Eletromagnetismo - Aplicações - Potencial Elétrico

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Eletromagnetismo
Semestre 02/2021
Prof. Bernardo Seelig
3 – Potencial Elétrico
3.1 - Energia Potencial e Energia Cinética
objeto caindo: perde energia potencial e ganha energia cinética.
soltando uma mola comprimida por um corpo: o corpo ganha energia
cinética e perde energia potencial.
Quando aproximamos duas cargas positivas, dizemos que o sistema
possui energia potencial que se transforma em energia cinética ao
soltarmos as cargas, deixando as forças de repulsão levá-las até o
infinito.
3.2 - Trabalho para mover uma carga elétrica e diferença de potencial
entre dois pontos
• Uma carga q imersa em um campo elétrico E experimenta uma força
Fe de origem elétrica:
Fe = q ∙ E
• Para manter essa carga em equilíbrio dentro do campo elétrico, faz-se
necessário aplicar na carga uma força F, igual em módulo, mas de
sinal contrário ao da força Fe a que a carga está sujeita:
F = − q ∙ E
• Se a força F agir sobre a carga elétrica e produzir um deslocamento
diferencial dl , será realizado um trabalho diferencial dW:
dW = F ∙ dl = −q E ∙ dl
• A energia potencial necessária (ou o trabalho total realizado) para
deslocar a carga de um ponto inicial A até um ponto final B, é:
W = −qන
A
B
E ∙ dl
• A diferença de potencial entre os pontos A e B é:
𝑉𝐴𝐵 =
𝑊
𝑄
= 𝐴׬−
𝐵
𝐸 ∙ 𝑑𝑙 →
𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑙ℎ𝑜
𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎
=
𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒
𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏
= 𝑉𝑜𝑙𝑡
• De forma geral, pode-se escrever que:
V = E׬− ∙ dl
3.3 - Gradiente do Potencial
V = −නE ∙ dl
• Considerando que: 
E = Exax + Eyay + Ezaz
dl = dxax + dyay + dzaz
• Então V = ׬− Exax + Eyay + Ezaz ∙ dxax + dyay + dzaz
V = −න Exax + Eyay + Ezaz ∙ dxax + dyay + dzaz
dV = − Exax + Eyay + Ezaz ∙ dxax + dyay + dzaz
dV = − Exdx − Eydy − Ezdz (1)
• Pode-se também escrever, do cálculo elementar, que:
dV =
𝜕𝑉
𝜕𝑥
dx +
𝜕𝑉
𝜕𝑦
dy +
𝜕𝑉
𝜕𝑧
dz (2)
• Comparando as equações (1) e (2), têm-se que:
𝐸𝑥 = −
𝜕𝑉
𝜕𝑥
; 𝐸𝑦 = −
𝜕𝑉
𝜕𝑦
; 𝐸𝑧 = −
𝜕𝑉
𝜕𝑧
• Se E = Exax + Eyay + Ezaz e 
Ex = −
𝜕V
𝜕x
; Ey = −
𝜕V
𝜕y
; Ez = −
𝜕V
𝜕z
então: E = −
𝜕V
𝜕x
ax −
𝜕V
𝜕y
ay −
𝜕V
𝜕z
az = −∇V → E = −∇V
Exemplo: Dado o campo potencial V = 2x2y − 5z e o ponto P (-4, 3, 6),
desejamos encontrar diversos valores numéricos no ponto P: (a) o
potencial V; (b) a intensidade de campo elétrico E; (c) a direção de E;
(d) a densidade de fluxo elétrico D; (e) a densidade volumétrica de
cargas ρv.
Solução: V = 2x2y − 5z
(a)V −4, 3, 6 = 2. −4 2 ∙ 3 − 5 ∙ 6 = 66 V
(b)E = −∇V = −
𝜕V
𝜕x
ax −
𝜕V
𝜕y
ay −
𝜕V
𝜕z
az = −4xyax − 2x
2𝑎𝑦 + 5az
V
m
E −4, 3, 6 = −4 ∙ −4 ∙ 3 ax − 2 ∙ −4
2ay + 5az
V
m
E −4, 3, 6 = 48ax − 32ay + 5az
V
m
E −4, 3, 6 = 482 + −32 2 + 5² = 57,9
V
m
(c) aEP =
48ax−32ay+5az
57,9
= 0,829ax − 0,553 ay + 0,086az
(d) D = ε0E =
1
36π
∙ 10−9 −4xyax − 2x
2ay + 5az
D = −35,4 xy ax − 17,7 x
2ay + 44,3az
pC
m²
D −4, 3, 6 = 424,8 ax − 283,2ay + 44,3az
pC
m²
(e) ρv = ∇ ∙ D =
𝜕Dx
𝜕x
+
𝜕Dy
𝜕y
+
𝜕Dz
𝜕z
= −35,4y
pC
m3
𝜌𝑣 −4, 3, 6 = −106,2
𝑝𝐶
𝑚3
Exemplo: Considere um campo eletrostático dado por:
E =
x
2
+ 2y ax + 2xay
V
m
Calcule o trabalho necessário para mover uma carga q = −20μC:
(a) da origem até o ponto (4, 0, 0)m;
(b) do ponto (4, 0, 0) até o ponto (4, 2, 0)m.
