eletromag sadikub3 edição

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3º edicão 
.:> 
Matthew N. O. Sadiku 
O autor 
Mauhcw N. O. Sadiku é proressor do Departamento de Engenharia Elétrica e Computacional na Temple 
University. É autor de mais de 100 papers e de 15 livros, incluindo Fundamewos de Circuitos Elétricos 
(com C. Alexander), Metropoliran Area. Networks e Numerical Techniques in Eletromagnetics. Seus interesses 
em pesquisa incluem técnicas numéricas em eletromagnetismo e redes de computadores. É engenheiro 
protissional c membro do Institute of Electrical and Electronic Engineers (IEEE). 
S I25c Sadiku, Mauhew N. O. 
Elementos de eletromagnetismo I Matthcw N. O. Sadiku; 
trad. Lianc Ludwig Loder c Jorge Amorctti Lisboa. - 3.cd. 
- Porto Alegre: Bookman, 2004. 
ISBN 978-85-363-0275-1 
I. Engenharia elétrica - Eletromagnetismo. I. Título. 
CDU 621.3:537.11.877 
Catalogação na publicação: Mônica Ballejo Canto- CRB I 0/ I 023 
Matthew N. O. Sadiku 
Departamento de Engenharia Elétrico e Computacional 
Temple University 
e emen os 
• 
- e -
e e roma ne 1smo 
Tradução: 
Jorge Amoretti Lisboa 
Físico 
Doutor em Ciências pela UFRGS 
Professor do Departamento de Engenharia Elétrica da UFRGS 
Liane Ludwig Loder 
Engenheira Eleuicista 
Mestre em Educação pela UFRGS 
Professora do Departamento de Engenharia Elétrica da UFRGS 
Reimpressão 2008 
2004 
32 Edição 
Obra originalmente publicada sob o título 
Elements o f Eletromagnetics, 3 I e 
© 2000, Oxford University Press, Inc., New York, NY, USA 
Tradução publicada conforme acordo com a Oxford University Press, Inc. 
ISBN 0-19-513477-x 
Capa: Mário Ro/mc/1 
Preparação do original: Luciauo Comes 
Consultor técnico: Autouio Perteuce }r. 
Supervisão editorial: Arysiulm }acqrr~'S Affouso 
Editoração eletrônica: Laser House 
Reservados todos os direitos de publicação, em língua portuguesa, à 
ARTMED" EDITORA S.A. 
(BOOKMA~ COMPANHIA EDITORA é uma divisão da ARTMED~ EDITORA S. A.) 
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SÃO PAULO 
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SAC 0800 703-3444 
IMPRESSO NO BRASIL 
PRINTED IN BRAZ/L 
Para minha esposa, Christianah Yemisi, 
e nossas filhas, 
Ann Tom i e Joyce Bolu 
Prefácio 
Os objetivos principais deste livro permanecem os mesmos da primeira edição: apresentar os concei­
tos do eletromagnetismo (EM) de forma mais clara c interessante do que outros livros. Alcançamos 
este objetivo das seguintes maneiras: 
l. A fim de superar eventuais dificuldades no tratamento simultãneo de conceitos de eletromag­
netismo e de matemática, a análise vetorial é tratada no início do livro e aplicada gmdualmen­
te. Esta abordagem evita a introdução repetida de fundamentos de análise vetorial, o que ge­
raria uma descontinuidade no desenvolvimento do raciocínio. Os teoremas matenuíticos e os 
conceitos físicos são abordados separadamente, facilitando ao aluno a compreensão da gene­
ralidade de tais teoremas. 
2. Cada capítulo começa com uma breve introdução, que serve de guia para todo o capítulo e 
que estabelece sua relação com o restante do livro. A introdução auxilia os alunos a perceber 
a relevância do capítulo e sua relação com o capítulo precendente. Os pontos-chave são des­
tacados para chamar a atenção do lei tor. Ao final do capítulo, é apresentado um breve resumo 
dos conceitos principais. 
3. A fim de assegurar que os alunos compreendam claramente os pontos importantes, os termos­
chave são definidos e destacados. Fórmulas fundamcnwis recebem uma moldura para facili­
tar sua identificação. 
4. Cada capítulo contém um número razoável de exemplos com solução. Já que os exemplos são 
parte do texto, eles são explicados em detalhe, de modo que, para o leitor, não restem lacunas 
no desenvolvimento da solução. Exemplos minuciosamente resolvidos dão confiança aos alu­
nos para resolver problemas por si mesmos e para aprender a aplicar conceitos, o que é parte 
integrante do processo educativo em engenharia. Cada exemplo resolvido é seguido de um 
problema na forma de um exercício com resposta. 
5. Ao final de cada capítulo, há dez questões de revisão objetivas de múltipla escolha. Sabe-se 
que questões com resposta em aberto, apesar de pretender-se que instiguem o raciocínio, são 
ignoradas pela maioria dos alunos. Questões objetivas de revisão, imediatamente seguidas de 
opções de resposta, encorajam os alunos a resolver os problemas, proporcionando-lhes um re­
torno imediato. 
Grande parte dos problemas propostos é apresentada na mesma ordem que os conceitos 
no corpo do texto. Os problemas de nível de dificuldade intermediária são identilicados com 
um único asterisco. Os problemas mais difíceis são identificados com dois asteriscos. O nú­
mero de problemas apresentado é suficiente para permitir ao professor selecionar alguns co­
mo exemplo em sala de aula e outros como at ivielade extra-classe. As respostas elos proble­
mas ímpares estão no apêndice C. 
6. Uma vez que a maioria elas muitas apl icações práticas envolve campos variáveis no tempo, 
seis capíllllos são destinados a tratar desse tipo de campo. Contudo, é dada a devida ênfase 
aos campos estáticos porque são casos especiais dos campos dinâmicos. Não é mais aceitável 
ignorar a eletrostática porque há indústrias de grande porte, como as de fotocópia e de peri­
lcricos de computadores, que embasam seu funcionamento na compreensão elos fenômenos 
eletrostáticos. 
7. O último capítulo trata de métodos numéricos com aplicações práticas c com programas de 
computador. Este capítulo é de suma importância porque a maioria das questões práticas só 
podem ser resolvidos com o uso de técnicas numéricas. 
8. Mais de 130 exemplos ilustrativos e de 400 figuras são apresentados no texto. Algumas infor­
mações adicionais, como fórmulas e identidades matemáticas básicas, estão incluídas no 
Apêndice. Algumas orientações são dadas em uma nota especial para os estudantes, que su­
cede este prefácio. 
vm • Prefácio 
Nesta edição, foi acrescentado um novo capítulo tratando de tópicos contemporâneos, como mi­
croondas, interferência e compatibilidade eletromagnética c libras óticas. Além disso, a linguagem 
Fonran, das edições anteriores, foi convertida para a linguagem Matlab porque verificou-se que os 
alunos têm mais familiaridade com Matlab do que com Fortran. 
Embora este livro tenha sido escrito com a intenção de ser auto-explicativo e útil para um estudo 
autônomo, o contato pessoal, que é sempre necessário no ensino, foi contemplado. A escolha dos tó­
picos do curso, bem como da ênfase dada aos mesmos, depende da preferência pessoal do professor. 
Por exemplo, o professor que considerar os tópicos dedicados a análise vetorial ou a campos estáti­
cos muito extensos pode não abordar parte do conteúdo, que, no entanto, pode ser usado pelos estu­
dantes como material de referência. Dessa forma, uma vez tendo sido trabalhados os Capítulos de I 
a 3, é possível explorar os Capítulos de 9 a 15. Professores que discordarem da abordagem "partindo 
do cálculo vetorial'· podem começar com os Capítulos I c 2 e avançar para o Capítulo 4, fazendo re­
ferênci<l ao Capítulo 3, quando necessário. Há conteúdo suliciente para um curso de dois semestres. 
Se o livro for adotado em um curso com duração de um semestre, algumas seções podem ser aborda­
das brevemente ou ainda consignadas como atividades extra-classe. Seções que possam estar nessa 
categoria são marcadas com o sinal de adaga (t). 
Agradecimentos 
Gostaria de agradecer a Peter Gordon e ao grupo de editores c produtores da Oxford University Press 
por este trabalho bem feito. Esta edição se beneficiou dos perspicazes comentários dos seguintes re­
visores: Leo C. Kempel, da Michigan StateUniversity; Andrcw Dienes, da University of California, 
em Da vis; George W. Hanson, da University ofWisconsin-Milwaukce; Samir EI-Ghazaly, da Arizo­
na State University; e Sadasiva M. Rao, da Auburn Univcrsity. Devo muito a Raymond Garcia, Jerry 
Sagliocca e Dr. OI adega Soriyan pela ajuda na elaboração do manual de soluções e ao Dr. Saroj Bis­
was pela ajuda prestada com o Matlab. Estou muito grato à Tcmple Universi ty por ter-me concedido 
urna licença no outono de 1998, período no qual pude trabalhar na revisão deste livro. Agradeço, em 
especial, ao Dr. Kcya Sadeghipour, dirigente da Collcgc of Engcnecring, e ao Dr. John Helferty, che­
fe do Departamento de Engenharia Elétrica e Computação por seu apoio constante. Como sempre, 
agradecimentos especiais à minha esposa, Chris c às nossas lilhas, Ann c Joyce, pela paciência, pe­
las orações e pelo total apoio. 
Como de praxe, comentários, sugestões c correções são bem-vindos. 
Matthew N. O. Sadiku 
Programação sugerida: 
Número aproximado 
Cai>Ítulo Título de horas.aula 
l Álgebra vetorial 2 
2 Sistemas de coordenadas e transformaç~o 2 
3 Cálculo vetorial 4 
4 Campos eletrostáticos 6 
5 Campos elétricos em meio material 4 
6 Problemas de valor de fronteira em eletrost;ltica 5 
7 Campos magnetostáticos 4 
8 Forças. materiais e dispositivos magnéticos 6 
9 Equações de Maxwell 4 
lO Propagação de onda eletromagnética 5 
l I Linhas de transmissão 5 
12 Guias de onda 4 
13 Antenas 5 
14 Tópicos modernos (3) 
15 M~todos numéricos (6) 
Exames 4 
TOTAL 60 
Nota ao estudante 
A Teoria Eletromagnética é normalmente considerada por muitos estudantes como um dos cursos 
mais difíceis no currículo de Física ou de Engenharia Elétrica. Porém. tomando-se algumas precau­
ções, esta má impressão prova-se equivocada. Pela minha experiência, as seguintes sugestões serão 
úteis para auxiliá-lo(a) a ter o máximo desempenho com o apoio deste livro-texto: 
Dê especial atenção à Parte I, sobre Análise vetorial, a ferramenta matemática para este curso. 
Sem o claro entendimento desta seção, você poderá ter problemas no restante do curso. 
Não tente memorizar muitas fórmulas. Memorize apenas as fundamentais, que vêm, normalmen­
te, destacadas em uma moldura, e tente deduzir as outras fórmulas a partir dessas. Procure compreen­
der as relações entre as fórmulas. Evidentemente, não existe urna fórmula geral para resolver todos 
os problemas. Cada fórmula tem algumas limitações em função de seus pressupostos. Atente para es­
ses pressupostos c aplique-as adequadamente. 
Procure identilicar as palavras-chave ou os termos de uma dada del1nição ou lei. Saber o signifi­
cado dessas palavras-chave é essencial para a aplicação adequada da delinição ou da lei. 
Tente resolver tantos problemas quanto possível. Exercitar é a melhor forma de aprender. A me­
lhor maneira de compreender as fórmulas c de assim i lar o conteúdo é através da resolução de pro-, 
blemas. E aconselhável que você resolva, pelo menos, os problemas dos exercícios, que vêm, justa-
mente, em seguida dos exemplos resolvidos. Faça um esquema do problema antes de tentar resol­
vê-lo matematicamente. Este esquema não apenas facilita a resolução como também auxilia na 
compreensão do problema porque simplifica e organiza o seu raciocínio. Observe que, a não ser que 
se estabeleça o contrário, todas as distâncias são dadas em metros. Por exemplo, (2, - 1, 5) de fato 
significa (2m, - 1 m, 5 m). 
Nas guardas do livro, são apresentadas tabelas com urna lista das potências de dez e das letras 
gregas usadas com freqüência ao longo do texto. No Apêndice A, apresentam-se fórmulas importan­
tes em Cálculo, Vetores e Análise Complexa. As respostas dos problemas de números ímpares são 
apresentadas no Apêndice C. 
Sumário 
PARTE 1: Análise vet01·ial 
, 
1 Algebra vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 
1.1 Introduç-ão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . J 9 
i" 1.2 Uma visão prévia do livro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . 19 
1.3 Escalares e vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 
1.4 Vetor un.itário . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 
t 1.5 Soma c subtração de vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 
1.6 Vetor posição e vetor distância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 
1.7 Multiplicação vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 
1.8 Componentes de um vetor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 
Rest1n1o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 
Questões de revisão . . . • . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . 36 
Problen1as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . 37 
2 Sistemas e transformação de coordenadas ....................... 41 
2.1 Introdução ......... ...... . ..................... . .. • ........... 41 
2.2 Coordenadas cartesianas (x, y, z) ........... • ....... • .. • ....... . ... 42 
2.3 Coordenadas cilíndricas circulares (p, if>, z) .............. • ......... .. 42 
2.4 Coordenada~ esféricas (r, 8, if>) .••..•••••••••••.•.••••• • ••• .••• • ••• 45 
i" 2.5 Superfícies de coordenada constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . 52 
Resun1o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 57 
Questões de revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 
Problen1as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 
12 • Sumário 
3 Cálculo vetorial . . . . .......................................... 62 
3.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 
t 3.2 Comprimento, área e volume diferenciais .................. .. ...... . 62 
3.3 Integrais de linha, de superfície e de volume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 
3.4 O operador dei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 
3.5 Gradiente de um escalar .............................. .•. ... . . . ... 72 
3.6 Divergência de um vetor e teorema da divergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 
3.7 Rotacional de um vetor e teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 
3.8 Laplaciano de um escalar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 
t3.9 Classificação de campos vetoriais . . . . . . . . . . • . . • . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . 91 
Resu1110 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . • . . . . . . . • . . . . . . . • . . . . 94 
Questões de revisão . . . . . . . . • . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 
Problernas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 
PARTE 2: Eletrostática 
4 Campos eletrostáticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 
4.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . l07 
4.2 Lei de Coulomb c intensidade de campo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I 08 
4.3 Campos elétricos de distribuições contínuas de carga . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 
4.4 Densidade de fluxo elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . 125 
4.5 Lei de Gauss- equação de Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 
4.6 Aplicações da lei de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 
4. 7 Potencial elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 
4.8 Relação entre o campo elétrico e o potencial elétrico-
equação de Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 
4.9 O dipolo elétrico e as linhas de fluxo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142 
4.1 O Densidade de energia em campos eletrostáticos . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . 145 
Resumo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . 149 
Questões de revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 
Problernas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . 153 
5 Campos elétricos em meio material . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 
5.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . 159 
5.2 Propriedades dos materiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . • . . . . 159 
5.3 Correntes de convecção e de condução . . . . . . . • . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 
5.4 Condutores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . • . . . . . . . • . . . . . . . . . 162 
5.5 Polarização em dielétricos . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . 167 
5.6 Constante e rigidez dielélrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 
t 5.7 Dielétricos lineares, isotrópicos e homogêneos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 I 
5.8 Equação da conúnuidade e 1cmpo de relaxação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 
5. 9 Condições de fronteira . . . . . . . .. . .. . . . . . .. . . . .. . .. . . . .. . . . . . . .. . I 77 
Rcsur110 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 
Questões de revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186 
Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188 
Sumário • 13 
6 Problemas de valor de fronteira em eletrostática . . . . . . . . . . . . . . . . 192 
6.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192 
6.2 Equações de Laplace e de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192 
t6.3 Teorema da unicidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 
6.4 Procedimento geral para resolver a equação de Laplace ou a 
equação de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 
6.5 Resistência c capacitância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212 
6.6 Método das imagens ......................... . ....... . ... .. .... 226 
Resun1o ... .. . ......... . ..... . .............. . .. . ............ . . 
Q - d . -uestoes e rev1sao . ..... .. . . . ... .. .. • ................... .. . . .. 
Problen1as . .. . ............................................... . 
PARTE 3: Magnetostática 
23 1 
232 
233 
7 Campos magnetostáticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243 
7. J lntrodução . . .. . .. ..................... . .. . .... . .. . ... . . .. • . . . 243 
7. 2 Lei de B iot- Savart . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . 244 
7.3 Lei circuitai de Ampere - equação de Maxwell ...................... 253 
7.4 Aplicações da lei deAmperc .................... . ............... 254 
7.5 Densidade de fluxo magnético- equação de Maxwcll ......... .. ... . . 260 
7.6 Equações de Maxwell para campos eletromagnéticos estáticos ......... 262 
7.7 Potenciais magnéticos escalar c vetorial ........................... 262 
t7.8 Dedução da lei de Biot-Savart c da lei de Amperc ................... 267 
Resumo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269 
Questões de revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270 
Problen1as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273 
8 Forças, materiais e dispositivos magnéticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279 
8.1 Introdução . .. ... . . . ............................... . .... .. .. . . 279 
8.2 
8.3 
8.4 
8.5 
t 8.6 
8.7 
8.8 
Forças devido aos campos magnéticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279 
..., .. 
. orque e momento magneucos .. ... . . . ... . . . . • .. . . .... . . .... . ... 
D. I • . 
1 po o magnettco .. . . . ... . ..... . ... . ... . ... . ..... . . . .... . . . .. . 
Magnetização em materiais ..... . . ..... . .... . . ... .. ... . .. . .. .. . . 
Classificação dos materiais magnéticos . . .... . ... .. . .... . ... . ..... . 
Condições de fronteira magnéticas . ....... . ................ .. .. . . 
Indutores e indutâncias . . .... .. . . . . . ......... . . .. ... . .. . .. .. .. . . 
289 
291 
295 
298 
30 1 
306 
8.9 Energia magnética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 308 
t8. 1 O Circuitos magnéticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 15 
t8.1 I Força sobre materiais magnéticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 7 
Resun1o ... .. . ... . .................... • ................ . ...... 
Q - d . -uestocs c rcv1sao ........................................... . 
Problemas .............................................. . .... . 
321 
323 
324 
14 • Sumário 
9 Equações de Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335 
9.1 Introdução . .... . ....................... ... ................... 335 
9.2 Lei de Faraday . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336 
9.3 Fem de movimento e fem de transformador ........................ 337 
9.4 Corrente de deslocamento ...................................... 345 
9.5 Equações de Maxwell nas formas finais ................. • ... .. .... 347 
t9.6 Potenciais variáveis no tempo ...... . .... . .. . ........ • ........... 350 
9.7 Campos harmônicos no tempo . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352 
Resu1no . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362 
Questões de revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . 363 
Problen1as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . 365 
PARTE 4: Ondas e aplicações 
10 Propagação de ondas eletromagnéticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371 
10. 1 Introdução .. .. ... . .. .. . .... . ..... . .. • .......... . ....... . ..... 37 1 
t I 0.2 Ondas em geral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . 372 
I 0.3 Propagação de onda em dielétrico com perdas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377 
I 0.4 Ondas planas em diclétricos sem perdas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . 382 
I 0.5 Ondas planas no espaço livre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . 382 
I 0.6 Ondas planas em bons condutores . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384 
I O. 7 Potência e o vetor de Poynting . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393 
10.8 Reflexão de uma onda plana com incidência normal ......... ........ 397 
i' I 0.9 Reflexão de uma onda plana com incidência oblíqua . . ... ............ 406 
Resun1o ................... ... ... .. . ... .. ...... . .. ........... . 
Q - d . -uesloos e rev1sao ... .................................. ...... . 
Problemas . . .......... . ....... . .............................. . 
416 
418 
419 
11 Linhas de transmissão ........ .. ............................ 426 
11. 1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426 
11.2 Parâmcu·os das l inhas de transmissão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 427 
11.3 Equações das linhas de transmissão ...... . ........... • ......... . .. 429 
11.4 Impedância de entrada, ROE c potência . . . . . . • . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . 436 
I 1.5 A carta de Smith . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . • . . • . . . . • . . . . 443 
11.6 A lgumas aplicações das l inhas de transmissão ......... , ... . .. . • . ... 454 
i'll.7 Transientes em linhas de transmissão ............... . • ...... . • .... 460 
t 11.8 Linhas de transmissão de microfi tas .................. . ........... 471 
Resun10 .. . . . . .. .................................... . .. . .. .... 475 
Questões de revisão ............... • ............................ 476 
Problemas ........... ............... • ...... . ... • ... . . ......... 478 
12 
13 
Sumário • 15 
Guias de onda • • • • • .. • • • • • o • o • .. • o • • • • • • • • • • • • • • • • • • • o • • • o • • • 487 
12.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 487 
12.2 Guia de onda retangular ........................................ 487 
12.3 Modos transversais magnéticos (TM) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492 
12.4 Modos transversais elétricos (TE) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 495 
12.5 Propagação da onda no guia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . 505 
12.6 Transmissão de potência e atenuação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 507 
t 12.7 Corrente e excitação de modos no guia de onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 O 
12.8 Ressonadores de guia de onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 515 
Antenas 
13.1 
13.2 
13.3 
13.4 
13.5 
13.6 
13.7 
'1 13.8 
'1 13.9 
Resun1o .. .... ............. . ........ . ....... . .. . ....... . ... . . . 
Q - d . -uestoes e revtsao .......................... ............ ..... . 
Problemas . . . . ..... . ................ . .. • .......... .. ... . .. .. .. 
520 
521 
522 
• • • • • • • • • • • • • • • • o • • • • • • • • o • o • o • o • • • • o • • • o • • • • • • • • o • 526 
Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . 526 
Dipolo hertziano . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 528 
Antena dipolo de meia onda . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 531 
Antena monopolo de quarto de onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . 535 
Antena pequena em anel ......................... . .............. 536 
Características das antenas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 540 
Conjuntos de antenas ......................................... . 
' Area efetiva e equação de Friis .................................. . 
A equação do radar ................... ........... ........ • ..... 
Resumo ................ . ... . ................................ . 
Q - d . -uestoes e rev•sao ........................................... . 
Problen1as ................. .. ...... ...... .................... . 
546 
555 
558 
562 
562 
564 
14 Tópicos modernos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 570 
14.1 
14.2 
14.3 
14.4 
IntrO<Iução ............................ .......... ............ . 
M icroonda.s . . ... .. .. .. .. ..... ............. ........ . ......... . 
Interferência e compatibilidade eletromagnética .......... • .......... 
Fil1ra ótica .. . ..... . ....................... ~ ....... .. ... .. ... . 
570 
570 
575 
580 
R CSU1110 ... ...... . ....... . . • ... ' ....... ' .. ' • . . . . . . . • . . . . . . . • . . 585 
Questões de revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 586 
Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 587 
15 Métodos numéricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 590 
.1 5.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 590 
t 15.2 Plotagem de campo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 591 
15.3 O método das diferenças finitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 598 
15.4 O método dos momentos ....... .. ...... .. .......... ..•. ... •. . . . 610 
15.5 O método dos elementos finitos ............................ ...... 620 
Resumo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 637 
Questões de revisão ..... ....................................... 637 
Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 639 
16 • Sumário 
Apêndice A 650 
Apêndice B . . . . 660 
Apêndice c • • 662 
Apêndice D 682 
, 
lndice . . . . . . • • • • • 685 
PARTE 1 
ANÁLISE VETORIAL 
Capítulo 1 
ÁLGEBRA VETORIAL 
Em uma vida longa, uma coisa eu aprendi: que toda a nossa ciência, comparada com a realidade, é 
primitiva e infantil e, mesmo assim, é o que temos de mais precioso. 
-1\LBERT EINSTEIN 
1.1 INTRODUÇÃO 
O Eletromagnetismo (EM) pode ser considerado como o estudo da interação entre cargas elétricas 
em repouso c em movimento. Envolve a anál ise, a síntese, a interpretação física c a aplicação de cam­
pos elétricos e magnéticos. 
O Eletromagnetismo (EM) é um ramo da Física, ou da Engenharia Eléu"ica, no qual os fenô­
menos elétricos e magnéticos são estudados. 
Os princípios do EM se aplicam em várias disciplinas afins, tais como: microondas, antenas, má­
quinas elétricas, comunicações por satélites, bioeletromagnctismo, plasmas, pesquisa nuclear, fibra 
ótica, interferência e compatibilidade eletromagnética, conversão eletromecãnica de energia, meteo­
rologia por radar e sensoreamento remotou . Em Física Médica, por exemplo, a energia eletromag­
nética, seja na forma de ondas curtas ou de microondas, é utilizada para aquecer tecidos mais profun­
dos e para estimular certas respostas fisiológicas, alim de aliviar a dor em determinadas patologias. 
Os campos eletromagnéticos são utilizados em aquecedores indutivos para fundir, forjar, recozer, 
temperar superfícies e para operações de soldagem. Equipamentos para aquecimento de dielétricos 
utilizam ondas curtas para unir e selar lâminas tinas de materiais plásticos. A energia eletromagnéti­
ca possibilita muitas aplicações novas e interessantes em agricultura. É utilizada, por exemplo, para 
alterar o sabor de vegetais, reduzindo sua acidez. 
Os dispositivos do EM incluem: transfom1aclores, rclés elétricos, rádio!TV, telefone, motores elé­
tricos, linhas ele transmissão, guias de onda, antenas, ti bras óticas, radares c lasers. O proj eto desses 
dispositivos requer um profundo conhecimento das leis c dos princípios do eletromagnetismo.t 1.2 UMA VISÃO PRÉVIA DO LIVRO 
O esllldo dos fenômenos do eletromagnetismo, feito neste livro, pode ser resumido nas Equações de 
Maxwell: 
V· D = p,. 
v. 8 =o 
(LI) 
( 1.2) 
' Para numerosas aplicações de eletrostática. consulte J. H. Crowley. Fu11damemals ofAf>f>lied EJectrosllltil's. Ncw York: John Wiley & Sons. 1986. 
' Par:t outms :írcas de aplicações de EM. consulte. por exemplo. D. Teplitz. cd .. Electroma.~lletism: Pmhs To Rrscmch. Ncw York: Plcnum Prcss. 1982. 
t 
Este símbolo indica seções que podem ser suprimidas. expostas brevemente ou propos1:1s como atividades extraclassc. caso se pretenda cobrir todo o texto 
em um só semestre. 
20 • Elementos de Eletromagnetismo 
onde V = o vetor operador diferencial; 
O = a densidade de fluxo elétrico; 
B = a densidade de fluxo magnético; 
E = a intensidade de campo elétrico; 
VXE= 
éJB 
UI 
iJO 
VX H = J + ­
iJI 
H = a intensidade de campo magnético; 
P. = a densidade volumétrica de carga; 
e J = a densidade de corrente. 
(1.3) 
(1.4) 
Maxwcll embasou essas equações em resultados já conhecidos, experimentais e teóricos. Urna olha­
da rápida nessas equações mostra que devemos operar com granclc7.as vetoriais. Conscqliememcme, 
é lógico que dediquemos algum tempo na Parte I para examinar as ferramentas matemáticas reque­
ridas para esse curso. As derivações das equações ( 1.1) a ( 1.4), para condições invariantes no tempo, 
c o significado ffsico das grandezas O, B, E, H, J e P. serão objeto de nosso estudo nas partes U c lU. 
Na parte TV reexarninaremos as equações para o regime ele variação temporal e as aplicaremos em 
nosso estudo de dispositivos do EM encontrados na prática. 
1.3 ESCALARES E VETORES 
A análise vetorial é uma ferramenta matemática pela qual os conceitos do eletromagnetismo (EM) 
são mais convenientemente expressos e melhor compreendidos. Precisamos, primeiramente, apren­
der suas regras e técnicas antes de aplicá-la~ com segurança. Já que muitos estudantes fazem esse 
curso tendo pequena familiaridade com os conceitos de análise vetorial, uma considerável atenção é 
dada a essa análise neste c nos próximos dois capítulos.3 Este capítulo introduz os conceitos básicos 
de álgebra vetorial, considerando apenas coordenadas cartesianas. O capítulo seguinte parte daí e es­
tende esse estudo para outros sistema~ de coordenada~. 
Uma grandeza pode ser um escalar ou um vetor. 
Um escaJar é uma grandeza que só tem magnitude. 
Grandez~•s corno tempo, massa, distância, temperatura, entropia, potencial elétrico e população são 
escalares. 
Um vetor é uma grandeza que tem magnitude e orientação. 
Grandezas vetoriais incluem velocidade, força, deslocamento e intensidade de campo elétrico. Uma 
outra categoria de grandezas físicas é denominada de tensores, dos quais os escalares c os vetores são 
casos particulares. Na maior parte do tempo, estaremos trabalhando com escalares e vetores! 
Para fazer distinção entre um escalar e um vetor, convenciona-se representar um vetor por uma 
-+ -+ 
letra com uma llecha sobre ela, tais como A e B, ou por uma letra em negri to, tais corno A e B. Um 
escalar é simplesmente representado por uma letra, por exemplo: A, 8, V e V. 
A teoria do EM é essencialmente um estudo de campos particulares. 
Um campo é uma função que especifica uma grandeza particular em qualquer ponto de uma 
região. 
l O leitor que ni!O si ma necessidade de n:visào de álgebra vetorial pode seguir para o próximo capítulo. 
' Para um estudo inicial sobre tensores. con,suhc. por exemplo. A. I. Borisenko c I. E. Tarapor. Vec(()r tmd TeiUflr i\nalysis n·itlr ilpplimtinn. Englcwood ClifTs. 
NJ: Pn:nlicc-Hall. 1968. 
Álgebra Vetorial • 21 
Se a grandeza é um escalar (ou um vetor), o campo é dito um campo escalar (ou vetorial). Exemplos 
de campos escalares são: a distribuição de temperatura em um edifício, a intensidade de som em um 
teatro, o potencial elétrico em uma região e o índice de refração em um meio estratificado. A força 
gravitacional sobre um corpo no espaço c a velocidade das gotas de chuva na atmosfera são exem­
plos de campos vetoriais. 
' 1.4 VETOR UNITARIO 
Um vetor A tem magnitude e orientação. A magnifllde de A é um escalar escrito como A ou IA I. Um 
vetor unitário a11 ao longo de A é definido como um vetor cuja magnitude é a unidade (isto é, I) e a 
orientação é ao longo ele A, isto é: 
A A 
a - -~~ ----IAI A 
(1.5) 
Observe que I a111 = I. Dessa forma, podemos escrever A como 
A = AaA (1.6) 
o que especifi ca completamente A em lermos de sua magnitude A e sua orientação a A" 
Um vetor A, em coordenadas cartesianas (ou retangulares), pode ser representado como 
ou ( 1.7) 
onde A,, A,. c A< são denominadas as componentes de A, respectivamente nas direções x, y c z; a..., a,. 
e a, são, réspectivamente, os vetores unitários nas direções x, y e z. Por exemplo, ax é um vetor a di: 
mensional de magnitude um na direção c sentido positivo elo eixo dos x. Os vetores unitários a •• a, e 
a, estão representados na Figura 1.1 (a), e as componentes de A, ao longo dos eixos coordenados, és­
tão mostradas na Figura 1.1 (b ). A magnitude do vetor A é dada por: 
(1.8) 
c o vetor unitário ao longo de A é dado por: 
(1.9) 
z z 
•,t 11---+--+-~ J' 
ax~ 
X 
(3) Cbl 
Figura 1.1 (a) Vetores unitários a,,ny e a,: (b) componemes de A ao longo de a,. a, e a<. 
22 • Elementos de Eletromagnetismo 
-:·1.5 SOMA E SUBTRAÇÃO DE VETORES 
Dois vetores A e B podem ser somados para resultar em um outro vetor C, isto é: 
C = A + B (1.10) 
A soma de vetores é feita componente a componente. Dessa forma, se A = (A,,, A~ , AJ e B = (B,, BY, 
8 :), 
C = (Ax + Bx)a., + (A>. + By)a>' + (A: + BJa: (1.1 1) 
A subtração de vetores é fei ta de modo similar: 
D = A - B = A + (-8) 
= (A_, - Bx)ax + (A y - By)ay + (A: - BJ a: ( 1.12) 
Gralicarnente, a soma e a subtração de vetores são obtidas tanto pela regra do paralelogramo quanto 
pela regra do " início de um- final de outro", como ilustrado nas Figuras 1.2 e 1.3, respectivamente. 
As três propriedades básicas da álgebra que são satisfeitas por quaisquer vetores dados A , B e C, 
estão resumidas na tabela a seguir: 
Propriedade 
Comutativa 
Associativa 
Dislributiva 
Soma 
A + B = B + A 
A + (B + C) = (A + 8) + C 
I:(A + 8 ) = J:A + k ll 
Multiplicação 
J:A = Ak 
k(eA) = (l:e)A 
onde k e I são escalares. A multiplicação de um vetor por outro vetor será discutida na Seção 1.7. 
IJ 
(a) (b) 
Fi~:ura 1.2 Soma de vetores C = A+ B: (a) regra do paralelogramo: (b) regra do "início de um-linal de outro". 
- 0 B 
(3) 
n Figu.-a 1.J Subtração de vetores O = A - B: (a) regra 
(b) 
do paralelogramo: (b) regra do "início de um-linal de 
outro". 
Álgebra Vetorial • 23 
1.6 VETOR POSIÇÃO E VETOR DISTÂNCIA 
Um ponto P. em um sistema de coordenadas cartesiano, pode ser representado por (x, y, z). 
O vetor posição r P (ou raio vetor) de um ponto Pé um vetor que começa na origem O do sis­
tema de coordenadas e termina no ponto P, isto é: 
(1.13) 
O vetor posição do ponto Pé útil para detinir sua posição no espaço. O ponto (3, 4, 5), por exemplo, 
e seu vetor posição 3ax + 4a>' + 5a, são mostrados na Figura 1.4. 
O vetor distância é o deslocamento de um ponto a outro. 
Se dois pontos, P e Q, são dados por ~r r, y", z,.) c (xQ> y0, z0), o vetor distância (ou o vetor sepa­
ração) é o deslocamento de P a Q, como mostrado na Figura 1.5, isto é: 
r r•Q = r Q - rp 
= (xa - xp)a_, + Ú'Q - y,,)ay + (ZQ - z1,)a= (1.14) 
A diferença entre um ponto P c um vetor A deve ser ressaltada. Embora tanto P quanto A possam 
ser representados da mesma maneira como (x, y, z) c (A_,. A,., A,), respectivamente, o ponto P não é 
um vetor; somente seu vetor posição r f é um vetor. Entretanto, o vetor A pode depender do ponto P. 
Por exemplo, se A = 2.l)"a, +/a. - xz·a, e Pé (2,- I, 4), então A em P deveria ser- 4a, + a,.- 32a .. 
Um campo vetorial é dito constaiue ou uniforme se não depende das variáveis de espaço x, ): e z. Por 
exemplo, o vetor B = 3a,.- 2a,.+ I Oa, é um vetor uniforme, enquanto que o vetor A = 2.l)·a, +/a,. 
-xz2a. é não uniforme, porque"B é o mesmo em qualquer ponto, enquanto A varia ponto a ponto. · - . 
P(3, 4, 5) 
I 
I 
I .= 5 I • 
I 
JL-+-H~~~1----y 
I ./' 
I //X= J 
------- __j.; 
y= 4 
Figura 1.4 Representação gráfica do vetor posição 
rP = 3a, + 41\ + Sa,. 
p Figura 1.5 Vetor disulncia r 1.(!. 
24 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 1.1 
EXEMPLO 1.2 
Se A = I Oax- 4a_,. + 6a, e 8 = 2a,.. + a>. determine: (a) a componente de A ao longo de a
1
; (b) a mag­
nitude de 3A - 8 ; (c) um vetor unitário ao longo de A + 28 . 
Solução: 
(a) a componente de A ao longo de a,. é A,- = - 4. 
(b) 3A - 8 = 3(10, - 4, 6) - (2, 1, 0) 
= (30, - 12, 18) - (2, I , O) 
= (28, - 13, 18) 
Portanto, 
I3A - Bl = V282 + (-13)2 + ( 18)2 = Vi2'77 
= 35,74 
(c) Seja C = A + 28 = (10, - 4, 6) + (4, 2, O) = ( 14, - 2, 6). 
Um vetor uni tário ao longo de C é 
~ 
c ( 14, - 2, 6) 
ac = ICI = -v'=,4=i<2=+==< ====2=::)2=+~62 
ou 
ac = 0,9 11 3ax - O, 1302a,. + 0,3906a. . . 
Observe que Iaei = I , como esperado. 
EXERCÍCIO PRÁTICO 1.1 
Dados os vetores A = ax + 3a: e B = 5ax + 2a,. - 6a:, determine: 
(a) IA + 8 1; 
(b) 5A - 8 ; 
(c) a componente de A ao longo de ay; 
(d) um vetor unitário paralelo a 3A + 8 . 
Resposta: (a) 7, (b) (0, - 2, 2 1 ), (c) O, (d) + (0,911 7, 0,2279, 0,34 19). 
Os pontos P e Q estão localizados em (0, 2, 4) e ( - 3, I , 5). Calcule: 
(a) o vetor posição P; 
(b) o vetor distância de P até Q; 
(c) a distância entre P e Q; 
(d) um vetor paralelo a PQ com magnitude 10. 
Solução: 
(a) rP = Oa ... + 2a,. + 4a, = 2a,. + 4a, 
(b) rPQ = rQ- rP = (-3, l, 5) - (0, 2,4) = (-3, -1, l)ou rPQ = - 3a.r- a. + a, 
(c) já que r PQ é o vetor distância de P até Q, a distância entre P e Q é a magnitude desse vetor, isto é: 
EXEMPLO 1.3 
Álgebra Vetorial • 25 
Ahernalivamente: 
(d) Seja o vetor requerido A , então: 
onde A = I O é a magnitude de A . Já que A é paralelo a PQ, o vetor unitário deve ser o mesmo de r PQ 
ou r QP· Portanto, 
e 
_ ... (- 3, - 1, 1) 
3,3 17 
10(- 3, - I, - I ) 
A = :!: = :!: ( -9,045a< - 3,0 15a,. + 3,0 15a.) 3,317 . . • 
EXERCÍCIO PRÁTICO 1.2 
Dados os pontos P( I,- 3, 5), Q(2, 4, 6) e R(O. 3, 8), detennine: (a) os vetores posição 
de PeR, (b) o vetor distância r QR• (c) a distância entre Q e R. 
Um rio, no qual um barco navega com sua proa apontada na direção do nuxo da água, corre com 
orientação sudeste a I O km/h. Um homem caminha sobre o convés a 2 krn/h, do lado esquerdo para 
o lado direito do barco, em direção perpendicular ao seu movimento. Determine a velocidade do ho­
mem em relação à terra. 
N Fi~ura 1.6 Rclc rcntc ao Exemplo 1.3. 
w-------t-------E 
s 
26 • Elementos de Eletromagnetismo 
Solução: 
Considere a Figura 1.6 como ilustração do problema. A velocidade do barco é: 
uh = IO(cos 45° a_.. - sen 45° a,.) 
= 7,071 a .. - 7,07ta,. km/h 
A velocidade do homem em relação ao barco (velocidade relativa) é: 
u, = 2( -cos 45° a .• - scn 45° a, ) 
= -1 ,414a_.- 1,414a,- km/h 
Dessa forma, a velocidade absoluta do homem é: 
u"b = u,. + ub = 5,657ar - 8,485a,. 
luab l = 10,2/- 56,3° . 
isto é, I 0,2 krn/h a 56,3° do leste para o sul. 
EXERCÍCIO PRÁTICO 1.3 
Um avião tem uma velocidade em relação ao solo de 350 km/h exatamente na dire­
ção oeste. Se houver vemo soprando na direção nordeste com velocidade de 40 km/h, 
calcule a velocidade real do avião no ar e a orientação em que ele se desloca. 
Resposta: 379,3 km/h; 4,275° do oeste para o none. 
1.7 MULTIPLICAÇÃO VETORIAL 
Quando dois vetores, A e B, são multiplicados entre si, o resultado tanto pode ser um escalar quanto 
um vetor, dependendo de como eles são multiplicados. Dessa forma, existem dois tipos de multipli ­
cação vetorial : 
I. produto escalar (ou ponto): A · B 
2. produto vetorial (ou cruzado): A X B 
A multipl icação de três vetores A, B e C, entre si, pode resultar em: 
3. um produto escalar triplo: A · (B X C) 
ou 
4. um produto vetorial triplo: A X (B X C) 
A. Produto ponto 
O produto ponto de dois vetores A e B, escrito como A · B, é definido, geometricamente, co­
mo o produto das magnitudes de A e B e do cosseno do ângulo entre eles. 
Assim, 
I A . B = AB cos 0118 ~ ( 1.15) 
Álgebra Vetorial • 27 
onde OAa é o menor ângulo entre A e B. O resultado de A · B é denominado de produto escalar, por­
que é um escalar, ou de produto pomo, devido ao ponto-sinal que idcntilica a operação. Se A = (A,, 
A., A) e B = (8. , 8,, 8 .), então . . . 
(1.16) 
que é obtido multiplicando-se A e B, componente a componente. Dois vetores, A c B, são ditos or­
togontlis (ou perpendiculares), um em relação ao outro, se A · B = O. 
