⎜⎝
r ⎝ senθ ∂φ
r ⎝ ∂r
1 ∂ ⎛ ∂V ⎞ 1 ∂ 2V ∂ 2V
+
⎜ρ
⎟+
ρ ∂ρ ⎜⎝ ∂ρ ⎟⎠ ρ 2 ∂φ 2 ∂z 2
1 ∂ ⎛ 2 ∂V ⎞
1
1 ∂ 2V
∂ ⎛
∂V ⎞
⎜r
⎟+ 2
⎜ senθ
⎟+ 2 2
2
r ∂r ⎝ ∂r ⎠ r senθ ∂θ ⎝
∂θ ⎠ r sen θ ∂φ 2
Rotacional
G G
∇× H
Laplaciano
∇2V
∂ 2V ∂ 2V ∂ 2V
+
+
∂x2 ∂y 2 ∂z 2
1 ∂
ρ ∂ρ
(ρD ) + 1 ∂ (D ) + ∂D
ρ
ρ ∂φ
φ
z
∂z
∂Dφ
1 ∂ 2
1 ∂
(Dθ senθ ) + 1
r Dr +
r 2 ∂r
rsenθ ∂θ
rsenθ ∂φ
(
)
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO IV - Potencial elétrico
1
8. Gráficos;
9. Resultados e conclusões.
PROCEDIMENTO
PARA
ELABORAÇÃO DAS MANOGRAFIAS
A
1. Elaborar o título.
2. Indicar o material necessário para a
montagem
do
experimento,
se
houver
necessidade.
3. Diagramatizar o experimento, quando
houver.
4. Indicar o conteúdo em papel A4, com
folhas numeradas.
5. As monografias serão elaboradas
individualmente .
6. As monografias individuais deverão ser
entregues até a data solicitada de entrega. Não
serão aceitas após a data pedida.
Considerar:
•
Ordem e apresentação da monografia.
•
Conteúdo e apresentação
experimentais.
•
Conclusões e discussão dos resultados.
dos dados
No mínimo, para cada monografia deve
sempre conter:
1. Título
colaboradores;
,
data
de
realização
e
2. Objetivos e importância do tema
pesquisado;
3.
Roteiro
dos
experimentais, quando houver.
procedimentos
4. Esquema do aparato utilizado, quando
houver;
5. Descrição dos principais instrumentos e
equipamentos existentes;
6. Dados medidos;
7. Cálculos;
1