Solução:
(a) a trajetória está ao longo do eixo x, de forma que dl = dx ax
dW = −q E ∙ dl = 20 ∙ 10−6
𝑥
2
+ 2𝑦 𝑑𝑥
W = 20 ∙ 10−6 0׬
4 x
2
+ 2y dx = 20 ∙ 10−6
x2
4
+ 2yx ቚx=4
x=0
(y = 0)
W = 80 μJ
(b) do ponto (4, 0, 0) até o ponto (4, 2, 0)m.
dl = dy ay
dW = −q E ∙ dl = 20 ∙ 10−6 2x dy
W = 20 ∙ 10−6 0׬
2
2𝑥 dy = 20 ∙ 10−6 2𝑥𝑦 ฬy=2
y=0
(x = 4)
W = 320 μJ
3.4 - Diferença de potencial na região de uma carga puntiforme
• Suponha um campo elétrico produzido por uma carga puntiforme q,
localizada na origem. Deseja-se calcular a diferença de potencial entre
os pontos A e B.
• O campo elétrico produzido por uma carga pontual q têm simetria
esférica, isto é, a direção do campo é puramente radial. Pode-se
escrever que:
E = Er ar =
q
4π ϵ0 r
2
ar
• A diferença de potencial entre os pontos A e B é:
𝑉𝐴𝐵 = −න
𝐴
𝐵
𝐸 ∙ 𝑑𝑙
• O deslocamento dl de A até B pode ser escrito como:
dl = dr ar + r dθ aθ + r sen θ d∅ a∅
𝑉𝐴𝐵 = −න
𝐴
𝐵
𝐸 ∙ 𝑑𝑙 = −න
𝐴
𝐵 q
4π ϵ0 r
2
ar ∙ dr ar + r dθ aθ + r sen θ d∅ a∅
VAB = −න
rA
rB q
4π ϵ0 r
2
dr =
q
4π ε0
1
rB
−
1
rA
=VB − VA
• Considerando-se o ponto inicial no infinito, como referência, têm-se que VA → 0; neste
caso, o potencial em qualquer ponto, quando rB → r, é dado por:
V =
q
4π ϵ0 r
• Se a carga pontual não estiver localizada na origem:
V r =
q
4π ϵ0 r−r′
(r é o ponto onde se deseja calcular o potencial; r’ é o ponto onde a carga está localizada)
• Considerando várias cargas pontuais, aplica-se o “Princípio da
Superposição”:
V r =
q1
4π ϵ0 r − r1
+
q2
4π ϵ0 r − r2
+⋯+
qn
4π ϵ0 r − rn
=
1
4π ϵ0
෍
k=1
n
qk
r − rk
Exercícios
1 - Duas cargas puntiformes, de - 4C e 5C, estão localizadas
respectivamente em (2, -1, 3) e em (0, 4, -2). Calcule o potencial
em (1, 0, 1), considerando potencial zero no infinito.
Solução:
V r =
Q1
4π ϵ0 Ԧr − r1
+
Q2
4π ϵ0 Ԧr − r2
Ԧr − r1 = 1 − 2 ax + 0 − −1 ay + 1 − 3 az = −ax + ay − 2az
Ԧr − r2 = 1 − 0 ax + 0 − 4 ay + 1 − −2 az = ax − 4ay + 3az
Ԧr − r1 = −1
2 + 12 + −2 2 = 6
Ԧr − r2 = 1
2 + −4 2 + 32 = 26
V 1, 0, 1 =
−4 ∙ 10−6
4π
10−9
36π
6
+
5 ∙ 10−6
4π
10−9
36π
26
V 1, 0, 1 =
36 ∙ 10−6
4 ∙ 10−9
∙
−4
6
+
5
26
V 1, 0, 1 = 9 ∙ 103 −1,6329 + 0,9806
V 1, 0, 1 = −5,8717 kV
2 – O valor de E em P(ρ = 2, ∅ = 40°, z = 3) é dado por E = 100aρ −