Observe que o produto ponto sati st~1Z as seguintes propriedades: 
(i) Propriedade comlltativa: 
A·B = B · A 
(i i) Propriedade distributiva: 
(i i i) 
A · (B + C) = A · B + A · C 
A. A = IAI2 = A2 
Observe também que: 
a,. · ay = ay · a: = a, · a ... = O 
a ... · a_, = ay · ay = a: · a: = I 
( 1.17) 
( 1.18) 
( 1.19) 
( 1.20a) 
( J.20b) 
É fácil provar as identidades nas equações ( 1.17) a ( 1.20) aplicando a equação ( 1. 15) ou ( 1. 16). 
B. Produto cruzado 
O produto cruzado de dois vetores, A e B, escrito como A X B, é uma quantidade vetorial 
cuja magnitude é a área do paralelogramo formado por A e B (ver Figura 1.7) e cuja orienta­
ção é dada pelo avanço de um parafuso de rosca direita à medida que A gira em direção a B. 
Assim, 
A X B = AB scn 0,18a,.] ( 1.21) 
onde a, é um vetor unitário normal ao plano que contém A e 8 . A orientação de a, é t.omada como a 
oriemação do polegar da mão direita quando os dedos da mão direita giram de A até B, como most.ra­
do na Figura 1.8(a). Alternati.vamente, a orientação de a, é tomada como a orientação do avanço de um 
parafuso de rosca direi ta à medida que A gira em direçãCJ a B, como mostrado na Figura I.8(b). 
A multiplicação vetorial da equação ( 1.21) é denominada produto cruzado devido à cruz - sinal 
/ 
que identilica a operação. E também denominada produto vetorial porque o resultado é um vetor. Se 
A = (A,, A_., A) e B = (8 ... , 8)', 8:), então 
a ... a>. ~ 
A X B = Ax A>" A. ( 1.22a) • 
8x 8>" B . . 
( 1.22b) 
a qual é obtida "cruzando" os termos em permutação cíclica. Daí o nome de produto cruzado. 
28 • Elementos de Eletromagnetismo 
A X B 
8 --------------------------
A 
Figura I. 7 O produto de A por B é urn vetor com magnitude igual à área de um paralelogramo e cuja orienta· 
ção é a indicada. 
AXB A XB 
•• •• 
t 
(a) (b) 
Figun• 1.8 Orientação de A x B e a. usando: (a) regra da mão direita: (h) regra do parafuso de rosca direita. 
Observe que o produto cruzado tem as seguintes propriedades básicas: 
(i) Não é comutativo: 
, . . 
E anllcomutallvo: 
A X 8 = - 8 X A 
(ii) Não é associativo: 
A X (8 X C) :f: (A X B) X C 
' (i ii) E distributivo: 
A X (8 + C) = A X B + A X C 
(i v) 
Também observe que 
A X A =O 
a .. X a,. = a~ 
a,. X a~= a., 
a, X ax = a,-
( 1.23a) 
( 1.23b) 
( 1.24) 
( 1.25) 
( 1.26) 
( 1.27) 
Álgebra Vetorial • 29 
(a) (b) 
Fi~,:u ra 1.9 Produto cruzado uti lizando permutação cíclica: (a) no sentido horário. para resultados positivos: (b) 
no scmido anti -horário. para resultados negativos. 
que são obtidas por permutação cíclica e estão represen1adas na Figura 1.9. As identidades nas equa­
ções ( 1.25) a ( 1.27) são facilmente veriticadas aplicando a equação ( 1.2 1) ou ( 1.22). Deve ser obser­
vado que, ao obter a,, usamos a regra da mão direita, ou do parafuso de rosca direita, porque quere­
mos ser consistentes com nosso sistema de coordenadas representado na Figura 1.1 que é dcxtrógi­
ro. Um sistema de coordenadas dcxtrógiro é aquele em que a regra da mão direita é satisfeita. Isto é, 
a, X a,. = a_ é obedecida. Em um sistema levógiro, seguimos a regra da mão esquerda, ou a regra do 
parafuso de-rosca esquerda, e a, X a,.= - a, é satisfeita. Ao longo desse livro, consideraremos siste­
mas de coordenadas dex trógiros.Da mesma forma que a multiplicação de dois vetores nos dá um resultado escalar ou vetorial, a 
multiplicação de tr~ vetores, A, B c C, nos dá um resultado escalar ou vetorial, dependendo de co­
rno os vetores são multiplicados. Dessa fom1a, temos um produto escalar ou vetorial tr iplo. 
C. Produto escalar triplo 
Dados três vetores, A, B e C, definimos o produto escalar triplo como 
I A . (B X C) = B . (C X A) = c . (A X B) I (1.28) 
obtido em permutação cíclica. Se A = (A,, A,.. A,). B = (8, , 8~ , 8 ,) c C = (C,, c_,, C,), então A · (B 
X C) é o volume de um paralelepípedo tendo A, B e C como arestas. Esse volume é facilmente ob­
tido encontrando o determinante de uma matriz 3 X 3, formada por A, B e C, isto é: 
A..- A,. A: 
A · (B X C) = 8..- 8>. 8• 
c.. c,. C: 
( 1.29) 
Já que o resultado dessa multiplicação vetorial é um escalar, a equação ( 1.28) ou ( 1.29) é denomina­
da de produto escalar triplo. 
D. Produto vetorial triplo 
Para os vetores A, B c C, deti nimos produto vetorial triplo como 
I A X (B X C) = B(A . C) - C(A . B) I ( 1.30) 
obtido usando a regra "bac - cab". Deve ser observado que: 
(A · B)C i' A(B · C) ( 1.31) 
mas 
(A · B)C = C(A · B). (1.32) 
30 • Elementos de Eletromagnetismo 
1.8 COMPONENTES DE UM VETOR 
EXEMPLO 1.4 
Uma aplicação direta do produto vetorial é seu uso para determinar a projeção (ou a componeme) de 
um vetor em uma dada direção. A projeção pode ser escalar ou vetorial. Dado um vetor A, detinimos 
a componente escalar A8 de A ao longo do vetor B como [veja Figura I.IO(a)J 
ou 
A8 = A· a8 I (1.33) 
A componente vetorial A8 de A ao longo de B é simplesmente a componente escalar na equação 
( 1.33) multiplicada por um vetor unitário ao longo de B, isto é: 
I A n = Anll11 = (A · a8 )lln I ( 1.34) 
Tanto a componente escalar quanto a vetorial de A estão representadas na Figura 1. 1 O. Observe, na 
Figura I .IO(b), que o vetor pode ser decomposto em duas componentes ortogonais: uma componen­
te A8 paralela a B e a outra (A - A8 ) perpendicular a B. De fato, nossa representação cartesiana de 
urn vetor consiste, essencialmente, em decompô-lo em suas três componentes mu!Uarnente ortogo­
nais, corno mostrado na Figura 1.1 O(b ). 
Consideramos até aqui a soma, a subtração e a multiplicação de vetores. Entretanto, a divisão de 
vetores AJB não foi considerada porque é indefinida, exceto quando os vetores são paralelos entre si, 
tal que A = kB, onde k é uma constante. A diferenciação c a integração de vetores será tratada no Ca­
pítulo 3. 
As 
(a} (b) 
Fi,::urn 1.10 Componentes de A ao longo de B: (n) componente escalar A11: (b) componeme vetorial A0 • 
Dados os vetores A = 3a,. + 4a,,. + a, e B = 2aY- 5a,, determine o ângulo entre A e B. 
Solução: 
O ângulo fJM1 pode ser determinado usando ou o produto ponto ou o produto cruzado. 
cosfJAn = 
A · B = (3, 4, I) · (0, 2, - 5) 
=0+8-5 = 3 
IAI = ,/32 + 42 + 12 = V26 
IBI = V02 + 22 + (-5)2 = \129 
A . B 3 = 0,1092 
IAIIBI V(26)(29) 
fJ,,n = cos- a O, I 092 = 83,73° 
EXEMPLO 1.5 
AlternaLivameme: 
a_, a... a, 
A X B =3 4 I 
o 2 - 5 
= (-20- 2)a_. + (O+ 15)ay + (6- O)a
0 
= ( - 22, 15,6) 
IA X Bl = V(- 22)2 + 152 + 62 = V74s 
IA X Bl V74s 
sen fJAB = IAIIBI = V = 0.994 
(26)(29) 
fJA8 = cos- • 0,994 = 83,73° 
EXERCÍCIO PRÁTICO 1.4 
Se A = ax + 3a, e B = 5ax + 2a,. - 6a~ , determine 81111• 
Resposta: 120,6°. 
Três campos vetoriais são dados por: 
Determine: 
(a) (P + Q) X (P - Q); 
(b) Q · R X P; 
(c) P · Q X R; 
(d) scn fJQR; 
(e) P X (Q X R); 
P = 2ax- a, 
Q = 2a_.. - a,. + 2a. . . 
R = 2a .• - 3a,. + a, 
(I) um vetor unitário perpendicular a Q e a R, simultaneamente; 
(g) a componente de P ao longo de Q. 
Solução: 
(a) (P + ® X(P - Q)= P X(P - Q)+ Q X(P - Q) 
Álgebra Vetorial • 31 
= P X P - P X Q + Q X P - Q X Q 
= O+ Q X P + Q X P - 0 
= 2Q X P 
a.r a_,. 
= 2 2 - 1 
2 o 
a. -
2 
- 1 
= 2(1 - 0) a, + 2(4 + 2) ay + 2(0 + 2) a, 
= 2a_. + 12ay + 4a, 
32 • Elementos de Eletromagnetismo 
(b) O único modo em que Q · R x P faz sentido é: 
a,.. ay a. 
Alternativamente: 
Q · (R X P) = (2, - I, 2) · 2 -3 
2 o 
= (2, - I, 2) · (3, 4, 6) 
= 6- 4 + 12 = 14. 
2 -1 2 
Q · (R X P) = 2 - 3 I 
2 o - 1 
-
I 
-I 
Para encontrar o detem1inante da matriz 3 X 3, repetimos as duas primeiras linhas e multiplicamos 
cruzadamente. Quando a multiplicação cruzada for da direita para a esquerda, o resultado deve ser 
multipl icado por - I, como mostrado abaixo. Essa t.écnica ele encontrar o determinante se aplica so­
mente em matrizes 3 X 3. Dessa maneira, 
- I 2 
+ 
-.-..... + 
+ 
= +6 +O -2 + 12 -o -2 
= 14 
corno obtido anteriormente. 
(c) Da equação ( 1.28) 
ou 
(d) 
(c) 
P · (Q X R) = Q ·(R X P) = 14 
P · (Q X R) = (2, 0, - I) · (5, 2, -4) 
= 10 +o+ 4 
= 14 
IQ X RI 1(5, 2, -4) I 
sen 
8
QR = IQIIRI = 1(2, - I , 2)11(2, - 3, I )I 
= V4s = Vs = 0,5976 
3VÍ4 VÍ4 
P X (Q X R) = (2, 0, - I) X (5, 2, - 4) 
= (2, 3, 4) 
Alternativamente, usando a regra ' 'bac- cab": 
P X (Q X R) = Q(P · R) - R(P · Q) 
= (2, - I, 2)(4 +O- I) - (2, -3, 1)(4 +O- 2) 
= (2, 3,4) 
(f) Um vetor unitário perpendicular a Q c a R, simullancamcntc, é dado por: 
:t Q X R ±(5, 2, - 4) 
a= = 
IQ X RI V4s 
= + (0,745, 0,298, - 0,596) 
EXEMPLO 1.6 
Álgebra Vetorial • 33 
Observe que I ai= I, a · Q = O = a · R. Qualquer uma dessas relações pode ser usada para 
conferir o valor de a. 
{g) A componente de P ao longo de Q é: 
Pa = IPI cos Bpaaa 
. (P . Q)Q 
= (P . aQ)aQ = IQI2 
(4 + o - 2)(2, - I, 2) 2 
= (4 + I + 4) = g(2, - I , 2) 
= 0,4444a .. - 0,2222ay + 0,4444a:. 
EXERCÍCIO PRÁTICO 1.5 
Sejam E = 3ay + 4a, e F = 4a,, - IOa,. + 5a,. Determine: 
(a) a componente de E ao longo de F; 
(b) o vetor unitário ortogonal a E e F, simultaneamente. 
Resposta: (a) ( - 0,2837, 0,7092, -0,3546), (b) + (0,9398, 0,2734, - 0,205). 
Obtenha a fórmula dos cossenos, 
? ? 2 
a- = b- +c - 2bccos A 
c a fómlUia dos senos, 
sen A sen 8 scn C 
a b c 
usando. respectivamente, o produto ponto e o produto cruzado. 
Solução: 
Considere um triângulo, como mostrado na Figura 1.1 I. Da ligura, observamos que 
a + b + c = O 
isto é, 
b + c =- a 
Portanto, 
? 
a- = a · a = (b + c) · (b + c) 
= b . b + c . c + 2b . c 
? ? ? 
a- = b- + c- - 2bc cos A 
onde A é o ângulo entre b e c. 
A área de um triângulo é metade do produto entre sua altura c sua base. Portanto: 
I I I 
j-a X b j = j-b X cl = j-c X a j 
2 2 2 
ab sen C = bc scn A = ca scn 8 
Dividindo por abc, obtém-se: 
sen A sen 8 scn C 
a b c 
34 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 1.7 
Figura 1.1 t Referente ao Exemplo 1.6. 
' ' EXERCI CIO PRATICO 1.6 
Demonstre que os vetores a = (4, O, - I), b = (I, 3, 4) e c = (- 5,- 3,- 3) fonnam 
os lados de um triângulo. Esse é um triângulo retângulo? Calcule a área desse triângulo. 
Resposta: Sim; I 0,5. 
Demonstre que os pontos P 1(5, 2, - 4), Pi I, I, 2) e P3(-3, O, 8) estão todos sobre uma linha reta. De­
termine qual a menor distância entre essa linha e o ponto P,,(?>, - I , 0). 
Solução: 
O vetor distância r f'./', é dado por: 
De maneira similar, 
r pp. = rp. - r p = ( 1, I, 2)- (5, 2, -4) 
I • .. l 
= (-4,- 1,6) 
r p ,p , = r p , - Tp, = ( -3, O, 8) - (5, 2, -4) 
= (-8, -2, 12) 
r p ,p, = r p, - rp, = (3, -I, O) - (5, 2, - 4) 
= ( -2, -3,4) 
a.. ay a, 
f p,p
1 
X Tp
1
p, = -4 -I 6 
- 8 - 2 12 
= (0, O, O) 
mostrando que o ângulo entre r P,P, e r " •''' é zero (senO = 0). rsso implica que P1, P2 e P3 estão sobre 
a mesma linha reta. 
Allernativamente, a equação vetorial da linha reta é facilmente determinada a partir da Figura 
1.12(a). Para qualquer ponto P sobre a linha que une P1 e P2, 
onde À é uma constante. Portanto, o vetor posição r ,, do ponto P deve satisfazer 
isto é, 
rp = rp, + À(rp, - rp,) 
= (5, 2, - 4) - À(4, I, - 6) 
f p = (5 - 4À, 2 - À, -4 + 6À) 
Essa é a equação vetorial da linha reta que une P1 e P2. Se P3 está sobre essa linha, o vetor posição de 
P 3 deve satisfazer essa equação; r 3 satisfaz essa equação quando À = 2. 
RESUMOÁlgebra Vetorial • 35 
o 
(3) (b) 
Figun• 1.12 Referente ao Exemplo 1.7. 
A menor distância entre a linha e o ponto P. (3, - I, O) é a distância perpendicular do ponto até a 
l inha. Da figura l.l2(b) é evidente que: 
d = r,.,,.,, sen () = Ir,.,,., X a,.,, ,l 
1(-2, -3,4) X (- 4, - 1, 6)1 
1(-4, - I , 6)1 
vm6 = = 242 Vs3 ' 
Qualquer ponto sobre a linha pode ser usado como ponto de rclcrência. Dessa forma, em vez de usar 
P, corno ponto de referência, poderíamos usar P 3 tal que: 
EXERCÍCIO PRÁTICO 1.7 
SeP1 é(1,2,-3)eP2 é(- 4,0,5), determine: 
(a) a distância P1 P2
; 
(b) a equação vetorial da Linha P1 P2 ; 
(c) a menor distância entre a linha P1 P2 e o ponto P3 (7, I, 2); 
Resposta: (a) 9,644; (b) (I - 5À)a., + 2(1 - À) ay + (8À- 3) az; (c) 8,2. 
1. Um campo é uma função que especifica uma quantidade no espaço. Por exemplo, A (x, y. z) é um 
campo vetorial, enquanto que V(x, y, z) é um campo escalar. 
2. Um vetor A é univocamente especificado pela sua magnitude c por um vetor unitário ao longo 
de sua orientação, isto é, A = Aa". 
3. A multiplicação entre dois vetores A c B resulta em um escalar A · B = AB cos ()" 0 ou em um 
vetor A X B = AB scn8"oél. · A multiplicação entre três vetores A , B c C resulta em um escalar 
A · (B X C) ou em um vetor A X (B X C). 
4. A projeção escalar (ou componente) de um vetor A sobre B é A8 = A · a8 , enquanto que a pro­
jeção vetorial de A sobre B é A8 = Anéis· 
36 • Elementos de Eletromagnetismo 
QUESTÕES DE REVISÃO 
1.1 Identifique qual das seguintes grandezas não é um ve10r: (a) força, (b) momemum, (c) aceleração, 
(d) trabalho, (c) peso. 
1.2 Qual das seguintes situações não representa um campo escalar? 
(a) Deslocamento de um mosquito no espaço. 
(b) A luminosidade em uma sala de estar. 
(c) A distribuição de temperatura em uma sala de aula. 
(d) A pressão atmosférica em uma dada região. 
(c) A umidade do ar em uma cidade. 
1.3 Os sistemas de coordenadas retangulares, representados na Figura 1.13, são dextrógiros, com ex­
ceção de: 
y 
i 
-- 2 
(~) (b) 
)' 
""----- ! 
(d) (e) 
Figurd 1.13 Referente à questão de revisão 1.3. 
1.4 Qual das expressões abaixo não está correta? 
(a) A x A = IA I2 
(b) A X B + B X A = O 
(c) A · B · C = B · C · A 
(d) a_,· ay = a, 
(e) ak = a,. - a1 
onde ak é um vetor unitário. 
1.5 Qual das seguintes identidades não é válida? 
(a) a(b + c) = ab + bc 
(b) a X (b + c) = a X b + a X c 
(c) a · b = b · a 
(d) c· (a X b) = - b ·(a x c) 
(c) a" · as = cos OAB 
1.6 Quais das seguintes afirmações não têm significado? 
(a) A · B + 2A = O 
(b) A · B + 5 = 2A 
z 
(c) 
)' 
(f) 
X 
--
PROBLEMAS I ---
(c) A(A + B) + 2 = O 
(d) A · A + B · B = O 
Álgebra Vetorial • 37 
1.7 Sejam F = 2a, - 6a
7 
+ I Oa, e G = a, + G,.a
7 
+ 5a,. Se F e G tem o mesmo vetor unitário, G
7 
é: 
(a) 6 
(b) -3 
(c) O 
(d) - 6 
1.8 Dado que A = a, + a aY + a, e B = a a, + ai' + a,, se A c B são perpendiculares entre si. a é igual a: 
(a) - 2 
(b) - 1/2 
(c) O 
(d) l 
(e) 2 
1.9 A componente de 6a, + 2ay- 3a, ao longo de 3a,.- 4a,. é: 
(a) - 12a .. - 9ay - 3a, 
(b) 30a ... - 40ay 
(c) 1017 
(d) 2 
(e) 10 
1.10 Dado A = - 6a, + 3a,. + 2a,, a projeção de A ao longo de a, é igual a: 
(a) - 12 
(b) - 4 
(c) 3 
(d) 7 
(e) 12 
Respostas: l.l d; 1.2a; 1.3b,e; L4b; l.5a; 1.6b,c; 1.7b; 1.8b; 1.9d; l.l Oc. 
1.1 Determine o vetor unitário ao longo da linha que une o ponto (2, 4, 4) ao ponto(- 3, 2, 2). 
1.2 Sejam A = 2a, + 5a,- 3a,, B = 3a, - 4a,. c C = a, + a,. + a,. (a) Determine A + 28 . (b) Calcule 
I A - 5C I· (c) Para quais valores de k é I kB I= 2? (d) Determine (A X 8)/(A · U). 
1.3 Se 
determine: 
(a) A - 2B + C 
(b) C - 4(A + B) 
2A - 3B 
<c> ICI 
(d) A · C - IBI2 
(e) ÍB X {!A +!C) 
A = 2a.r + a,. - 3a, 
B = a,. - a. . -
38 • Elementos de Eletromagne tismo 
1.4 Se os vetores posição dos pontos T e S são 3a,, - 2a,. + a, c 4a, + 6a
1 
+ 2a,, respectivamente, deter­
mine: (a) as coordenadas de Te S: (b) o vetor distância de Taté S: (c) a distância entre T e S. 
1.5 Se 
A = Sa ... + 3a,. + 2a. - . 
B = - a ... + 4a,. + 6a: 
C = 8a.., + 2ay 
determine os valores de a e {3, tais que a A + ('lB +C seja parale lo ao eixo y. 
1 .6 Dados os vetores 
A = aax + a1 + 4a: 
B = 3a,, + ('lay - 6a, 
C = 5a-' - 2ay + 'Ya: 
determine a, {3 e )', tais que os vetores sejam mutuamente ortogonais. 
I. 7 (a) Demonstre que 
(b) Demonstre que 
a ,. X a, 
a = 
x a, · a,. X a: . . -
1.8 Dadoque 
P = 2a ... - a,. - 2a, 
Q = 4a_, + 3ay + 2a, 
C = -a_.. + a,. + 2a, 
a ... x a,. 
a.= 
· a,. · a,. X a, 
determine: (a) IP + Q - RI ; (b) P · Q X R ; (c) Q X P · R : (d) (P X Q) · (Q X R); 
(e)(P X Q) X (Q X R ); (f) cos OpR; (g) sen OPO: 
1.9 Dados os vetores T = 2a,- 6a
1 
+ 3a, e S = a, + 2a
1 
+ a,, determine: (a) a projeção escalar de T so­
br.; S ; (b) o vetor projeção de S sobre T ; (c) o menor ângulo entre T c S. 
1.10 Se A = - a, + 6a>. + 5a, e B = a, + 2aY +:la,. determine: (a) a projeção escalar de A sobre B; (b) o 
vetor projeção de 8 sobre A; (c) o vetor unitário perpendicular ao plano contendo A e 8. 
1.11 Calcule os ângulos que o vetor H = 3a, + 5a,,- 8a, faz com os e ixos x, y e z, 
1.12 Determine o produto escalar triplo de P, Q c R dado que 
P = 2a_, - a,. + a: 
Q = a_, + ay + a, 
e 
Álgebra Vetorial • 39 
1.13 Simplifique as seguintes expressões: 
(a) A X (A X B) 
(b) A X [A X (A X B)] 
1.14 Demonstre que os sinais de ponto e de vezes podem ser intercambiados no produto escalar triplo, 
isto é, A · (B X C) = (A X B) · C. 
1.15 Os pontos P 1(1. 2, 3), P2(- 5, 2, O) e P3(2, 7,- 3) formam, no espaço, um triângulo. Calcule a área 
do triângulo. 
1.16 Os vértices de um triângulo estão localizados em (4, I. - 3). (- 2, 5, 4) c {0, I, 6). Determine os três 
ângulos desse triângulo. 
Ll7 Os pontos P, Q e R estão localizados em (- I, 4, 8), (2,- I, 3) e(- I, 2, 3), respectivamente. De­
termine: (a) a distância entre P e Q; (b) o vetor distância ele P até R; (c) o ângulo entre QP e QR; 
(d) a área elo triângulo PQR; (e) o perímetro do triângulo PQR. 
* 1.18 Se r é o vetor posição elo ponto (x, y, z) c A é um vetor constante, demonstre que: 
(a) (r - A) · A = O é a equação de um plano constante. 
(b) (r - A) · r = O é a equação de uma esfera. 
(c) Demonstre, também, que o resultado da parte (a) é da forma Ax + By + Cz + D = O, onde 
D =- (A2 + 82 + CJ, e que o resultado da parte (b) é da forma x2 + / + l = r 2
• 
* 1.19 (a) Prove que P = cos O,ax + sen O,a, e Q = cos 82a, + sen li2a, são vetores unitários no plano..\)' 
fazendo, respectivamente, ângulos O, e 02 com o e ixo dos x. 
(b) Usando o produto ponto, obtenha a fórmula para cos(02 - 01). De maneira similar. obtenha a 
fórmula para cos(02 + 01). I 
(c) Se O é o ângulo entre P e Q, determine 
2
1P - Ql em função de O. 
1.20 Considere um corpo rígido girando, com urna velocidade angular constante de w radianos por se­
gundo, em tomo de um eixo fixo que passa pela o rigem, como mostrado na Figura 1. 14. Seja r o 
vetor distância de O até P (ponto no interior do corpo). A velocidade u do corpo em Pé dada por 
lu I= dw =I r i sen O lw l ou u = w X r . Se o corpo rígido g ira a uma velocidade de 3 radianos por 
segundo em tomo de um eixo paralelo a a,-2a
1 
+ 2a<, passando pelo ponto (2,- 3, I), determine 
a velocidade do corpo em ( I, 3, 4). 
Figura 1.14 Referente ao Problema 1.20. 
u 
d 
p 
• Um as1eri.sco indica problcm.u de dificuldade média. 
40 • Elementos de Eletromagnetismo 
1.21 
1.22 
Dado A = x\a,-)·za + vla., detenninc: • ... > • .. 
(a) a magnitude de A no ponto r(2, -I , 3); 
(b) o vetor distância de r até S, casoS esteja a 5,6 unidades de disLância afastado de r e com a 
mesma oriemação de A em r; 
(c) o vetor posição de S. 
E e F são campos vetoriais dados por E = 2nl~ + al + y:a: c F = xyax - / a1 + xy:a:. Detennine: 
(a) 1E iem (l,2,3); 
(b) a componente de E ao longo de F em ( I , 2, 3 ); 
(c) um vetor perpendicular tanto a E qualllo a F em (0, I . - 3),cuja magnitude seja um. 
Capítulo 2 
,.., 
SISTEMAS E TRANSFORMAÇAO DE 
COORDENADAS 
A educação torna fácil liderar um povo, mas difícil manobrá-lo; fáci l governá-lo, mas impossível 
escravizá-lo. 
-I-IENRY P. BROUGt-IAM 
2.1 INTRODUÇÃO 
Em geral , as quantidades físicas com que trabalhamos no EM são funções do espaço e do tempo. A 
lim de descrever as variações espaciais dessas quantidades, devemos ser capazes de definir todos os 
pontos de maneira unívoca no espaço de forma adequada. Isto requer o uso de um sistema de coor­
denadas apropriado. 
Um ponto, ou um vetor, pode ser representado em qualquer sistema de coordenadas curvilíneo, 
ortogonal ou não-ortogonal. 
Um sistema ortogonal é aquele em que as coordenadas são mutuamente perpendiculares. 
Sistemas não-ortogonais são difíceis de trabalhar c são de pouca ou nenhuma utilidade prática. 
Exemplos de sistemas de coordenadas ortogonais incluem o sistema cartesiano (ou retangular), o ci­
líndrico circular, o esférico. o cilíndrico elíptico, o cilíndrico parabólico, o cônico, o esferoidal oblon­
go, o esferoidal achatado e o elipsoidal.1 Pode-se economizar uma parcela considerável de tempo e 
de trabalho ao escolher um sistema de coordenadas que mais se adapta a um dado problema. Um pro­
blema diffcil em um sistema de coordenadas pode ser de fáci I solução em um outro sistema. 
Neste texto, nos restringiremos aos três mais conhecidos sistemas de coordenadas: o cartesiano, 
o cilfndrico circular e o esférico. Embora tenhamos considerado o sistema cartesiano no Capitulo I , 
o trataremos em detalhe nesse capitulo. Devemos ter em mente que os conceitos abordados no Capi­
tulo I , c demonstrados para o sistema ele coordenadas cartesiano, são igualmente aplicáveis pllra ou­
tros sistemas ele coorclcnaclas. Por exemplo, o procccl irncnto para determinar o produto ponto ou o 
produto cruzado entre dois vetores no sistema cilíndrico é o mesmo que o usado no sistema cartesia­
no no Capftulo I. 
Alguma vezes, é necessário transformar pontos c vetores de um sistema de coordenadas para ou­
tro sistema. As técnicas para operar essa mudança de coordenadas serão apresentadas c ilustradas 
com exemplos. 
1 Pnm um <'Studo inlrodulório desses sislcrnas de coordenadas. vide M. R. Spicgcl. Mmhematictll Htmdbook of Formulas anti Ta/)/~s. Ncw York McGmw·Hi.ll. 
1968. p. t24-130. 
42 • Elementos de Eletromagnetismo 
2.2 COORDENADAS CARTESIANAS (X, Y, Z) 
Como mencionado no Capítulo I , um ponto P pode ser representado por (x. ): z), conforme ilustrado 
na Figura 1.1. Os intervalos de variação das variáveis coordenadas x. y e z são: 
- :x> <X< oc 
- 00 < )' < oc (2.1) 
-oo < z < oo 
Um vetor A em coordenadas cartesianas (também conhecida como retangulares) pode ser escri to co­
mo: 
ou (2.2) 
onde a,, a>. e a, são vetores unitários ao longo de x, y c z, como mostrado na Figura 1.1. 
2.3 COORDENADAS CILÍNDRICAS CIRCULARES (p, </>, z) 
Um sistema de coordenadas cilíndrico circular é conveniente quando tratamos problemas com sime­
tria cilíndrica. 
Um ponto P, em coordenadas ci líndricas, é representado por (p, </1, z), como mostrado na Figura 
2. 1. Observe a Figura 2.1 atentamente e verifique como definimos cada uma das variáveis espaciais: 
pé o raio do cilindro que passa por P ou é a distância radial a partir do eixo z; q,, denominado ângu­
lo azimural, é medido a partir do eixo x no plano xy; e z é o mesmo do sistema cartesiano. 
Os intervalos das variáveis são: 
O:Sp< oo 
o< q, < 211' 
-00 < z < 00 
Um vetor A, em coordenadas cilíndricas, pode ser escrito como: 
ou 
(2.3) 
(2.4) 
onde a,, a0 e a, são vetores unitários ao longo de p, q,, c z, como mostrado na Figura 2.1 . Observe 
que a6 não é dado em graus: ele assume a unidade do vetor unitário de A. Por exemplo, se uma 
força de I O N age sobre uma partícula em movimento circular, a força pode ser representada co­
mo F = 10a6 N. Neste caso, a~ é dada em newtons. 
z 
X 
z 
Figura 2.1 Ponto P c vetor unitário no sistema de coor­
denadas cilíndricas. 
Sistemas e Transformação de Coordenadas • 43 
A magnitude de A é: 
(2.5) 
Observe que os vetores unitários a,, a., e a: são mutuamente perpendiculares porque nosso siste­
ma de coordenadas é ortogonal; a, aponta no sentido de crescimento de p, aó no sentido de crescimen­
to de .p c a= no sentido positivo de z. Assim, 
aP · aP = a9 · a9 = a: · a: = I 
a" · a.; = a9 · a. = a: · a" = O 
a" X a., = a= 
a9 X a: = a" 
a: x a"= a11 
onde as equações (2.6c) a (2.6e) são obtidas por permutação cfclica (veja Figura 1.9). 
(2.6a) 
(2.6b) 
(2.6c) 
(2.6d) 
(2.6e) 
As relações entre as variáveis (x, y, z) do sistema de coordenadas cartesiano c as do sistema de 
coordenadas cilíndrico (p, t/J, z) são facilmente obtidas, a partir da Figura 2.2, como a seguir: 
Enquanto a equação (2.7) serve para transfom1ar um ponto dado em coordenadas cartesianas (x, ); z) 
para coordenadas cilíndricas {p, t/J, z), a equação (2.8) serve para fazer a transformação {p, .p, z) ~ 
(x, y. z). 
As relações entre (a,.., a
1
e a:) e (a,, a
0 
e a) são obtidas geometricamente a partir da Figura 2.3: 
ou 
X 
\' = p SCII ~ 
ax = eos .P aP - scn .P a6 
a,. = sen .P a" + cos .P a.; 
a. = a. - -
a" = cos .p a_. + sen .p a,. 
a9 = - sen .p a .. + c os .p a_,. 
a.,. = a.,. - -
(2.9) 
(2. 1 O) 
Fi~turu 2.2 Relação entre (x, y. z) e (p, </>. z). 
r r(_,,y,:);P(p,<), z) 
I 
I 
I : 
~----r' ----~---- ,. 
/' .< 
// .X ~ p ('OS 4> , ------------
y=psen9 
44 • Elementos de Eletromagnetismo 
.v 
/ 
/ 
/ 
/ 
/ 
/ 
/ 
/ senõ(-;IJ 
•• 
/9 "-_;_-'--------- x 
(a) 
y 
/ 
/ 
/ 
/ 
/ 
/ 
/ 
/ 
/ 
/ 
/ 
scn c/1 a,. 
/ 9 ,._ _ _._ ________ X 
(b) 
Figura 2.3 Transformação do vetor unitário: (a) componentes de a., no sistema cilfndrico; (b) componentes de 
tl,. nO sistema ci líndrico. 
Finalmente, as relações entre (A,, A, e A.) e (A,, A., e A,) são obtidas simplesmente substi tuindo a 
equação (2.9) na equação (2.2) e agrupando os termos. Assim: 
ou 
AP = A_. cos cf> + Ay sen cf> 
A9 = - A., sen cf> + Ay cos 4> 
A, = A: 
(2. 11) 
(2.12) 
Na forma matricial, a transfom1ação do vetor A , de coordenadas cartesianas (A •• A, e A.) em coor-
. -
denadas ci líndricas (Ap, A., e A), é dada por: 
cos <P 
-sen .P 
o 
sen .p O 
cos cf> o 
o 
A transformação inversa (Ap, A., e A,) -7 (A,, A,. e A,) é obtida fazendo 
cos </> 
-sen cf> 
o 
ou diretamente das equações (2.4) e (2.1 0). Portanto: 
cos </> 
sen cf> 
o 
sen </> 
cos c/> 
o 
O - 1 A 
p 
O A~ 
-sen </> O 
cos <I> o 
o 
A . • 
(2.13) 
(2.14) 
(2.1 5) 
Uma maneira alternativa de determinar as equações (2. 14) ou (2. 15) é usando o produto ponto. 
Por exemplo: 
A, a_, · aP a .. · aõ a .. · a: AP 
A, a>" · aP a>" · aõ a.v ·a, Aõ (2.16) 
A. a, · ap a, · a9 a. · a. A. - - - -
A dedução da 2. 16 é deixada como exercício. 
Sistemas e Transformação de Coordenadas • 45 
2.4 COORDENADAS ESFÉRICAS (r, (J, <f>) 
O sistema de coordenadas esférico é mais apropriado para tratar problemas com simetria esférica. 
Um ponto P pode ser representado como (r , 8, tJ>), conforme ilustrado na Figura 2.4. Dessa figura, ve­
rifica-se que r é definido como a distância a partir da origem até o ponto P ou o raio da esfera centra­
da na origem e que passa por P; 8 (denominado co-latitude) é o ângulo entre o eixo z e o vetor posi­
ção de P e tJ> é medido a partir do eixo x (o mesmo ângulo azimutal em coordenadas cilfndricas). De 
acordo com essas definições, os intervalos de variação das variáveis são: 
O S r <oc 
0 < 8 < 7r (2.17) 
o<"' < 27r 
Um vetor A, em um sistema de coordenadas esféricas, pode ser escrito como: 
(A,., A0, A"') ou (2.18) 
onde a,, a8 c a~ são vetores unitários ao longo de r, 8 c t/>. A magni!Lidc de A é: 
(2. 19) 
Os vetores unitários a,., a8 e a~ são mutuamente ortogonais; a, orientado segundo o raio ou no sen­
tido de crescimento de r, a8 no sentido de crescimento de() c aQ no sentido de crescimento de q,. Lo­
go, 
•• 
a, · a, = a8 • a8 = a<~>· a"' = I 
a, · ao = a0 • a"' = a"' · a, = O 
a, X ao = aó 
Figura 2.4 Ponto P e os vetores unitários no sistema de coordenadas esféricas. 
(2.20) 
46 • Elementos de Eletromagnetismo 
As variáveis espaciais (x, y, z), no sistema de coordenadas cartesiano, podem ser relacionadas às 
variáveis (r, O e</>), do sistema de coordenadas esférico. Da Figura 2.5 é fácil perceber que: 
ou 
v ., ? ? r = x- + y- + z-. 
• I • • _ vx- + y-
0 = to I 
<> z 
Ll_x __ r_s_en_o_c_os_ct>_. __ >_· ___ ,._se_n_o_se_n_ct>_._ z = r cos o I 
(2.2 1) 
(2.22) 
Na equação (2.2 1 ), temos a mudança de coordenadas (x, y, z) ~(r, O, cf>) e, na equação (2.22), a mu­
dança de coordenadas (r , O, <P) ~ (x, y, z). 
Os vetores unitários a,, aye a~ e a,, a0 e a., são relacionados conto segue: 
ou 
a., = sen O cos <P a, + cos O cos c/> a0 - sen c/> aç. 
a!' = sen O sen <P a, + cos () sen c/> a0 + cos <P a" 
a, = sen O cos cp a., + sen O sen cp a,. + cos O a~ 
a0 = cos 8 cos <P ax + cos 8 sen cf> ay - sen O a~ 
a., = -sen <P a_. + cos 4> a,. 
(2.23) 
(2.24) 
As componentes do vetor A = (Ax, A,., A) c A = (A,. A,, A9) são relacionadas ao subsútuir a equação 
(2.23) na equação (2.22) e agrupando os termos. Assim, 
e disso, obtemos: 
A = (A, sen 8 cos <P + Ay sen 8 sen 4> + A, cos O)a, + (A .• cos 8 cos 4> 
+A,. cos 8 sen cf> - A: sen 8)a0 + ( -A.r scn 4> +A,. cos cf>)a9 
z= rcos O 
A, = Ax senO cos cf> + A,. senO sen 4> + A: cosO 
A0 = Axeos Ocos 4> + Aycos Osenfj>- A: sen O 
A9 = - A .• sen cf> + A y c os cf> 
z 
p = r scn O 
P (x. y. z) = P(r . O. </>) = P((J. </J. z) 
r 
x = pcos <f> 
y =psentf> 
Fij::u ra 2.5 Relações emre as variáveis espaciais (x. y, :). (r , (J e <f>) e (p. <f>.:). 
(2.25) 
(2.26) 
Sistemas e Transformação de Coordenadas • 47 
Na forma matricial, a transformação de vetores (A, , A
1
, A,) -t (A,. A0, A~) é obtida através de: 
sen 8 cos <f> 
- cos 8 cos <P 
-sen <P 
sen 8 sen <P 
cosO scn <P 
cos <P 
cosO Ax 
- sen 8 A1 
0 A. -
(2.27) 
A transformação inversa (A, A0, A~) -t (A_.., Ar• A,) é obtida de forma similar, ou obtida a partir da 
equação (2.23). Dessa forma, 
Ax sen 8 cos <f> 
Ay - sen 8 sen <f> 
A. cos 8 -
cos 8 cos <P 
cos 8 scn <f> 
- sen O 
- sen tf> Ar 
cos <P Ao (2.28) 
O A~ 
De forma alternativa, podemos obter as equações (2.27) e (2.28) usando o produto ponto. Por exem­
plo, 
Ar ar . a. a, · a>. ar . 3 : Ax 
Ao ao · a_.. a0 • ay a0 • a, A>. (2.29) 
A<> a<> • a., a11 • ay a11 · a, A. -
Para melhor entendimento, pode ser elucidativo obter as relações de transfom1ação de um ponto 
e de um vetor entre as coordenadas cilíndricas e esféricas utili7.ando as Figuras 2.5 e 2.6 (onde tf> se 
mantém constante, uma vez que é comum a ambos os sistemas). Isso será proposto como exercício 
(veja Problema 2.9). Observe que, na transformação de um ponto ou de um vetor, o ponto ou o vetor 
não se alteram, apenas são expressos de maneira di f crente. Portanto, a magnitude de um vetor, por 
exemplo, permanece a mesma depois de uma transformação e isso serve como um modo de conferir 
o resultado da transformação. 
A distância entre dois pontos é usualmente necessária na teoria do EM. A distância d, entre dois 
pontos com vetores posição r 1 e r2, é geralmente dada por 
z 
a, 
' ', 
' ' a, 
' ' ', 
' .. 
' / 
/ 
/ 
(2.30) 
Fi~u ra 2.6 Transformações de um vetor unitário para coor­
denadas ci líndricas c cslcricas. 
48 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 2.1 
ou 
d2 = (x2 - x,l + (J2 - y,l + (z2 - z1)2 (cartesiano) 
(P = Pi + P~ - 2p,p2 cos(</>2 - </>1) + (z2 - z1)
2 (cilfndrico) 
• > > 
d· = ri + rj - 2r1r2 cos 02 cos 01 
- 2r1r2 sen 02 sen 01 cos(</>2 - </> 1) (estcrico) 
(2.3 1) 
(2.32) 
(2.33) 
Dado um ponto P(- 2, 6, 3) e o vetor A = ya, + (x + z)a.,, expresse P c A em coordenadas cilíndricas 
e esféricas. Determine A em P nos sistemas cartesiano,"cilfndrico e esférico. 