200a∅ + 300az
V
m
. Determine o trabalho incremental necessário para
deslocar uma carga de 20C de uma distância de 6m na direção de:
(a)aρ
(b)a∅
(c) az
(d)E
(e)G = 2ax − 3ay + 4az
Solução:
Temos que:
na direção de aρ → dl = dρaρ = 6 ∙ 10
−6aρ
na direção de a∅ → dl = ρd∅a∅ = 2 ∙ 6 ∙ 10
−6a∅ = 12 ∙ 10
−6a∅
na direção de az → dl = dzaz = 6 ∙ 10
−6az
na direção de E → dl = 6 ∙ 10−6aE
na direção de G = 2ax − 3ay + 4az → dl = 6 ∙ 10
−6aG
• Lembrando que o elemento diferencial de linha no sistema de
coordenadas cilíndricas é:
ഥdl = dρ aρ + ρd∅ a∅ + dz ഥaz
(a)
dW = −Q E ∙ dl = (−20 ∙ 10−6) 100aρ − 200a∅ + 300az ∙ 6 ∙ 10
−6aρ
dW = −20 ∙ 10−6 100 ∙ 6 ∙ 10−6 = −12 nJ
(b)
dW = −Q E ∙ dl = (−20 ∙ 10−6) 100aρ − 200a∅ + 300az ∙ 12 ∙ 10
−6a∅
dW = −20 ∙ 10−6 −200 ∙ 12 ∙ 10−6 = 48 nJ
(c)
dW = −Q E ∙ dl = (−20 ∙ 10−6) 100aρ − 200a∅ + 300az ∙ 6 ∙ 10
−6az
dW = −20 ∙ 10−6 300 ∙ 6 ∙ 10−6 = −36 nJ
(d)
𝑎𝐸 =
100aρ − 200a∅ + 300az
1002 + −2002 + 3002
=
100aρ − 200a∅ + 300az
374,17
𝑎𝐸 = 0,267aρ − 0,535a∅ + 0,802az
dl = 6 ∙ 10−6aE = 6 ∙ 10
−6 0,267aρ − 0,535a∅ + 0,802az
dW = −Q E ∙ dl
dW = (−20 ∙ 10−6) 100aρ − 200a∅ + 300az ∙ 6 ∙ 10
−6 0,267aρ − 0,535a∅ + 0,802az
dW = −20 ∙ 10−6 0,002246 = −44,9 ∙ 10−9 = −44,9 nJ
(e)
𝑎 Ԧ𝐺 =
2ax − 3ay + 4az
22 + −32 + 42
= 0,371ax − 0,557ay + 0,743az
dl = 6 ∙ 10−6aG
dW = −Q E ∙ dl
dW = (−20 ∙ 10−6) 100aρ − 200a∅ + 300az ∙ 6 ∙ 10
−6 0,371ax − 0,557ay + 0,743az
dW = (−20 ∙ 10−6) ∙ 6 ∙ 10−6 37,1 aρ ∙ ax − 55,7 aρ ∙ ay − 74,2 a∅ ∙ ax + 111,4 a∅ ∙ ay + 222,9
𝑎𝜌 ∙ 𝑎𝑥 = cos∅ = cos 40° = 0,766
𝑎𝜌 ∙ 𝑎𝑦 = sin∅ = sin 40° = 0,643
𝑎∅ ∙ 𝑎𝑥 = −sin∅ = −sin 40° = −0,643
𝑎∅ ∙ 𝑎𝑦 = cos∅ = cos 40° = 0,766
𝑎𝜌 ∙ 𝑎𝑥 = cos∅ = cos 40° = 0,766
𝑎𝜌 ∙ 𝑎𝑦 = sin ∅ = sin 40° = 0,643
𝑎∅ ∙ 𝑎𝑥 = −sin∅ = − sin 40° = −0,643
𝑎∅ ∙ 𝑎𝑦 = cos∅ = cos 40° = 0,766
dW = (−20 ∙ 10−6) ∙ 6 ∙ 10−6 37,1 aρ ∙ ax − 55,7 aρ ∙ ay − 74,2 a∅ ∙ ax + 111,4 a∅ ∙ ay + 222,9
dW = (−20 ∙ 10−6) ∙ 6 ∙ 10−6 37,1 0,766 − 55,7 0,643 − 74,2 −0,643 + 111,4 0,766 + 222,9
dW = −41,8 nJ
3 - Se E = 120aρ
V
m
, determine a quantidade de trabalho incremental
realizado no deslocamento de uma carga de 50 C de uma distância de
2 mm 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).