Solução: 
No ponto P: x = - 2, y = 6, z = 3. Ponanto: 
p = Vx2 + / = \14+36 = 6,32 
</> = t er - I Y = ter - I _i_= 
0 
X 
0 -2 
108,43° 
z =3 
r = Vx2 + / + l = V4 + 36 + 9 = 7 
Vx2 + / v4o O=tcr - l =tn - l =6462° 
o z o 3 • 
Dessa forma: 
P( - 2, 6, 3) = ? (6,32, 108,43°, 3) = P(7, 64,62°, 108,43°) 
No sistema de coordenadas car1esiano, A em Pé dado por: 
A =6a .. + a,. 
Para o vetor A, A_.. = y, A, = x + z, A: = O. Por conseguinte, no sistema cilíndrico: 
ou 
cos <I> 
-scn <t> 
o 
sen <t> O 
cos <I> o 
o 
J 
x+z 
o 
AP = y cos <t> + (x + z) sen <t> 
A~ = -y sen <t> + (x + z) cos <t> 
A, = O 
No entanto, x = p cos <t> e y = p sen <t> fazendo as substituições: 
Em P: 
Portanto, 
A = (A,, A~, AJ = [p cos <t> sen <t> + (p cos <t> + z) scn <t>]a, 
? 
-2 
cos <I> = • r:=• 
v40 
+ [ - p sen· <t> + (p cos <t> + z) c os <t> ]a"' 
p = v4o. 
6 
sen <t> = • r:= 
v40 
tg <I> = 
6 
-2 
Sistemas e Transformação de Coordenadas • 49 
De maneira similar, no sistema esférico: 
Ar 
Ao 
Ao~ 
ou 
se n 8 c os <i> sen 8 sen cf> cos () y 
- cos () cos cf> cos 8 sen cf> -sen 8 x+z 
- sen cf> cos cf> o 
Ar = y sen 8 cos cf> + (x + z)sen O sen cf> 
A0 = y cos 8 cos cf> + (x + z)cos O sen cf> 
A.,~ = - y sen cf> + (x + z)cos cf> 
o 
No entanto, x = r sen 8 cos cf>. y = r sen (} sen cf> e z = r cos 9. Fazendo as substituições, obtém-se: 
A = (An Ao. A.,) 
? 
= r[scn· 8 cos cf> sen cf> + (sen 8 cos cf> + cosO) senO sen cf> I ar 
+ r[sen 8 cos (} sen cf> cos cf> + (sen (} cos cf> + cos 9) cos 8 sen cf>) a 8 
? + Jf - sen 8 sen· <i> + (senO cos cf> + cosO) cos cf>) a .. 
Em P: 
,. = 7, 
6 
-2' 
V4õ 
tg8 = 
3 
Portanto: 
-2 6 3 v4o 
cos cf> = v4o' sen cf> = V4õ' cosO = 7• senO = 7 
[
40 -2 6 (V4õ -2 3) v4o 6 ] 
A = 7 . 49 . V4õ . V4õ + 7 . V4õ + 7 . 7 . '\Í4Õ ar 
+ 7 . [ \Í4Õ . 3 . 6 . -2 + (V4Q . - 2 + 3). 3 . 6 ]ao 
7 7 V4õ v4o 7 V4õ 7 7 ·V4õ 
[ -V4õ 36 (V4õ -2 3) -2 ] + 7 · · - + · + - · a., 
7 40 7 V4õ 7 V4õ 
- 6 18 38 
= 7 ar - ?Wo a0 - Wo a., 
= - 0,8571a r - 0,4066a0 - 6,008a., 
Observe que IAI é o mesmo nos três sistemas, isto é: 
jA(x, y, <:)I = IA(p, cf>, z)l = IA(r, O, cf>) l = 6,083 
50 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 2.2 
EXERCÍCIO PRÁTICO 2.1 
(a) Converta os pontos P( I, 3, 5), T(O, - 4, 3) e S(- 3, - 4, - I 0) do sistema cartesiano 
para o sistema de coordenadas cilíndrico e para o esférico. 
(b) Transforme o vetor 
yz a~ 
para coordenadas cilíndricas e esféricas. 
(c) Determine Q em T nos três sistemas de coordenadas. 
Resposta: (a) ?(3,162, 71,56°, 5), ?(5,916, 32,3 1°, 71,56°), 7\4,270°, 3), 
T(5, 53, 13°, 270°), S(5, 233,1 °, - I 0), S( li , 18, 153,43", 233, I ") 
p 
(b) , 1 , (cos 4> aP - sen 4> aó- z sen 4> at), sen O (sen O cos 4> -
v/· + z· 
r cos2 fJ sen 4>)a, + sen fJ cos fJ (cos 4> + r sen fJ scn 4>)a0- sen fJ sen 4> aó 
(c) 0,8ax + 2,4a" 0,8a11 + 2,4a,, I ,44a, - I ,92a0 + 0,8aô. 
Expresse o vetor 
lO 
B = - a, + r cos 8 a8 + a~ ,. ~ 
em coordenadas cartesianas e cilíndricas. Detem1ine 8(- 3, 4, 0) c 8 (5, 1r12,-2). 
Solução: 
Usando a equação (2.28): 
ou 
sen fJ cos 4> 
sen () sen 4> 
cos (J 
cos () cos tP 
cos 8 sen 4> 
- sen () 
-sen cp 
cos tP 
o 
lO 
r 
rcos 8 
I 
JO 
8, = - sen () cos 4> + r co? Ocos 4> - scn 4> . r 
1. o ') 
8>. = - sen O sen 4> + r cos O scn 4> + cos 4> 
r 
JO 
8 . = - cos fJ - r cos O sen O • r 
Vx2 + l y 
No entanto, r = Vx2 + )'2 + z2
, O = tg - I e 4> = t!!. - I -
l ~ X 
Sistemas e Transformação de Coordenadas • 51 
Dessa fom1a: 
p Vx2 + l 
scn O = - = - r=;:==::::;;::==:;; " '')., .,, 
r v :c+ y- + z-
z z 
cos o = - = -~:====:;==:;; 
I~ " '., ., .., v x- + y- + z-
X X 
cos cf> = - = -:-;;::::;;===; 
P Vx2 +i 
Substituindo todas essas relações, obtém-se: 
10Vx2 + i x V x2 + / + z2 
B., =., z ., · + ., ., ., 
(x- + y + z-) Yx2 + / (.c + y- + z-) 
lOx xz2 
= X
2 + l + <? + Y(x2 + / )(x2 + l + z2) 
)' 
10Vx2 +i y Vx2 + / + '<_2 z2y 
By = (x2 + / + zz) . V x2 + / + x 2 + / + z2 "':"Vi x;:::;·2r=+=>::;;'2 
? lOy yz- x 
x2 + / + Z
2 + V(x2 + /)(x2 + / + z2
) + Vx2 + l 
lOz zVx2 + l 
B · = ., 2 2 - 7.:::<==;_;:::::::::::.;· x· + Y + z Yx2 + / + z2 
B = B,a_. + B,ay + 8zaz 
onde 8k, B,.e 8 . como dados acima. . . 
Em (- 3, 4, 0), x = - 3, y = 4 e z = O, tal que 
30 4 
8 = - - + o - - = -2 
X 25 5 
B . = 40 + O - 3 = I 
> 25 5 
B = 0 - 0 = 0 z 
Portanto: 
B = - 2a .• + a>. 
y 
)' 
Para transformação de vetor de coordenadas es féricas para coordenadas ci l fnclri cas 
(veja Problema 2.9), 
8" 
89 
8. -
ou 
sen O coso o 
o o I 
cos o -sen O o 
I O ., 
8" = - sen O + r cos- O 
r 
10 
r 
r CO$ () 
I 
89 = I 
lO 
B- = - cos O - r sen O cos O 
- r 
52 • Elementos de Eletromagnetismo 
Portanto: 
p 
senO = V 7 , . 
P- I 7 -T~ 
' lOp ~ 1 2 2 z-
BP = 2 2 + v p + z . , 2 
p + z p- + z 
IOz ~ 1 , , PZ 
B, = 2 2 - v P- + z- . 2 , 
P + z p + z-
Por conseguinte: 
Em (5, 1rl2, -2), p = 5, cp = 1rl2 e z = - 2, tal que: 
(
50 4 ) ( - 20 10 ) 
B = 29 + '\/29 ao + a~ + 29 + '\/29 a, 
= 2,467a, + a o;; + 1, 167a, 
Observe que, em (-3, 4, 0): 
IB(x, y, z)i = IB(p, <P. z)i = IB(r, O, 4>)1 = 2,907 
Esse procedimento pode ser usado para conferir, sempre que possível, a correção do resultado. 
EXERCÍCIO PRÁTICO 2.2 
Expresse os seguintes vetores em coordenadas cartesianas: 
(a) A = pz sen cp a"+ 3p cos cp a9 + p cos cp scn 4> a, 
(b) B = r2 a, + sen 8 a9 
Resposta: 
I 2 , 
(a) A = V [(xyz - 3xy) a,, + (zy + 3x-) ay + xy a,j 
x2 + / 
(b) B = 
1 
{[x(x2 + l + z2
) - y]a., 
Vx2 + / + z2 
+ [y(x 2 + i + z2
) + x]ay + z(x2 + / + z2)azl 
~ , 
'2.5 SUPERFICIES DE COORDENADA CONSTANTE 
As superfícies nos sistemas coordenados cartesiano, cilíndrico ou esférico são facilmente obtidas ao 
manter uma das variáveis coordenadas constante, enquanto as demais variam. 
No sistema cartesiano, se mantivem10s x constante e deixarmos y e z variar, um plano infinito é ge­
rado. Portanto, podemos ter planos infinitos 
x = constante 
J = constante (2.34) 
z = constante 
Sistemas e Transformação de Coordenadas • 53 
os quais são perpendiculares aos eixos x, y e z. respectivamente, como mostra a Figura 2.7. A inter­
seção entre dois planos é uma linha. Por exemplo, 
x = constante, y = constante (2.35) 
é a linha RPQ paralela ao eixo z. A interseção entre os tri!s planos é um ponto. Por exemplo, 
x = constante, y = constante, z = constante (2.36) 
é o ponto P(x, y, z). Portanto, podemos definir o ponto P como a interseção entre os três planos orto­
gonais infinitos. Se Pé (I, -5, 3), então P é a interseção dos planos x = I, y = -5 e z = 3. 
Superfícies ortogonais, em coordenadas cilíndricas, podem ser geradas da mesma forma. As su­
perfícies 
p = constante 
cf> = constante (2.37) 
z = constante 
estão ilustradas na Figura 2.8, onde é fác il observar que p = constante<! um ci lindro circular, cf> = 
constante é um semiplano infinito com as suas bordas ao longo do eixo z c z = constante é o mesmo 
plano infinito do sistema cartesiano. O encontro de duas superffeies tanto pode ser uma linha quan­
to um cfrculo. Portanto, 
z = constante, p = constante (2.38) 
z 
x = constante FiRu ra 2. 7 Superfícies de x. y e : constantes. 
: = connantc 
/-----1 
p 
I 
' 
J- - - ----+--+ )" 
Q 
y = constame 
z Figura 2.8 Superfícies de p, <f> e z constantes. 
p =constante"-....._.---+--
: = const:mt..: 
p R 
I 
I 
I 
)--
/ 
- )' 
/ 
.t 
Q = const:uue 
54 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 2.3 
6 um círculo QPR de raio p, enquanto z =constante c <P =constante 6 urna linha semi-infinita. Um 
ponto é a imcrscção de 1rês superfícies na equação (2.37). Portanto, 
P =? -· z=5 (2.39) 
é o ponto ? (2, 60", 5). 
A natureza ortogonal do sistema de coordenadas esféricas fi ca evidente ao considerarmos as três 
superfícies 
r = constante 
O = constante (2.40) 
cp = COnSiantc 
que são mostradas na Figura 2.9, onde observamos que r = constante é uma esfera com o centro na 
origem; O = constante é um cone circular tendo seu eixo sobre o eixo z c o v6rtice na origem; 4> = 
constante é um semiplano infinito como no sistema cilíndrico. Urna linha é formada pela interseção 
de duas superfícies. Por exemplo: 
r = constante, <P = constante (2.41) 
é um semicírculo que passa por Q e P. A interseção das três superfícies é um pomo. Ponanto, 
r=5 
' 
o = 30°, <P = 60° (2.42) 
é o ponto ? (5, :10•, 60°). Observamos que, em geral, um ponto no espaço tridimensional pode ser 
identificado como a interseção de três superfícies mutuamente ortogonais. Igualmente, um vetor uni­
tário normal à superfície 11 = constante é+ a., onde 11 é .x, y, z. p, 4>, r ou O. Por exemplo, para o pla­
no .x = 5, o vetor unitário normal é+ a. e, para o plano <P = 20°, um vetor unitário normal é a6. 
r = consmnce 
-. 
__.-1-~/ B = COI\Sl!lOie 
/ 
/ 
/ 
/ 
/ 
}----
Q 
t---- • Y 
ti>= constnlllc 
Figura 2.9 SupcriTcies de p. O e 4> constantes . 
Dois campos vetoriais uniformes são dados por E = - SaP + tOa• + 3a~ c F = aP + 2a.;; - 6a~ . 
Calcule: 
(a) IE x FI; 
(b) a componente do vetor E em P(5, 1rl2, 3) paralela à linha x = 2, z = 3; 
(c) o ângulo que E faz com a superfície z = 3 em P. 
Sistemas e Transformação de Coordenadas • 55 
Solução: 
a,. a9 a, 
(a) E X F = -5 10 3 
I 2 -6 
= (-60- 6)a,. + (3- 30)a9 + (-10- IO)a: 
= ( -66, -27, - 20) 
IE X FI = V662 + 272 + 202 = 74,06 
(b) A linha x = 2, z = 3 é paralela ao eixo y; dessa forma, a componente de E paralela à essa linha é: 
Contudo, em P(5, 1rl2, 3) 
a1• = sen </> a, + cos </> a<l> 
= sen 1rl2 a" + cos 7r/2 a<l> = a" 
Dessa forma, 
(c) Uma vez que o eixo z é normal à superfície z = 3, o ângulo entre o eixo z c o E, como mostrado 
na Figura 2. 1 O, pode ser determinado usando o produto ponto: 
E · 3 z = lEI (I) COS Oez ~ 3 = \lí34 COS O~r: 
3 
Portanto, o ângulo entre z = 3 e E é: 
z Figur.t 2.10 Referente ao Exemplo 2.3(c). 
E 
EXERCÍCIO PRÁTICO 2.3 
Considere o campo vetorial: 
H 
_, </> ? 
= pz cos </> a,. + e - sen2 a.., + p·a= 
No ponto ( I , 7r/3, 0), determine: 
(a) H · a .• ; 
(b) H X a0 ; 
56 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 2.4 
(c) a componente vetorial de H normal à superfície p = I; 
(d) a componente escalar de H tangencial a plano z =O. 
, 
Resposta: (a) - 0,433; (b) - 0,5 a"; (c) O a"; (d) 0,5/e". 
Dado um campo vetorial 
I 
D = r sen cb a,-- sen O cos cb a0 + r2a ., r .... 
Determine: 
(a) O em P( I O, 150°, 330°); 
(b) a componente de D tangencial à superfície cs fcrica r = I O em P; 
(c) um vetor unitário em P, perpendicular à O c tangcncial ao cone () = 150°. 
Solução: 
(a) em P, r = I O, 6 = 150° e<!> = 330°. Por conseguinte: 
O = 
J 
I O sen 330° a, - lO sen 150° cos 330° a0 + 100 a~=(- 5; 0,043; 100) 
(b) qualquer vetor D pode ser decomposto em duas componentes ortogonais: 
O = O,+ o. 
onde D, é tangencial a uma dada superfície e o. normal à ela. Nesse caso, uma vez que a, é normal à 
superfície r = 10: 
Portanto, 
D, = D - O. = 0,043a8 + I OOa<~> 
(c) um vetor em P, perpendicular à O e tangencial ao cone O = 150", é o mesmo que um vetor per­
pendicular tanto a O quanto a a8. Portanto: 
a, a0 a~ 
D X a0 = 5 0,043 I 00 
O I 0 
= - 1 OOa, - 5a,p 
Um vetor unitário ao longo do vetor acima é dado por: 
- lOOa, - 5a,p 
a = = - 0,9988a, - 0,0499aó 
v too2 +52 
EXERCÍCIO PRÁTICO 2.4 
Se A = 3a,+ 2a0 - 6a<t> e B = 4a, + 3aó, determine: 
(a) A · B; 
(b) IA X B~ 
(c) a componente vetorial de A ao longo de 3: em (I, ?r/3, 57r/4). 
Resposta: (a) - 6; (b) 34,48; (c) - 0, 11 6a,+ 0,20 I a0 . 
Sistemas e Transformação de Coordenadas • 57 
1. Os três sistemas de coordenadas mais comuns que iremos ut ilizar ao longo desse livro são o car­
tesiano (ou retangular), o cilíndrico circular c o esférico. 
2. Um ponto Pé represemado como P(x, y. z), P(p, </>, z) c P(r, O, </>) nos sistemas cartesiano, ci­
líndrico c esférico, respectivamente. Um campo vetorial A é representado como (A,, A,, A.) ou . -
A,a , + AraJ + A<a: no sistema cartesiano; como (A •• Aó, A,) ou A,a, + Aó~ó + A:a: no sistema ci-
líndrico e como (A, A, e A.J ou A,a, + A,fl, + Aóaó no sistema esférico. E recomendável que as 
operaçõesmatemáticas (adição, subtração, produto, etc.) sejam realizadas no mesmo sistema 
de coordenadas. Portanto, as conversões de coordenadas de ponto c vetor devem ser feitas sem-
, . pre que necessano. 
3. A tixação de uma variável espacial detine uma superfície; a fixação de duas de tine uma linha; a 
fixação de três define um ponto. 
4. Um vetor unitário normal à superfície n = constante é± a.,. 
QUESTÕES DE REVISÃO 
2.1 Os intervalos de variação de O e</>, conforme dado na equação (2. 17), não são os únicos possíveis. 
Os listados a seguir são todos alternativas válidas, à exceção de: 
(a) O < O < 21r, O < <1> < 1r 
(b) o :S o < 2-lr, o :S <I> < 21r 
(c) - 1r s O s r., O s cf> :S r. 
(d) - 1r12 s o s 1rn, o s q, < 21r 
(c) O s O s w, - r. s cf> < 1r 
(f) - 1r :S o < 1f, - 7r :S <I> < 7r 
2.2 Par.t o ponto cartesiano(- 3, 4.- I), qual dessas alternativas é incorreta? 
(a) p = -5 
(b) r = V26 
(c) O = tg - I 51 
(d) <I> = tg- 1 ~ 
-3 
2.3 Qual dessas alternativas não é válida no ponto (0, 4, O)? 
(a) aó = - a , 
(b) a0 = -a: 
(c) a, = 4ay 
(d) a. = a> 
2.4 Um vetor unit;írio normal ao cone O = 30" é: 
(a) a,.; 
(b) a9; 
(c) aó; 
(cl) nenhuma das alternativas acima. 
2.5 Em qualquer ponto do espaço. a6 • a, = I. 
(a) Verdadeiro. 
(b) Falso. 
2.6 Se H = 4a, - 3a6 + 5a: em ( I, 1r/2, 0), a componente de H paralela à superfície p = I é: 
(a) 4a. 
(b) 5a: 
58 • Elementos de Eletromagnetismo 
PROBLEMAS 
(c) - 3a9 
(d) - 3a9 + 5a: 
(e) 5a9 + 3a: 
2.7 Dado G = 20a, +SOa, + 40a., em ( I , 1rl2, 1r/6), a componcruc de G. perpendicular à superfície 
O = w/2. é: 
(a) 20a, 
(b) 50a8 
(c) 40a9 
( d) 20a , + 40a8 
(c) -40a, + 20a 9 
2.8 A interseção entre as superfícies p = 2 e z = I é: 
(a) um plano infinito; 
(b) um semiplano infinito; 
(c) um círculo; 
(d) um ci lindro; 
(c) um cone. 
2.9 Relacione os itens da coluna da esquerda com os da coluna da dire ita. Cada resposta pode ser usa­
da urna vez, mais de urna vez ou e m nenhuma vez. 
(a) O = r./4 (i) plano infinito 
(b) t/J = 2r./3 (i i) semiplano infinito 
(c) x = -I O (i i i) c írculo 
(d) r = I, O = 7r/3, t/J = r./2 (i v) semicírculo 
(e) p = 5 (v) linha reta 
(f) p = 3, t/J = 57r/3 (vi) cone 
(g) p = I O, : = I (vi i) cilindro 
(h) r = 4, t/J = w/6 (viii) esfe ra 
(i) r = 5, (J = r./3 (ix) cubo 
(x) ponto 
2.10 Uma fatia é descrita por z = O, 30" < t/J > 60". Qual das seguintes alternativas é incorreta? 
(a) a fatia está no plano x- y; 
(b) é tinita; 
(c) sobre a fatia, o < p <co; 
(d) urna normal unitária à fatia é+ a:; 
(e) a fatia não inclui nem o e ixo x, nem o eixo y. 
Respostas: 2.1b; f; 2.2a; 2.3c; 2.4b; 2.5b; 2.6d; 2.7b; 2.8c; 2.9a-(vi), b-(ii), c-(i), d-(x), c-(vii), f-(v), 
g-(iii). h-(iv), i-(iii), 2.1 Ob. 
2.1 Expresse os seguintes pontos em coordenadas cartesianas: 
(a) P( I, 60°, 2) 
(b) Q(2. 90°, -4) 
(c) R(3, 45°. 21 0°) 
(d) T(4. r./2. r./6) 
Sistemas e Transformação de Coordenadas • 59 
2.2 Expresse os seguintes pontos em coordenadas cilíndricas e esféricas: 
(a) P( l , -4, - 3) 
(b) Q(3, o, 5) 
(c) R(-2. 6, O) 
2.3 (a) Se V= xz - A~·+ yz. expresse V em coordenadas cilíndricas. 
(b) SeU= .l + 2/ + 3z2
• expresse U em coordenadas csfilricas. 
2.4 Transforme os seguintes vetores para coordenadas cilíndricas c esféricas: 
(a) D = (x + z)ay 
(b) E = (/ - x1)a .. + xyza,. + (x2 
- z2)a, 
2.5 Conve11a os seguintes vetores para os sistemas cilíndrico c esférico: 
xa, + r a>, + 4a. 
(a) F = · · · 
..,. /? ? ? 
v x· + y· + z· 
1 o [ xa , yay 
(b) G = (x + y ") · + --;~::::::=;;=:::;; + 
Vx2 + / + z2 Vx2 + l + z2 
2.6 Expresse os seguintes vetores em coordenadas ca11csianas: 
• (a) A = p(z· + L )ap - pz cos q, aq, 
(b) B = 2r sen Ocos 4> a,+ r cosO cosO a0 - r scn <1> a<~> 
2.7 Converta os seguintes vetores para o sistema de coordenadas cartesianas: 
(a) C = : sen <1> aP - p cos <1> a<~> + 2pza, 
. senO cosO 
(b) D = , a, + o ag 
r· ,.-
2.8 Prove o que segue: 
(a) a .. · aP = cos <I> 
a ·a = -sen"' .1' 9 '+' 
ay · aP = sen <1> 
a,. · aó = cos <I> 
(b) a., · a, = sen Ocos <P 
a,, · a0 = cos O cos <1> 
ay · a, = sen O sen <1> 
ay · a0 = cos O scn <1> 
a, · a,= cosO 
a, · a0 = - sen O 
2.9 (a) Demonstre que a transformação de um ponto do sistema de coordenadas cilíndricas para o sis­
tema de coordenadas esféricas é obtida usando: 
ou 
p = r senO. : = r cosO. 
60 • Elementos de Eletromagnetismo 
(b) Demonstre que a transformação de um vetor do sistema de coordenadas cilíndricas para o sis­
tema de coordenadas esféricas é obtida usando: 
ou 
(Dica: utilize as Figuras 2.5 e 2.6.) 
2.10 (a) Expresse o campo vetorial 
senO O 
coso o 
o 
coso 
-scn O 
o 
coso 
o 
o 
I 
scn O 
o 
coso -scn O O 
A, 
Ao 
A<> 
' ' 2 H = xy-za, + x·yza,. + xyz n, 
em coordenadas cilíndricas c esféricas. 
(b) Ta mo em sistemas de coordenadas ci líndricas quanto esféricas, determine H em (3, - 4, 5). 
2.11 Seja A = p cosO a, + Pl sen cf> a, 
(a) Transforme A para coordenadas re tangulares e determine sua magnitude no ponto (3, 
- 4, 0). 
(b) Transforme A para coordenadas esféricas e determine sua magnitude no ponto (3, - 4, 0). 
2.12 A transformação (A,, A6, A) -4 (A,, A>, A) na equação (2. 15) não está completa. Complete-a ex­
pressando cos cf> e sen cf> em termos de x, y e z. Faça o mesmo para a transfurmaçào (A,, Ae- A,.) -4 
(A,. A,. A.) na equação (2.28). 
. -
2.13 No Exercício Prático 2.2, expresse A em coordenadas esféricas c B em coordenada~ cilíndricas. 
DctCm1inc A em (lO, -.12, 3-;r/4) c B em (2, 1rl6, 1). 
2.14 Calcule a distância entre os seguintes pares de pontos: 
(a) (2, I, 5) e (6, - I, 2) 
(b) (3, -.12, - I) e (5, 3-.12, 5) 
(c) ( I O, 7r/4, 3-./4) e (5, -.16, 77r/4) 
2.15 Descreva a interseção entre as seguintes superfícies: 
(a) x = 2, y = 5 
(b) x=2, y = - 1, z = 10 
(c) r = 10, 
(d) p = 5, 
(e) cf> = 60•, 
( I) r = 5, 
o= 30° 
cf> = 40° 
z = 10 
</> = 90° 
2.16 No ponto 7(2, 3, - 4), expresse a, no sistema esférico c a, no sistema retangular. 
*2.17 Dados os vetores A = 2a~ + 4a> + I Oa, c B = - 5a, +a~- 3a,. determine: 
(a) A + B em P(O, 2, - 5): 
(b) o ângulo entre A e B em P; 
(c) a componente escalar de A ao longo de B em P. 
2.18 Dado G = (x + /)ax + xza,. + (z2 + ~y)a:, determine a componente vetorial de G ao longo de 
a6 no ponto P(8, 30°, 60°). Sua resposta deve ser dada em coordenadas cartesianas. 
*2.19 
Sistemas e Transformação de Coordenadas • 61 
Se J = r sen O c os <P a,- c os 20 sen <f> a6 + tg! In r a0 a em T(2. ?r/2, 37rn), determine a com-
. . 2 
ponente vetonal de J que sew 
(a) paralela à a; 
(b) normal à superfície <f> = 311'n 
(c) tangencial à superfície esférica r= 2 
(d) paralela à linha y = - 2. z = O 
2.20 Seja H - 5p sen cf> ~ - pz cos q, a0 + 2pa: . No ponto P(2. 30°.- 1), determine: 
(a) um vetor unitário ao longo de H; 
(b) a componente de H paralela à a .•• 
(c) a componente de H normal a p = 2; 
(d) a componente de H tangencial a q, = 30". 
>4< 2.21 Seja 
? 2 o A = P(Z" - I )a, - PZ cos <f> a0 + p z·a: 
e 
B = r2 cos q, a, + 2r sen O a0 
Calcule em T(- 3, 4, 1): (a) A e B; (b) a componente vetorial de A ao longo de B em T, em coorde­
nadas cil fndricas; (c) o vetor unitário perpendicular tanto a A quanto a Bem T, em coordenadas es­
féricas. 
*2.22 Urna outra maneira de definir um ponto P no espaço é através de (r, cr, (3, y), onde as variáveis es­
tão indicadas na Figura 2.11. Uti lizando essa definição, determine (r. cr, {3, y) para os seguintes 
pontos: 
(a) (- 2, 3, 6) 
(b) (4. 30°. - 3) 
(c) (3. 30°. 60°) 
(Dica: r é o r de coordenadas esféricas, O s cr, {3, -y < 271'.) 
Fil!ura 2.11 Referente ao Problema 2.22. 
2.23 Um campo vetorial em um "misto" de variáveis coordenadas é dado por 
x cos q, 2yz ( x 2
) G = a + - + I - - a . 
P 
X') "t ,.. 
p- p -
Expresse G, de maneira completa, em um sistema esférico. 
Capítulo 3 
CÁLCULO VETORIAL 
Nenhum homem torna-se verdadeiramente um tolo até que ele pare de fazer perguntas. 
-CHARLES P. STEtNMETZ 
3.1INTRODUÇÃO 
O Capítulo I trata, principalmente, de soma, subtração e multiplicação ve10riais em coordenadas car­
tesianas. O Capítulo 2 estende esses concei tos para outros sistemas de coordenadas. Este capítulo Lra­
ta do cálculo vetorial (integração e diferenciação de vetores). 
Os conceitos introduzidos neste capítulo fornecem uma linguagem conveniente para expressar 
certas concepções fundamentais em Eletromagnetismo ou em Matemática em geral. Um estudante 
pode não se sentir familiarizado com estes concei tOs, em princípio- não enxergando "quão impor­
tantes" eles são. Tal estudante deve ser orientado para se concentrar em aprender as técnicas mate­
máticas e esperar pela suas aplicações nos capítulos subseqüentes. 
t3.2 COMPRIMENTO, ÁREA E VOLUME DIFERENCIAIS 
O elementos diferenciais de comprimento, área e volume são úteis em cálculo vetorial. Eles são de­
tinidos nos sistemas de coordenadas cartesiano, cilíndrico e esférico. 
A. Coordenadas cartesianas 
Da Figura 3. 1, observa-se que: 
( I) O deslocamento diferencial é dado por: 
dl = dx a., + dy a>' + dz a. (3. l) 
Cálculo Vetorial • 63 
.r 
.r 
X 
• o 
1 
z 
Figura 3.1 Elementos diferenciais no sistema de 
coordenadas cartesiano dextrógiro. 
·~ y )-~------r----7-----. y 
(2) A área di ferencial nonnal é dada por: 
c está ilustrada na Figura 3.2. 
(3) O volume diferencial é dado por: 
. . 
l(\• 
dx 
. .E}lz t/z ay 
ax 
(a) (b) 
dS = d)· d' a ~ .r 
dx dz a,. 
dz dy a: 
dv = dxdydz 
a, 
dy 
(c) 
/---------------------------------y 
Figun• 3.2 A área diferencial normal em coordenadas cartesianas: 
~) d =~~~ (~~-~~~ (c)~-~~ a~ 
(3.2) 
(3.3) 
64 • Elementos ele Eletromagnetismo 
Esses elementos diferenciais são muito importantes, uma vez que eles serão referidos várias vezes ao 
longo deste livro. O estudante é estimulado não a memoriz.:í-los, mas a aprender como eles são obti­
dos, a partir da Figura 3.1. Observe, das equações (3. 1) a (3.3), que dl e dS são vetores, enquanto dv 
é um escalar. Observe, da Figura 3.1, que, se nos deslocamos do ponto P até Q (ou de Q até P), por 
exemplo, tn = dy a,, visto que estamos nos deslocando segundo a orientação y . Se nos deslocamos 
de Q paraS (ou de S para Q), dl = dy a. + dz a., visto que temos que nos deslocar dy ao longo de y, 
dz ao longo de c; e dx = O (não há movímento ;o longo de x). De maneira similar, deslocar-se de D 
até Q significa que d l = dx a,. + dy ay + dz a~. 
O modo como dS é definido é importante. O elemento de superfTcie (ou de área) diferencial dS po­
de, em geral, ser definido corno: 
dS = dS a,. (3.4) 
onde dS é a área do elemento de superffcie e a,. é o vetor unitário nonnal à supertTcie dS (e orientado 
para fora do volume se dS é parte de uma super!Tcie que limit<l esse volume). Se considerarmos a su­
perfície ABCD na Figura 3. L, por exemplo, dS = dy dz a_,, enquamo que já que para a superfície 
PQRS, dS = - dy dz a ... já que a,. = - a .. é normal à PQRS. 
O que é importante lembrar a respeito de elementos di ferenciais é como expressar cn c, a partir dele, 
como obter dS e dv. Tendo di, dS e dv podem ser facilmente encontrados a partir dele. Por exemplo, 
dS ao longo de a., pode ser obtido a partir de cn na equação (3.1 ) multiplicando as componentes de cn 
ao longo de a,. e de a.; isto é, dy dz a,. De maneira similar, dS ao longo de a. é o produto das compo-. - . 
nentes de dl ao longo de a,, c a,; isto é, dx dy a
0 
Da mesma forma, dv pode ser obtido a partir de cn co-
mo o produto das três compo.nentes de dl; isto é, dx dy dz. O procedimento desenvolvido aqui para 
coordenadas cartesianas será, em seguida, estendido para outros sistemas de coordenadas. 
B. Coordenadas cilíndricas 
Observe da Figura 3.3 que, em coordenadas cilíndricas, os elementos diferenciais podem ser obtidos 
corno segue: 
( l ) O deslocamento diferencial é dado por 
I dl = dp aP + p df/> aó + dz a: I 
(2) A área diferencial normal é dada por 
dS = p dr/> dz aP 
dp dz a"' 
conforme ilustrado na Figura 3.4. 
(3) O volume diferencial é dado por 
p dr/> dp a . 
• 
dv = p dp dr/> dz I 
(3.5) 
(3.6) 
(3.7) 
Cálculo Vetorial • 65 
Fi~ura 3.3 Elementos vetoriais em 
coordenadas cilfndricas. 
z 
X 
Conforme mencionado na seção anterior sobre coordenadas cartesianas, só precisamos ter 
dl; dS e dv podem ser obtidos facilmente a partir de dl. Por exemplo, dS ao longo de az é o 
produto das componcmes de dl ao longo de a" c a~; isto é, dp p d<f> a: . Da mesma forma, dv é o 
produto das três componentes de dl ; isto é, dp p d<f> dz. 
C. Coordenadas esféricas 
Da Figura 3.5, observamos que, em coordenadas cilíndricas, 
.. 
" 
( I ) O deslocamento diferencial é: 
z 
pd</> 
(a) 
a 
" 
dl = dr a, + r dO ao + ,. sen o d<l> aó I 
(b) (c) 
~-------------------------------------I~Y 
' Fi~o:um 3.4 Arcas diferenciais nom1ais em coordenadas ci líndricas: 
(a) dS = p d<J> dz aP, (b) dS = dp dz a6• (c) dS = p dcf> dp a, . 
(3.8) 
66 • Elementos de Eletromagnetismo 
Figuru 3.5 Elementos diferenciais 
no sistema de coordenadas esférico. 
·' 
X 
(2) A área diferencial normal é: 
? dS = ,.- sen O dO de/> a,. 
confonne ilustrado na Figura 3.6. 
(3) O volume diferencial é: 
r sen O dr dcf> a0 
rdrdO a., 
I dv = r
2 
sen O dr dO dcf> I 
z 
r sen Od<f> r sen Od<f> 
dr 
(a) (b) (C) 
/-----------------+)' 
Figur·a .l6 As áreas diferenciais normais em coordenadas esféricas: 
(a) dS = r 2 senO dO d<t> a , . (b) dS = r senO dr dt/> a 6 . 
(c) dS = rdrdO a 4-
(3.9) 
(3.1 O) 
EXEMPLO 3.1 
Cálculo Vetorial • 67 
Novamente, só precisamos ter d l, de onde dS e dv são facilmente obtidos. Por exemplo, 
dS ao longo de a0 é obtido como o produto das componentes de d l ao longo de a, e a~; 
isto é, dr · r senO de/>; enquanto dv é o produto das três componentes de d l; isto é, 
dr • r dO • r scn O dcf>. 
Considere o objeto mostrado na Figura 3.7. Determine: 
(a) a distância BC; 
(b) a distância CD; 
(c) a superfície ABCD; 
(d) a superfície ABO; 
(c) a superfície OFD; 
(!) o volume ABDCFO. 
Solução: 
Embora os pontos A, B, C e D sejam dados em coordenadas cartesianas, é óbvio que o o~jeto 
tem simetria cilíndrica. Assim, resolveremos o problema em coordenadas cilíndricas. Os pontos 
são convertidos do sistema cartesiano para o sistema cilíndrico como segue: 
A(5, 0, 0) ~ A(5, 0°, 0) 
B(O, 5, O)~ B(5. f· o) 
C(O, 5, lO) ~ c(5. ; . 10) 
D(5, O, 10) ~ D(5, 0°, 10) 
(a) Ao longo de BC , d/ = dz; ao;sim, 
BC = J d/ = fo dz = 10 
o 
(b) Ao longo de CD, d/ = p dei> e p = 5, então 
~~ 
.< 
z 
I 
I 
I 
I 
I 
I 
I 
I 
I 
I
'lr/2 "'2 
CD = p dcf> = 5 c/> = 2,57r 
o o 
Fi~tura 3.7 Referente ao Exemplo ~. t . 
..L------ )' 
~~/o 8 (0. 5, 0) 
68 • Elementos de Eletromagnetismo 
(c) ParaABCD,dS = pdcf>dz, p =S. Assim, 
I Ir/2 I 10 irl2 i 10 
área ABCD = dS = p d<P dz = 5 dcf> dz 
.;- o ~-o o o 
= 257T 
p s 
(d) Para ABO, dS = p d</> dp e z = O, então 
I~
12 I5 
i1(
12 i s área ABO = p dtf> dp = d</> p dp = 6,25?r 
9 = 0 p - 0 o o 
(c) Para AOFD, dS = dp dz e cf> = 00, então 
J
5 f lO 
área AOFD = dp dz = 50 
1> = 0 t=O 
(f) Para o volume ABDCFO, dv = p dtf> dz dp. Portanto, 
v = I dv = Js Jrn f lO P d<f> dz dp = i lO dz i "'2 d</> i s P dp = 62,5?T 
p=O 9 = 0 r, = O O O O 
EXERCÍCIO PRÁTICO 3.1 
Referente a Figura 3.26. Desconsidere os comprimentos diferenciais c imagine 
que o objeto é parte de wna casca esférica. Isto pode ser descrito como 3 s r s 5, 
60° < O s 90°,45° < cf> < 60°, onde a superfície r = 3 é delimitada por AEHD, 
superfície O = 60° é AEFB e a superfície cf> = 45° é ABCD. Detem1ine: 
(a) a distância DH; 
(b) a distância FG; 
(c) a área da superfície AEHD; 
(d) a área da superfície ABDC; 
(e) o volume do objeto. 
Resposta: (a) 0,7854; (b) 2,618; (c) I, 179; (d) 4, 189; (e) 4,276. 
3.3 INTEGRAIS DE LINHA, DE SUPERFÍCIE E DE VOLUME 
O conceito de integração com que estamos familiarizados agora será estendido aos casos 
em que o integrando envolve um vetor. Por linha entendemos um caminho ao longo de umacurva no espaço. Utilizaremos os termos linha, cmva c contorno alternadamente. 
A integral de linha f A · d l é a integral da componente tangencial de A ao longo 
L 
da curva L. 
Dado um campo vetorial A e uma cuva L, definimos a integral 
f A . dl = r IA I coso d/ 
L a 
(3.11 ) 
Cálculo Vetorial • 69 
b Figura 3.8 Caminho de integração do campo vetorial A. 
\ 
I 
,_----~di~~B--~1 ------A A 
/ _ ... "' 
caminho L 0 
I 
I 
c 
como a imegral de linha de A em torno de L (vej a Figura :1.8). Se o caminho de integração é 
uma curva fechada, tal como abca na Figura 3.8, a equação (3. 11 ) torna-se uma integral de linha 
lcchada 
f A· d i 
I. 
(3.1 2) 
que é denominada a circulação de A em torno de L. 
Dado um campo vetorial A , contínuo em uma região contendo urna curva suave S, definimos 
integral de supelfície, ou o fluxo de A através de S (veja Figura 3.9), como: 
'f = f IA 1 cos e dS = f A · a, dS 
s s 
ou simplesmente 
onde, em qualquer ponto sobre S, an é o vetor unitário normal a S. Para uma superfície 
fechada (definindo um volume), a equação (3.13) torna-se 
'P =f A ·dS 
s 
que é referido como o fluxo líquido de A que sai de S. Observe que o caminho fechado 
define uma superfície aberta, enquanto uma superfície fechada define um volume (veja 
Figuras :l. l I e 3.16). 
De11 nimos a integral I p ,. dv 
v 
(3. 13) 
(3. 14) 
(3.15) 
como a integral de volume do escalar p,. sobre o volume v. O significado físico de uma integral 
de linha, de superfície ou de volume depende da natureza das quantidades l'ísicas representadas 
por A ou por P, .. Observe que d l, dS e dv são definidos como na Seção 3.2. 
supcrficic S-
Figura 3.9 O nuxo de urn campo 
vetorial A através da superfície S. 
70 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 3.2 Dado F = x2a_.. - xza_.. - / a, determine a circulação F em torno do caminho (fechado) 
mostrado na Figura 3.1 O. 
Solução: 
A circulação de F em torno de L é dada por 
f F · dJ = (f + [ + i + f) F · dJ 
L I - 3 4 
na qual o caminho é particionado nos segmentos numerados de I a 4, como mostrado 
na Figura 3.1 O. 
Para o segmento 1, y = O = z 
? 
F = x-a .n dJ = dx a,, 
Note que dl é sempre considerado ao longo de + ax, de forma que a orientação dada pelo 
segmento I é dada pelos limites de integração. Portanto, 
f f
o ? x3 o 1 
F · d l = x-dx = - = --
1 I 3 1 3 
Para o segmento 2,x = O= z, F = -/a,, dJ = dy ay, F · d J = O. Assim, 
l F · dJ =O 
2 
? 
Para o segmento 3, y = I, F =x-a .. - xza,,. - a: e d l = dx a_.. + dz a, então 
i F · dJ = I (x2
dx - dz) 
3 
Porém, sobre 3, z = x; isto é, dr = dz. Assim, 
i F · dJ = i 1 
(x2 
- 1) dx = x
3 
- x 
1 
= _3, 
3 o 3 o 3 
Para o segmento 4, x = 1, então F = a .• - Z<'ly -ia: c dl = dy ay + dz a, . Assim, 
J F · dl =I (-z dy - /dz) 
4 
Fi~:ura 3. 10 Referente ao Exemplo 3.2. 
Cálculo Vetorial • 71 
Porém, sobre 4, z = y; isto é, dz = dy, então 
f f
o , / l 0 5 
F ·dl = (-y-y-)dy= ---- = -
4 1 2 3 6 
Agrupando as expressões anteriores, obtemos: 
)' 
f F · d l = _.!_ + O - 2 + 5 = _.!_ 
L 3 3 6 6 
Figura 3.11 ReFerente ao Exercício 3.2. 
EXERCÍCIO PRÁTICO 3.2 
Calcule a circulação de 
A = p cos tJ> ap + z sen 4> a~ 
em torno da borda L da fatia definida por O s p s 2, O s 4> s (:!.)", z = O e 
mostrada na Figura 3.11. 
Resposta: I. 
3.4 O OPERADOR DEL* 
O operador del, escrito \1, é o operador diferencial com caráter vetorial . Em coordenadas cartesianas: 
a iJ iJ 
\1 = - a,+ - a1. + - a, 
ax . iJy i) z 
(3.16) 
Esse operador di ferencial, também conhecido como operador gradiente, não é um vetor em si mes· 
mo, mas, quando ele opera sobre uma função escalar, por exemplo, resulta em um vetor. O operador 
é útil para deli nir: 
1. o gradiente de um escalar V, escri to como \IV; 
2. o divergente de um vetor A, escrito como \1 · A ; 
3. o rotacional de um ve10r A , escrito como \1 x A ; 
4. o laplaciano de um escalar V, escrito como \12 V. 
Cada uma dessas operações será definida, em detalhe, nas seções subseqüemes. Antes de fazê-lo, é 
conveniente obter expressões para o operador de/(\!) em coordenadas cilíndricas e esféricas. Isso é 
facilmente obtido utilizando as fórmulas de conversão das Seções 2.3 e 2.4. 
• N. de T. Também conhecido como opcr:odor na/Jia. 
72 • Elementos de Eletromagnetismo 
Para obter V em termos de p, cp e z. lembremos da equação (2.7) que1 
Assim, 
tg </! = )' 
X 
a a scn </! a 
- =cos q,-- -
ax ap p aq, 
a a cos q, a 
- = scn</1- + -
ay ap P aq, 
(3.17) 
(3.18) 
Substituindo as equações (3. 17) e (3. I 8) na equação (3.16) c fazendo uso da equação (2.9), obtemos 
V em coordenadas cilíndricas: 
a 1 a a 
V = a - + a -- + a.-
~' éJp <P P aq, ·· iJz 
De maneira similar, para obter V em termos de r, O c</!, utilizamos 
Para obter 
Yx2 +i 
tgO = 
z 
y 
tg q, = 
X 
a a cos o cos </! iJ sen </! a 
- = senOcos<jJ- + - - -ax ar r ao p aq, 
() o a cos o sen </! é) cos </! a 
- = sen sen <jJ - + - + -
iJy a r r ao P aq, 
.i_ = cos O .i_ - sen O .i_ 
()z () r r ao 
(3. 19) 
(3.20) 
(3.2 1) 
(3.22) 
Substituindo as equações (3.20) a (3.22) na equação (3. 16) c usando a equação (2.23), obtém-se V 
em coordenadas esféricas: 
a 1 a a 
V = a,- + a0-- + a -
ar r ao Q r scn e aq, (3.23) 
Observe que, nas equações (3 .1 9) e (3.23), os vetores unitários são colocados à direi ta dos operado­
res diferenciais porque os vetores unitários dependem dos ângulos. 
3.5 GRADIENTE DE UM ESCALAR 
O gradiente de um campo escalar V é um vetor que representa a magnitude e a orientação da 
máxima taxa espacial de variação de V. 
Uma expressão matemática para o gradiente pode ser obtida calculando-se a diferença no campo d\1 
entre os pontos P1 e P1 da Figura 3.12, em que V1, V1 e V; são contornos sobre os quais V é constante. 
Desse cálculo, 
1 Um modo mais geral de ob1cr V. V · A . V x A. VV c V'V é utilizando coordenadas curvilfneas. Veja. por exemplo. M. R. Spicgcl. \~c·wr Anulysis und w1 lnlro· 
duclion lu Tensor Ana/ysis. Ncw York: McGraw-Hill . 1959, p. 135- 165. 
Cálculo Vetorial • 73 
z Figura 3. 12 Gradiente de um escalar. 
v v 
v v 
é!V é!V é!V 
dV = - dx + - dy + - dz ux iJ y az 
(
av av uV ) 
= -:- ax + - a,. + -:- a, · (dx a_. + dy a,. + dz a) 
éJx ày · iJz · 
(3.24) 
Por conveniência, seja 
Então, 
ou 
av av av 
G = - a, + - a>. + - a. 
àx · ày az • 
dV = G · d l = C cosO dl 
dV 
- =C cosO 
dl 
(3.25) 
(3.26) 
Onde dl é o deslocamento diferencial de P1 até P1 c O é o ângulo entre G c cn. Da equação (3.26) ob­
servamos que dV/dl é um máximo quando O = O; isto é, quando tn está com a mesma orientação de 
G. Assim, 
dV dV 
= - =C 
d/ mnx dn 
(3.27) 
onde dV/dn é a derivada normal. Portanto, G tem sua magnitude c orientação coincidindo com a má­
xima taxa de variação de V. Por definição, G é o gradiente de V. Portanto: 
grad V= 
()V i!V i!V 
VV = - a_.+ - a . + - a. 
àx iJy > éJz • 
(3.28) 
Ao usar a equação (3.28) em combinação com as equações (3. 16), (3.19) e (3.23), o gradiente de 
V pode ser expresso em coordenadas cartesianas, cilíndricas c esféricas. Em coordenadas cartesianas, 
74 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 3.3 
()V ()V éJ V 
VV= - a + - a . + - a. 
iJx .r <Jy > iJz • 
Em coordenadas cilíndricas, 
iJ V I () V iJV 
VV = - a + --a + - a. 
iJp P p ilt/> ó ilz • (3.29) 
Em coordenadas esféricas, 
iJV I iJV I uV 
VV =-a +-- a0 + - aó 
i) r r r ao rsen o ut/> (3.30) 
As seguintes relações envolvendo gradiente, que são faci lmente comprovadas, devem ser desta· 
cadas: 
(a) V(V + U) = VV + VU 
(b) V(VU) = VVU + UVV 
(c) v[~] = uvv- vvu 
u u2 
(d) 
onde U e V representam escalares e n é um inteiro. 
(3.3 1 a) 
(3.3 l b) 
C:U I c) 
(3.3 ld) 
Observe também as seguimes propriedades fundamentais do gradiente de um campo escalar V: 
1. a magnitude de VV é igual à máxima taxa de variação de V por unidade de distância; 
2. V V aponta na orienlação de máxima taxa de variação de V: 
3. VV, em qualquer ponto, é perpendicular à superfície de V constante que passa atravésdesse 
ponto (veja pontos P e Q na Figura 3.12); 
4. a projeção (ou componente) de VV na orientação de um vetor unitário a é VV · a e é denomi­
nada de derivada direcional de V ao longo de a. Essa é a taxa de variação de V segundo a orientação 
de a. Por exemplo, dV/dl na equação (3.26) é a derivada direcional de V ao longo de P1P2 na Figura 
3. 12. Portanto, o gradiente de uma função escalar V fornece tanto a orientação segundo a qual V va­
ria mais rapidamente quanto a magnitude da máxima derivada direcional de V; 
5. se A = VV, V é denominado o potencial escalar de A. 
Determine o gradiente dos seguintes campos escalares: 
(a) V = e-• sen 2xcoshy 
(h) U = p2z COS 2</> 
(c) W = 10rsen2 0cos cf> 
Solução: 
av av av 
(a) VV= - a.+ - a>. +-a. 
éJx · éJy az • 
= 2e - •cos 2x cosh y ax + e - zsen 2x senh y ay - e <sen 2x cosh y a, 
au 1 au au 
(b) VU=-a +--a + -a. 
i)p p p il</> ó iJ<. • 
= 2pz cos 2</> aP - 2pz sen 24> aó + lcos 2</> a: 
EXEMPLO 3.4 
EXEMPLO 3.5 
é! W I é! W I éJ W 
(c)VW=-a +--a9 + - a ar r r ao rsen o a.p Q , 
= 10 sen- O cos </> ar + 10 sen 20 c os </> a9 - I O sen O sen </> aó 
I I 
EXERCICIO PRATICO 3.3 
Determine o gradiente dos seguintes campos escalares: 
, 
(a) U = x·y + X)'Z 
(b) V = pe sen </> + z2 cos2 </> + p2 
(c) f= cos 8 sen </>In r + r2<P 
RcSJ)OSta: (a) y(2x + z)a, + x(x + z)ay + -1)18: 
? .-
(b) (z sen </> + 2p )a, + (z c os </> - ~ sen 2</> )aó + 
p 
(p sen </> + 2z cos2 <{l)a, 
(
cos O sen c1> ) sen 8 sen </> 
(c) + 2r</> a, - In r a0 + r ,. 
( c~~g 8cos </> In r + r cossec O )a., 
Cálculo Vetorial • 75 
Dado W = .l/ + .\)'Z, determine V W e a derivada direcional dW/dl segundo a orientação dada por 
3a, + 4a, + 12a, em (2, - 1, 0). 
aw aw aw 
VW = - a ... + - a . + - a. 
élx ély 1 élz • 
, ? 
= (2-ry· + yz)a_. + (2x-y + xz)ay + (xy)a: 
Solução: 
Em (2, - 1, O): VW = 4ax- 8a1 - 2a_ 
Assim, 
d W T7 (3, 4, 12) 44 
dl = vW·a1 =(4,-8,-2) · 
13 
=-13 
EXERCÍCIO PRÁTICO 3.4 
Dado cJ> = xy + yz + xz, determine o gradiente cJ> no ponto ( I , 2, 3) c a derivada 
direcional de cJ> no mesmo ponto, orientada em direção ao ponto (3, 4, 4). 
Resposta: 5ax + 4ay + 3a,, 7. 
Detemline o ângulo segundo o qual a linha x = y = 2z intercepta o elipsóide x2 + / + 2z2 = 1 O. 
Solução: 
Suponha que a linha e o elipsóide se encontrem segundo um ângulo ,P, como mostrado na Figura 3. 13. 
A linha x = y = 2z pode ser representada por 
76 • Elementos de Eletromagnetismo 
•• 
elipsóide 
~~~/ 
Figum 3.13 Referente ao Exemplo 3.5: plano de interseção de uma 
linha com um elipsóide. 
r (À) = 2Àa., + 2ÀaY + Àa< 
onde À é um parâmetro. Onde a linha e o elipsóide se encontram, 
(2À)
2 + (2À)
2 + 2À 
2 = I O -7 À = ± I 
Considerando À = 1 nesse caso, o ponto de interseção é (x, y, z) = (2, 2, I ). Neste ponto, r = 2a, 
+ 2a,. + a .. . . 
A superl'ície do elipsóide é definida por 
? 2 ? f(x,y, z) = x- + y + 2z·- lO 
O gradiente de f é 
Vf = 2x a_, + 2y a ... + 4z az 
Em (2, 2, 1), Vf = 4a, + 4a_.. + 4a~. Assim, um vetor unitário normal ao elipsóide no ponto 
de interseção é: 
Escolhendo o sinal posiúvo nesse ca~o. o ângulo entre a, c r é dado por 
2+2+1 
V3v'9 
5 
_ r.: = sen 1/t 
3VJ 
Assim, Y, = 74,21°. Como À e a, podem ser+ ou-, temos, na realidade, quatro 
possibi lidades de ângulos, dados por sen 1/t = ::!:: 5/(3'\13). 
EXERCÍ CIO PRÁ TICO 3.5 
Calcule o ângulo entre as normais às superfícies x2y + z = 3 c x log z -/ = - 4 
no ponto de interseção (-1, 2, 1). 
Resposta: 73,4°. 
3.6 DIVERGÊNCIA DE UM VETOR E TEOREMA DA DIVERGÊNCIA 
Na Seção 3.3, observamos que o nuxo líquido de um campo vetoria l A que Ou i para fora de uma su­
perficie fechadaS é obtido da integral p A • dS. Definiremos, então, a divergência de A como o nu­
xo líquido que O ui para fora de uma superfície incrementai fechada, por unidade de volume encerra­
do pela superfície. 
A divergência de A em um dado ponto Pé o fluxo que sai, por unidade de volume, à medi­
da que o volume se reduz à zero em torno de P. 
Cálculo Vetorial • 77 
1111 
(•I (b) (c) 
Fi:.:ura 3.14 Ilustração da divergência de um campo vetorial P: (a) divergência 
positiva. (b) divergência negati va, (c) divergência zero. 
Assim, 
f. A · dS 
div A = V · A = lim _... __ _ 
ll.l'-+0 ll v 
(3.32) 
onde dv é o volume encerrado pela superfície !cchada S na qual P est<Í localizado. Fisicamente, po­
demos considerar a divergência de um campo vetorial A, em um dado ponto, como uma medida de 
quanto o campo diverge ou emana desse ponto. A Figura 3. 14(a) mostra que a divergência de um 
campo vetorial em um ponto Pé positiva porque o vetor diverge (ou se "espalha" a partir de) em P. 
Na Figura 3.1 4(b) um campo vetorial tem divergência negativa (ou convergência) em P e, na Figura 
3.14(c), um campo vetorial tem divergência zero em P. A divergência de um campo vetorial pode ser 
vista como, simplesmente, o limite da intensidade da fonte de campo por unidade de volume (ou den­
sidade da fonte); é positiva em um ponto-fonte e negativa em um ponto-sumidouro, ou zero em um 
ponto nem sumidouro nem fonte. 
Podemos obter uma expressão para V ·A, em coordenadas cartesianas, a partir da definição na 
equação (3.32). Suponhamos que se queira calcular a divergência de um campo vetorial A em um 
ponto P(x., y., z.,.), considerando que esse ponto esteja encerrado em uma superfície fechada com um 
volume diferencial como na Figura 3.15. A integral de superfície na equação (3.32) é obtida da se­
guinte forma: 
1 A . dS = (i +f +f +f +f +f ) A . dS Ts freme lltis esquerdn dircitn superior infcrio 
(3.33) 
Uma expansão de A., em série de Taylor, em três dimensões, em torno de P, é 
iJA,, éJA, 
Aix, y, z) = Ai xo, Yo• Zo) + (x - Xo) - i) + (y - Yo)--'-
X p éJy P 
éJA (3.34) 
+ (z - z )----L + termos de ordem superior 
o éJ z ,, 
Para a face anterior, x = x0 + dx/2 e dS = dy dz a.,. Então, 
f [ dx éJA,, ] 
A · dS = dy dz Ax(X0 , )'0 , Z0 ) + 2 élx , 
rrenLc 1 
+ termos de ordem superior 
Para a face posterior, x = X o - dx/2, dS = dy dz.( - a,..). Então, 
f [ dx éJAx ] A · dS = - d)·dz A (x )' z)---
·' O• O> O 2 QX 
• .,..... p 
+ termos de ordem superior 
78 • Elementos de Eletromagnetismo 
Assim, 
1 
face da 
frente 
i A·dS+ [ 
ri'~!IUC . l r'á$ 
face superior 
Fi;:u na 3.15 Cá leu lo de V · A no ponto 
P(.\'0 • Yo• Zo). 
àA, 
A · dS = dx dy dz - · 
é!x I' 
+ termos de ordem superior 
Seguindo passos semelhantes, obtemos 
e 
r r s aA,. J A · dS + J A · d = dx dy dz-; 
esquet<b direi la a) 
+ termos de ordem superior 
p 
i f 
aA. 
~ · dS + . . A · dS = dx dy dz àz- + termos de ordem superior 
5UJ>'.-'"00f mfenor p 
(3.35) 
(3.36) 
(3.37) 
Substituindo as equações (3.35) a (3.37) na equação (3.33), observando que L\ v = dx dy dz,obtemos 
. Ps A· dS (aA,.. aA, àA:) lm1 - = -+-+ -
d•-+0 d V dX iJy éJz cmP 
(3.38) 
porque os termos de ordem superior desaparecem a medida c1ue L\ v~ O. Portanto a divergência 
de A em um ponto P(x0 , }'0 , Z0 ), em um sistema de coordenadas cartesiano, é dada por 
., àAx àA,. éJA. 
v ·A = - + - + ---" 
é!x é!y é!z 
(3.39) 
Expressões similares para V · A em outro sistema de cotlrdenadas, podem ser diretamente 
obtidas da equação (3.32) ou pela transformação da equação (3.39) para um sistema de coordenadas 
apropriado. Em coordenadas cilíndricas, substituindo as equações (2. I 5), (3. I 7) e (3. I 8) na equação 
(3.39) obtém-se: 
L éJ I aA<~ éJA. 
V· A = -- (pA ) + - + ---:. 
P é!p P P é!<J> é!z 
(3.40) 
Cálculo Vetorial • 79 
Substituindo as equações (2.28) e (3.20) a (3.22) na equação (3.39), obtemos a 
divergência de A em coordenadas esféricas: 
V · A = ~ j_ (r2A,) + 1 _i (A8 sen 8) + - 1
- éJAô 
,.- iJr r sen 8 éJ8 r sen 8 éJcf> 
Observe as seguintes propriedades da divergência de um campo vetOrial: 
1. resulta em um campo escalar (porque envolve um produto escalar); 
2. a divergência de um escalar V, di v V, não faz sentido; 
3. V · (A + B) = V · A + V · B 
4. V· (VA) = VV ·A + A· VV 
A pmlir da detin.ição da divergência de Ana equação (3.32), não 6 difícil compreender que 
f A · dS = f V · A dv 
s ,. 
Esse é o chamado teorema da divergência, também conhecido como teorema de 
Gauss- Ostrogradsky. 
O teorema da divergência estabelece que o fluxo total de um campo vetorial A que sai 
de uma superfície fechadaS é igual a integral de volume da divergência de A . 
Para demonstrar o teorema da divergência, subdividimos o volume v em um grande 
número de pequenas células. Se a k·ésima tem volume ~'l. é limitada por uma superfície Sk 
Já que o fluxo para fora de uma célula invade as células vizinhas, há cancelamento em 
cada superfície interna, tal que a soma das integrais de superfície sobre as Sk's é igual 
a integral de superfície sobre S. Tomando o limite do lado direito da equação (3.43) c 
incorporando a equação (3.32): 
f A · dS = f V · A d11 
s ,, 
(3.41) 
(3.42) 
(3.43) 
(3.44) 
que é o teorema da divergência. O teorema se aplica em qualquer volume v limitado pela 
superfície fechadaS, tal como mostrado na Figura 3.1 6, desde que se considere A e V· A 
funções contínuas na região. 
80 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 3.6 
Figum 3.16 Volume v lirnil:ldo pela superfície S. 
volume v 
superiTcie fechadaS 
------.... - --
Com um pouco de experiência, ficará evidente que o cálculo das integrais de volume é mais fácil do 
que o das integrais de superfície. Por essa razão, para determinar o lluxo de A através de uma super­
fície fechada, determinamos o lado direito da equação (3.42), em vez de determinarmos o lado es­
querdo. 
Determine a divergência dos seguintes campos vetoriais: 
(a) J> = x2yz ax + xz a~ 
(b) Q = p sen </> aP + p2z a<~> + z cos </> az 
(c) T = ~ cos O a, + r sen O cos </> a0 + cos O a <I> 
r 
Solução: 
iJ iJ iJ 
(a) V · P = - Px + - P,. + - P. 
iJ.x iJy . iJz • 
i)? iJ iJ 
= - (.x·yz) + - (O) + - (xz) 
iJx iJy iJz 
= 2.xyz + x 
l iJ l iJ iJ 
(b) V · Q =-- (p(Jp) +-- Q- + -Q. 
P iJp P a,p o az • 
l iJ l à, iJ 
= -- (p2 sen <b) + -- (p·z) + - (z cos </>) 
p iJp P à</> àz 
= 2 sen </> + cos </> 
I iJ ? I iJ I iJ 
(c) V · T = - 2 -:- (r ·T,) + 
0
-
0 
(T0 scn 9) + 
0
- (T~) 
r iJ r r sen iJ r sen iJ </> 
I iJ I iJ , I i) 
= -:; -:- (cos O) + -. (r scn· Ocos </>) + -:- (cos 9) 
r· àr r sen (} iJ(} r sen () à</> 
J 
= O + 2r sen 9 cos (} cos </> + O 
r sen (} 
= 2 COS () CO$ </J 
EXERCÍCIO PRÁTICO 3.6 
Detennine a divergência dos seguintes campos vetoriais e os calcule nos pontos 
especificados. 
(a) A = JZ<Ix + 4.\)"ay + ;-a~ em ( I, - 2, 3) 
? 
(b) B = PZ sen <P aP + 3pz· cos <P ~ em (5, 1rl2, I) 
(c) C = 2rcosOcos tjJ a, + r 112~em ( 1, 1rl6, 7r/3) 
Resposta: (a) 4x, 4; (b) (2 - 3z)z sen </J, - I ; (c)6 cos O cos 1/>, 2,598. 
EXEMPLO 3.7 
Cálculo Vetorial • 81 
Se G(r) = IOe-~aP + a:), determine o fluxo de G para fora de toda superfície de um ci l indro 
p = I , O ::> z ::> I . Confira o resultado utilizando o teorema da divergência. 
Solução: 
Se 'f é o fluxo de G através da superfície, como mostrada na Figura 3. 17, então 
'f = f G . dS = IJ', + IJ'b + 'l's 
onde IJ',, 'f b c IJ', são os fluxos através da tampa superior, da tampa inferior e da superfície 
lateral do cilindro, corno mostrado na Figura 3 .17. 
Para IJ',, z = I , dS = p dp dt/> a~. Assim, 
'f, = JG · dS = f 
1 
f2r 10e- 2p dp dtf> = 10e- 2(27r) f 1 
p=O ~=O O 
I 01re -l 
Para IJ'b, z = O e dS = p dp dtf>( - a,) . A ssim, 
'f" = f. G · dS = f 1 f2
.. 10e0
p dp dtf> = - I 0(27r) ;
2 1 
b p = O ~=O 0 
= -107r 
Para 'f,, p = I , dS = p dz dtf> aP. Assim, 
'f. = i G ·dS =Lo r:o 10e- 2zp
2
dzdt/> = 10(1)
2
(27r) e_: ~ 
= 101r( i - e- 2) 
Então, 
'f= 'f,+ IJ'b + 'l's = 107re- 2 - I01r + I01r( l - e- 2) = O 
De outra forma, já que S é urna superfície fechada, podemos aplicar o teorema da divergência: 
'f = f G · dS = f (V· G) dv 
s " 
: Figun1 3.17 Referente ao Exemplo 3.7. 
"'· ,_... 
~ 
...... 
'Ir, 
~~--- - ----...., 
• • I 
y 
• Y 
82 • Elementos de Eletromagnetismo 
No entanto, 
líJ l éJ i) 
V· G= --(pG)+ --G + - G 
P íJp " P iJf/> ó iJz : 
I iJ ? O - ? · - ? · = -- (p-1 e - ) - 20e - = O 
p i)p 
demonstrando que G não tem fome. Assim, 
'P = f (V· G) dv = O 
v 
' ' EXERCICIO PRATICO 3.7 
Determine o fluxo de D = p2 cos2 4> a, + z sen 4> ~ sobre a superfície fechada do 
cilindro O < z < I, p = 4. Yerique o teorema da diverg~nci a para esse caso. 
Resposta: 6471". 
3.7 ROTACIONAL DE UM VETOR E TEOREMA DE STOKES 
Na Seção 3.3, definimos a circulação de um campo vetorial A em torno de um caminho fechado L 
como a integral pLA · dl. 
O rotacional de A é um vetor axial (ou girante), cuja magnitude é a máxima circulação de A 
por unidade de área, à medida que a área tende a zero, e cuja orientação é perpendicular à es­
sa área, quando a mesma está orientada de modo a se obter a máxima circulação.2 
Isto é, 
rotA = V x A = lim :rt. a, ( 
,r, A · d l ) 
~s .... o tJ. S "'~' 
(3.45) 
onde a área tJ.S é limitada pela curva L e a. é o vetor unitário normal à superfície tJ.S e é determinado 
utilizando a regra da mão direita. 
Para obter uma expressão para V' x A , a partir da definição na equação (3.45), considere a área di­
ferencial no plano yz como na Figura 3. 18. A integral de linha na equação (3.45) é obtida da seguin­
te forma: 
f A · d l = (f + f + f + f ) A · d l 
L ab 11<' cd do 
(3.46) 
Expandindo as componentes de campo com uma série ele Taylor em torno do ponto central 
P(x. , J 0 , '-'),como na equação (3.34), resolve-se a equação (3.46). No lado ab do contorno da Fi­
gura 3.18, dl = dy a
1 
e z = '-' - dz/2, então: 
1 Devido li nmure:w rotacional. alguns au1ores u1ilit.1m o 1ermo rot A paro designar o rol acionai de A. 
Cálculo Vetorial • 83 
1 Fi~:ura 3.1l! Contorno usado para determinar a componente x 
de 'V X A no ponto P(x0 • >6· :.,) 
d c 
d: • p 
b u·======-=-- - Y 
dy 
J [ dz éJA,, J (3.47) A · d i = dy A_r(x0 , Yo• z,) - 2 az 
(1/) 
No lado bc, dl = dz a, e y = Yo + dy/2, então 
J [ dy aA, A · d i = dz Al..\0, )'0 , <.0 ) + 2 T 
bc Y J (3.48) 
No lado cd, d i = dy ay e z = Zo + dz/2, então 
f [ dz éJA,. A ·di = -dy Ay(X0 , )'0 , Zo) + - ~ 
~ 2 az J (3.49) 
No lado da, d i = dz a: e y = Yo- dy/2, então 
f [ dy iJA. A· d i = -dz A (x y z ) - ---"' z o•o•o 2 é)· 
do ) J (3.50) 
Substituindo as equações (3.47) a (3.50) na equação (3.46), c observando que llS = dy dz, temos que 
ou 
lim =- - -. f A · d i éJA: éJA 1• 
65-+0 ~, t:.S éJy éJz 
é)A, c"lAy 
(rot A) = --.....:: - -
.r ()y ()z 
(3.5 1) 
As componentes x c y do rotacional de A podem ser encontradas ela mesma maneira. Obtemos: 
iJA , éJA, 
(rOl A) = -· - --" 
~ éJz ax 
(3.52a) 
éJA,. ()A, 
(rOL A). = - · - ---"-
- iJx iJy 
(3.52b) 
A definição de V X A na equação (3.45) independe do sistema de coordenadas. No siste· 
ma de condenadas canesiano, o rotacional A é encontrado, Ctlm fac i !idade, fa;r.endo: 
84 • Elementos de Eletromagnetismo 
a .< a,. a. -
VX A = 
éJ éJ éJ 
(3.53) ax éJy õz 
Ax Ay A, 
ou 
V A [ éJA~ éJA,. ] [ôAx iJA . ] x = -- a + - - ---" a 
éJ y éJz " éJz é!x >" 
[ 
é! A,. éiA X] + -- a é!x é!y : 
(3.54) 
Aplicando, na equação (3.54), as técnicas apresentadas no Capítulo 2 para transformação de 
coordenadas, obtemos o rotacional de A em coordenadas cilíndricas 
a, P a~ a. -I () iJ i! V X A =- - -
p é)p éJtl> éJ z 
A, pA4> A. -
ou 
V X A _ [I iJA, éJA~] [ éJAe iJA. ] - --- a + _ ____.. a 
P élt/> az " az é!p o 
I + _!_ [ iJ(pA<>) - Me] a. 
. p ()p a<t> -
c, em coordenadas esféricas, 
ou 
V X A = -,--
1
-
r2 senO 
r a8 r sen O~ 
a a 
ao a <1> 
1A8 r scn O A6 
V X A = l [ éJ(A4> sen O) _ Mo ] a 
r sen O i! O ot/> r 
+ _!_[ I é! A, _ iJ(n\9) ] a + _!_ [ i!(1A0) _ éiA,.] a 
r seno iJ<P él r ' 0 r i! r ao ~ 
Observe as seguintes propriedades do rotacional: 
I. o rotacional de um campo vetorial é um outro campo vetorial; 
2. o rotacional de um campo escalar V, V X V, não faz sentido; 
3. V X (A + B) = V X A + V X B; 
4. V X (A X B) = A(V · B) - B(V ·A) + (B · VA - (A · V)B; 
S. V X (VA) = VV X A + VV X A; 
6. adivergência do rotacional de um campo vetorial é zero, isto é, V · ( V X A) = O; 
7. o rotacional do gradiente de um campo vetorial é zero, isto é, V X VV = O. 
Outras propriedades do rotacional enconlrarn-se no Apêndice A. 
(3.55) 
(3.56) 
,-, 
+ e p t 
\ , -
(3) 
• p 
(b) 
Cálculo Vetorial • 85 
Fi1,oura 3.19 Ilustração de um rotacional: (a) rotacional em P 
apoma para fora da página: (b) rotacional em Pé zero. 
O significado físico do rotacional de um campo vetorial fica evidente na equação (3.45). O rota­
cional fornece o máximo valor da circulação do campo por unidade de área (ou densidade de circu­
lação) c indica a orientação ao longo da qual seu máximo valor ocorre. O rotacional de um campo ve­
torial A, em um ponto P, pode ser considerado como uma medida da circulação do campo, ou, em 
outras palavras, de quanto esse campo gira em torno de P. Por exemplo, a Figura 3.19(a) mostra que 
o rotacional de um campo vetorial em torno de Pé orientado para fora da página. A Figura 3.1 9(b) 
mostra um campo vetorial com rotacional zero. 
Ainda, da detinição do rotacional de A , na equação (3.45), podcn1os esperar que 
f A · d l = J (V X A) · dS 
L S 
(3.57) 
Este é o teorema de Stokes. 
O teorema de Stokes estabelece que a circulação de um campo vetorial A em torno de um ca­
minho (fechado) L é igual à integral de superfície do rotacional de A sobre a superfície aber­
taS, limitada por L (veja Figura 3.20), desde que A e V X A sejam contínuos sobre S. 
A demonstração do teorema de Stokes é semelhante à do teorema da divergência. A superfícieS 
é subdividida em um grande número de células, como mostra a Figura 3.21. Se a k-ésima célula tem 
uma {trea superficial ô.St e é limitada pelo caminho Lt, 
l A . d l = L l A . d l = L 
TL k TLt k 
(3.58) 
dS Fij!ura 3.20 Estabelecendo o signiticado de dl 
c dS referidos no teorema de Stokes. 
L caminho fechado~ 
/ 
dl 
86 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 3.8 
Figura 3.21 llustraçiio do teorema de Stokes. 
o o 
o o 
o o o 
o o o o o o 
Conforme mostrado na Figura 3.21, há cancelamento em todos os caminhos internos, de tal modo 
que o somatório das integrais de linha em torno dos Lk é igual à integral de linha em torno do cami­
nho L. Portanto, tomando o limite do lado direito da equação (3.58) quando t:Sk-) O e incorporando 
a equação (3.45), obtém-se 
f A· d l = f ( V X A) · dS 
L S 
que é o teorema de Stokes. 
A orientação de dl e dS, na equação (3.57), deve ser escolhida usando-se a regra da mão direita 
ou do parafuso de rosca direita. Ao usar a regra da mão direita, se posicionarmos os dedos ao longo 
de dl, o polegar indicará a orientação de dS (veja Figura 3.20). Observe que, enquanto o teorema da 
divergência relaciona a integral de superfície com uma integral de volume, o teorema de Stokes rela­
ciona uma integral de linha (circulação) com uma integral de superiTcie. 
Determine o rotacional de cada um dos campos vetoriais do Exemplo 3.6. 
Solução: 
" p (éJP~ éJP,)) (éJP_. éJP,) (éJP,. éJP.r) (a) v X = - - - a, + - - - a . + - - - a. 
ôy ôz · éJz ôx > õx éJy • 
~ ' = (O - O) a., + (x·y - z) ay + (O - .n) a, 
= (x2y - z)ay - x2za, 
(b) V X Q = (.!. éJQz - iJQ.;] a + [ iJQ" - iJQz] a + .!. [.!!._ (pQ ) - iJQe ] a 
p il<P iJz p iJz é)p "' p ap ó r)</J z 
( - z ') I , = P sen <P - p· ~ + (O - O)a.p + P (3p·z - p cos <P)a: 
I 
= - - (z sen <P + p3)a + (3pz - cos <P)a, p p •. 
I [él él ] (c) V X T = - (T.;sen 8) - - T0 a, 
r sen () éiO él</> 
+ .!. [ 1 
_!!_ T, - _i_ (rT ) ] a0 + .!. [.!!._(r To) - .!!._ T,] a"' 
r sen8éi<P ar "' r él r éJ(} 
= 
1 [~ (cos ()senO) - _!!_ (r sen () cos </>)] a, 
r sen 8 ao a.p 
I [ I él (cos 8) éJ ] + - - - - (rcos8) a8 r sen () éJ<I> r2 õr 
I [ éJ 2 éJ (c os 8) ] + - - (r sen () cos <P) - -
8 2 a"' 
r é)r é) r 
EXEMPLO 3.9 
Cálculo Vetorial • 87 
1 I 
8 
(cos 28 + r sen 8 sen <{>)a,. + - (0 - cos 8)a0 
r~n r 
1 ( sen li) + - 2r sen Ocos <P + 2 a., 
r I" 
(
cos 20 ) cos O ( I ) 
= 
8 
+ sen cf> a, - a8 + 2 cos cf> + 3 sen O a .. 
r sen r r 
EXERCÍCIO PRÁTICO 3.8 
Determine o rotacional de cada um dos campos vetoriais do Exercício 3.6 e o calcule 
em cada um dos pontos indicados. 
Resposta: (a) a.<+ yay + (4y - z)a, ,a"' - 2ay - lia, ; 
(b) - 6pz cos cf> a,+ p sin cf> a"' + (6z- l )z cos cf> a,, Sa"'; 
cotg () ( 3 ) (c) 11, a ,. - 2 cotg O sen cf> + 11, a0 + 2 sen Ocos cf> a.,; 
r - 2r -
I ,732 a, - 4,5 a8 + 0,5 a9 . 
Se A = p cos <P ap + sen cf> a9o determine ~A · dl ao longo do caminho, como mostrado 
na Figura 3.22. Confira esse resultado util izando o teorema de Stokes. 
Solução: 
Seja 
f A . dl = [r+ r+ r+ rJ A . d l 
L '' b r d 
onde o caminho L foi dividido nos segmentos ab, bc, cd e da, como mostrado na Figura 3.22. 
Ao longo de ab, p = 2 e dl = p dcp a9 . Assim, 
J
b i30' 
A· dl = p sen <P dcf> = 2(- cos <f>) 
(l ~=600 
30• 
= - (V3 - I) 
y Figura 3.22 Rcfcrcmc ao Exemplo 3.9. 
5 ----- - .......... c/ 
s 
\ 
2 \ 
\ 
I I 
I I 
I I 
I~ ,- b I (:) ,/ \ 
~ I 1 
Jo• 1 I 
o 5 
.. 
2 
88 • Elementos de Eletromagnetismo 
A o longo de bc, !f> = 30° e d i = dp aP. A ssim, 
r A . d i = r p cos !f> dp = cos 30° ~2 s _ 
2 I~ 
, p -= 2 2 
Ao longo de cd, p = 5 edl = p d!f> aô. A ssim, 
f
el IW 
A · d l = p sen !f> d!f> = 5( -cos !f>) 
,. ô~ 30" 
60' 
=.?.cV3 -I) 
30" 2 
Ao longo de da , !f> = 60° e d i = dp aP. Assim, 
f (I A . dl = r p cos !f> dp = cos 60° f- 2 
= -~ 
d p = S S 
Agrupando todos esses termos, tem-se 
f .r- 21\13 5\13 5 21 
A · d l = - v3 + I + + - - - -
I. 4 2 2 4 
27 • '-= 4 ( V 3 - I ) = 4,94 I 
Utilizando o teorema de Stokes (porque L é um caminho fechado) 
f A · d i = f ( V X A)· dS 
L S 
Contudo, dS = p d!f> dp a; e 
V X A= a [.!. éiA; _ éiAô] +a [ê)Ae _ êJA;] + 3 _.!.[.i_(pA ) _ êMe] 
p P éJ!f> éiz ô éJz éJp • P éJp ô él!f> 
I 
= (O - O)ap + (O - O)aó + P ( J + p) scn !f> a; 
Assim, 
f (V X A) ·dS = f60
• r .!_(I + p) scn!f>pdpd!f> 
S t;6- • J0° p • 2 f) 
60' s 
= ( sen !f> d!f> ( · ( I + p)dp 
J30' J2 
60' ( p2) s 
= -cos !f> p + -
30' 2 2 
27 - '-
= 4(V3- I)= 4,941 
EXERCÍCIO PRÁTICO 3.9 
Utilize o teorema de Stokes para conferir seus resultados do Exercício Prático 3.2. 
Resposta: I. 
EXEMPLO 3.1 O 
Cálculo Vetorial • 89 
Para um campo vetorial A , demonstre explici tamente que V · V X A = O; isto é, que a divergência 
do rotacional de qualquer vetor é zero. 
Solução: 
Essa identidade vetorial, bem como a que será mostrada a seguir no Exercfcio Prático 3.10, é muito 
útil em EM. Por simplicidade, consideraremos A em coordenadas cartesianas. 
a_. ar a, 
o o a 
\1. V X A = (J... j_ J...) . ox ()y oz 
ox' ay' o'l. A.< A,. A: 
= (J..., J..., J...) . [ (~ _ ~). _ (eM: _ ~). (~ _ iJA,)] 
iJx ay o'l. oy iJz ox iJz iJx iJy 
= j_ ( iJA: _ iJA,.) _ j_ ( tM: _ iJA.•) + j_ ( iJA ,. _ iJA.•) 
i)x iJy az a)' iJx az i)x ()x ()y 
? ? , ·' ., ") () -A- iJ ·A,. a-A. iJ·A. a-A,. () -A. 
= - " + "+ .. 
()x t)y ax ()z iJy iJx ay oz iJz i!x i)z iJy 
= O 
a2A. --=-- , c assim por diante. 
()y iJx 
EXERCÍCIO PRÁTICO 3.10 
Para um campo escalar V, demonstre que V X VV = O; isto é, que o rotacional do 
gradiente de qualquer campo escalar se anula. 
Resposta: a demonstração. 
3.8 LAPLACIANO DE UM ESCALAR 
Por razões de ordem prática, é oportuno introduzir o conceito de urn operador que é a composição 
dos operadores de gradiência e de divergência. Esse operador é conhecido como o laplaciano. 
O laplaciano de um campo escalar V, escrito como \12 V, é o divergente do gradiente de V. 
Portanto, em coordenadas cartesianas, 
Laplaciano V = V · VV = V2 V 
[ a a a ][av av av ] = - ax + - a,. + -:- a: · - ax + ~a,. + - a= ax oy . iJz ox ay • az 
(3.59) 
isto é, 
? ? ? , a-v a-v a-v v-v=-+-+ -, , ? ax- ay- az- (3.60) 
90 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 3.11 
Observe que o laplaciano de um campo escalar é um outro campo escalar. 
O laplaciano de V em outros sistemas de coordenadas pode ser obtido a partir da equação (3.60), 
fazendo a transfom1ação de coordenadas. Em coordenadas cilíndricas,, 1 a ( av) 1 a2v a2v v-v=-- p- +--+-
' ? ? P ap ap p· a.p- az- (3.61) 
e em coordenadas esféricas, 
v-v=--- ,.-- + - seno- + -, 1 a ( ?av) 1 a ( a0 1 a2v 
r 2 é) r ar r 2 seno ao ao r 2 scn2 o éJ,P2 (3.62) 
Um campo escalar V é dito harmônico em uma dada região quando o seu laplaciano se anula nes­
sa região. Em outras palavras, se a igualdade 
(3.63) 
for satisfeita nessa região, a solução para V na equação (3.63) é harmônica (isto é, na forma de seno 
ou cosseno). A equação (3.63) é denominada equaçcio de Laplace. Resolver essa equação será nosso 
principal objetivo no Capítulo 6. 
Consideramos, até aqui, apenas o laplaciano de um escalar. Já que o operador laplaciano V2 é um 
operador escalar, é possível definir também o laplaciano de um vetor A . Nesse contexto, V2 A não deve 
ser interpretado como o divergente do gradiente de A, o que não faz sentido. Na verdade, V2 A deve ser 
entendido como o gradiente do divergente de A subtraído do rotacional do rotacional de A. Isto é, 
(3.64) 
' Essa equação pode ser empregada para determinar o v -A em qualquer sistema de coordenadas. No 
sistema cartesiano (e unicamente nesse sistema), a equação (3.64) torna-se 
Encontre o laplaciano dos campos escalares do Exemplo 3.3, isto é: 
(a) V = e-: sen 2r cosh y 
(b) U = p2z COS 2,P 
(c) W = 10rsen2 0cos<P 
Soluç.1o: 
(3.65) 
O laplaciano, no sistema de coordenadas cartesiano, pode ser determinado tomando a primeira deri­
vada da função e, em seguida, a segunda derivada. 