Solução:
P(1, 2, 3) → Q(2, 1, 4) →𝑎𝑃𝑄 =
𝑎𝑥−𝑎𝑦+𝑎𝑧
3
dW = −Q E ∙ dl
dW = −50 ∙ 10−6 120aρ ∙
ax − ay + az
3
2 ∙ 10−3
dW = −50 ∙ 10−6 120aρ ∙
ax − ay + az
3
2 ∙ 10−3
dW = −50 ∙ 10−6 ∙
120
3
∙ 2 ∙ 10−3 aρ ∙ ax − aρ ∙ ay
𝑎𝜌 ∙ 𝑎𝑥 = cos∅ → ∅ = 𝑡𝑔
−1 𝑦
𝑥
= 𝑡𝑔−1
2
1
→ ∅ = 63,4°
𝑎𝜌 ∙ 𝑎𝑥 = cos 63,4° = 0,447
𝑎𝜌 ∙ 𝑎𝑦 = sin∅ = sin 63,4° = 0,894
dW = −50 ∙ 10−6 ∙
120
3
∙ 2 ∙ 10−3 0,447 − 0,894
dW = 3,1 ∙ 10−6 = 3,1 μJ (a)
Q(2, 1, 4) → P(1, 2, 3)→ 𝑎𝑄𝑃 =
−𝑎𝑥+𝑎𝑦−𝑎𝑧
3
dW = −Q E ∙ dl
dW = −50 ∙ 10−6 120aρ ∙
−𝑎𝑥 + 𝑎𝑦 − 𝑎𝑧
3
2 ∙ 10−3
dW = −50 ∙ 10−6 ∙
120
3
∙ 2 ∙ 10−3 − aρ ∙ ax + aρ ∙ ay
𝑎𝜌 ∙ 𝑎𝑦 = sin∅ → ∅ = 𝑡𝑔
−1 𝑦
𝑥
= 𝑡𝑔−1
1
2
→ ∅ = 26,57°
𝑎𝜌 ∙ 𝑎𝑦 = sin∅ = 0,447
𝑎𝜌 ∙ 𝑎𝑥 = cos ∅ = 0,894
dW = −50 ∙ 10−6 ∙
120
3
∙ 2 ∙ 10−3 − 0,894 + 0,447 = 3,1 μJ (b)
Potencial de um Dipolo Elétrico
• Chama-se de dipolo o conjunto de duas cargas de mesma magnitude
e sinais opostos, separadas por uma pequena distância. Considere a
figura abaixo:
• O potencial total em P é dado por:
V =
Q
4πε0
1
R1
−
1
R2
=
Q
4πε0
R2 − R1
R1R2
• Como r  d, pode-se considerar que R1 e R2 são paralelos. Pode-se 
escrever então que R2 − R1 = d cos θ e R2R1 ≅ r
2.
• Logo, 
V =
Q
4πε0
R2 − R1
R1R2
=
𝑄 𝑑 cos 𝜃
4πε0𝑟
2
• Fazendo d = cos θ = dar e p = Q d, têm-se que:
V =
Q d cos θ
4πε0r
2
=
p
4πε0r
2
ar
onde p = Q d é definido como “momento do dipolo”, sendo d o vetor comprimento, dirigido de –Q 
a +Q.
• Se o centro do dipolo não estiver na origem, mas no ponto r’:
V =
1
4πε0 Ԧr − r′
2 p
Ԧr − r′
Ԧr − r′
Exemplo: Dois dipolos com momentos de dipolo −5𝑎𝑧
𝑛𝐶
𝑚
e 9𝑎𝑧
𝑛𝐶
𝑚
,
estão localizados, respectivamente, nos pontos (0, 0, -2) e (0, 0, 3).
Calcule o potencial na origem.
Solução:
V =
1
4πε0 Ԧr − r′
2 p
Ԧr − r′
Ԧr − r′
Aplica-se o “Princípio da Superposição” → V = V1 + V2
p1 = −5az ; r′1 = 0, 0, 2
p2 = 9az ; r′1 = 0, 0, 3
Ԧr = 0, 0, 0 → Ԧr está associado ao ponto onde se deseja calcular o potencial.
V =
1
4πε0 Ԧr − r′1
2 p1
Ԧr − r′1
Ԧr − r′1
+
1
4πε0 Ԧr − r′2
2 p2
Ԧr − r′2
Ԧr − r′2
Ԧ𝑟 − 𝑟′1 = 0, 0, 2 = 2𝑎𝑧 → Ԧ𝑟 − 𝑟
′
1 = 0
2 + 02 + 22 = 2
Ԧ𝑟 − 𝑟′2 = 0, 0, −3 = −3𝑎𝑧 → Ԧ𝑟 − 𝑟
′
1 = 0
2 + 02 + −3 2 = 3
V =
1
4π
1
36𝜋
10−9 ∙ 4
. −5 ∙ 10−9𝑎𝑧
2𝑎𝑧
2
+
1
4π
1
36𝜋
10−9 ∙ 9
. 9 ∙ 10−9𝑎𝑧
−3𝑎𝑧
3
𝑎𝑥 ∙ 𝑎𝑥 = 𝑎𝑦 ∙ 𝑎𝑦= 𝑎𝑧 ∙ 𝑎𝑧 = 1
𝑎𝑥 ∙ 𝑎𝑦 = 𝑎𝑦 ∙ 𝑎𝑧= 𝑎𝑧 ∙ 𝑎𝑥 = 0
V =
−45
4
− 9 = −20,25 V