2 éJ2V éJ2V éJ2V 
(a) V V= - + - + -
ax2 al iJz2 
= .i_(2e-=cos 2xcoshy) + .i_(e-= cos2.xsenhy) 
éJx éJ )' 
+ .i. (-e- = sen 2r cosh y) 
éJz 
= -4e - = sen 2r cosh y + e - z sen 2x cosh y + e = sen 2r cosh y 
= -2e - z sen 2r cosh y 
, 1 a ( av) 1 a2v cPv 
(b) v-v=-- p- +--;;- ? + ? 
P iJp ap P- a.p- a,-
1 a 2 1 , = -- (2p z cos 2</>)- -;;- 4p-z: cos 2</> +o 
p iJp p-
= 4<. cos 2</> - 4<. cos 2</> 
= O 
(c) ~W = -- r-- + - scn 0- + -..----::;---:;-1 a ( ,aw) 1 a ( a~ 1 a2w 
r 2 éJ r éJr r 2 senO éJO iJO r 2 sen2 8 a.p2 
Cálculo Vetorial • 91 
I éJ 2 , .1 éJ 
= 2 - ( IOr sen- O cos </>) + 2 -
0 
( IOr sen 28 sen 8 cos </>) 
r éJ r r sen8 éJ 
? 
I Or sen- Ocos <1> 
r 2 sen2 8 
20 sen 2 O c os <1> 20r cos 20 sen O c os <1> = + ------::------'-'-'-
? r r -senO 
I O r sen 28 c os 8 c os <1> I O cos <1> + - ---'--
r2 sen O r 
10 
cos <I> (2 sen2 8 + 2 cos 20 + 2 cos2 O - I) ,. 
lO cos <I> ( I + 2 cos 20) 
r 
EXERCÍCIO PRÁTICO 3.11 
Determine o laplaciano dos campos escalares do Exercício Prático 3.3, isto é, 
? 
(a) V = x)· + .\)'l. 
2 ? 7 
(b) V = pz sen <1> + c. cos- <1> + p-, 
(c) f= cosOsen<P In r + ,.-.p 
Resposta: (a) 2y, 
? 
, 2z-
(b) 4 + 2 cos- <1> - ---;:;- cos 2</> , 
p-
cossec2 8 In r) + 61/J. 
i"3.9 CLASSIFICAÇÃO DE CAMPOS VETORIAIS 
I 
(c) 2 cosO sen <1> ( I - 2 In r ,. 
Um campo vetorial é univocamente caracterizado pelo seu divergente e seu rotacional. Nem só o di­
vergente, nem o rotacional, individualmente, são suticicntcs para descrever completamente o campo. 
Todos os campos vetoriais podem ser classificados em termos da anulação ou não-anulação de seu 
divergente ou de seu rotacional, como segue: 
(a) V · A = O, V X A = O 
(b) V· A i' O, V X A = O 
(c) V · A = O, V X A 'F O 
(d) V· A i' O, V X A 'F O 
A Figura 3.23 ilustra campos típicos dessas quatro categorias. 
92 • Elementos ele Eletromagnetismo 
--- -__ ,...._ 
-------
(a) 
" t / 
"t/ 
~~ ~~ 
/f' 
/ t ' 
(b) (c) 
-- / 
/ 
/ 
(d) 
Fi~ura 3.23 Campos típicos com divergente e rotacional nulos ou nilo nulos. 
(a) A = ka,. í! · A = O, v X A = 0: 
(IJ) A = kr . í! · A = 3k. í! X A = 0: 
(c) A = k X r . í! ·A = 0. í! X A = 2k: 
(d) A = k X r + cr . V · A = 3c, V X A = 2k . 
Um campo vetorial A é dito solenoidal (ou não-d ivergente) se V· A = O. 
Esse campo não é nem fonte nem sumidouro de nuxo. Do teorema da divergência: 
f. A · dS = f V · A dv = O 
s ,. 
(3.66) 
Assim, as linhas de fluxo de A , que entram em qualquer supcrficie fechada, devem sair dela. Exem­
plos de campos solenoidais são: fluidos incomprcssíveis, campos magnéticos c densidade de corren­
te de condução sob condições estacionárias. Em geral, o campo do rotacional de F (para qualquer F) 
é puramente solenoidal porque V · (V X F) = O, como demonstrado no Exemplo 3. 1 O. Portamo, um 
campo solenoidal A pode ser sempre expresso em termos de um outro vetor F, isto é, 
se 
então 
V· A = O 
{ A ·dS =O e F = V X A 
Um campo vetorial A é dito irrotacional (ou potencial) se V X A = O. 
Isto é, um vetOr sem rotacional é i rrotacional? A part ir do teorema de Stokes: 
f (V X A) · dS = 1 A · d l = O 
S JL 
(3.67) 
(3.68) 
Portanto, em um campo irrotacional A , a circulação de A em torno de um caminho fechado é identi­
camente zero. Isso implica que a integral de linha de A indepcnde do caminho escolhido. Portanto, 
um campo irrotacional é também conhecido como um campo conservarivo. Exemplos de campos ir­
rotacionais incluem o campo eletrostático c o campo gravitacional. Em geral, o campo do gradiente 
de V (para qualquer escalar V) é puramente irrotacional já que (veja, Exercício 3.1 0): 
V X ( VV) =O (3.69) 
' De fmo. o rot~cion~l é algumas \'CZcs conhecido como rotação c o rotacional de A é escrito como ro1 J\ em alguns livi'O$-tcxto. Essa é uma das r:u.õcs para 
usannos o tcnno írmtacifllllll. 
EXEMPLO 3.12 
Cálculo Vetorial • 93 
Dessa forma, um campo irrotacional A pode ser sempre expresso em termos de um campo escalar V, 
isto é, 
se 
então 
V X A= O 
fl. A· d l = O 
(3.70) 
e A = - vv 
Por essa razão, A pode ser chamado de campo potencial e V de potencial Clicai ar de A . O sinal nega­
tivo na equação (3.70) foi inserido por razões da Física que licarão claras no Capítulo 4. 
Um vetor A é univocamente descrito dentro de uma região por seu divergente e seu 
rotacional. Se 
V. A = Pv 
c 
V X A = Ps 
(3.71a) 
(3.71b) 
p,. pode ser considerado como a densidade de fonte de A c Ps a densidade de circulação de A. Qual­
quer vetor A que sat isfaça a equação (3.71) tanto com p,. quanto com Ps se anulando no inlinito po­
de ser expresso como a soma de dois vetores: um itTotacional (rotacional zero) e outro sole no ida! (di­
vergência zero). Esse é o denominado teorema de Helmholtz. Portanto, podemos escrever: 
A = -VV+ V X B (3.72) 
Se lizermos A1 = - V' V e A, = V X B, é evidente do Exemplo 3.1 O c do Exercício 3.1 O que V' X A1 =O 
e V X A, = O, demonstrando que A1 é irrotacional e A, é solenoidal. Finalmente, fica claro, das equa­
ções (3.64) e (3.71 ), que qualquer campo vetorial tem um laplaciano que satisfaz 
' V-A = Vp,. - V X Ps (3.73) 
Demonstre que o campo vetorial A é conservativo se A possui urna das seguintes propriedades: 
(a) a integral de linha da componente tangencial de A ao longo do caminho que se estende do ponto 
P até o ponto Q é independente do caminho; 
(b) a integral de linha da componente tangcncial de A em torno de qualquer caminho fechado é ze­
ro. 
Solução: 
(a) Se A é conservativo, V' x A = O. Então existe um potencial V tal que: 
A = - VV = - [à V a , + à V a . + à V a ] 
iJx . iJy > iJ<. z 
Assim. 
J
Q JQ[ iJV àV éi V ] A · d l = - - dx + - dy + - dz 
àx él)' iJz p p 
J
Q [ iJV dx iJV dy à V dz] 
= - P élx ds + ày ds + iJz ds ds 
J
Q dV JQ 
= - P ds ds = - P dV 
94 • Elementos de Eletromagnetismo 
RESUMO 
ou 
r A · d i = V(P) - V(Q) 
p 
demonstrando que a integral de linha depende somente dos pomos inicial e final da curva. Portanto, 
Q . 
para um campo conservativo, J A ·di é simplesmente a diferença de potencial entre os pontos ex­
P 
cremos do caminho. 
(b) Se o caminho é fechado, isto é, se P e Q coincidem, então: 
f A d i = V(P) - V(P) = 0 
EXERCÍCIO PRÁTICO 3.12 
Demonstre que B = (y + z cos xz)a_, + xa>, + x cos xz a, é conscrvativo, sem calcular 
nenhuma integral. 
Resposta: a demonstração. 
L Os deslocamentos di ferenciais nos sistemas cartesiano, cilíndrico e esférico são, respectivamente: 
di = dx ax + dy ay + dz a, 
di = dp a" + p dt/> a., + dz a: 
dl= dr a, + r dfJ a8 + r sen e dt/> a<~ 
Observe que dl é sempre considerado com orientação positiva, c a orientação do deslocamento 
é indicada nos limites de integração. 
2. As áreas diferenciais normais nos três sistemas de coordenadas são, respectivamente: 
dS = dydz a., 
dx dz ay 
dxdy a, 
dS = p dt/> dz aP 
dp dz a.; 
p dp dt/> a, 
dS = r 2 sen e de dt/> a,. 
r sen e dr dcf> ao 
r dr dO a<:l 
Observe que dS pode estar com orientação negativa ou positiva, dependendo da superrície 
considerada. 
3. Os volumes diferenciais nos três sistemas são: 
dv = dxdydz 
dv = p dp dt/> dz 
? 
dv = ,.- sen e dr dO dt/> 
Cálculo Vetorial • 95 
4. A integral de linha do vetor A ao longo do caminho L é dada por ] 1• A· dl. Se o caminho é fecha­
do, a integral de linha torna-se a circulação de A em torno de L, isto é,~~ A· dl. 
S. O nuxo ou integral de superfície de um vetor A através da superfícieS é definido como f 5 A· dS. 
Quando a superfícieS é fechada, a integral de superfície torna-se o nuxo líquido de A através de 
S, apontando para fora, isto é, p A· dS. 
6. A integral de volume de um escalar P,. sobre um volume v é definida como f . p,dv. 
7. A diferenciação vetorial é obtida utilizando o operador diferencial com caráter vetorial V. O gra­
diente de um campo escalar V é denotado por VV, a divergência de um campo vetorial A por V· 
A, o rotacional de A por V X A e o laplaciano de V por V2V. 
8. O teorema da divergência, p5 A • dS =f,. V· A dv, relaciona uma integral de linha sobre um ca­
•ninho fechado à uma integral de superfície. 
9. O teorema de Stokes, ~L A· dl = fs (V X A)· dS, relaciona uma integral de linha sobre um ca­
minho lechado à urna integral de superfície. , 
10. Se a equação de Laplace, v-v = O, é satisfeita por um campo escalar V em uma dada região, V 
é dito harmônico naquela região. 
11. Um campo vetorial é solenoidal se V ·A = O; é irrotacional ou conservativo se V X A = O. 
12. Um resumo das operações de cálculo vetorial nos três sistemas de coordenadas é fornecido nas 
guardas finais deste livro. 
13. As identidades vetoriais V • V X A e V X VV = O são muito úteis em EM. Outras identidades 
vetoriais estão no Apêndice AI O. 
QUESTÕES DE REVISÃO 
3.1 Considere o volume diferencial da Figura 3.24 e relacione os itens da coluna da esquerda com os 
da coluna da direita. 
(a) dl de A até 8 (i) dy d:. a .• 
(b) dl de A até D (i i) -dxd: ay 
(c) t/1 de A até E (iii) dx dy a, 
(d) dSda face ABCD (i v) -dx dy a, 
(e) dS da faceAEHD (v) dx a,.. 
(I) dS da face DCGH (vi) dy a> 
(g) dS da face ABFE (vi i) dz a, 
3.2 Para o volume diferencial na Figura 3.25, relacione os itens da lista da esquerda com os da lista da 
direita. 
(a) dl deEatéA (i) - p d<f> dz aP 
(b) dl de JJ até A (i i) -dp dz a<> 
(c) dl de D até A (i i i) -p dp d<f> a, 
(d) dS da faceABCD (i v) p dp d<f> a, 
(e) dS da face AEHD (v) dpaP 
(t) dS da face ABFE (vi) p df/> aQ 
(g) dS da face DCGH (vi i) dz a; 
96 • Elementos de Eletromagne tismo 
•• 
a, 
E 
A ~/-1--1 -----::-('"_/ 
8 
--
I 
I 
I 
I 
I 
I 
I H ,1.:---- - r---
/ I Olc.:...-----,--~(;, t .< 
(/)' 
F Figunt 3.24 Referente a Questão de Re visão 3. 1. 
d: 
G 
3.3 Um volume diferencial em coordenadas esféri cas é mostrado na Figura 3.26. Para o e lemento de 
volume, re lac ione os itens da coluna da esquerda com os da coluna da dire ita. 
(a) dl de A até D (i) - r2 senO dO d<P a,. 
(b) d i de E até A (i i) - r sen O dr d<P a0 
(c) dl de A at.é 8 (iii) r dr dO a.:. 
(d) dS da face EFGH 
(e) dS da face AEHD 
(I) dS da face ABFE 
(i v) dr ar 
(v) r dO ao 
(vi) r scn O d<J> ~ 
3.4 Se r = .~-a. + ya, + za:, é o vetor posição do ponto (x, y, :) e r = lrl. qual das seguintes igua ldades é 
incorreta? 
(a) V r= rir 
(b) V· r = I 
(c) V2(r · r ) = 6 
(d) V x r = O 
3.5 Qual das seguintes operações não faz sentido? 
(a) grad di v 
(b) div rot 
(c) grad l'Ot 
(d) rol grad 
(c) div rot 
Er---- -----. t·· Figura 3.25 Referente a Questão de Revisão 3.2. 
A li-, .__--.,.._..... 
I B 
I 
dz 
f<. o ---~_:_!~~;---L ....... -p~~ G 
•• c 
' ' ' 
A,....:::.~-+' --íOn 
I 
I 
I 
H~----
/ 
/ 
/ 
/ 
o--;--J 
dr c 
rd8 
c 
r~n 8 d~ 
3.6 Qual das seguintes operações resulta em zero'? 
(a) grad di v 
(b) di v grad 
(c) rot grad 
(d) rot rot 
Cálculo Vetorial • 97 
Figura 3.26 Referente a Questão de Revisão 3.3 
(c também rcfercrnc ao Exercício Prático 3. 1 ). 
3.7 Dado um campo A = 3fyza, + x3za
1
. + (X1y- 2z)a,. pode-se afirmar que A é: 
(a) Harmônico 
(b) Não-divergeme 
(c) Solenoidal 
(d) Rotacional 
(e) Conservativo 
3.8 A densidade de corrente superficial J, em um guia de onda retangular. está representada na Figura 
3.27. Observa-se na figura que J diverge na parede superior do guia. enquanto não diverge na pa­
rede lateral do guia. 
(a) Verdadeiro. 
(b) Falso. 
3.9 O teorema de Stokes é aplicável somente quando existe um caminho fechado e o campo vetorial e 
suas deri vadas são contínuas ao longo desse caminho. 
(a) Verdadeiro. 
(b) Falso. 
(c) Não necessariamente verdadeiro ou falso. 
3.10 Se um campo vetorial Q é solenoidal, qual das igualdades é verdadeira? 
(a) f. Q · d1 = O 
(b) f Q · dS =O s 
(c) V X Q =O 
(d) V X Q #0 
? 
(e) v-Q =O 
98 • Elementos de Eletro magnetismo 
PROBLEMAS I 
Figura 3.27 Referente a Questão de Revisão 3.8. 
Respostas: 3.1a-(vi), b-(vii ), c-( v), d -(i), e-(ii ), f-( iv), g-(iii); 3.2a-(vi), b-(v), c -(vii), d-(ii), 
e -(i), f-(iv), g-(iii) ; 3.3a-(v), b-(vi), c-(iv), d -(iii), e-( i), f-(ii) ; 3 .4b; 3 .5c; 3.6c; 
3.7e; 3.8a; 3.9a; 3.1 Ob. 
3.1 Utilizando o comprimento diferencial d/, deLemline o comprimento de cada uma das seguintes curvas: 
(a) p = 3, 7r/4 < <P < 1rl2, z = constante 
(b) r = I, O = 30°, O < <P < 60° 
(c) r= 4, 30° < O< 90°, tJ> = constante 
3.2 Calcule as áreas das seguintes superfícies, ut ilizando a área da superfície diferencial dS: 
(a) p = 2, O < z < 5, w/3 < <P < w/2 
(b) z = I, I < p < 3, O < ti> < 7r/4 
(c) r= 10, 1fl4 <O< 2w/3, O< tjJ < 21f 
(d) O < r< 4, 60° < O < 90•, q, = constante 
3.3 Utilize o volume diferencial dv para determinar os volumes das seguintes regiões: 
(a) O < x < I. I < y < 2, - 3 < z < 3 
(b) 2 < p < S. 7r/3 < t/> < 1r. -I < z < 4 
(c) I < r < 3, 1rl2 < O < 27r/3, 1rl6 < <1> < 1rl2 
3.4 Dado que Ps =i + xy, calcule f5p5 dS sobre a região y :Si. O< x < I. 
3.5 Dado que H = i a, + y\,, calcule L H · cn, considere L ao longo da curva y =i, de (0, O) a (I , I) . 
3.6 Encontre o volume de um cone, seccionado de uma esfe ra de raio r = a, limitado por() = ex. Cal-
cule o volume quando ex = 7r/3 e ex = 1rl2. 
3. 7 Se a integral J8 
F· cn for considerada como o trabalho realizado pam deslocar uma partícula de A 
até 8, encontr~ o trabalho realizado pelo campo de fo rça: 
F • l 2 
= 2~)'a, + ex· - z ) a, - 3xz a. . . . 
sobre uma partícula que se desloca de A(O, O, O) até 8(2, I , 3) ao lo ngo: 
(a) do segmento (0, O, 0) -t (0, I , O) -t (2, I , O) -t (2, I , 3) 
(b) da linha reta entre (0, O, O) até (2, I, 3) 
3.8 Se 
• H = (x - y)ax + (x- + zy)a
1
- 5yz a , 
calcule f H ·di ao longo do contorno da Fig ura 3.28. 
Cálculo Vetorial • 99 
Figura 3.28 Referente ao Problema 3.8. 
3.9 Se V = (x + y) z. calcule i VdS, onde Sé a superfície de uma fati a cilíndrica definida por O< cf> < 
1rl2, O < z < 2 c dS é normal à essa superfície. 
3.10 Seja A = 2xya., + xzay-ya,. Calcule f A dv sobre: 
(a) uma região relangular dada por O < x < 2, O s y s 2, Os z s 2; 
(b) uma região c ilíndrica dada por p < 3, O< z < 5; 
(c) uma região esférica dada por r s 4. 
3.11 A ace leração de uma partícula é dada por a = 2,4a , m/s2
• A posição inicial da partícula é r = (0, O, 
0), enquanto sua velocidade inicia l é v = - 2a, +Saz m/s. (a) Determine a posição da partícula no 
tempo t = I. (b) Determine a velocidade da partícula como uma função do tempo r. 
3.12 Encontre o gradiente dos seguintes campos escalares: 
' (a) V = 4xz- + 3yz 
(b) w = 2p (z2 +I) cos cf> , 
(c) H = r- cos cos cf> 
3.13 Determineo gradieme dos seguimes campos e calcule seu valor nos pontos especificados: 
(a) V = e12 ' • 3Y> cos Sz, (0, I, - 0,2, 0,4) 
(b) T = Spe-~ sen </>, (2. 7r/3, O) 
_ sen O sen cf> , 
(c) Q- , , (1, 1rl6, 1ff_) ,.-
3.14 Determine o vetor unitário normal à S(x, y, z) = i+ l- z no ponto ( I, 3, 0). 
3.15 A temperatura em um auditório é dada por T = x2 + l- z. Um mosquito localizado em ( I, I, 2), 
dentro do auditório, deseja voar em uma orientação tal que e le se aqueça o mais rápido possível. 
Em qua l orientação e le deve voar? 
3.16 Encontre a divergência e o rotacional dos seguintes ve tores: 
(a) A = e'Y a., + sen xy ay + cos2 xz a, 
(b) B = pz2 cos cf> aP + z sen2 cf> a, 
1 , 
(c) C= rcos O a,- - sen O a0 + 2r- senO a 0 ,. 
3.17 Calcule V X A e V· V X A se: 
? ? 
(a) A = X)"llx + y-za,. - 2xza: 
, - ? 
(b) A = p-za, + p·'ao + 3pz-a: 
sen cf> cos cf> 
(c) A = , a , - , ,.- ,.-
100 • Elementos de Eletromagnetismo 
3.18 Considere o vetor fluxo de calor H = kV T. onde T é a temperatura e k é a condulividade térmica. 
Mostre que, onde 
li"X ?T)" 
T = 50 sen- cosh -
2 2 
então V · H = O. 
3. 19 (a) Demonstre que 
V· (VA) = W ·A+ A· VV 
onde V é um campo escalar e A é um campo vetorial. 
(b) Calcule V· (VA ) quando A = 2xay + 3ya ... - 4za, e V = xyz. 
3.20 (a) Verilique a identidade 
V X (VA ) = V(V X A ) + VV X A 
onde V e A são, respectivamente, campo escalar c campo vetorial. 
1 
(h) Calcule V X (VA)quando V= -, e A = rcos Oa,. + rsen0a0 + senOcoscp a~. 
r" 
3.21 Se U = xz- x2y + /l, calcule di v grad U. 
3.22 Demonstre que V In p = V X cpa, . 
( 
rVO ) 
3.23 Prove que Vcp = V X sen 
0 
. 
3.24 Calcule VV, V · VV e V X VIl se: 
? 
(a) V = 3x·y + xz 
(b) V = PZ cos cp 
? 
(c) V = 4r· cosO sen </> 
3.25 Se r = .xa_, + ya_.. + za, e T = 2zya_, + x/a1 + x\;:a, , determine: 
(a) (V · r)T 
(b) (r· V)T 
(c) V · r(r · T) 
(d) (r· V)r2 
3.26 Se r = xa-' + ya,. + za, é o vetor posição do ponto (x, y, z), r = I ri c 11 é um inteiro, mostre que 
(a) V· /'r = (11 .+ 3)1' 
(b) V X r"r = O 
3.27 Considerando r e r do problema anterior, prove que: 
r 
(a) V (In r) = -
r 
• I 
(b) v- (In r) = --, ,.-
• 3.28 Para cada um dos seguintes campos escalares, determine v· v: 
(a) V1 = x~ + y3 + z3 
(b) v2 = p:2 sen 2</> 
(c) V3 = r 2(1 + cosO sen </>) 
Cálculo Vetorial • 101 
}' Figum 3.29 Referente ao Problema 3.31. 
3.29 Encontre o laplaciano dos seguintes campos escalares c calcule seu valor nos pontos indicados: 
(a) U = xVe". (I. - I. I ) 
(b) V = p2z(cos 4> + sen </>), (5, 1r/6, - 2) 
(c) IV = e - r senO cos </>, ( I, 7r/3, 1r/6) 
) 2 ' ' 3 ' 2 2 n 2 · 3.30 Se V = ..1 y z· e A = x·ya, + xt aY- y·z a,, encontre (a) V V; (b) v A ; (c) grad d•v A ; (d) rot rot A. 
* 3.31 Dado F = Jy a, - y a.,·• encontre: 
(a) Pt F· di onde L é o da Figura 3.29. 
(b) f s (V x V)· dS, onde Sé a área limitada por L. 
(c) O teorema de Stokes é satisfeilo para esse caso? 
3.32 Seja O = 2pl aP + p cos
2 <t>az. Calcu le: 
(a) p O · dS 
s 
(b) J. V· O dv 
na região definida por O < p < 5, -I s z s I, O< 4> < 2w. 
3.33 Se F = x2a.,. + / ay + (z2 
- I ) a, encontre p F · dS. onde Sé definido por 
s 
p = 2. o < z < 2 , o < q, < 21r. 
3.34 (a) Dado que A = xya, + yzay + xza,, calcule p A · dS, onde Sé a superfície de um cubo, delinido 
s 
por 0 S x S I , 0 S y S I, 0 S z S I. 
(b) Resolva novamente a parte ( a) considerando que S permaneça o mesmo e A = yzax + 
xza,. + xya .. . -
3.35 Verifique o teorema da di vergência 
f V ·A dv 
,. 
para cada um dos seguintes casos: 
(a) A =x/a, + .r\ .+ /za, e Sé a supcrtlcic de um cubóide, definido por 
O<x< I, O<y< I, O<z< I; 
(b) A = 2pza. + 3z sen <f> a., - 4p cos 4> a, c Sé a superfície da fatia. definida por 
o < p < 2. o < </> < 45°, o < z < 5; 
(c) A = r2a, +r senO cos 4> a, e S é a superiTcie de um quano de urna esfera. definida por 
O < r < 3, O < <f> < 7r/2, O < O < r./2. 
102 • Elementos de Eletromagnetismo 
)' J' 
Jr---_ 2 
..__ _ __ ---:!--- X 
o 2 ~--';---*--!----+--- .• - 2 - 1 o 2 
(3) (b) 
Fi~tura 3.30 Referente ao Problema 3.37. 
3.36 O momento da inércia em tomo do eixo z de um corpo rígido é proporcional a 
I 
o , 
V + y-) dx dy dz 
• 
Expresse esse momento como o nuxo de algum campo vetorial A através da superfície do corpo. 
* 3.37 Seja A = p sen rJ> aP + tla9. Calcule ~I. A · d l dado que 
(a) L é o contorno da Figura 3.30(a). 
(b) L é o contorno da Figura 3.30(b). 
3.38 Calcule o nuxo total do vetor 
o 
F = p - sen 4> aP + z cos rJ> a9 + PZ3: 
que sai através de um cilindro ôco, definido por 2 :S p :S 3. O :S z :S 5. 
3.39 Encontre o nuxo do rotacional do campo 
I 
T = -; cos 6 a, + r sen 6 cos rJ> aq + cos 6 a0 r -
através do hemisfério r = 4 e z < O. 
**3.40 Um campo vetorial é dado por 
Vx2 + l + z2 
Q = V 0 , r(x - y)a_. + (X + y)a~ 
.. c+ y-
Calcule as seguintes integrais: 
(a) f,_ Q ·di onde L é a borda circular do volume na forma de uma casquinha de sorvete, mos­
trado na Figura 3.31. 
(b) f s (V X Q) · dS, onde S, é a supertlcie no topo desse volume. 
(c) f s; (V X Q) · dS, onde S2 é a superfície da lateral cônica desse volume. 
(d) Js, Q · dS. 
(e) fs, Q · dS. 
(I) f ,, V · Q dv. 
Como os resultados nos itens (a) até (f) podem ser comparados entre si? 
•• Asteriscos duplos indicam problemas mais di !iceis. 
Cálculo Vetorial • 103 
Figura J.Jl Volume na forma de uma casquinha 
de sorvete. referente ao Problema 3.40. 
*3.41 Um corpo rígido gira em torno de um eixo fixo que atravessa o seu centro com uma velocidade an­
gular w. Se u é a velocidade em qualquer ponto no corpo, mostre que 111 = 1/2 V X u. 
3.42 Sejam U e V campos escalares, mostre que 
3.43 Mostre que 
f uvv o d l = -f vvu o d l 
L L 
f r"dv = 
1 1 r"r · dr 
11 + 3 r 
onde r. r e 11 são definidos como no Problema 3.26. 
3.44 Dado o campo vetorial 
G = ( 16xy - z)a,. + 8.x2a1 - xa, 
(a) G é irrotacional (ou conservativo)? 
(b) Encontre o nuxo líquido de G atmvés do cubo O < x, y, z < I. 
(c) Determine a circulação de G no contorno do quadrado z = O, O < x, y < I. 
Considere o senúdo anti -horário. 
3.45 Se o campo vetorial 
T = (axy + {Jz3)a, + (3x2 
- -yz)a,, + (3xz2 - y)a, 
é rotacional, determine a , {3 e 'Y· Encontre V · T em (2, - I , 0). 
PARTE 2 
ELETROSTÁTICA 
Capítulo 4 
CAMPOS ELETROSTÁTICOS 
Arrisque-se: se você vencer, será feliz; se perder, será sábio. 
- PETER KREEFT 
4.1 INTRODUÇÃO 
Tendo dominado algumas ferramentas matemáticas essenciais para esse curso, estamos agora prepa­
rados para estudar os conceitos básicos do EM. Começaremos com os concei tos fundamentais que 
são aplicáveis a campos elétricos estáticos (ou invariáveis no tempo) no espaço livre (ou vácuo). Um 
campo eletrostático é gerado por uma distribuição de cargas estáticas. Um exemplo típico é o campo 
encontrado no interior de tubos de raios catódicos. 
Antes de começarmos nosso estudo de eletrostática, talvez seja útil examinarmos, brevemente, a 
sua importância. A eletrostática é um tema fascinante que se desenvolveu em diversas áreas de apli­
cação. Transmissão de energia elétrica, aparelhos de raios X e proteção contra descargas elétricas at­
mosféricas estão associados a campos elétricos muito intensos, c é necessário ter conhecimento de 
eletrostática para entendê-los e ser capaz de projetar equipamentos adequados. Os dispositivos utili­
zados em eletrônica do estado sólido têm seu funcionamento baseado na eletrostática. Aí incluem-se 
resistores, capacitares e componentes ativos, como os transistores bipolares e os de efeito de campo, 
nos quais o controle do movimento dos elétrons é feito por campos eletrostáticos. Praticamente, to­
dos os disposi tivos periféricos de computadores, com exceção da memória magnética, baseiam-se 
em campos eletrostáticos. Mouses do tipo touch pads, teclados capacitivos, tllbos de raios catódicos, 
mostradores de cristal líquido e impressoras eletrostáticas são exemplos típicos. Na Medicina, os 
diagnósticos são muitas vezes obtidos com a ajuda da eletrostática,incorporada em eletrocardiogra­
mas, elctrocncéfalogramas e outros tipos de registros de órgãos com ati vidade elétrica, incluindo 
olhos, ouvidos e estômago. Na indústria, a eletrostática é utilizada de várias maneiras, como em pin­
tura eletrostática, cletrodeposição, usinagcm cletromecânica c em processos de separação de peque­
nas partículas. A eletrostática é usada em agricultura na seleção de grãos, na pulverização de planta­
ções, na medição do nível de umidade da produção armazenada, na li ação de algodão e também pa­
ra aumentar a velocidade dos processos de cozimento do pão c da defumação da earne.'-2 
Começaremos nosso estudo da eletrostática investigando as duas leis fundamentais que gover­
nam os campos eletrostáticos: (I) lei de Coulomb e (2) lei de Gauss. Ambas são baseadas em estu­
dos experimentais e são interdependentes. Embora a lei de Coulomb seja aplicável na determinação 
do campo elétrico devido a qualquer configuração de cargas, é mais fácil usar a lei de Gauss quando 
a distribuição de cargas é simétrica. A partir da lei de Coulomb, o conceito de intensidade de campo 
elétrico será introduzido e aplicado a casos envolvendo cargas pontuais, distribuições de cargas em 
linha, em superfícies e em volume. Casos especiais que podem ser resolvidos, com muito esforço, 
usando a lei de Coulomb serão facilmente resolvidos aplicando-se a lei de Gauss. Ao longo de nossa 
discussão neste capítulo, assumiremos que o campo elétrico está no vácuo ou no espaço livre. Oca­
so de campo elétrico em um meio material será tratado no próximo capítulo. 
1 Paro várias aplicações de clctrost~tica. veja J. M. Crowlcy. Fuudamemals os Applied Elecrrosltllics. Ncw York John Wilcy & Sons. 1986: A. O. Moorc. cd .. 
Elecrroslatics tmd fls Applicarious. Ncw York: John Wilcy & Sons. 1973: c C. E. Jowctt. Eltctrostorics iurhe Eltcmmics Eu•·iromurm. Ncw York: John Wiley & 
Sons. t976. 
1 Uma história interessante sobn: a mágica da eletrostática é encontrada em B. Bollon. Elecrmmugneli.<m anti fls Atlfllicariou.<. Loodon: Van Nosuand. t980. p. 2. 
108 • Elementos de Eletromagnetismo 
4.2 LEI DE COULOMB E INTENSIDADE DE CAMPO 
A lei de Coulomb é uma lei experimental, formulada em 1785 pelo coronel francês Charles Augus­
tin de Coulomb. A lei trata da força que uma carga pontual exerce sobre outra carga pontual. Por car­
ga pontual entendemos uma carga que está localizada sobre um corpo cujas dimensões são muito 
menores que outras dimensões relevantes. Por exemplo, uma coleção de cargas elétricas sobre a ca­
beça de um alfinete pode ser considerada como uma carga pontual. Geralmente, as cargas são medi­
das em coulombs (C). Um coulomb, que é, aproximadamente, equivalente a 6 X I 013 elétrons, é uma 
unidade muito grande de cargas porque a carga de um elétron e = - 1,6019 X I 0"19 C. 
A Lei de Coulomb estabelece que a força F entre duas cargas pontuais Q1 e Q2 é: 
1. ao longo da linha que une as cargas; 
2. diretamente proporcional ao produto das cargas Q,Q2; 
3. inversamente proporcional ao quadrado da distância R entre elas.3 
Matematicamente, 
(4.1) 
onde k é a constante de proporcionalidade. Em unidades do SI, cargas Q1 e Q2 são em coulombs (C), 
a distância R é em metros (m) e a força em newtons (N) tal que k = 1/4 1re
0
• A constante e, é chama­
da de permissividade do espaço livre (em farads por metro) c tem o valor 
eo = 8,854 X 10 12 == I0-
9 
F/m 
3671" 
k = I == 9 X 109 m/F 
47re0 
Dessa maneira, a equação ( 4.1) pode ser escrita como 
F 
(4.2) 
(4.3) 
Se duas cargas pontuais Q, c Q2 estão localizadas em pontos cujos vetores posição são, respectiva­
mente, r , e r2, então a força F 12 sobre a carga Q2 devido a carga Q1, mostrada na Figura 4. 1, é dada por 
Q,Q2 
(4.4) F1? = aR 
- 4 R2 
" 11"Bo 
onde 
R12 = r2- r , (4.5a) 
R = IRd (4.5b) 
R,2 
aR.,= R (4.5c) 
3 Maiores detalhes sobre a \'Criticaçiio experimental da lei de Coulomb pode ser encontr:ldo em W. F. M:~gie. A Sour.rt Bt)()k ;, Physics. Crunbrigde: Harvard Uni v. 
Press. 1963. p. 408-420. 
Campos Eletrostáticos • 109 
Figura 4.1 Vetor força coulombiana sobre as cargas pontuais 
Q, e Q2. 
Substituindo a equação (4.5) na equação (4.4), podemos reescrever a equação (4.4) como 
QIQ2 
F ,2 = 3 R1 2 (4.6a) 
47re0R· 
ou 
(4.6b) 
É importante notar que 
1. Conforme mostrado na Figura 4.1 , a força F21 sobre a carga Q1 devido a carga Q2 é dada por 
ou 
(4.7) 
já que 
2. Cargas de mesmo sinal se repelem, enquanto cargas de sinal contrário se atraem. Ilustração na Fi­
gura 4.2. 
3. A distância R entre os corpos carregados Q, c Q2 deve ser bem maior que as dimensões lineares dos 
corpos. isto é. Q1 c Q2 devem ser cargas pontuais . 
.J. Q1 c Q2 devem ser estáticas (cargas em repouso). 
S. Os sinais d..: Q1 e Q2devem ser levados em consideração na equação (4.4). 
Se tivermos mais do que duas cargas pontuais, podemos usar o princfpio da supelJJOsição para 
determinar a força sobre uma determinada carga. O princípio estabelece que se houver 11 cargas Q~> 
Q,_ ... Q,. localizadas, respectivamente, em pontos cujos vetOres posição r 1, r 2, ••• , rN, a força resultan­
te F sobre uma carga Q localizada no ponto r é dada pela soma vetorial das forças exercidas sobre Q 
devido a cada uma das cargas Q,. Q2, ... , Q..,. Portanto: 
ou 
.. + 
..... .._. ··-· 
(Q) 
F = QQ1(r - r 1) + QQ2(r - r 2) + . 
47re0 lr - r1 1
3 47re0 lr - r2l3 
+ .. . . ... • • 
(b) (C) 
(4.8) 
• ; fii!Unt 4.2 (a), (b} Cargas de mesmo sinal se repelem: 
(c) cargas de sinais contrários se atraem. 
11 O • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 4.1 
Agora, podemos introduzir o conceito de intensidade de campo elétrico. 
O vetor intensidade de campo elétrico E é dado pela força por unidade de carga imersa nes­
se campo elétrico. 
Assim, 
ou simplesmente 
. F 
E= hm ­
Q-+O Q 
F 
E =-
Q 
(4.9) 
(4.10) 
A intensidade de campo elétrico E está, obviamente, na mesma direção da força F c é medido cmnew­
tons/coulomb ou em volts/metro. A imensidade de campo elétrico em um ponto cujo vetor posição é 
r , devido a uma carga pontual localizada em r', é obtida a partir das equações (4.6) e (4.1 0), como 
E (4.1 l) 
Para N cargas pontuais Q,, Qz, ... , Q.v localizadas em r 1,r2, ... , r,., a intensidade de campo elétrico 
no ponto r é oblida das equações (4.8) c (4.1 O) como 
E = Q1(r - r1) + Q2(r - r2 ) + . 
41!'e0 Jr - r .j3 47re0 Jr - r2J3 
ou 
( 4.12) 
Duas cargas pontuais de I mC e- 2 mC estão localizadas em (3, 2,- I) c(- I, - I, 4), respectiva­
mente. Calcule a força elétrica sobre uma carga de I O nC, localizada em (0, 3, I), c a intensidade 
do campo elétrico nesse ponto. 
Solução: 
F "' QQk _ "' QQk(r - rk) 
- ..4J 2 3 R - ..4J 3 
k= l.2 411'e0 R k = l.2 47re0 Jr - rkl 
= Q { w- 3r<o. 3, 1 > - (3, 2, - ~ )J _ 2, I0-
3r<o. 3, 1 > - <- 1. - 1, 4)]} 
411'E:o J(0, 3, 1)- (3,2, - I)J J(0,3, I)- (- I, - 1,4)J3 
10- 3 ·10·10- 9
[ (-3, 1, 2) 2(1 , 4,-3)] 
= 10- 9 (9 + I + 4)312 - (I + 16 + 9)312 
41!'. --
361i 
= 
9
. 
10
_2[(-3, I, 2) + (-2, -8, 6)] 
14VJ4 26\126 
F = - 6,507a, - 3,817a,. + 7,506a: mN 
EXEMPL04.2 
No ponto (0, 3, l ), 
E = F 
Q 
10- 3 
= (- 6,507,- 3,817, 7,506). 9 
lO . lO 
Campos Eletrostáticos • 111 
E = - 650,7a_, - 381,7a_.. + 750,6a: kY/m 
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.1 
Duas cargas pontuais de 5 nC e- 2 nC estão localizadas em (2, O. 4) e(- 3, O, 5), 
respectivamente. 
(a) Determine a força sobre uma carga pontual de l nC localizada em (I, - 3, 7). 
(b) Encontre o campo elétrico E em ( I,- 3, 7). 
Resposta: (a)-1,004a.,- 1,284a,.+ 1,4a, nN, 
(b)- 1,004a,- 1,284a>' + l ,4a: V/m. 
Duas cargas pontuais de mesma massa m c carga Q estão suspensas em um ponto comum por dois 
fios de massa desprezível e comprimento/. Demonstre que, na situação de equilfbrio, o ângulo de 
inclinação a de cada um dos fios em relação à vertical é dado por 
Se a é muito pequeno, demonstre que 
Solução: 
Considere o sistema de cargas mostrado na Figura 4.3, onde F, é a força elétrica ou coulombiana, T 
é a tensão mecânicaem cada fio c mg é o peso de cada carga. Em A ou 8 
Por isso, 
Mas 
Portanto, 
ou 
Tsen a= F., 
Tcos a= mg 
r= 2e sen a 
, e' , Q- = l67r€0 mg - sen· a tg a 
conforme solicitado. Quando a é muito pequeno 
tg a = a = scn a 
112 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 4.3 
mg mg 
Fi~:ura 4.3 Panículas ca1Tcgadas suspensas: referente 
ao Exemplo 4.2 
e, então, 
ou 
º2_ 16 e23 - 1rt:; 0mg ex 
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.2 
Três pequenas esferas idênticas, de massa m, estão suspensas, a partir de um 
mesmo ponto, por fios de massa desprezível e de igual comprimento e. Uma 
carga Q é dividida igualmente entre as esferas, e essas, no equilíbrio, se posicionam 
nos vértices de um triângulo eqüilátero horizontal de lado d. Demonstre que 
[ 
(P] 112 
Q2 
= 121reomgd3 e2 
- 3 
onde g = aceleração da gravidade. 
Resposta: a demonstração. 
Uma aplicação prática da eletrostática é na separação eletrostática de sólidos. Por exemplo, o miné­
rio de fosfato da Flórida, que consiste de pequenas partículas de quartzo c de rocha de fosfato, 
pode ser separado em seus componentes aplicando um campo elétrico uniforme, como mostrado na 
Figura 4.4. Supondo velocidade e deslocamento iniciais das partículas zero, determine a separação 
entre elas após caírem 80 em. Considere E= 500 kY/m c Q/111 = 9 f.lC/kg tanto para as partículas 
carregadas positivamente como para as partículas carregadas negativamente. 
Campos Eletrostáticos • 113 
y Fi1,'Ura 4.4 Separação eletrostática de sólidos: 
referente ao exemplo 4.3. 
-,------f~o:+ ~:.._--.,..--- ·' + 
+o 
t O 
.. o 
+o 
+o 
+o 
- O+ 
Fosf:uo 
Solução: 
E 
o -
o-
o -
o-
- o + 
Qu~nw 
Desconsiderando a força coulombiana entre as partículas, a força eletrostática, devido ao campo elé­
trico E, age horizontalmente, enquanto que a força gravitacional age verticalmente sobre as partícu­
las. Assim, 
ou 
Integrando duas vezes, tem-se 
' d-x 
QE = m-? a,, 
dr 
onde c 1 c c2 são constantes de integração. Da mesma maneira . 
ou 
Integrando duas vezes, obtemos 
., 
d-;· 
-mg = 111 --:; 
dr 
- g 
? 
y = - 112gr + c3t + c~ 
Já que o deslocamento inicial é zero, 
x(t = O) = O ~ c2 = O 
y(t = O) = O ~ C4 = O 
114 • Elementos de Eletromagnetismo 
Também, devido à velocidade inicial ser zero, 
dx =o -t c. =o 
dt t=O 
dy 
= 0 -t C3 = 0 
dt r-o 
Assim, 
QE , 
x =-r 
2m 
y= 
I 
- - gt2 
2 
Quando y = - 80 em = - 0,8 m 
2 0,8 X 2 
l = 9,8 = 0,1633 
e 
X = 1/2 X 9 X 10- 6 X 5 X 10~ X 0,1633 = 0,3673m 
A separação entre as partículas é de 2x = 73,47 em. 
' ' EXERCICIO PRATICO 4.3 
Um canhão de íons emite íons positivos de Césio, a partir de um eletrodo em formato 
de cunha, para dentro de uma região descrita por x >h~ . Considere o campo elétrico 
de E = - 400a, + 200a,. kV/m. Considere, ainda, que os íons tem uma única carga ele­
trônica dada por e = - ·l ,6019 X I o-•9 C e massa m = 2,22 X I 0-25 kg e se deslocam no 
vácuo, a partir do repouso (velocidade inicial zero). Se as emissões estão confinadas 
em - 40 em < y < 40 em, determine o maior valor de x que pode ser alcançado. 
Resposta: 0,8 rn. 
, - , 
4.3 CAMPOS ELETRICOS DE DISTRIBU IÇOES CONTINUAS DE CARGA 
A té agora temos considerado somente forças e campos elétricos de cargas pontuais; isto é, essencial­
mente cargas que ocupam um pequeno espaço físico. É tambén1 possível termos distribuições contí­
nuas de carga ao longo de uma linha, sobre uma superfície ou em um volume, corno ilustrado na Fi­
gura 4.5. 
É usual denotar a densidade de cargas linear, superficial e volumétrica por Pt (em C/m), Ps (em 
C/m2
) c P,. (em C/m3
), respectivamente. Essa notação não deve ser confundida com p (sem índice 
subscrito) usado para denotar a distância radial no sistema de coordenadas ci líndricas. 
O elemento de carga dQ e a carga total Q associados a tais distribuições são obtidos, observada a 
Figura 4.5, como a seguir: 
Pt + 
Q +? + . 
Cargn Linha 
pon1u:ll de e:ugns 
+ + + 
+ Ps + 
+ + + 
Superffeie 
de cargas 
Volume 
de cargas 
Fi~um 4.5 Várias distribuições de carga 
c c tememos de carga. 
Campos Eletrostáticos • 115 
dQ = Pi.. dl-t Q = IPI.. d/ 
/.. 
dQ = Ps dS -t Q = f Ps dS 
s 
dQ = p,. dv -t Q = f p,. dv 
,. 
(linha de cargas) (4. 13a) 
(superfície de cargas) (4.13b) 
(volume de cargas) (4. 13c) 
A intensidade de campo elétrico devido a cada uma dessas distribuições p~... Ps e P,., pode ser ob­
tida a partir da soma das contribuições elementares de campo devido a cada um dos numerosos pon­
tos de carga que constituem a distribuição. Dessa forma, substituindo Q na equação (4. 11) pela car­
ga elementar dQ = P1.. dl, Ps dS ou P,.dVe integrando, obtemos 
E = I Pl.. d/ 
? aR 
41!'e0R-
(linha de carga) ( 4. 14) 
E = I Ps dS 
47re0R 2 3 R (supcrfrcie de carga) ( 4. 15) 
E= I p ,. dv 
4 oR1 aR 11'€ -
(volume de carga) (4. 16) 
Deve ser observado que K e aR variam à medida que as integrais nas equações (4. 13) a (4. 16) são cal­
culadas. A seguir, aplicaremos essas fórmulas para algumas distribuições de carga. 
A. Linha de carga 
Considere uma linha de carga com uma densidade uniforme de carga p ... estcndendo-sc de A até B, 
ao longo do eixo z. como mostra a Figura 4.6. O elemento de carga dQ associado ao elemento de 
comprimento da linha d/ = d<. é dado por 
dQ = P1.. d/ = P1.. dz 
e, por isso, a carga total Q é dada por 
dE, dE 
(0,0, :) T 
p 
B 
(0. o.:') 
---!:0:------------ y 
Figure 4./í Cálculo do campo elétrico E 
devido a urna linha de cargas. 
(4.17) 
116 • Elementos de Eletromagnetismo 
A intensidade de campo elétrico E em um ponto arbitrário qualquer P (x. ); z) pode ser determina­
da utilizando a equação (4.14). É importante saber identificar cada termo nas equações (4. 14) a (4. 16) 
e substitui-lo adequadamente para uma dada distribuição. Costuma-se denotar o ponto de interesse' 
por (x, y, z) c o ponto fonte (origem do campo) por (x', y', z' ). Dessa maneira, a partir da Figura 4.6, 
d/= dz' 
R = (x, y, z) - (0, O, z') = xa_, + ya> + (z - z')a: 
ou 
R = pa" + (z - z') a= 
2 I I
? 2 ? ? ? ? R = R - = x + y- + (z - z')" = p· + (z - z't 
aR _ R _ pae + (z - z')a: 
Ri - IRI3 - [/ + (z - z')2]'12 
Substituindo todas essas relações na equação (4.14), obtemos 
E = Pt. J pa/) + (z - z') a, d•' 
41l'eo (P2 + (z - z')2)312 ~ 
Para calcular o valor do campo, é conveniente definir a, a, c a2, mostrados na Figura 4.6. 
z' = OT - p tg a, dz' = - p scc2 a da 
Por isso, a equação (4. 18) pode ser reescrita como 
_ -p~ f"'' p sec
2 
a [cosa ae + sen a aJ da 
E - • • 47re0 p· scc· a ... 
p . 
f 
... 
= - ~ [cosa a" + sen a aJ da 
4r.eoP ... 
Assim, para uma linha finita de cargas, 
PL. E = [ - (sen a2 - sen a 1)a" + (cos a2 - cos a 1)a4] 
47rSoP 
( 4.1 8) 
(4. 19) 
(4.20) 
No caso especial de uma linha infinita de carga, o ponto 8 si tua-se em (0, O, =) e o ponto A em (0, 
O,-=), de forma que 011 = 1r/2 e 012 =- 1r/2; a componente do campo na direção z desaparece e a 
equação ( 4.20) assume o seguinte aspecto 
(4.21) 
Note que a equação (4.21) é obtida considerando-se a linha infinita de cargas no eixo z, de forma que 
p e a, têm o significado convencional, em coordenadas cilíndricas. Se a linha não estiver sobre o ei­
xo z, p deve ser entendido como a distância, tomada perpendicularmente à linha, da distribuição de 
carga até o ponto de interesse e a, deve ser entendido como o vetor unitário ao longo dessa direção 
perpendicular. 
• Pon1o de interesse é o ponto no qual se quer calcular o campo. 
Campos Eletrostáticos • 117 
•• 
Figura 4.7 Determinação do campo elétrico E devido a uma lâmina de cargas. 
n. Superfície de carga 
Considere uma lâmina infinita de carga, no plano xy com uma densidade uniforme de carga p5• A car­
ga associada a uma área elementar dS é dada por: 
dQ = PsdS 
e, portanto, a carga total é 
Q =f PsdS (4.22) 
A partir da equação (4.1 5), a contribuição da superfície elementar I (mostrada na Figura 4.7) para o 
campo E no ponto P(O, O, h) é 
Da figura 4. 7, 
R = p( - a,) + ha,, 
RdQ = Ps dS = Ps Pdtf>dp 
Substituindo essas relações na equação (4.23), tem-se: 
(4.23) 
(4.24) 
Devido a simetria da distribuição de cargas, para cada elemento I existe um elemento corresponden­
te 2 cuja contribuição ao longo de a. se cancela com a contribuição do elemento I , como mostrado 
na Figura 4.7. Dessa forma, as contribuições para E. se cancelam c E passa a ter só componente ao 
longo dez. Isso pode ser mostrado matematicamente substi tuindo a, porcos 41 ax + sen 41 a) .. A inte­
gração de cos ljJ ou de sen q, no intervalo O < ljJ < 2"11" resulta em zero. Logo, 
118 • Elementos de Eletromagnetismo 
_I 1E _ Ps J2
" f"' hp dpd,P E - G • - [ , ')312 a. 
• 41n;0 6
_
0 
p • O p· + fi· • 
Psh i"' ( , , 1 _.~ I , = 21f p" + , . .w~ - d(p") a, 
41fS0 0 
2 
Psh { [ , ']- • ~} "' = - - p· + , . •• a, 
2eo o 
Ps E= - a. 
2e0 • 
(4.25) 
isto é, E tem somente componentes ao longo de z se a carga está distribufda no plano xy. Em geral , 
para uma lâmi11a illfinita de carga, temos 
Ps E = - a 
2 " e o 
(4.26) 
onde a .. é um vetor unitário normal à lâmina. A panir das equações (4.25) ou (4.26), nota-se que o 
campo elétrico é normal à lâmina e é surpreendentemente independente da distância entre a placa e 
o ponto de observação P. Em um capacitar de placas paralelas, o campo elétrico existente entre as 
duas placas carregadas com cargas iguais e opostas é dado por 
Ps 
E = - a + 
2 •I 
e o 
- ps Ps 
2 
(- a.,) = -
8 
a, 
Bo o 
(4.27) 
C. Volume de carga 
Seja uma distribuição volumétrica de carga com densidade uniforme de carga P,. como mostrado na 
Figura 4.8. A carga dQ associada ao elemento de volume dv é 
.~ 
z 
P(O, O, z) 
z 
• n ' -----"....! 
- --- e·, --' I -
I -
dQ = p, dv 
dv em (r'. o·,<!> ') 
/ I ' 
~~-r--~r-------y / ' I f/1 I .... .... ..,J 
Fi~:ur.l 4.8 Determinação do campo eléuico E devido à distribuição volumétrica de carga. 
Campos Eletrostáticos • 119 
e, assim, a carga total na esfera de raio a é 
Q = I p ., dv = p ,. I dv 
4'l!"a3 
= Pv 
3 
O campo elétrico dE em P(O, O, z) devido ao volume de carga elementar é 
dE 
p,, dv 
= ., aR 
4'lTe0R-
(4.28) 
onde a11 = cos a a; + sen a aP. Devido à simetria da distribuição de cargas, as contribuições às com­
ponentes Ex e E. cancelam-se. Resta apenas a componente E .• dada por . . 
I p., I dv cos a E = E· a, = dE cosa = , 
z • 4'lTe
0 
R· (4.29) 
Novamente, temos que derivar expressões para dv, R2 c cosa. 
dv = r'2 sen ()' dr' dO' d<P' (4.30) 
Aplicando a regra dos cossenos na Figura 4.8, temos 
' ? ? r'·= z· +R-- 2zRcos a 
É conveniente calcular a integral na equação (4.29) em termos de R e r'. Por isso expressamos cos 8', 
cos a e sen O' dO' em termos de R e r', isto é: 
? ? , z· +R- - r'· 
cosa = -'-----
2zR 
? ? ? z· + r'· - R­
cos ()' = -----
2zr' 
Diferenciando a equação (4.31 b) em relação a 0', mantendo z e r' lixos, obtemos 
RdR 
scn (}' dO' = --:­
z r' 
Substi tllindo as equações (4.30) a (4.32) na equação (4.29), obtém-se 
Pv Jh t 'fa f'' "' ,, RdR , z
2
+ R
2
- r'
2 
E = --"--''- c. <P r • dr -----
z 4'lTBo ó'= O ' r' =O R - z - r' zr' 2zR R2 
= p,2'lT f" J z+r' r' [ I + z2 - r'2] dR dr' 
8'lTSoZ2 r'=O R= : - r' R2 
= p,,'lT 21" r' [R - (z2 - r'2) ]:+r' dr' 
4'lTBoZ 0 R :-r ' 
_ Pv1i la 4 .2 d , _ I _I (4 3 ) - , r r - , - 'lTO p,, 
4'lTSoZ- O 4'lTe0 z· 3 
ou 
Q 
E = , a. 
4'lTeoZ- • 
(4.31 a) 
(4.31 b) 
(4.32) 
(4.33) 
120 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 4.4 
Esse é o resultado para E no ponto P(O, O, z). Devido à simetria da distribuição de cargas, o campo 
elétrico em P(r, O, if>) é obtido a partir da equação (4.33), tal que 
E = Q a 
4we0r2 
' 
(4.34) 
o qual é idêntico ao campo elétrico produzido, no mesmo ponto, por urna carga pontual Q localizada 
na origem ou no cemro da distribuição esférica de carga. A razão disto ficará evidente ao estudarmos 
a lei de Gauss na Seção 4.5. 
Um anel circular de raio a está carregado com uma distribuição uniforme de carga p
1
• Clm e está no 
plano xy com seu eixo coincidindo com o eixo z. 
(a) Demonstre que: 
E(O, O, h) = [ 2 2]312 a: 
2e0 h +a 
(b) Para quais valores de h o E tem valor máximo? 
(c) Se a carga total do anel for Q, determine E para ti ~ O. 
Solução: 
(a) Considere o sistema mostrado na Figura 4.9. Novamente, o ponto-chave para determinar E a par­
tir da equação (4. 14) é explicitar cada termo dessa equação. Nesse caso 
d/= a d</>, 
ou 
-aaP + ha: 
[a2 + l?rn 
Por isso, 
Por simetria, as contribuições na direção aP se cancelam. Isso lica evidente se observarmos que, pa­
ra cada elemento dl, existe um elemento correspondente em posição diametralmente oposta que ge­
ra um campo de igual valor dEP, mas com orientação oposta tal que essas duas contribuições se can­
celam entre si. Dessa forma, restam só as componentes ao longo de z. Isto é 
PLaha. I 2.. p1 alm. 
E= • d<P = · • 
47reo[h2 + a2]3t2 o 2eo[l? + a2}"2 
conforme solicitado. 
X 
(b) 
Para E máximo, 
diEI 
dh 
p~_a 
=-
diEI 
....!.....!. = O, o que implica 
dh 
? ? a- - 2h- =O ou 
a 
h = ~Vi 
Campos Eletrostáticos • 121 
Fijtura -t9 Anel carregado: referente 
ao Exemplo 4.4. 
(c) Como a carga está uniformemente distribuída, a densidade de carga da linha é dada por 
tal que 
Como a~ O, 
ou, em geral 
PL = 
Q 
21!'0 
Q E = ? a. 
47re 11- -o 
que é o mesmo de uma carga pontual, como o esperado. 
122 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 4.5 
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.4 
Um disco circular de raio a está uniformemente carregado com Ps Clm2
• Considere 
o disco no plano z = O com seu eixo ao longo dez. 
(a) demonstre que, em um ponto (0, O, h) 
(b) a partir disso, determine o campo E devido a uma lâmina infinita de cargas 
colocada sobre o plano z = O. 
(c) Se a« h, demonstre que E é similar ao campo de uma carga pontual. 
Resposta: (a) a demonstração; (b) Ps a, ; (c) a demonstração. 
2e, 
Uma lâmina finita O < x < I, O < y < I, sobre o plano z = O, tem uma densidade de carga dada por 
P .• = xy(x2 + l + 25)312 nC/m2
• Determine 
(a) a carga total na lâmina; 
(b) o campo elétrico em (0, O, 5); 
(c) a força experimentada por uma carga de- I mC localizada em (0, O, 5). 
Solução: 
(a) Q = f PsdS = i' i' xy(x2 + / + 25)31! dxdy nC 
o o 
Já que x dx = 1/2 d(x\ integramos em relação a i (ou fazemos uma mudança de variáveis: x1 = 11, 
tal que x dx = du/2). 
[ i I i I Q = - y (x2 + y2 + 25)312 d(x2
) dy nC 
2 o o 
I i I 2 I 
=- y-(x2 + / + 25)512 dy 
2 o 5 o 
= .!. i 1 
.!. [ (/ + 26i'2 
- (/ + 25i12
] d(/) 
5 o 2 
[ 2 I 
=-.-[c./+ 26fl2 - <l + 25)712
] 
lO 7 o 
= -
1 
[ (27)712 + (25)712 - 2(26)712] 
35 
Q = 33,15 nC 
EXEMPLO 4.6 
Campos Eletrostáticos • 123 
onde r - r '= (0, O, 5) - (x, y, O)= (-x, -y, 5) Portanto, 
E = 10 xy(x- + y- + 25) -(- xa .. - yay + 5a,)dx dy I I I I - 9 ? ? 312 
O 10 9 ? ? 312 0 4• · (x- + y- + 25) -
36· 
= 9[-r x2 dx r y dy ax - r x dx r /dy a, + 5 fi xdx r ydy a~] 
o o o o Jo o 
(-1 -1 5) 
= 9 6 '6 '4 
= (- 1,5, - I ,5, I 1,25) V /m 
(c) F = qE = (1,5, 1,5, -11,25)mN 
' ' EXERCI CIO PRATICO 4.5 
Uma placa quadrada descrita por - 2 :5 x < 2, - 2 :5 y :5 2, 4 = O está carregada com 
12 b~ mC/m2
• Detem1ine a carga total na placa e a intensidade de campo elétrico E em (0, O, 10). 
Resposta: 192 mC; 16,46 a, MV/m. 
Os planos x = 2 e y = - 3 estão carregados com !O nC/m2 e 15 nC/m2
, respectivamente. Se a linha 
x = O, z; = 2 estiver carregada com lO• nC/m, determinar E em ( I , I , - I) devido às três distribuições 
de carga. 
Solução: 
Sej a 
onde E1, E2 e E3 são, respectivamente, as contribuições ao campo E no ponto ( I , I, -I) devido à lã­
mina inllnita I , à lâmina infinita 2 e à linha infini1a 3, como mostrado na Figura 4.1 O( a). Usando as 
equações (4.26) e (4.21 ), tem-se 
Ps lO· 10- 9 
E = ~ (-a ·)= - a = - 180?Ta . 1 2e0 ·' 10- 9 x ·' 
2 · - -
36• 
~ = Ps, a,. 
2e · o 
15. 10 9 
10 9 a>' = 270• ay 
2· --
36• 
124 • Elementos de Eletromagnetismo 
z 
z 
2 
L 
(b) 
Figura 4.10 Exemplo 4.6: (a) três di suibuiçõesde C3rga; 
(b) determinação de p e a. no plano y = I . 
c 
onde a. (não é o a. convencional do sistema de coordenadas cilíndrico, mas tem um significado se­
melhante) é um vetor unitário ao longo de LP, perpendicular à l inha de cargas, e pé o comprimento 
de LP determinado a partir da Figura 4.1 O(b). A Figura 4. 1 O(b) resulta da Figura 4.1 O( a) se conside­
rarmos o plano y = I sobre o qual está o vetor E). Da Figura 4.1 O(b), o vetor distância de L a Pé 
p = IRI = v'iõ, R I 3 
aP = TRf = v'iõ a ... - v'iõ ~ 
Portanto, 
I01r · 10- 9 I 
E3 =--- -=- · - (a - 3a ) w-9 1 o ·' · ~ 
2 7r . ....,...,.-
367r 
l81r(a ... - 3a:) 
Assim, somando E1, E2e E3, obtemos o campo total como 
Note que, para obter a,, a. ou a,, necessários para determinar F ou E, devemos ir da carga (cujo 
vetor posição é r ') até o ponto de interesse (cujo vetor posição é r); portanto, n,., a. ou a,., qualquer 
um deles, é um vetor unitário ao longo de r - r '. Observe isso, atentamente, nas Figuras 4.6 a 4 .1 O. 
EXERCÍ CIO PRÁTICO 4.6 
No Exemplo 4.6, se a linha x = O, z = 2 girar 90" em torno do ponto (0, 2, 2), de tal modo que 
ela passe a ser descrita por x = O, y = 2, determine E no ponto ( I , I,- I). 
Resposta: -282,7 a ... + 564,5 aY V /m. 
Campos Eletrostáticos • 125 
~ 
4.4 DENSIDADE DE FLUXO ELETRICO 
EXEMPLO 4.7 
O fluxo devido ao campo elétrico E pode ser calculado usando a definição geral de fluxo na equação 
(3. 13). Por razões de ordem prática, no entanto, a grandeza obtida dessa forma não é considerada co­
mo a definição mais utilizada de fluxo em eletrostática. Também, as equações (4. 11 ) a (4.16) mos­
tram que a intensidade de campo elétrico depende do meio no qual está imersa a carga fonte do cam­
po (nesse capítulo, consideramos espaço livre). Suponhamos um novo campo vetorial D, indepen­
dente do meio, e definido por 
(4.35) 
De li niremos fluxo elétrico 'f/ em termos de D usando a equação (3. 13 ), ou seja: 
V' = JD·dS (4.36) 
Em unidades SI, urna linha de !luxo elétrico se inicia em uma carga de + I C c termina em uma car­
ga de- I C. Por isso, o fluxo elétrico é medido em coulornbs. Portanto, o campo vetorial D é deno­
minado densidade de fluxo elétrico e é medido em coulombs por metro quadrado. Por razões histó­
ricas, a densidade de fluxo elétrico é também denominada de deslocamemo elétrico. 
Da equação (4.35) fica evidente que todas as fórmulas para calcular E, obtidas a partir da lei de 
Coulomb, nas Seções 4.2 e 4.3, podem ser usadas para calcular D, observando que devemos multi­
plicá-las por ~>0• Por exemplo, para uma lâmina infinita carregada a partir das equações (4.26) e 
(4.35), obtemos 
Ps 
D = 2 a" (4.37) 
e para uma distribuição de cargas em um volume, a partir das equações (4. 16) e (4.35), obtemos 
D = I p,,dv a 
4·n-R2 R 
(4.38) 
Observe, a partir das equações ( 4.37) e ( 4.38), que D é só função da carga c da posição, ou seja, D é 
independente do meio. 
Determine D em (4, O, 3) se houver uma carga pontual de - 51!" mC em (4, O, O) e uma linha de 
cargas de 311" mC/rn ao longo do eixo y. 
Solução: 
Seja D = Da + DL, onde Da e DL são densidades ele lluxo devido à carga pontual e à linha de cargas, 
respectivamente, como mostrado na Figura 4. 11 : 
D = e E = Q a = Q (r - r ') 
Q () 4 R? R 4 I 'IJ 1r- 1rr - r · 
onde r - r' = ( 4, O, 3)- ( 4, O, 0) = (0, O, 3). Donde, 
-5,.. · 10- 3(0, O, 3) 
D - -
Q - 41fj(O, O, 3)j3 -
? 
- 0,138 a. mC/m-
• 
E, também, 
PL 
DL= -2 ap 
1rP 
126 • Elementos de Eletromagnetismo 
Fi,::ura 4.11 Densidade de !luxo O devido à carga ponll!al c à uma linha infinita de carg11s . 
Nesse caso 
Portanto, 
Assim, 
a = 
" 
(4, O, 3) - (0, O, O) (4, O, 3) = .:.....:,___;_...:. 
1(4, O, 3) - (0, O, 0)1 5 
p = 1(4, O, 3) - (0, O, 0)1 = 5 
37r 8 ? 0 1 = (4a. + 3a. \ = 0,24a. + 0,1 a. mCJrn· - 21r(25) - v .. • 
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.7 
Uma carga pontual de 30 nC está localizada na origem, enquanto que um plano em y = 3 está 
carregado com lO nC/m2
• Determine O em (0, 4, 3). 
' Resposta: 5,076 a
1 
+ 0,0573 a, nCtm·. 
4.5 LEI DE GAUSS - EQUAÇÃO DE MAXWELL 
A lei de Gauss5 constitui-se em uma das leis fundamentais do eletromagnetismo. 
A lei de Gauss estabelece que o nuxo elétrico total 'P através de qualquer superfície f echada 
é igual à carga total encerrada por essa superfície. 
Dessa maneira, 
5 Kart Friedrich Gauss ( 1777- 1855). malcmálico alemão. desenvolveu o 1corema da divergência. apresenlado na S~'Çào 3.6. populanncnlc conhecido como Tco· 
rema de Gauss. Foi o primeiro físico a mcdirquanlidadcs elétricas c magnéticas em unidades absolulas. Pam ma.iores dc1alh~-s das medidas de Gauss. consulte W. 
F. Magic. A Souru Book ;, Physics. Cambridgc: Harvard Univ. Pn:ss. 1963. p. 519- 524. 
Campos Eletrostáticos • 127 
isto é, 
'f = fd'P= {o·dS 
= carga total encerrada Q = ( p,. dv (4.40) 
ou 
Q = f D · dS = I Pv dv 
S I' 
(4.41) 
Aplicando o teor·ema da divergência à imegral de superfície da equação (4.4 1 ): 
f O · dS = f V · D dv 
s •. 
(4.42) 
Comparando en1re si as duas integrais de volume das equações (4.4 1) c (4.42), obtém-se 
(4.43) 
a qual é a primeira das quatro equações de Maxwe/1 a serem dctcnninadas. A equação (4.43) estabe­
lece que a densidade volumélrica de carga é igual à divergência da densidade de nuxo elétrico. Isto 
não deveria ser surpresa pelo modo como definimos divergência de um vetor na equação (3.32) e pe­
lo fato que P,. em um pomo é, simplcsmcmc, a carga por unidade de volume nesse pomo. 
Note que: 
1. As equações (4.41) e (4.43) são, ba~icamemc, formas difcrcmcs de expressar a lei de Gauss. 
A equação (4.41) é a forma imegral, enquanto que a equação (4.43) é a forma diferencial ou poniUal 
da lei de Gauss. 
2. A lei de Gauss é uma forma ahernativa de estabelecer a lei de Coulornb. A aplicação adequa­
da do teorema da divergência à lei de Coulomb resulta na lei de Gauss. 
3. A lei de Gauss se apresenta como uma maneira fácil de se determinar E ou O para distribui­
ções simétricas de carga, tais como uma carga pontual, uma linha infinita de cargas, uma superfície 
ci líndrica intinita de cargas e urna distribuição esférica de cargas. Urna distribuição contínua de car­
gas tem uma simetria retangular se depende só de x (ou y, ou z); simetria cilíndrica se depende só de 
p, ou simetria esférica se depende só de r (independente de O c q, ). Convém salientar que se a dislri­
buição de cargas for simétrica, ou não, a lei de Gauss permanece válida. Por exemplo, considere a 
distribuição de cargas da Figura 4.1 2, onde v1 c v2 são superfícies (ou volumes) fechadas. O tluxo to­
tal que sai de v1 é lO- 5 = 5 nC porque somente as cargas lO nC e- 5 nC estão encerradas em v1• 
Embora as cargas 20 nC e 15 nC fora de v, contribuam para o fluxo que atravessa v1, o nuxo líquido 
que atravessa v,, de acordo com a lei de Gauss, não sofre contribuição dessas cargas externas. De ma­
neira similar, o lluxo total que sai de v2 é zero porque não existe carga encerrada em v2• Observamos 
que a lei de Gauss, 'P = Q.,.cmai!•• é válida mesmo que a distribuição de cargas não seja simétrica. No 
entanto, não podemos utilizar a lei de Gauss para determinar E ou D quando a distribuição de cargas 
não for simétrica. Nesse caso, devemos recorrer à lei de Coulornb para determinar E ou O. 
128 • Elementos de Eletromagnetismo 
••• 
• - 5 nC 
IOnC 
trJ 
4.6 APLICAÇÕES DA LEI DE GAUSS 
.., 
• 20nC 
• 15 nC 
Fif(ura 4.12 lluSiração ela lei de 
Gauss. O nuxo saindo de v1 é 5 nC 
c o nuxo saindo de v2 é O C. 
O método de aplicar a lei de Gauss para determinar o campo elétrico começa pela vcrilicação da exis­
tência de simetria. Uma vez identificada a existência de distribuição simétrica de cargas, construímos 
uma superfície matemática fechada (conhecida como supe1jfcie gaussicma). Essa superfície é esco­
lhida de forma que o vetor D seja normal ou tangcncial à superfície gaussiana. Quando D for normal 
à superfície, D · dS = D dS. Quando D for rangcncial à superfície, O · dS = O. Dessa maneira,deve­
mos escolher uma superfície que s~ja compatível com a simetria exibida pela distribuição de cargas. 
Aplicaremos essas idéias básicas aos casos seguintes. 
A. Carga pontual 
Suponha uma carga pontual Q posicionada na origem. Para determinar O no ponto P, é fácil enxer­
gar que a escolha de uma superfície esférica contendo P irá satisfazer as condições de simeuia. As­
sim, nesse caso, uma superfície esférica centrada na origem é a superfície gaussiana, como mostra­
do na Figura 4.13. 
Já que, nesse caso, O é, em qualquer lugar, normal à superfície gaussiana c constante sobre ela, 
isto é, D = D,a, aplicando-se a lei de Gauss (o/ = Q,.,.,modi• ) obtém-se 
(4.44) 
onde p dS =I t =o I Ú=o r
2 
sen 8 dfJ d<f> = 41l'r
2 
é a área da superfície gaussiana. Dessa forma, 
Q 
O = , a,. (4.45) 
41!'1' " 
conforme esperado a partir das equações (4.1 1) e (4.35). 
z Figura 4.13 Superffcic gaussiana em torno de uma carga ponnml. 
o 
X 
.supcrfíci~ gaussiana 
Campos Eletrostáticos • 129 
. . 
_.- lin/10 de ctlfg 
Figura 4. 14 Superfície gaussiana em torno de uma linha inlinila 
de cargas. 
...:. 
I I 
I I 
..,..- SttMifici 
I I : p 
o 11 
IIP 
l i 
11 
I I 
" 
~ 
B. Linha infinita de carga 
Suponha uma linha infin_ita de carga uniformemente distribuída com Pt Clm, ao longo tio eixo z. Pa­
ra determinar D em um ponto P, escolhemos uma superfície cilíndrica que contém P, para satisfazer 
as condições de simetria, como mostrado na Figura 4. 14. Dessa forma, D é constante sobre a super­
fície gaussiana cilfndrica e normal à mesma, isto é, D = o.a •. Se aplicarmos a lei de Gauss a um tre­
cho arbitrário I da linha 
Pr_e = Q = f D · dS = D" f dS = D" 2-;rpe (4.46) 
onde ~ dS = 2-;rpe é a área da superfície gaussiana. Note que a integral f D · dS, quando 
calculada nas tampas superior e inferior do cilindro, é zero, já que D não tem componente 
ao longo dez. Isto significa dizer que D é tangencial a essas superfícies. Portanto, 
D = Pr.. a 
2-;rp p 
corno esperado a partir das equações ( 4.21) e (4.35). 
C. Lâmina infinita de cargas 
(4.47) 
Considere uma lâmina infinita, com distribuição uniforme de cargas dada por Ps Clm2
, no plano z = 
O. Para determinar D no ponto P, escolhemos como superficie gaussi<ma uma caixa retangular corta­
da simetricamente pela lâmina de cargas e com duas de suas faces paralelas à lâmina, como mostra a 
Figura 4. 15. Como D é nom1al à lâmina, D = D. a., e,11plicando "lei de Gauss, obtemos: . -
Ps J dS = Q = f o · dS = o,[ l . dS + J . dS ] 
suJ>ct•or mfcnor 
(4.48) 
Observe que D · dS calculada nas laterais da caixa é zero porque D não tem componentes ao longo 
de a., c a,, Se as tampas superior e inferior da caixa têm, cada uma delas, área A, a equação ( 4.48) as­
sume a seguinte fo1ma 
e, dessa forma, 
ou 
conforme esperado a partir da equação (4.25). 
Ps D =-a. 
2 -
(4.49) 
(4.50) 
130 • Elementos de Eletromagnetismo 
D. Esfera uniformemente carregada 
Considere uma esfera de raio a com uma distribuição uniforme de carga dada por P,. C/m3
• Para de­
terminar D em qualquer ponto, construímos superfícies gaussianas considerando os seguintes casos, 
separadamente: r~ a e r> a. Já que a carga tem simetria esférica, lica evidente que a superfície es­
férica é urna superfície gaussiana apropriada. 
Para r ~ a, a carga total encerrada pela superfície esférica de raio r, como mostrado na Figura 4.16(a) 
é, 
c 
Qenc = f Pv dv = Pv f dv = p,, r,. r r r
2 
sen 0 dr dO d</> 
<lo O O O r O 
4 = p - 7r/'3 
v 3 
'P = f D · dS = D, f dS = D, f" r r
2 
scn O dO d</> 
4> • 0 0• 0 
~ 
= D,. 41rt·-
(4.51) 
(4.52) 
Donde, como 'P = Q,.,.,,"'"'' resulta 
ou ,. 
D = 3' p,. a, O < r ~a (4.53) 
Para r ~ a, a superfície gaussiana é mostrada na Figura 4.16(b). A carga encerrada por essa superfí­
cie é a carga total distribuída na esfera, isto é, 
enquanto 
\ 
X 
f f f2.. (" f" 
Q<n< = p ,. dv = p ,. dv = p ,, J. r2 scn 8 dr d8 d</> 
~-o b • O r - O 
4 3 
= Pv 
3 
1ra 
'P = f D · dS = 0,47rl·
2 
(4.54) 
(4.55) 
-- Fi~:ura 4.15 Superfrcic gaussiana para uma 
lflmina plana infinita de carga. 
D 
Superfície gau.ssi:.ma 
o 
EXEMPLO 4.8 
(o) ( b) 
IOI 
Campos Eletrostáticos • 131 
Figura 4.16 Superfície gaussiana para uma esfera, uniforme­
meme carregada quando: (n) r ~ a e (b) r < a. 
Figura 4.17 Gráfico de IDI em função de r para uma 
esfera uniformemente carregada. 
mesmo resultado da equação (4.52). Conseqüentemente, 
ou 
? 4 3 D 41Tr- = - ?I'G p 
r 3 . '' 
a3 
O =-, p,.a, 
3r' 
,. ~ a 
Assim, a partir das equações (4.53) e (4.56), O, em qualquer ponto, é dado por 
O<rOiióa 
O = 
c IDI varia com a distância r, como mostrado no gráfico da Figura 4.17. 
(4.56) 
(4.57) 
Observe, a panir das equações (4.44), (4.46), (4.48) e (4.52), que a habilidade em extrair O das 
integrais é a chave para encontrar D usando a lei de Gauss. Em outras palavras, O deve ser constan­
te sobre a superfície gaussiana (para facilitar essas integrações). 
Sabendo que O = zp cos2<P a: C/m2
, calcule a densidade de cargas em ( I, ?r/4, 3) e a carga total 
encerrada no ci lindro de raio I m com- 2 < z <2m. 
Solução: 
p ,. = 
éJ D. , 
'\1 · 0 = -· = p COS' <j; 
éJz 
132 • Elementos de Eletromagnetismo 
Em ( I, rr/4, 3), p,, = I· cos2 (rr/4) = 0,5 C/nl. A carga total encerrada no cilindro pode ser determi­
nada de duas maneiras diferentes. 
Método 1: esse método está embasado diretamente na definição de carga total em um volume. 
Q = f Pv dv = f p cos
2 
</> p d</> dp dz 
\ ' ,, 
=r dz r~ COS
2
</>d</> r p2 dp = 4(rr)( l/3) 
: =-2 <> = O p = O 
= 4rr C 
3 
Método 2: alternativamente, podemos usar a lei de Gauss. 
Q = 'I' = f D . dS = [ i + I + [ ] D . dS 
= '1'., + '1', + '1', 
Onde 'l's, '1', e 'I'" são, respectivamente, os tluxos através das superfícies lateral (sides), da tampa su­
perior (top si de) e da tampa inferior (bottom side) do cilindro (veja Figura 3.17). Uma vez que D não 
tem componente ao longo de a •• '1'.1 = O, para '1',, dS = p d<f> dp a,, então 
f i Ih 
'f, = , =o <> = O ZP cos~ </> p d</> dp 
= 2(.!.)• = 2rr 
3 3 
e, para 'l'b, dS = - p d</> dp a,, então 
2rr 
=-
3 
Dessa forma, 
2rr 2?r 4rr 
Q = '1' = 0+ - + -=-C 
3 3 3 
conforme obtido anter iormente. 
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.8 
Se D = (2/ + z) a,+ 4xya,. + xa~ C/rn
2
, determine 
(a) a densidade volumétrica de cargas em(- I, O, 3); 
(b)o lluxoatravésdeumcubodefinidoporO <xs J,Osys I eOSzS J; 
(c) a carga total encerrada no cubo. 
Resposta: (a)- 4 C/m3
, (b) 2 C, (c) 2 C. 
EXEMPLO 4.9 
Campos Eletrostáticos • 133 
Uma distribuição de cargas, com simetria esférica, tem densidade dada por: 
Por 
O< r s= R 
R ' p ,. = 
O, r > R 
Determine E em um ponto qualquer. 
Solução: 
A distribuição de cargas é semelhante à da Figura 4. 16. Como existe simetria, podemos aplicar a lei 
de Gauss para determinar E. 
S 0 f E · dS = Q enc = f p,. dv 
(a) Para r < R 
ou 
(b) Para r > R 
ou 
• • 
EXERCI CIO PRATICO 4.9 
Urna distribuição de cargas no espaço livre tem P,. = 2r nC/m.l para O s: r s: I O 111 e é zero em 
todos os outros pontos do espaço. Determine E em r = 2 111 e r = 12 m. 
Resposta: 226 a, V/111; 3,927 a, kV/m. 
134 • Elementos de Eletromagnetismo 
, 
4.7 POTENCIAL ELETRICO 
A partir das discussões nas seções precedentes, conclui-se que a intensidade de campo elétrico E de­
vido a uma distribuição de carga pode ser obtido a partir da lei de Coulornb, no caso geral, ou a par­
tir da lei de Gauss, quando a distribuição de carga tem uma simetria. Uma outra maneira de determi­
nar esse campo E é a partir do potencial elétrico escalar V a ser definido nesta seção. Em certo senti­
do. este modo de determinar E é mais fácil porque é menos trabalhoso operar com escalares do que 
com vetores. 
Suponha que queiramos movimentar urna carga pontual Q, de um ponto A para um ponto 8, em 
um campo elétrico E, como mostrado na Figura 4. 18. A partir da lei de Coulomb, conclui-se que a 
força sobre Q é dada por F = QE tal que o trabalho realizadopara provocar um deslocamento di da 
carga é dado por: 
dW = - F· d l = - QE · d l (4.58) 
O sinal negativo indica que o trabalho é feito por um agente externo. Dessa maneira, o trabalho total 
realizado, ou a energia potencial necessária, para movimentar Q de A para 8 é 
J
IJ 
W = -Q E· d l ,, (4.59) 
Ao dividir W por Q na equação (4.59), resulta no valor da energia potencial por unidade de car­
ga. Essa quantidade, denotada por VAR• é conhecida por diferença de potencial entre os pontos A e 8. 
Assim: 
W fB 
VAB = Q = - A E . dl (4.60) 
Observe que: 
1. ao determinar VAB• A é o ponto inicial e 8 é o ponto linal; 
2. se VA8 é negativo, existe uma perda de energia potencial ao movimentarmos Q de A até B. 
Isso significa que o trabalho é feito pelo campo. Entretanto, se VA8 é positivo, existe um ga­
nho em energia potencial no movimento; isto é, um agente externo é responsável por esse tra 
balho; 
3. VA8 é independente da trajetória realizada (será mostrado unt pouco mais adiante); 
4. VA8 é medido em j oules por coulomb, ou mais comumente em volts (V). 
Figura 4.18 Deslocamento de uma carga pontual Q 
em um campo eletrostático E. 
Campos Eletrostáticos • 135 
Exempli11cando, se o campo E na Figura 4.18 é devido a uma carga ponlllal Q localizada na origem, 
então, 
(4.61) 
de forma que a equação (4.60) pode ser reescrita como 
(4.62a) 
ou 
(4.62b) 
onde V0 e V,1 são os potenciais (ou potenciais absolwos) nos pontos B e A, respectivamente. Assim, 
a di ferença de potencial VA8 pode ser considerada como o potencial de B em relação a A. Em proble­
mas envolvendo cargas pontuais, é costume considerar um ponto no infin ito corno a referência, isto 
é, consideramos que o potencial no inl1nito é zero. Dessa forma, se VA = O quando 'Ã ~ oo na equa­
ção (4.62), o potencial em qualquer ponto (r8~ r) devido a uma carga pontual Q localizada na ori ­
gem é dado por: 
(4.63) 
Note, a partir da equação (4.62a), que, pelo fato de E apontar na direção radial, qualquer contTi­
buição ao potencial devido ao deslocamento nas direções O ou 4J é descartada pelo produto-ponto 
E · dl = Ecos O d/= E dr. Portanto. a diferença de potencial V,.8 é independente da trajetória. co­
mo afirmado anteriormente. 
O potencial em qualquer ponto é a diferença de potencial entre esse ponto e um ponto esco­
lhido no qual o potencial é arbitrado como zero. 
Em outras palavras, considerando potencial zero no intinito, o potencial a uma distância r da carga 
pontual é o trabalho realizado, por unidade de carga, por um agente externo, ao deslocar urna carga­
teste do inlinito até esse ponto. Dessa forma: 
v= _ r E . d l 
"' 
(4.64) 
Se a carga pontual Q na equação (4.63) não está localizada na origem, mas em um ponto cuj o ve­
tor posição é r', o potencial V(x, )\ z) ou, simplesmente V( r ), em r torna-se: 
V(r ) = Q 
4?re0 lr - r' I 
(4.65) 
Consideramos, até agora, o potencial elétrico devido a uma carga pontual. As mesmas considera­
ções se aplicam a outros tipos de distribuição de cargas porque qualquer distribuição de cargas pode 
ser considerada como constituída de cargas pontuais. O princípio da superposição, que aplicamos pa­
ra campos elétricos, aplica-se também a potenciais. Para 11 cargas pontuais Q1, Q2, ••• Q., localizadas 
em pontos com vetores posição r., r 2, ••• r •• o potencial em r é dado por 
V(r ) = Q, 
4rce0 lr - rd 
+ .. . + Q,. 
47re0 lr - r,.l 
136 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 4.1 O 
ou 
(ponto de cargas) (4.66) 
Para distribuições contínuas de cargas, substituímos Qt na equação (4.66) pelo elemento de carga 
P1. d/, Ps dS ou p,. dv e a soma se transforma em uma integração, tal que o potencial em r pode ser 
escrito como 
V(r ) = I f PL(r')d;' 
41Te0 L Ir - r I 
) 
I f ps(r')dS' 
V(r = , 
41Teo s Ir - r I 
V(r) = I f p,,(r')dv' 
41Teo Ir - r' I v 
(linha de carga) (4.67) 
(superfície de carga) (4.68) 
(volume de carga) (4.69) 
onde as coordenadas-linha são usadas para denotar a localização do ponto- fome; as demais se refe­
rem à localização do ponto de interesse (ponto no qual V vai ser calculado). 
É preciso destacar que: 
1. Ao obter as equações (4.63) a (4.69), o ponto de potencial zero (relerência) foi escolhido, ar­
bitrariamente, no infinito. Se qualquer outro ponto for escolhido como referência, a equação (4.65), 
por exemplo, torna-se 
(4.70) 
onde C é uma constante determinada no ponto de referência escolhido. O mesmo raciocínio se apli­
ca às equações (4.63) a (4.69). 
2. O potencial em um ponto pode ser determinado de duas maneiras distintas, dependendo do que 
for conhecido: a distribuição de cargas ou o campo elétrico E. Se a distribuição de cargas for conhe­
cida, usamos uma das equações (4.65) a (4.70), dependendo da distribuição de cargas. Se E for co­
nhecido, simplesmente usamos 
V=- f E · dl +C 
A diferença de potencial V Ali pode ser determinada, genericamente, a partir de: 
I
IJ W 
vAI) = v" - v" = - E · d l = Q 
A 
(4.71) 
(4.72) 
Duas cargas pontuais- 4 J.lC e 5 J.lC estão localizadas em (2, - I, 3) e em (0, 4,- 2), respectivamen­
te. Determine o potencial em ( I , O, I), considerando potencial zero no infinito. 
Soluçiio: 
Seja 
V(r ) = Q, 
41Te0 jr - r d 
EXEMPLO 4.11 
Campos Eletrostáticos • 137 
Se V(oo) = O, C0 = O, 
Ir - rd = 1(1,0,1)- (2, - 1, 3)1 = 1( - 1, I , - 2)1 = v'6 
Ir - r2l = I< I, O, I) - (0, 4, - 2)1 = I< I, - 4, 3)1 = \/26 
Donde 
10-
6 
[ -4 5 ] 
V(I,O, I) = 9 • r; +. c; 
4 x 10- v6 v26 
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.10 
7r 367!" 
= 9 X I 03 
(- I ,633 + 0,9806) 
= - 5,872 kV 
Se uma carga pontual de 3 pC estiver localizada na origem, além das duas cargas do exemplo 
4. I O, determine o potencial em (- J, 5, 2), considerando que V( oo) = O. 
Resposta: I 0,23 k V. 
Uma carga pontual de 5 nC está localizada em (- 3, 4, 0), enquanto que uma linha em y = I e z = 1 
está carregada uniformemente com 2 nC/m. 
(a) Se V=O V em 0 (0, O, 0), determine Vem A(5, O, 1). 
(b) Se V= 100 V em B( l , 2, 1), detennine Vem C(- 2, 5, 3). 
(c) Se V= - 5 Vem O, determine V8c· 
Solução: 
Seja o potencial em um ponto qualquer dado por 
onde VQ e VL são as contribuições ao V, nesse ponto, devido à carga pontual e à linha de cargas, 
respectivamente. Para a carga pontual, 
Para a linha infinita de cargas: 
VL = -f E· d l = -f PL a · dp a 
21re,p P P 
138 • Elementos de Eletromagnetismo 
Portanto, 
Onde C = C, + C2 = constante; p é a distância perpendicular da linha y = I c z = I ao ponto de 
interesse; e r é a distância da carga pontual ao ponro de inrcresse. 
(a) Se V = O em O (0, O, O) e Vem A(5, O, I) deve ser determinado, precisamos primeiro obter os va­
lores de p c r em O c em A. Determinar r é fácil; usamos a equação (2.31 ). Para determinar p para 
qualquer ponto (x, y, z), utilizamos o fato de que pé a distância perpendicular do ponto (x, y, z) à 
linha y = I c z = I , paralela ao eixo x. Portanto, pé a distância entre (x. ); z) c (x, I , 1 ), porque o ve­
tor distância entre esses dois pontos é perpendicular a a,. Assim: 
P = l<x.y,z)- (x, 1, 1)1 = Y(y - 1)2 + (z - 1)2 
Aplicando essa equação para p e a equação (2.31) para r, nos pontos O e A , obtemos: 
Portanto, 
OLI 
Po = 1(0,0,0) - (0, I, 1)1 = \IÍ 
r o = I CO, O, O) - (- 3, 4, 0) I = 5 
PA = 1(5, 0, I) - (5, I, 1)1 = I 
,~, = 1(5, O, 1) - C- 3, 4, 0) I = 9 
V - V = - In - + - - -PL Po Q [ I 1 ] 
0 
A 2m::0 P.4 411'e0 ro rA 
- 2. w-9 v2 5. w-9 
( 1 1 J 
= In + ---w-9 1 J0- 9 5 9 
2-. o 36'11' 4'11' o 3611' 
O- V = -361n VÍ + 45 (.!.- .!.) 
A 5 9 
VA = 36 In \IÍ - 4 = 8,477 V 
Observe que evitamos calcular a constante C subtraindo um potencial do outro, não importando qual 
deles é subtraído elo outro. 
(b) Se V = 100 V em B ( 1, 2, 1) e V em C (- 2, 5, 3) deve ser deterrn i rwdo, fazemos 
Pn = 1(1 , 2, I)- (1, 1, 1)1 = 1 
r8 = 1(1, 2, I) - (- 3, 4, O)l = V2i' 
Pc = 1(-2, 5, 3)- (- 2, I , 1}1 = V2õ 
rc = I( -2, 5, 3) - ( - 3, 4, O) I = \Ítl 
V c- V = - PL In Po + Q [_!_ - _!_] 
8 2;re0 Pn 4;re0 rc rn 
V 100 = - 361n V2õ+ 45 · [ I - I ] c- I \Ít( V2i' 
= - 50,175 v 
Campos Eletrostáticos • 139 
ou 
V c= 49,825 V 
(c) Para determinar a diferença de potencial entre dois pontos, não necessitamos estabelecer uma re­
ferência de potencial, caso uma referência comum for considerada. 
corno obtido na parte (b ). 
V8c = V c- V8 = 49,825 - 100 
= - 50,175 v 
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.11 
Uma carga pontual de 5 nC está localizada na origem. Se V = 2V em (0, 6,- 8), determine: 
(a) o potencial em A(-3, 2, 6); 
(b) o potencial em 8( 1, 5, 7); 
(c) a diterença de potencial VAn· 
Resposta: (a) 3,929 V; (b) 2,696 V; (c)- 1,233 V. 
- , , 
4.8 RELAÇAO ENTRE O CAMPO ELETRICO E O POTENCIAL ELETRICO -
EQUAÇÃO DE MAXWELL 
Conforme mostrado na seção precedente, a diferença de potencial entre dois pomos A e B indepen­
de da trajetória percorrida. Por essa razão, 
isto~. VoA + VAu = p E · dl = O 
ou 
f E · d l = O (4.73) 
Isso mostra que a integral de linha de E ao longo de uma trajetória fechada, como mostrado na Figu­
ra 4.1 9, deve ser zero. Fisicamente, isso implica que não 6 realizado trabalho ao se movimentar uma 
carga, ao longo de uma traj etória fechada, no interior de um campo eletrostático. Aplicando o teore­
ma de Stokes na equação ( 4. 73), resulta em 
f E . d l = I (V X E) . dS = o 
ou 
I VX E =i] (4. 74) 
140 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 4.12 
Figura 4.19 Natureza conservativa do campo 
eletrostático. 
Qualquer campo vetorial que satisfaça as equações (4.73) ou (4.74) é considerado conservativo, ou 
irrotacional, conforme discutido na Seção 3.8. Assim. um campo eletrostático é um campo conserva­
tivo. As equações (4.73) ou (4.74) são referidas como equaçcio de Maxwe/l para campos eletrostáti­
cos (a segunda equação de Maxwcll a ser obtida nesse texto). A equação (4.73) é a forma integral e 
a equação (4.74) é a forma diferencial. Ambas descrevem a natureza conservativa do campo eletros­
tático. 
. . 
Partindo de nossa definição de potencial, V = - JE · d l, segue que 
dV = - E· d l = - E,.dx - E>.dy- E: dz 
Mas 
iJV iJV QV 
dV = -dx + - dy + - dz 
éJx éJy éJz 
Comparando as duas expressões para dV, obtemos: 
Assim, 
éJV 
E=--
.< é).x' 
éJV 
E=--,. éJy' 
E = - vv l 
éJV 
E. = --
- éJz 
(4.75) 
(4.76) 
isto é, o campo elétrico E é o gradiente de V. O sinal negativo mostra que a direção de E é oposta à 
direção em que V cresce. E está orientado dos níveis mais altos para os níveis mais baixos de V. Já 
que o rotacional do gradiente de uma função escalar é sempre zero (V X VV = 0), a equação (4.74), 
obviamente, implica que E deve ser o gradiente de alguma função escalar. Dessa forma, a equação 
(4.76) poderia ter sido obtida da equação (4.74). 
A equação (4.76) mostra um outro caminho para obter o campo E, independente do uso da lei de 
Coulomb ou da lei de Gauss. Isto é, se o campo potencial V é conhecido, o E pode ser encontrado 
usando a equação (4.76). Pode parecer surpreendente que uma única função V possa conter toda a in­
formação expressa pelas trl!s componemcs de E. Porém, nesse caso, as três componentes de E não 
são independentes uma das outras. Elas estão explicitamente relacionadas pela condição V X E= O. 
O que essa formulação do potencial faz é explorar essa propriedade ti rando dela o máximo proveito 
c, dessa forma, reduzindo um problema vetorial a um problema escalar. 
. I O 
Dado o potenctal V =---, sen Ocos </>, 
r · 
(a) determine a densidade de tluxo elétrico O em (2, 7!'12, O); 
(b) calcule o trabalho realizado ao se movimentar uma carga de lO pC do ponto A( I, 30", 120") até 
o ponto 8(4, 90", 60"). 
Campos Eletrostáticos • 141 
Solução: 
(a) D = e0E 
Mas 
[
éJV I éJV I éJV ] E = - VV = - - a + - - a8 + - a9 é)r r r ao rsen o élt/> 
20 10 10 
= 3 sen 8 cos t/> a, - 3 cos 8 cos 4> a0 + 3 sen 4> a0 r r r 
Em (2, 1r12, 0), 
D = e0 E (r = 2, 8 = 1r12, 4> = O)= e0 (
2
8
° a,- Oa0 + Oa0 ) 
> > = 2,5e0 a, C!m- = 22,1 a, pC!m-
(b) O trabalho realizado pode ser encontrado de duas maneiras, usando E ou V. 
Método 1: 
W = - Q f E· d i ou 
c como o campo eletrostático é conservativo, o caminho de integração é irrelevante. Conseqüente­
mente, o trabalho realizado para movimentar Q de A( I , 300, 1200) até 8(4, 900, 600) é o mesmo que 
o realizado para movimentar Q de A até A' , de A' até 8' e de 8' até 8, onde: 
A( I, 30°, 120°) 
J. d i = dr a, 
A'(4, 30°, 120°) 
d l = rd0 a0 
~ 
8(4, 90°, 60°) 
i d l = r scn O de/> a0 
8 '(4, 90°, 120°). 
Isto é, em vez de movimentar a carga Q diretamente ele A até 8, a carga é movimentada de A~ A', 
A'~ 8' c dcB' ~ B, tal que somente uma variável se altera por vez. Isso torna a integral de linha mui­
to mai s fácil de calcular. Assim, 
-w 1 
Q = - Q (WAA' + WA'B' + Wn·n) 
= (L. + Lo· + L) E . d l 
f
4 20 senO cos 4> 
- dr 
r = 1 1'
3 
0- 30°. <1> - 120• 
1
900 
- 10 cos o cos 4> 
+ 3 r dO 
0 - 30" r r - ~. ô w l20° 
J
oo• I O sen 4> 
+ o= I :!O' r3 r scn O d<P r • ~. 0• 900 
= 20 (.!.)(.::.!.) [ -~ 4 
] 
2 2 21 r - 1 
10(- 1) 
000 
10 [ 000
] - - sen O + - (I) - cos <P 
16 2 30' 16 120' 
w -15 5 10 
- -=-- + - --º 32 32 16 
142 • Elementos de Eletromagnetismo 
ou 
45 w = - Q = 28 125 ... 16 • ,..., 
Método 2: 
Já que V é conhecido, esse método é muito mais fácil. 
w = -Q r E . dl = QVAB 
A 
= Q(Vo - VA) 
= I O (.!.2. sen 90° c os 60° - .!.Q scn 30° cos 120°) · I O 6 
16 I . 
= 10 (.!.2. - -5) . 10- 6 
32 2 
= 28, 125 p.J 
como obtido anteriormente. 
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.12 
Dado E = ( 3x2 + y) a_, + xa,.kY/m, determine o trabalho realizado ao movimentar uma carga 
de- 2 pC do ponto (0, 5, O) até o ponto (2,- I, O) usando a trajetória: 
(a) (0, 5, 0) ~ (2, 5, O)~ (2,- 1, O); 
(b)y = 5-3x. 
Resposta: (a) 12 mJ, (b) 12 mJ. 
, 
4.9 O DIPOLO ELETRICO E AS LINHAS DE FLUXO 
Tem-se um dipolo elétrico quando duas cargas pontuais de igual magnitude e sinais opostos 
estão separadas por uma pequena distância. 
A importância do campo devido a um dipolo elétrico ficará evidente nos próximos capítu los. 
Considere o dipolo mostrado na Figura 4.20. O potencial em um ponto P(r,O, ~)é dado por 
(4.77) 
onde r1 e r2 são as distâncias entre P e + Q e entre P e- Q, respectivamente. Se r>> d, r2 - r1 = d cos 
O, r2r1 = r2 a equação (4.77) torna-se 
Q dcos8 v = -=- ----=--
4 11"Co r
2 (4.78) 
z 
p 
+Q 
- Q 
Já que d cosO = d ·a,., onde d = da,, se definirmos 
p = Qd 
como momento de dipolo, a equação (4.78) pode ser escri ta como 
\f= P . a, 
? 
4?Te0 r· 
Campos Eletrostáticos • 143 
Fi~:ura 4.20 Um dipolo elélrico. 
(4.79) 
(4.80) 
Note que o momento de dipolo p está orientado de- Q a +Q. Se o centro do dipolo não está na ori­
gem, mas em r ', a equação (4.80) toma-se 
V(r) = p . (r - r ') 
4?Teolr - r ' 13 
(4.81) 
O campo elétrico devido ao dipolo com centro na origem, mostrado na Figura 4.20, pode ser obtido 
diretamente das equações (4.76) e (4.78) como 
E = -vv =- [av a,+.!. av ao] 
él,. ,. ()8 
Qd cos 8 Qd scn O 
= 3 a,+ 3 ao 
2?Te0 1.. 4?Te0 r 
ou 
p 
E = 3 (2 cos 8 a, + sen O a0) 
4?Te0 r· 
(4.82) 
onde p = IPI = Qd. 
Observe que uma carga pontual é um monopo/o e seu campo elétrico varia inversamente com r2
, 
enquanto seu campo potencial varia inversamente com r [veja equações (4.61 ) e (4.63)]. Das equa­
ções (4.80) e (4.82), observamos que o campo elétrico devido ao dipolo varia inversamente com r3
, 
enquanto seu potencial varia inversamente com r2
• Os campos elétricos devido a rnultipolos de or­
dens sucessivamente superiores (tais como um quadrupolo, que consiste de dois dipolos, ou um oc­
tupolo, que consiste de dois quadrupolos) varia inversamente com /, / ' , r6
, ••• , enquanto seus poten-
. . d . . l • 5 cm•s correspon entes vanam mversamente com r , r , r , .... 
O conceito de linhas de fluxo elétrico (ou linhas de força elétrica, como são algumas vezes de­
nominadas) foi introduzido por Michael Faraday (1791-1867), na sua investigação experimental, co­
mo uma maneira de visualizar o campo elétrico. 
144 • Elementos de EletromagnetismoEXEMPLO 4.13 
(a) 
linho de Ou.,o 
supertTcie 
cquipotcncial 
. . 
(b) 
linho de fluxo 
V>O 
V<O 
supcrllcic 
equipotcncial 
l''lgura 4.21 Superfícies equipotenciais para (a) uma carga pontual e (b) para um dipolo elétrico. 
Uma linha de fluxo elétrico é uma trajetória ou uma linha imaginária desenhada de tal modo 
que sua orientação em qualquer ponto é a orientação do campo elétrico nesse ponto. 
Em outras palavras, são as linhas para as quais o vetor densidade de !luxo elétrico D é tangencial 
em cada ponto. 
Qualquer superfície na qual o potencial elétrico é o mesmo em toda a sua extensão é conhecida 
corno uma superfície equipotencial. A interseção de uma superfície equipotencial e um plano resul· 
ta em uma trajetória ou uma linha conhecida como linha equipotencial. Nenhum trabalho é realiza· 
do ao movimentar uma carga de um ponto a outro ao longo de urna linha ou superfície equipotencial 
(VA- V8 = 0) e, por essa razão, 
f E· d l =O (4.83) 
sobre a linha ou sobre a superfície. A panir da equação (4.83). podemos concluir que as linhas de for· 
ça ou linhas de fluxo (ou a direção de E) são sempre normais às superfícies equipotenciais. 
Exemplos de superfícies equipotenciais para carga pontual c para um dipolo são mostrados na Figu· 
ra 4.21. Note, a partir desses exemplos, que a direção de E é perpendicular às linhas equipotenciais 
em qualquer lugar. 
Veremos a importância das superfícies equipotenciais quando discutirmos a presença de corpos con· 
dutorcs em campos elétricos. Por agora basta dizer que esses corpos são volumes cquipotenciais. 
Urna aplicação típica de mapeamento ele campo (linhas de lluxo e superfícies cquipotenciais) é 
encontrada no diagnóstico ele doenças cardíacas. O coração humano bate em resposta a urna diferen· 
ça de potencial de campo elétrico interna. O coração pode ser caracterizado como um clipolo com um 
mapa ele campo similar ao da Figura 4.2 1 (b). Tal mapa de campo é útil para detectar posição anonnal 
elo coração.6 Na Seção 15.2, discutiremos uma técnica numérica para fazer mapeamento de campo. 
Dois dipolos com momentos de dipolo- 5a< nC/rn c 9a, nC/m estão localizados nos pontos 
(0, O, - 2) c (0, O, 3), respectivamente. Determine o potencial na origem. 
Solução: 
P' . r,] + - -
r~ 
6 Parn mais infonn.1ções sobre esse assumo. ver R. Ptonsey. Bioelectric Phenomena. New York: Me Grnw-Hill. t969. 
Campos Eletrostáticos • 145 
onde 
Portanto, 
p, = - 5a"' 
P2 = 9a:, 
r 1 = (0, O, O) - (0, O, - 2) = 2a:, 
r 2 = (0, O, O) - (0, O, 3) = - 3a:, 
v = --~-.,. [--::1,.;-o -E] . 10-9 
10 9 23 33 
4-,r . --'--
367!' 
= -20,25 v 
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.13 
r, = lrd = 2 
~'2 = lr2l = 3 
Um dipolo eléLrico de 100 a, pC · m está localizado na origem. Determine V e E nos pontos: 
(a) (0, O, I 0); 
(b) ( I, 7!'/3, 7r/2). 
Resposta: (a) 9 mV, I ,8 a, mV/m; (b) 0,45 V, 0,9 a, + 0,7794a0 V/m. 
4.10 DENSIDADE DE ENERGIA EM CAMPOS ELETROSTÁTICOS 
Para determinar a energia armazenada em um arranjo de cargas, precisamos, em primeiro lugar, de­
terminar a quantidade de trabalho necessária para reunir essas cargas. Suponhamos que se posicione 
três cargas pontuais Q,, Q2 e Q3 em uma região do espaço inicialmente vazia, região sombreada na 
Figura 4.22. Não há necessidade de se realizar trabalho para transferir Q1 do infinito até P1 porque o 
espaço, inicialmente, está livre de cargas e não há campo elétrico presente [da equação (4.59), 
W = 0]. O trabalho realizado para transferir Q2 do infinito até P2 é igual ao produto de Q2 pelo po­
tencial V21 em P2 devido a Q 1• De modo similar, o trabalho realizado para posicionar Q3 em P3 é igual 
a Q.l(V32 + V3,), onde V32 e V31 são os potenciais em P3 devido a Q2 e Q,, respectivamente. Portanto, 
o trabalho total realizado para posicionar as três cargas é: 
w E = w, + W2 + W3 
= o + Q2 V2, + Q3(V3, + V32) 
(4.84) 
Se as cargas fossem posicionadas na ordem rcversa, 
w6 = w3 + w2 + w, 
= O+ Q2V23 + Q,(V,2 + V,3) (4.85) 
onde V23 é o potencial em P2 devido a Q3 c V12 e V,3 são, respectivamente, os potenciais em P1 devi_ 
do aQ2 e a Q3• Somando as equações (4.84) c (4.85), obtém-se 
ou 
2WE = Q,(V,2 + Vn) + Q2(V21 + V23) + Q3(V31 + V32) 
= Q,V, + Q2V2 + Q3V3 
(4.86) 
146 • Elementos de Eletromagnetismo 
Fij!ura 4.22 Arranjo de cargas. 
onde VP V2 e V3 são os potenciais totais em P1, P2 e P3, respectivamente. Em geral, se houver 11 car­
gas pontuais, a equação ( 4.86) toma-se: 
(em joules) (4.87) 
Se, ao invés de cargas pontuais, a região tiver uma distribuição contínua de cargas, o somatório 
na equação ( 4.87) torna-se uma integral, isto é: 
We = ~f P1.Vd/ 
WE = ~ f PsV dS 
We =~ f p,.Vdv 
(linha de carga) 
(supcrffcic de carga) 
(volume de carga) 
Já que p,. = V· D, a equação (4.90) pode ser reescri ta como: 
WE= ~f (V· D}Vdv 
v 
Ainda, para qualquer vetor A e escalar V, as identidades 
V· VA = A · VV + V( V· A) 
ou 
(V· A)V = V· VA - A· VV 
são válidas. Aplicando a identidade da equação (4.92) na equação (4.9 1 ), obtém-se: 
WE = ~ f (V· VD) dv - ~f (D · VV) dv 
l ' , . 
Aplicando o teorema da divergência ao primeiro termo do lado direito dessa equação, temos: 
We =;.f (VD) · dS-.!. f (D · VV)dv 
- s 2 ,. 
(4.88) 
(4.89) 
(4.90) 
(4.9 1) 
( 4.92) 
(4.93) 
(4.94) 
Da Seção 4.9, relembramos que V varia com l/r e D com 1/r2 para cargas pontuais; V varia com 11/ 
e D com Ih;; para dipolos e assim por diante. Portanto, VD no primeiro termo do lado direito da equa­
ção (4.94) deve variar pelo menos com 11?, enquanto dS varia com r2
• Conseqüentemente, a primei-
EXEMPLO 4.14 
Campos Eletrostáticos • 147 
ra integral na equação (4.94) deve tender a zero à medida que a superfícieS torna-se cada vez maior. 
Por essa razão, a equação ( 4.94) reduz-se a 
WE = - ~ f (D · VV) dv = ~ f (D · E) dv 
v ,. 
(4.95) 
e já que E = - VV e D = e0 E 
(4.96) 
Disso, podemos definir a densidade de energia eletrostática wF.(cm J/nr1) como 
dWE l l ? 0 2 
we = = - D ·E = - e E-= -
dv 2 2 ° 2e0 
(4.97) 
de forma que a equação (4.95) possa ser escrita corno 
(4.98) 
Três cargas pontuais - I nC, 4 nC e 3 nC estão localizadas em (0, O, 0), (0, O, I) e ( I, O, 0), respec­
tivamente. Determine a energia interna do sistema. 
Solução: 
A !terna ti vamente, 
148 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 4.15 
= 4:e
0 
( Q,Q2 + Q,Q3 + ~) 
= 9( ~ - 7) nJ = 13,37 nJ 
como obtido anteriormente. 
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.14 
As cargas pontuais Q1 = I nC, Q2 = - 2 nC, Q3 = 3 nC e Q.= - 4 nC estão 
posicionadas, uma por vez e nessa ordem, nos pontos (0, O, 0), (I, O, 0), (0, O, - I) 
e (0, O, I ), respectivamente. Calcule a energia armazenada no sistema depois do posiciona­
mento de cada uma das cargas. 
Resposta: O; - 18 nJ;-29,18 nJ; - 68,27 nJ. 
Uma distribuição ele carga com simetria esférica tem densidade 
[
Po, 
p ,. = O, 
O < r s R 
r > R 
Determine V em qualquer ponto c a energia armazenada na região r < R. 
Solução: 
O campo D já foi determinado na Seção 4.60 usando a Lei de Gauss. 
(a) Para r ;;;: R, E = PoR: a, . 
3e0 r 
Sendo E conhecido, V é cletenninaclo por: 
V = - I E · di = - PoR
3 f -.!, dr 
3e0 r· 
PoRJ C '-"-- + ., r ;;;: R 
3e0 r 
Uma vez que V( r= oc) = O, C 1 = O. 
Por 
(b) Para r ,.. R, E = - a,.. 
3eo 
Donde, 
V = - I E · d i = - Po I r dr 
3e0 
? 
PoR-
Da parte (a) V( r = R) = . Portanto, 
3eo 
RESUMO 
Campos Eletrostáticos • 149 
e 
Assim, a partir de (a) e (b) 
V= 
PoR
3 
3e0 r ' 
Po (3R2- r\ 
6e0 
r -=: R 
(c) A energia am1azcnada é dada por 
Para r -=: R, 
Portanto, 
L f I f , W= - D· Edv= - e E' dv 
2 2 o 
P r 
E = - 0- a,. 
3e0 
I 2 IR (" J2lf 
W = 2 e0 Po2 L r2 
• r 2 scn 8 de/> d8 dr 
9eo r = O D= o ~-o 
l rs R 21fp2 Rs 
...:..:O:... 47f . _ O j 
18e0 5 o 45e0 
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.15 
Se V = x-y + xy + 2z V, detem1ine E em ( I, 2, 3) e a energia eletrostática am1azenada em um 
cubo de lado 2 m, centrado na origem. 
Resposta: -3 a., - 2 a: V/m; 0,2358 nJ. 
1. As duas leis fundamentais para campos eletrostáticos (leide Coulomb c lei de Gauss) são apre­
sentadas nesse capítulo. A lei da força de Coulomb estabelece que 
2. Tendo por base a lei de Coulornb, detinimos a intensidade de campo elétrico E como força por 
unidade de carga, isto é: 
(somente para cargas pontuais) 
3. Para uma distribuição contínua de cargas, a carga total é dada por 
Q = f pr_ dl para uma linha de carga 
15 0 • Elementos de Eletromagnetismo 
Q = I PsdS 
Q = I p,.dv 
para uma superfície de carga 
para um volume de carga 
O campo E devido a uma distribuição contínua de cargas é obtido, a partir da fóm1ula para a car­
ga pontual, substituindo Q por dQ = pL d/, dQ = Ps eiS ou dQ = P,. dV e integrando sobre a li­
nha, a superfície ou o volume, respectivamente. 
4. Para uma linha infinita de carga, 
E = Pi. a 
21reoP P 
e, para uma lâmina intini ta de carga: 
Ps E = - a 
2 " e o 
S. A densidade de tluxo elétrico D está relacionada com a intensidade ele campo elétrico (no espa­
ço livre) na forma de 
D =e E o 
O fluxo elétrico através da superfícieS é expresso por 
V'= f D ·dS 
s 
6. A lei de Gauss estabelece que o lluxo elétrico líquido que penetra uma superfície fechada é igual 
a carga elétrica total envolvida por essa superfície, isto é, V' = Q,,..,.,w Portanto, 
V' = f D · dS = Qcnc = I p,. dv 
ou 
Pv = V. D (primeira das equações de Maxwell a ser obtida) 
Quando a distribuição de cargas é simétrica tal que a superfície gaussiana (onde D = D,a, é 
constante) possa ser defin ida, a lei de Gauss é útil para determinar D, isto é, 
D, f dS = Qenc ou 
7. O trabalho total real izado, ou a energia potencial elétrica, para movimentar uma carga pontual 
Q de um ponto A até um ponto B, em um campo elétrico E, é 
w = - Q r E . d l ,, 
8. O potencial em r , devido a uma carga pontual Q em r ', é 
V(r ) = I 'I + C 47re
0 
r - r 
Q 
Campos Eletrostáticos • 151 
onde C é dado em um ponto de referência de potencial; por exemplo: C= O se V(r -4 oo) =O. 
Para determinar o potencial devido a uma distribuição contínua de carga, substituímos Q na fór­
mula para carga pontual por dQ = pL d/, dQ = Ps dS ou dQ = P,. dv e integramos sobre uma li­
nha, uma superfície ou um volume, respeclivamentc. 
9. Se a distribuição de carga não é conhecida, mas a intensidade de campo E é dada, determinamos 
o potencial usando: 
V = - f E· dl +C 
10. A diferença de potencial VAB• o potencial em 8 em relação ao potencial em A, é dada por: 
J
B W 
V,18 = - " E · dl = Q = V8 - V,1 
11. Já que o campo eletrostático é conservativo (o trabalho líquido realizado ao longo de uma traje­
tória fechada em um campo estático E é zero), 
f E· dl = O 
ou 
VX E =O (segunda equação de Maxwell a ser obtida) 
12. Dado um campo pmencial, o campo elétrico correspondente é determinado usando: 
E = -vv 
13. Para um dipolo elétrico centrado em r ', com momento de dipolo p, o potencial em r é dado por: 
p ·(r - r') 
V( r) = ....:....--'-----'-= 
4?reolr - r ' 13 
14. O vetor D é tangencial às linhas de fluxo elétrico em cada ponto. Uma superfície equipotencial 
(ou linha) é urna superfície (ou linha) em que V= constante. Em cada ponto, a linha equipoten­
cial é ortogonal à linha de fluxo elétrico. 
15. A energia eletrostática devido a n cargas pontuais é: 
Para uma distribuição contínua ele cargas em um volume, 
I f I f ' Wc = 
2 
,. D · E dv = 2 e0 IEI- dv 
QUESTÕES DE REVISÃO 
4.1 Duas cargas pontuais Q, = I nC e Q2 = 2 nC estão distantes uma da outra. Quais das seguintes 
aJirmações são incorretas? 
(a) A força sobre Q, é repulsiva. 
152 • Elementos de Eletromagnetismo 
(b) A força sobre Q2 é igual em magnitude à força sobre Q1• 
' (c) A medida que a distância entre as cargas diminui , a força sobre Q1 aumenta linearmente. 
(d) A força sobre Q2 é ao longo da linha que une as cargas. 
(c) Uma carga pontual Q3 = - 3 nC localizada no ponto médio entre Q1 c Q2 experimenta uma 
força resultante nula. 
4.2 O plano;; = I O m tem uma distribuição de cargas de 20 nCIIn2
• A intensidade de campo elétrico na 
. -ongem e: 
(a) 
(b) 
- lO a. V/m 
- l81r a. V/m . 
(c) - 727í a. V/m 
• 
(d) - 3601í a. V/m 
• 
4.3 As cargas pontuais 30 nC, - 20 nC e I O nC estão localizadas em (- I, O, 2), (0, O, 0) e ( I, 5, - I), 
respectivamente. O tluxo total que sai de um cubo de 6 rn de aresta, centrado na origem, é: 
(a) - 20nC 
(b) lO nC 
(c) 20 nC 
(d) 30 nC 
(c) 60 nC 
4.4 A densidade de lluxo elétrico sobre uma superfície eslc rica r = b é a mesma tanto para uma carga 
pontual Q localizada na origem, quanto para uma carga Q uniformemente distribuída sobre uma 
superfície r= a (a< b). 
(a) Sim. 
(b) Não. 
(c) Não necessariamente. 
4.5 O trabalho realizado pela força F = 4 a, - 3 a,. + 2 a, N para provocar. em uma carga de I nC. o 
deslocamento de lO a, + 2 a
1
- 7 a, m é de: 
(a) I ü:l nJ 
(b) 60nJ 
(c) 64 nJ 
(d) 20 nJ 
4.6 Dizer que um campo eletrost<ítico é conservativo llfio siguifica dizer que: 
(a) O campo é o gradiente de um potencial escalar. 
(b) A circulação desse campo é identicamente zero. 
(c) O rotacional desse campo é identicamente zero. 
(d) O trabalho realizado em uma trajetória fechada no interior desse campo é zero. 
(e) A diferença de potencial entre quaisquer dois pontos é zero. 
4.7 Suponha que exista um campo elétrico uniforme no interior da sala em que você está trabalhando. 
tal que as linhas de força são horizontais e perpendiculares a uma das paredes. À medida que você 
caminha em direção à parede da qual as linhas de força emergem. você está caminhando na dire­
ção dos: 
(a) Pontos de potencial mais alto? 
(b) Pontos de potencial mais baixo? 
(c) Pontos de mesmo potencial (linha equipotencial)? 
PROBLEMAS I ---
Campos Eletrostáticos • 153 
4.8 Uma carga Q é unifonnemente distribuída em uma esfera de raio a. Considerando o potencial no 
inlinito como zero, o potencial em r = b < a é dado por: 
(a) - J.b Qr dr 
" 4r.&o(l3 
I.
b Q 
(b) - dr 
,. 4r.e0 r 2 
I.
u Q 
(c) - dr-
" 4r.e0 r
2 
I.
(l Q 
(d) - dr 
"J;. 41re0 r3 
4.9 Um campo potencial é dado por V= 3 iy- yz. Qual das atirmações a seguir não é verdadeira? 
(a) No ponto ( I , O, - I ) V e E são nulos. 
(b) x\ = I é uma linha equipotencial no plano xy. 
(c) A superfície equipotencial V= - 8 passa pelo ponto P(2,- I , 4). 
(d) O campo elétrico em Pé 12 a.,- 8 ar a, V /m. 
(c) A normalunit;íria à superfície cquipotcncial V = - 8 em Pé dado por - 0,83 a, + 0,55 a,.+ . . 
0 ,07 a .. 
• 
4.10 Um campo potencial elétrico é produzido pelas cargas pontuais I JtC c 4 J.IC, localizadas nos pon­
tos(- 2, I. 5) e (I. 3.- I). respectivamcmtc. A energia armazenada no campo é de: 
(a) 2,57 mJ 
(b) 5,14 mJ 
(c) 10.28 mJ 
(d) Nenhuma das resposta~ acima. 
Respostas: 4.1c, e: 4.2d: 4.3b; 4.4a; 4.5d; 4.6e; 4.7a: 4.8c: 4.9a; 4.10b. 
4.1 Duas cargas pontuais Q1 = 5 mC e Q2 = - 4 mC estão localizadas nos pontos (3, 2, I) e (- 4, 
O, 6), respectivamente. Determine a força sobre Q1• 
4.2 Cinco cargas pontuais idênticas de 15 mC cada estão localizadas no centro e nos cantos de 
um quadrado definido por - I < x, y < I e z = O. 
(a) Determine a força sobre uma carga pontual de lO J.IC localizada em (0, O, 2). 
(b) Calcule a intensidade de campo elétrico em (0, O, 2). 
4.3 Duas cargas pontuais Q1 e Q2 estão localizadas em (4, O, - 3) e (2, O, 1), respectivamente. Se 
Q2 = 4 nC, determine Q, tal que: 
(a) O campo E em (5, O, 6) não tenha componente em z. 
(b) A força sobre uma carga de teste em (5, O, 6) não tenha componente em x. 
4.4 As cargas+ Q e+ 3Q estão separadas por uma distância de 2 rn. Uma terceira carga está lo­
calizada em uma posição tal que o sistema eletrostático está em equilíbrio. Determine a lo­
calização c o valor da terceira carga em termos de Q. 
4.5 Determine a carga total : 
(a) Sobre uma linha dada por O < x < 5 m, se Pt = 12 i mC/m. 
(b) Sobre um cilindro dado por p = 3, O< z < 4 m, se Ps= p -;.2 nC/nt 
(c) Dentro de uma esfera com r= 4 m. se p,, = 
1° C/m~. 
r scn O 
154 • Elementos de Ele tromagnetismo4.6 Calcule a carga total devido à~ distribuições de carga refe ridas por A, 8 e C na Figura 4.23. 
4.7 Detennine E em (5, O, O) devido à distribuição de carga referida por A na Figura 4.23. 
4.8 Devido à distribuição de carga referida por B na Figura 4.23. 
(a) Determine E no ponto (0, O, 3) se Ps = 5 mC/m2
• 
(b) Determine E no ponto (0. O. 3) se Ps = 5 scn 4J mC/m2
• 
4.9 Um disco circular de raio a está carregado com uma distribuição de carga dada por Ps = Jlp C/m2
• 
Calcule o potencial em (0, O, h). 
4.10 Um anel dado por / + l = 4 ex = O está carregado com uma distribuição uniforme de carga de 
5pC/m. 
(a) Determine D em P(3, O, 0). 
(b) Se duas cargas pontuais idênticas Q forem colocadas em (0, - 3. 0) c (0, 3. 0), nas proximida­
des do anel, determine o valor de Q tal que D = O em P. 
*4.1 1 (a) Demonstre que o campo elétrico no ponto (0, O, h), devido ao retângulo descrito por - a < .r < 
a, - b :s y :s b e z = O, carregado com uma distribuição uniforme de carga Ps C/m2
, é dado J)Or: 
- 5 
Ps - 1 [ ab ] E = - tg , , , , a . 
?r e o h(a· + b· + h')" - • 
(b) Se a = 2, b = 5 e Ps = 10' 5
, determine a carga total sobre o retângulo c a intensidade de cam­
po elétrico em (0, O, 10). 
-. 
p,. = t rnCfmJ 
c 
PL = 2 rnC/m 
A 
------------~----------------~~--------_. y 4 
fJ 
p1 = 5 mC/m2 
Figura 4.23 Refereme ao Problema 4.6. 
Campos Eletrostáticos • 155 
)' Fi:,.'llra 4.24 Referente ao Problema 4.14. 
+Q 2 +2Q 
I 
-2 o 2 
- 2Q - 2 - Q 
4.12 Uma carga pontual de I 00 pC está localizada em ( 4, I, - 3), enquaruo o eixo x está carregado com 
2 nC/m. Se o plano <: = 3 também estiver carregado com 5 nC/m2
, determine E no ponto (1 . 1, l). 
4.13 A linha x = 3 e <: = - I está carregada com 20 nC/m, enquanto o plano x = - 2 está carregado com 
4nC/m2
• Determine a força sobre uma carga pontual de- 5 mC localizada na origem. 
4.14 Quatro cargas pontuais estão localizadas nos vértices de um quadrado de 4 m de lado, corno mos­
tra a Figura 4.24. Se Q = I 5 pC, determine D em (0, O, 6). 
4.15 Estabeleça a lei de Gauss. Deduza a lei de Coulomb a partir da lei de Gauss, mostrando que a lei 
de Gauss é uma forma altemaúva da lei de Coulomb e que a lei de Coulomb está implícita na equa­
ção de Maxwell: V · D = P.-
4.16 Determine a densidade de cargas devido a cada uma das seguintes densidades de fluxo elétrico: 
, , 
(a) D = 8xya_.. + 4x-a,. Ctm-
, , 
(b) D = p sen <P a,+ 2p cos tfJ a 0 + 2::-a, C/m-
2 cos O senO 2 (c) D = 3 a, + 3 a0 C/rn 
r r 
4.17 Seja E = xya , + ~la, determine: 
(a) A densidade de tluxo elétrico D. 
(b) A densidade volumétrica de cargas P, .. 
4. 18 O plano x + 2y = 5 está carregado com Ps = 6 nC/rn2
• Determine E em (- I, O, I). 
4.19 No espaço livre, D = 2/ax + 4xy a ... - a, mCfln2
• Determine a carga total armazenada na região 
I < X < 2, I < )' < 2, - I < z < 4. 
4.20 Em uma certa região, o campo elétrico é dado por: 
(a) Determine a densidade de cargas. 
(b) Calcule a carga total encerrada em um volume dado por: O < p < 2, O < ~ < r. /2 e O< z < 4. 
(c) Confirme a lei de Gauss, determinando o fluxo líquido através da superfície que limita o 
volume dado em (b). 
156 • Elementos de Ele tromagnetismo 
*4.21 O modelo de Thomson do átomo de hidrogênio é uma esfera de cargas positivas com um elétron 
(carga pontual) em se.u centro. A carga positiva total é igual à carga eletrônica e. Prove que, quan­
do o e létron está a uma distância r do centro da esfera positiva de cargas, e le é atraído com uma 
força 
onde R é o raio da esfera. 
4.22 Três cascas esféricas concêntricas com r = I , r= 2 e r = 3 m têm, respectivamente, distribuições 
' de cargas dadas por 2,-4 e 5 pCtm·. 
(a) Calcule o fluxo através de r = I ,5 me r = 2,5 m. 
(b) Determine O em r = 0.5, r= 2,5 c r= 3,5 m. 
4.23 Dado que 
_ {1 2p nC/m~ . 
p ., - O, 
dete rmine O em qualquer ponto. 
4.24 Seja 
P~· = 
lO 
--. mC/rnl, 
r· 
O, 
l < P < 2 
fora desse intervalo 
l < r < 4 
r > O 
(a) Determine o fluxo líquido que atravessa as superffcies r = 2 me r = 6 rn. 
(b) Determine O em r = I me em r = 5 m. 
4.25 Determine o trabalho realizado ao deslocar uma carga de 5 C do ponto P( l , 2, - 4) até o ponto 
R(3, - 5, 6), na presença de um campo elétrico dado por 
4.26 Dado o campo elétrico em uma certa região do espaço 
E = (z + I) sen tf> !\, + (z + I) cos a0 + p sen tf> a, V /m 
determine o trabalho reali zado ao movimentar uma carga de 4 nC de 
(a) A( l , O, 0) até 8 (4, O, 0) 
(b) 8(4, O, O) até C(4, 30", O) 
(c) C(4. 30", O) até 0 (4, 30", - 2) 
(d) A até D 
4.27 Em um campo e létrico E = 20 r senO a,+ I O r cosO a, V /m, determine a energia empregada ao 
transferir uma carga de I O nC 
(a) de A(5, 30", O") até 8 (5, 90", <r) 
(b) de A até C( I O, 30". <Y') 
(c) de A até 0(5, 30", 60") 
( d) de A até E( I O, 90", 60") 
Campos Eletrostáticos • 157 
4.28 Seja V= -\)'1z. Calcule a energia necessária para transferir uma carga pontual de 2 JJC de ( I,- I, 2) 
a (2, I,- 3). 
4.29 Determine o campo elétrico devido aos seguintes potenciais: 
(a) 
(b) 
V z 2 ? 7 = x + ,.- + 4z--
V 7 7 •)•n = sen(x- + y· + z· 
(c) V = p2(z + I )sen cp 
(d) V = e - r sen O cos 2</J 
4.30 Três cargas pontuais Q, = I mC, Q2 = - 2 mC e Q3 = 3 mC estão localizadas, respecti vamente, em 
(0, 0, 4), (-2, 5, l) e(3,-4, 6). 
(;e) Dete rmine o potencial VP em P(- I. I , 2). 
(b) Calcule a diferença de potencial V1,Q se Q é ( I , 2, 3). 
4.3J No espaço livre, V = iy(z + 3) V. Determine: 
(a) E em (3, 4,- 6) 
(b) a carga dentro de um cubo de dimensões O< x,y, z < I 
4.32 Urna dis tribuição esférica de cargas é dada por 
,. 
Po- ,. < a 
p,, = a' 
o. r >a 
Determine V em qualquer ponto. 
4.33 Para verificar que E = yza, + ,\'Zlly + .\)'ll< V /m é verdadeiramente um campo elétrico. demonstre que: 
(a) V X E= O 
(b) f L E · dl = O. onde L é o perímetro de um quadrado definido por O < x.y < 2. z = 1. 
4.34 (a) Urna carga total Q = 60 J1C é dividida em duas cargas iguais localizadas a 180" uma da outra, 
posicionadas em um ane l circular de raio 4 m. Determine o potencial no centro do ane l. 
(b) Se a carga Q for dividida em três cargas iguais espaçauas em intervalos iguais de 120" nesse 
ane l, de termine o potencial no centro uo ane l. 
(c) Se a carga for distribuída ao longo do anel com urna distribuiç1io linear dada por p~ = JL, de-
termine o potencial no centro do anel. 81r 
4.35 Para uma distribuição esférica de cargas dada por: 
(a) Determine E e V para r > a. 
(b) Dctcm1ine E c V para r :s a. 
(c) Determine a carga total. 
(d) Demonstre que E é máximo quando r= 0,145a. 
,. < (/ 
r > a 
*4.36 (a) Prove que. quando uma partícula de massa e carga constantes é acelcmda a partir do repouso, 
na presença de um campo elétrico. sua velocidade final é pmporcionalit raiY. C)uadrada da di­
ferença de potencial sob a qual ela é acelerada. 
(b) Determine a magnitude da constante de proporcionalidade se a panícula for um elétron. 
158 • Elementos de Eletromagnetismo 
(c) Sob que diferença de potencial deve um elétron ser acelerado, considerando que não haja va­
riação em sua massa, para adquirir uma velocidade de um décimo da velocidade da luz? (Em 
tais velocidades. a massa de um corpo toma-se consideravelmente maior do que sua "massa de 
repouso'' c não pode ser considerada constante.) 
*4.37 Um elétron é lançado com uma velocidade inicial/1
0 
= 107 m/sem um campo elétrico uniforme 
existente entre duas placas paralelas, como mostra a Figura 4.25. O elétron entra no campo na po­
sição média entre as duas placas. Se o elétron tangcncia a placa superior ao sair do campo: 
(a) Determine a intensidade de campo elétrico entre as placas. 
(b) Calcule a velocidade do elétron quando ele abandona o campo. Desconsidere efeitos de borda. 
4.38 Um dipolo elétrico com p = pa, C· m está localizado em (x. z) = (0. 0). Se o potencial em (0, l) 
nm é de 9 V, determine o potencial em ( I. I) nm. 
4.39 Duas cargas pontuais Q e- Q estão localizadas em (0, d/2, 0) c (0,-d/2, 0). Demonstre que no 
ponto (r, O, !p ), onde r» d: 
V = Qd sen O scn </> 
? 
47reor· 
Determine o campo E correspondente. 
4.40 Determine o trabalho ncccssálio para deslocar as cargas Q1 = I mC c Q2 =-2 mC do inlinito até 
os pontos(- 2. 6, I) e (3. - 4. 0). respectivamente. 
4.4 1 Uma carga pontual Q está na origem. Calcule a energia annazcnada na região dada por r> a. 
4.42 Detennine a energia armazenada em uma região delimitada pelo hemisfério r !52 me O< O< 1r. 
onde existe o campo elétrico expresso matematicamente por: 
E = 2r sen O c os </> a,+ r cos O cos </> a, - r sen cJ> a~ V /m 
4.43 Se V = /z sen </>, calcule a energia dentro da região dclinida por I < p < 4. - 2 < z < 2 e 
o < </> < 11'13. 
y 
+ ·• + + + + + + + + + + 
2cm e • Uo l t' ---- .< 
-- ---- .. , _____ _ 
I O em 
Figura 4.25 Referente ao Problema 4.37. 
Capítulo 5 
CAMPOS ELÉTRICOS EM MEIO 
MATERIAL 
5.1 INTRODUÇÃO 
Os 12 princípios do caráter: (1) Honestidade, (2) Compreensão, (3) Compaixão, (4) Apreço, (5) 
Paciência, (6) Discipl ina, (7) Firmeza, (8) Perseverança, (9) Humor, (1 0) Humildade, (1 1) Gene­
rosidade, (12) Respeito. 
-KATHRYN B. JOHNSON 
No último capítulo, consideramos campos eletrostáticos no espaço livre ou na ausência de meios ma­
teriais. Assim, o que desenvolvemos em eletrostática é o que podemos chamar de teoria de campos 
no "vácuo''. Da mesma maneira, o que vamos desenvolver nesse capítulo pode ser denominado de 
teoria dos fenômenos elétricos em um meio material. Como veremos em breve, a maioria das fórmu­
las obtidas no Capítulo 4 são ainda aplicáveis, embora algumas necessitem de adaptações. 
Da mesma maneira que campos elétricos podem existir no espaço livre, eles podem existir em um 
meio material. Os materiais são classificados segundo suas propriedades elétricas, de maneira ampla, 
como condutores e não-condutores. Materiais não-condutores são usualmente referidos como isolan­
tes ou dielétricos. Será feita uma rápida discussão sobre as propriedades elétricas dos materiais em 
geral para embasar o entendimento dos conceitos de condução, corrente elétrica e polarização. Além 
dessa, outras discussões versarão sobre algumas propriedades dos materiais dielétricos, como por 
exemplo: suscetibilidade, pennissividade, linearidade, isotropia, homogeneidade, rigidez dielétr ica e 
tempo de relaxação. O conceito de condição de frontei ra para campos elétricos existentes em dois 
meios diferentes será também estudado nesse capítulo. 
5.2 PROPRIEDADES DOS MATERIAIS 
Em um texto dessa natureza, a discussão a respeito das propriedades elétricas dos materiais pode pa­
recer fora de contexto. Porém, questões tais como: "porque os elétrons não escapam através da super­
fície de um condutor" , "porque os fios condutores percorridos por uma corrente elétrica permanecem 
descarregados eletricamente", "porque os materiais se comportam de maneira diferente na presença 
de um campo elétrico" e "porque as ondas eletromagnéticas se propagam com velocidade menor em 
meios condutores do que nos meios dielétricos" são facilmente respondidas considerando as proprie­
dades elétricas dos materiais. Uma discussão extensa sobre esse assunto é usualmente encontrada em 
textos sobre eletrônica ffsica ou de engenharia elétrica. Aqui, uma breve discussão será suficiente pa­
ra nos ajudar a entender o mecanismo pelo qual os materiais innucnciam no campo elétrico. 
Genericamente, os materiais podem ser classificados, de acordo com sua condmividade u (ex­
pressa em mhos por metro (U /m) ou em siemens por metro (S/m), como condutores ou não-condu­
tores ou, ainda, do ponto de vista técnico, como metais ou isolantes (dielétricos). A condutividade de 
urn material geralmente depende da temperatura e da frcquência. Um material com elel'flda conduti­
vidade (u :» 1) é referido como metal. enquanto um material com baixa condutividade (u « I) é re­
ferido como isolante. Um material cuja condutividade está entre a condutividade de metais e a dos 
160 • Elementos de Eletromagnetismo 
isolantes é denominado semicondwor. Os valores de condutividade de alguns materiais de uso co­
mum estão mostrados na Tabela 8.1, no Apêndice B. Dessa tabela se deprcende que materiais como 
cobre e alumínio são metais, silício e germânia são semicondutores e vidro e bon·acha são isolantes. 
A condutividade dos metais geralmente aumenta com a diminuiç.io da temperatura. Em tempera­
turas próximas à do zero absoluto (T = 0°K), alguns condutores apresentam condutividade infinita e 
são chamados de supercondutores. Chumbo c alumínio são exemplos típicos desses metais. A con­
dutividade do chumbo a 4°K é da ordem de I 020 mhos/m. Ao leitor interessado recomendamos a lei­
tura de textos sobre supercondutividade.1 
Nesse texto trataremos apenas de metais e isolantes. Microscopicamente, a diferença mais signi· 
ticativa entre metal e isolante reside na quantidade de elétrons disponíveis para a condução de cor­
rente elétrica. Os materiais dielétricos têm poucos elétrons disponíveis para a condução da corrente 
elétrica, ao contrário dos metais, os quais têm elétrons livres em abundância. Nas seções subseqüen­
tes, será também discutida a presença de condutores c di elétricos em campos elétricos. 
5.3 CORRENTES DE CONVECÇÃO E DE CONDUÇÃO 
A voltagem elétrica (ou a diferença de potencial) e a corrente são duas quantidades fundamentais em 
Engenharia Elétrica. Estudamos o potencial no capítulo anterior. Antes de considerarmos como o 
campo elétrico se comporta em meios condutores ou dielétricos, é apropriado estudarmos a corrente 
elétrica. A corrente elétrica é, geralmente, provocada pelo movimento de cargas elétricas. 
A corrente (em amperes) através de uma área é a quantidade de carga que passa através des­
sa área na unidade de tempo. 
Isto é: 
dQ 
1= ­
dt 
(5.1) 
Assim, para uma corrente de um ampêre, a carga está sendo transferida a uma taxa de um coulomb 
por segundo. 
Introduziremos, agora, o concei to de densidade de corrente J. Se uma corrente 111 atravessa uma 
superfície !15, a densidade de corrente é dada por 
ou 
á / 
J,, = t!..S 
tl.l = J, llS (5.2) 
considerando que a densidade de corrente é perpendicular à supcrffc ie. Se a densidade ele corrente 
não for normal à superfíc ie: 
/li = J . t!..S 
Dessa maneira, a corrente total atravessando a superfície S será dada por: 
I= I. J ·dS 
s 
' O exemplar de agos1o de 1989 de Prrx:e~din11.t of IEEE é dedicado às "Aplicações da Supcrcondutividadc" ("Applicmions of Supcrconduclivity"). 
(5.3) 
(5.4) 
/ 
I 
I 
}--
/ 
I 
I 
llS 
--f--
/' 
Campos Elétricos ern Meio Material • 161 
Figura 5. I Corrente em um filamento. 
I -r--
--J---
./ 
/ 
Dependendo de como I é gerada, haverá difcrcmes tipos de densidades de corrente: densidade de cor­
rente de convecção, densidade de co1Tente de condução c densidade de corrente de deslocamento. 
Neste capítulo, consideraremos as densidades de corrente de convcccção c de condução. A densida­
de de corrente de deslocamemo será considerada no Capítulo 9. O que devemos ter em mente é que 
a equação (5.4) se aplica a qualquer tipo de densidade ele corrente. Comparada à dcll nição geral de 
!'luxo, na equação (3.13), a equação (5.4) mostra que a corrente I através de Sé simplesmente o tlu­
xo da densidade de corre me J. 
A corrente de convecção, di ferentemente ela corrente de condução, não envolve condutores e, 
conseqüentemente, não satisfaz a lei de Ohm. Resuha do lluxo de cargas através de um meio isolan­
te tal como um líquido, um gás rarefeito ou o vácuo. Um feixe de elétrons em um tubo de vácuo, por 
exemplo, é urna corrente de convecção. 
Considere o filamento da Figura 5.1 . Se houver um 11uxo de cargas, de densidade p,, a uma velo­
cidade u = a,,a,, .• da equação (5.1) tira-se que a corrente através do lilamcnto é dada por: 
t.Q t.e 
t.l =-= p, t.S - = p,. t.S u
1 t.t t.t 
(5.5) 
A densidade de corrente em um dado ponto é a corrente através de uma área unitária normal 
àquele ponto. 
A componente em yda densidade de correme JY é dada por: 
(5.6) 
Portanto, em geral: 
(5.7) 
A corrente I é a corrente de convecção e 1 é a densidade de corrente de convecçclo em amperes/me­
tro quadrado (Aim\ 
A corrente de condução ocorre necessariamente em condutores. Um condutor é caracterizado por 
uma grande quantidade de elétrons livres que promovem a corrente de condução ao serem impulsio­
nados por um campo elétrico. Quando um campo elétrico E é aplicado, a força sobre um elétron com 
carga- e é de: 
F = -eE (5.8) 
Já que o elétron não está no espaço livre, ele será acelerado pelo campo elétrico, sofrerá inúmeras coli­
sões com a rede cristalina e derivará de um átomo para outro. Se um elétron, com massa m, move-se em 
um campo elétrico E com uma velocidade média de deriva u, de acordo com a lei de Newton, a varia­
ção média no momeutwn do elétron livre deve se igualar à força. aplicada. Assim, 
nm = -eE 
7 
162 • Elementos de Eletromagnetismo 
ou 
eT 
u = - - E 
111 
(5.9) 
onde -ré o intervalo de tempo médio entre as colisões. Isso indica que a velocidade de deriva do elé­
tron é diretamente proporcional ao campo aplicado. Se houver 11 elétrons por unidade de volume, a 
densidade de carga eletrônica é dada por: 
Pv = - ne 
Dessa forma, a densidade de corrente de condução é 
ou 
? 
ue-T 
J = p,,u = E = uE 
m 
(5.10) 
(5.11) 
onde u = n/ rlm é a condutividade do condutor. Conforme mencionado anteriormente, os valores de 
u para os materiais mais comuns são dados na Tabela B.l , no Apêndice B. A relação expressa na 
equação (5. 11) é conhecida como forma pontual da lei de Ohm. 
5.4 CONDUTORES 
Um condutor possui, em abundância, cargas elétricas que estão livres para se movimentar. Conside­
re um condutor isolado, tal como mostrado na Figura 5.2(a). Quando um campo elétrico externo E, 
é aplicado, as cargas livres positivas são empurradas no sentido elo campo aplicado, enquanto que as 
cargas livres negativas movem-se no sentido oposto. Essa migração das cargas ocorre muito rapida­
mente. Em um primeiro momento, essas cargas se acumulam na supedicie do condutor, formando 
uma sttpetfície de cargas induzidas. Em um segundo momento, essas cargas, induzidas, estabelecem 
um campo elétrico interno induzido E;, o qual cancela o campo elétrico externo aplicado E,. O resul ­
tado disso é mostrado na Figura 5.2(b}. Isso leva a uma importante propriedade dos condutores: 
Um condutor perreito não pode conter um campo eletrostático em seu interior. 
Um condutor é um corpo equipotencial, o que implica que o potencial é o mesmo em qualquer pon­
to no condutor. Isso baseia-se no fato de que E = -VV =O. 
Uma outra maneira ele analisar isso é através da lei de Ohm, J = uE. Para manter uma densidade 
de corrente finita J em um condutor perfeito (u ~=).é necessário que o campo elétrico no interior 
do condutor se anule. Em ourras palavras, E ~ O porque u ~ oo em um condutor perfeito. Se algu­
mas cargas forem introduzidas no interior de tal condutor, as cargas se moverão para a superfície e se 
rcdistribuirão rapidamente, de tal maneira que o campo no interior do condutor se anule. De acordo 
com a lei de Gauss, se E = O, a densidade de carga P,. deve ser zero. Concluímos, novamente, que 
um condutor perfeito não pode conter campo eletrostático em seu interior. Sob condições estáticas: 
E = O, p ,. = O, Vab = O no interior do condutor (5. 12) 
Campos Elétricos em Meio Material • 163 
- + 
- + 
- + 
E-
' 
- + 
- + 
- Pv=O + 
E 
' - + 
E; 
- + 
- + 
E = O 
- + 
E 
' 
- + E r 
(a) (l>) 
Figura 5.2 (a) Um condutor isolado sob a inOuência de um campo elétrico aplicado: (b) um condutor 
tem um campo elétrico nulo sob condições estáticas. 
Consideremos um condutor cujos terminais são mantidos a uma diferença de potencial V, como 
mostrado na Figura 5.3. Note que, nesse caso, E 'f. O no inlerior do condutor, como mostra a Figura 
5.2. Qual é a diferença? Não há equilíbrio estático na situação mostrada na Figura 5.3, uma vez que 
o condutor não está isolado, mas ligado a uma fome de força clctromotriz que compele as cargas li­
vres a se movimentarem e evita o estabelecimento do equilíbrio eletrostático. Dessa forma, no caso 
da Figura 5.3, um campo elétrico deve existir no interior do condutor para manter o Ouxo de corren­
te. À medida que os elétrons se movem, encontram algumas forças amortecedoras denominadas re­
sistência. Tomando por base a lei de Ohm na equação (5.11 ), obtemos a resistência do material con­
dutor. Suponhamos que o condutor tem uma seção reta uniformeS e um comprimento e. A orienta­
ção do campo elétrico E produzido é a mesma orientação do nuxo de cargas posit ivas ou correme I. 
Essa orientação é oposta à orientação do Ouxo dos elétrons. O campo elétrico aplicado é uniforme e 
sua magnitude é dada por 
v 
E =-e 
Corno o condutor tem urna seção reta uniforme: 
I 
J = -s 
Substituindo as equações (5. I I) e (5. 13) na equação (5. 14) tem-se: 
Portanto, 
ou 
I uV 
- = uE = -s e 
v e 
R = - = -
1 uS 
R = Pre 
s 
(5. I 3) 
(5. 14) 
(5. I 5) 
(5. I 6) 
164 • Elementos de Eletromagnetismo 
E 
~------~------~ 
+V -
Figuras 5.3 Um condutor de seção reta uniforme 
sob um campo aplicado E. 
onde p,. = I lu é a resistividade do material. A equação (5. 16) é útil para determinar a resistência de 
qualquer condutor de seção reta uniforme. Se a seção reJa do condutor não for uniforme, a equação 
(5. 16) não é aplicável. Entretamo, a detinição básica de resistência R como sendo a razão entre a di­
ferença de potencial V, entre os dois terminais de um condutor, e a corrente elétrica /, que atravessa 
o condutor, ainda se aplica. Portanto, utilizando as equações (4.60) c (5.4), obtém-se a resistência de 
um condutor de seção reta não uniforme, isto é, 
R = 'i_ = -::I_E=-· ·-d-:-1 
I I uE · dS 
(5.17) 
Note que o sinal negativo antes de V= -I E· dl desaparece na equação (5. 17) porque I E· dl < O, 
se I > O. A equação (5.17) só será utilizada a partir da Seção 6.5. 
A potência P (em watts) é definida como a taxa de variação da energia W (em joules) ou força ve-
7..CS velocidade. Portanto, 
f Pv dv E · u = f E · p,.u dv 
ou 
P = f E · J dv (5. 18) 
que é conhecida como lei de l oule. A densidade de potência wP (em watts/m3
) é dada pelo integran­
do na equação (5.18), isto é: 
ou 
dP , 
wp = -- = E · J = uiEI­
dv 
Para um condutor com seção reta uniforme, dv = dS d/, tal que a equação (5.18) torna-se 
P = f E d/ f 1 dS = VI 
1.. s 
que é a forma mais comum da lei de Joule em Teoria de Circuitos Elétricos. 
(5.19) 
(5.20) 
EXEMPLO 5.1 
EXEMPLO 5.2 
Campos Elétricos ern Meio Material • 165 
I 
SeJ = ? (2 cosO a, + senO a0) A/m2
, calcule a con·cntc que passa atrav<!s de: 
(a) uma casca hemisférica de raio 20 em; 
(b) uma casca esférica de raio lO em. 
Solução: 
I = f J · dS, 
., 
onde dS = ,.- sen O d</> dO a, nesse caso. 
(~n f2" I 
(a) I = L -:3 2 cos O r 2 sen O d</> dO _ ., 
0• 0 9 - 0 I r · O .• 
2 i r /2 
= -: 27r sen O d(scn O) 
I 0• 0 r = 0.2 
411' sen2 O "12 
= - = I01r = 3 1,4A 
0,2 2 o 
(b) A única diferença nesse caso é que temos O ~ O ~ 1r, ao invés de O ~ O ~ 1r 12 c r= 0, 1. Por­
tanto: 
1 
= 41T scn2 O .. = 
0 
0, 1 2 o 
A lternativamente, nesse caso, 
I = f J · dS = JV · J dv = O 
uma vez; que V • J = O. 
EXERCÍCIO PRÁTICO 5.1 
Para a densidade de corrente J = lO<: sen2 ifJ aPA/m2
, determine a corrente através de 
uma superfície cilíndrica dado por p = 2, I ~ z ~ 5 m. 
Resposta: 754 A. 
Um exemplo típico de transporte convectivo de cargas é encontrado no gerador de Van de Graaff, 
no qual as cargas são transportadas sobre uma correia que se movimenta da base até a calota esféri­
ca, como mostrado na Figura 5.4. Se uma densidade superficial de cargas de 10- 7 C/m2 é transpor­
tada a uma velocidade de 2 m/s, calcule a carga coletada em 5 s. Considere a largura da correia de 
lO em. 
Solução: 
Se Ps = densidade superficial de cargas, u = velocidade da correia e w = largura da correia, a cor­
rente na calotaesférica é de: 
I = Ps mv 
A carga total coletada em r = 5 s é 
Q = lt = PsliWt = 10- 7 X 2 X 0, I X 5 
= 100 nC 
166 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 5.3 
remoção 
dc carsos 
I 
I 
I t 
I 
' ' I 
cam:g'lf1lénto de cargáSI 
I 
I 
--~ 
calota esférica 
) - conduooro 
1 supone isolante 
1-
l ! 
I 
base 
- condu10rn 
motor 
EXERCÍCIO PRÁTICO 5.2 
Figura 5.4 Gerador de Van de Graaff: referente ao 
Exemplo 5.2. 
Em um gerador Van de Graaff, w = 0,1 m, 11 = lO m/s c os caminhos de fuga têm 
resistência de I 014 Q. Se a correia transporta 0,5 pC/m2 de carga, determine a 
diferença de potencial entre a calota esférica e a base. 
Resposta: 50 MV. 
Um fio de I mm de diâmetro e de condutividade 5 X 107 S/m tem 1019 elétrons livres/m3 quando 
um campo elétrico de 10 mV/m é aplicado. Detem1ine: 
(a) a densidade de carga dos elétrons livres; 
(b) a densidade de corrente; 
(c) a corrente no fio; 
(d) a velocidade de deriva dos elétrons. Considere a carga eletrônica como e = - 1 ,6 x 1 o-19 C. 
Solução: 
(Nesse problema particular, as correntes de convecção c de condução são as mesmas.) 
(a) Pv = ne = (1029)(- 1,6 X 10- 19
) = - 1,6 X 101°C/m3 
(b) J = aE = (5 X 107)(10 X J0- 3) = 500 kA/m2 
(c) I = JS = (5 X 105)( 'll't) = 
54'~~' · 10- 6 • 105 = 0,393 A 
J 5 X 105 _ _ 5 (d) JáqueJ = p,.u,u =- = - - ----,10 - 3,125 x 10 m/s. 
Pv 1,6 X 10 
EXERCÍCIO PRÁTICO 5.3 
A densidade de cargas livres no cobre é de L ,81 X I 010 C/m3. Para uma densidade 
de corrente de 8 X 106 A/m2
, determine a intensidade do campo elétrico e a 
velocidade de deriva. 
Resposta: O, 138 V /m; 4,42 X I o-~ m/s. 
EXEMPLO 5.4 
Campos Elétricos em Meio Material • 167 
Figura 5.5 Seção reta da barra de chumbo do Exemplo 5.4. 
3cm ·I 
Uma barra de chumbo (a= 5 X 106 S/m), de seção reta quadrada, tem um furo ao longo de seus 4m 
de comprimento, cuja seção reta é mostrada na Figura 5.5. Determine a resistência entre as 
extremidades da baiTa. 
Solução: 
Já que a seção reta da barra é uniforme, podemos aplicar a equação (5. 16). isto é, 
onde 
Portanto, 
.e 
R =­
aS 
4 
R= ~ = 974140 
5 X 106(9 - 71'/4) X 10-
EXERCÍCIO PRÁTICO 5.4 
Se o furo na barra de chumbo do Exemplo 5.4 é preenchido completamente com 
cobre (a = 5,8 X I 06 mhoslm), determine a resistência da barra assim composta. 
Resposta: 876.7 )lQ. 
- ' 5.5 POLARIZAÇAO EM OIELETRICOS 
Na Seção 5.2, destacamos que a diferença principal entre um condutor c um diclétrico reside na dis­
ponibilidade de elétrons livres, nas camadas atômicas mais externas, para a condução de corrente. 
Embora as cargas em dielétricos não sejam capazes de se movimentar livremente, estão presas por 
forças finitas e, certamente, é esperado um deslocamento das mesmas quando uma força externa é 
aplicada. 
Para compreender o efeito macroscópico de um campo elétrico sobre um dielétrico, considere um 
átomo de um di elétrico como constituído de uma carga negativa - Q (nuvem eletrônica) c uma carga 
positiva+ Q (núcleo), como mostra a Figura 5.6(a). Uma representação semelhante pode ser adota­
da para uma molécula dielétrica. Podemos tratar os núcleos nas moléculas como cargas pontuais e a 
estrutura eletrônica como uma única nuvem de cargas negativas. Uma vez que temos iguais quanti­
dades de cargas negativas e positivas, o átomo corno um todo, ou a molécula, é eletricamente neutro. 
Quando um campo elétrico E é aplicado, a carga positiva é deslocada de sua posição de equilíbrio no 
sentido de E pela força F+= QE, enquanto que a carga negativa é deslocada no sentido oposto pela 
força F_= QE. Um dipolo resulta do deslocamento das cargas e o dielétrico é dito estar polarizado. 
No estado polarizado, a nuvem eletrônica é deformada pelo campo elétrico aplicado E. Essa distri-
168 • Elementos de Eletromagnetismo 
buição deformada de cargas é equivalente, pelo princípio da superposição, à distribuição original 
mais um dipolo cujo momento é dado por 
p = Qd (5.21) 
onde d é o vetor distância entre as cargas do dipolo,- Q c +Q, corno mostra a Figura 5.6(b). Se 
houver N dipolos em um volume L1v do dielétrico, o momento de dipolo total devido ao campo elé­
trico é de: 
N 
Qld l + Q2d2 + . . . + QNdN = L Q~;d~; (5.22) 
k • l 
Com o objetivo de estabelecer uma medida de intensidade de polarização, detinimos polarização 
P (em coulombs/metro quadrado) como o momento de dipolo por unidade de volume do dielétri­
co, isto é : 
(5.23) 
Dessa forma, concluímos que o maior efeito do campo elétrico E sobre o dielétrico é a geração de 
momentos de dipolo que se alinham na direção de E. Esse tipo de dielétrico é denominado apoiar. 
Exemplos de tais di elétricos são o hidrogênio, o oxigênio, o nitrogênio e os gases nobres. As molé­
culas ele clielétricos apoiares não possuem dipolos enquanto não for aplicado o campo elétrico, con­
forme já dissemos anteriormente. Outros tipos ele moléculas, tais como da água, do dióxido de enxô­
fre e do ácido clorídrico, possuem dipolos internos permanentes, randomicamente orientados, como 
mostra a Figura 5.7(a), e são ditos polares. Quando um campo elétrico E é aplicado sobre uma mo­
lécula polar, o dipolo permanente sofre um torque que tende a alinhar esse momento de dipolo para­
lelamente ao campo E, como mostrado na Figura 5.7(b). 
Calculemos, agora, o campo devido ao dielétrico polarizado. Considere o material dielétrico mos­
trado na Figura 5.8 como consútuído de dipolos com momento de dipolo p por unidade de volume. 
De acordo com a equação (4.80), o potencial dVem um ponto externo O devido ao momento de di­
pelo p dv' é dado por 
r?\ 
\;_;;) 
E 
o ---
(b) 
- Q +Q 
+ ~ d 
Fi~:um 5.6 Polarização de um átomo ou molécula apoiar. 
d 
-----.E 
(3) (b) 
Figura 5.7 Polarização de uma molécula polar: 
(a) dipolo permanente (E= 0). (b) alinhamento 
de dipolo permanente (E ,6 0). 
z 
0(.<.)', :) 
./--------- ) ' 
X 
Campos Elétricos ern Meio Material • 169 
FiJ!;ura 5.8 Um bloco de mmerial dielétrico com 
momento de dipolo p por unidade de volume. 
(5.24) 
onde R2 = (x - x)2 + (y - Yi + (z - z)2 e R é a distância entre o elemento de volume dv' em (x', y', z') 
c o ponto de interesse O (x, y, z). Podemos transformar a equação (5.24) de forma a facilitar a interpre­
wçiío física. Será mostrado, logo a seguir (v~ja Seção 7.7), que o gradiente de 1/R em relação às coor­
denadas linha é dado por: 
Assim, 
Ao aplicar a identidade vetorial 
P · aR = P . V'(_!_) 
R2 R 
V' · f A = JV' · A + A · V'f, 
V' . p 
R (5.25) 
Substituindo a equação (5.25) na equação (5.24) e integrando sobre todo o volume v' do dielétrico, 
obtemos: 
V = f I [ V' · p - -
1 
V' · P]dv' 
, 411'8 0 R R 
" 
Aplicando o teorema da divergência ao primeiro termo chegamos, fina lmente, à 
(5.26) 
onde a', é o vetor unitário normal que aponta para fora da supcrfTeic dS' do dielétrico. Comparando 
os dois termos do lado direito da equação (5.26) com as equações (4.68) e (4.69), temos que os dois 
termos denotam o potencial devido a distribuições de cargas supcrlicial e volumétrica, cujas densi­
dades são dadas por (omitindo os índices linha): 
Pt'·' = P · a, 
Pp•· =-v~ 
(5.27a) 
(5.27b) 
170 • Elementos de Eletromagnetismo 
Em outras palavras, a equação (5.26) revela que, quando a polarização ocorre, urna densidade volu­
métrica de cargas equivalente Pp•· se forma no interior do diclétrico, enquanto que uma densidade su­
perficial de cargas equivalente p
1
,. se forma sobre a superfície do diclétrico. Referimos Pp, e p
1
,.. como, 
respectivamente, densidade superficial c densidade volumétrica de cargas ligadas (ou de polariw­
çào), como uma fom1a de distingui-las das densidades superficial c volumétrica de cargas livres P, e 
p,. As cargas ligadas são cargas que não são livres para se movimentar no interior do material dielé­
trico. Elas surgem em função do deslocamento, que ocorre em escala molecular, durante o processo 
de polarização. As cargas livres são aquelas que são capazes de se mover ao longo de distâncias ma­
croscópicas, comoelétrons em um condutor. São essas as cargas que podemos controlar. O total de 
cargas positivas Hgadas sobre a superfícieS, que contorna o diclétrico, é 
(5.28a) 
enquanto que a carga que permanece no interior de Sé dada por: 
- Qt, =f P,,.. dv =-f V · l, dv 
,. ~· 
(5.28b) 
Desse modo, a carga total do material dielétrico permanece igual a zero, isto é: 
Carga total = f p1,s dS + f Ppv dv = Q, - Q,, = O 
s v 
Esse resultado é o esperado porque o diclétrico foi eletricamente neutralizado antes da polarização. 
Consideremos, agora, o caso em que a região do dielétrico contém cargas livres. Se P. é a densi­
dade volumétrica de cargas livres, a densidade volumétrica de cargas total p, é dada por: 
Portanto, 
onde 
p, = Pv + Ppv = V · e0 E 
Pv = V · 8 0 E - p1,.. 
V· (e0E + P) 
-v. o 
(5.29) 
(5.30) 
(5.31) 
Concluímos que o efei to líquido do dielétrico sobre o campo elétrico E é de aumentar O no interior 
do diclétrico de uma quantidade P. Em outras palavras, devido à aplicação de E no material dielétri­
co, a densidade de lluxo é maior do que seria se esse campo fosse aplicado no espaço livre. Deve ser 
observado que a equação (4.35), que define D no espaço I ivre, é um caso especial da equação (5.31) 
porque P = O no espaço livre. 
Seria de se esperar que a polarização P variasse diretamente com o campo E aplicado. Para al­
guns di elétricos, isso é o que ocorre e ternos 
P = x..e.E (5.32) 
onde)'..,, conhecida como suscetibilidade elétrica do material, é aproximadamente a medida de quan­
to um dado dielétrico é suscetível (ou sensível) aos campos elétricos. 
Campos Elétricos em Meio Material • 171 
5.6 CONSTANTE E RIGIDEZ DIELÉTRICA 
Substituindo a equação (5.32) na equação (5.31), obtemos 
(5.33) 
ou 
I D =sE I (5.34) 
onde 
c 
S = e0e, I 
e = I r 
e +x = ­• s o 
(5.35) 
(5.36) 
Nas equações (5.33) a (5.36), e é chamado de permissividade do dielétrico, s0 é a permissividade 
do espaço livre, definida na equação (4.2) como, aproximadamente, I 0"9/3671" F/m, e e, é chamado de 
constante dielétrica ou permissividade relativa. 
A constante dielétrica (ou permissividade r elativa) e, é a razão entre a permissividade do 
dielétrico e a do espaço livre. 
Deve ser também observado que e, e X. são adimensionais, enquanto que e c e
0 
são em farads/metro. 
Os valores aproximados das constantes dielétricas de alguns materiais usuais são apresentados na Ta­
bela B.2 no Apêndice B. Os valores apresentados na Tabela 8.2 são para campos estáticos ou de bai­
xa frequência ( < I 000 Hz). Esses valores podem se alterar em altas frequências. A partir da tabela, 
observe que e, é sempre maior ou igual à unidade. Para o espaço livre c materiais não-dielétricos (co­
mo os metais), e, = I. 
A teoria dos dielétricos pressupõe dielétricos ideais. Na prática, nenhum dielétrico é ideal. Quan­
do o campo elétrico no interior de um dielétrico é suficientemente elevado, ele começa a arrancar os 
elétrons das moléculas e o dielétrico torna-se condutor. A ruptura dielétrico ocorre quando o dielé­
trico torna-se condutor. A ruptura dielétrica ocorTe em todos os tipos ele materiais clielétricos (gases, 
lfquidos ou sólidos) e depende da natureza do material, ela temperatura, ela umidade e do intervalo de 
tempo em que o campo elétrico é aplicado. O menor valor de campo elétrico para o qual essa ruptu­
ra ocorre é chamado ele rigidez die/étrica elo material dielétrico. 
A rigidez dielétrica é o máximo campo elétrico que o dielétrico pode suportar (ou ao qual po­
de ser submetido) sem que baja ruptura. 
Na Tabela B.2 também estão listadas a rigidez dielétrica de alguns diclétricos usuais. Já que nossa 
teoria dos dielétricos não se aplica quando ocorre a ruptura dielétrica, consideraremos sempre dielé­
tricos ideais c evitaremos a rup!Ura dielétrica. 
-r5.7 DIELÉTRICOS LINEARES, ISOTRÓPICOS E HOMOGÊNEOS 
Embora as equações (5.24) a (5.31) sejam para materiais dielétricos em geral, as equações (5.32) a 
(5.34) são aplicáveis apenas para materiais lineares isotrópicos. Um material é dito linear se D varia 
lineormente com E. Em caso contrário, é dito não linear. Os materiais para os quais e (ou o) não va-
172 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 5.5 
ria na região que está sendo considerada e, conseqüentemente, é o mesmo para todos os pontos (isto 
é, independente de x, y, z), são ditos homogêneos. São ditos ll(iO homogêneos (ou heterogêneos) 
quando &depende das coordenadas espaciais. A atmosfera é um exemplo típico de meio não homo· 
gênco. Sua pcrmissividade varia com a altitude. Materiais nos quais O c E estão na mesma direção 
são ditos isorrópicos, isto é, dielétricos isotrópicos são aqueles que têm as mesmas propriedades em 
todas as direções. Em materiais anisotrópicos (ou n(iO isotrópicos), D. E c P não são paralelos. e ou 
X, tem nove componentes que são coletivamente referidas como um tensor. Por exemplo, em lugar 
da equação (5.34), temos 
D.r S.u e .ry e.,: E .r 
D,. Syz Syy t y:. E,. (5.37) 
D. 8zx e~y e ... E. - -- -
para materiais anisotrópicos. Os materiais cristalinos c o plasma magnetizado são anisotrópicos. 
Um material diclétrico (para o qual D = eE + se aplica) é linear se e não varia com o 
campo E aplicado, homogêneo se e não varia ponto a ponto e isotrópico se e não varia com 
a direção. 
O mesmo conceito é válido para um material condutor, para o qual J = uE se aplica. O material é li­
near seu não varia com o E, homogêneo se u é o mesmo em todos os pontos c isotrópieo se u não va­
ria com a direção. 
Na maior parte do tempo, consideraremos apenas meios lineares, isotrópicos c homogêneos. Pa­
ra tais meios, todas as fónnu las obtidas no Capítulo 4 para espaço livre podem ser aplicadas simples­
mente substituindo s0 por s 0s,.. Assim, a lei de Coulomb, por exemplo, expressa na equação (4.4), po­
de ser reescrita como 
(5.38) 
c a equação (4.96) torna-se 
(5.39) 
quando aplicada ao meio dielétrico. 
Um cubo dielétrico de aresta L e centro na origem tem polarização radial dada por J> = ar, onde a é 
uma constante e r = xax + ya,. + za .. Determine todas as densidades de cargas ligadas e demonstre 
. -
que a carga I igada total se anula. 
Solução: 
Para cada uma das seis faces do cubo, existe uma carga supcrticial p
1
,.. Para a face localizada em x = 
U2, por exemplo: 
= ax = aU2 
;c=- U2 x • U2 
O total da carga ligada superfícial é dada por: 
EXEMPLO 5.6 
Campos Elétricos em Meio Material • 173 
A densidade volumétrica de cargas ligadas é dada por 
Pp•· = -V · P = -(a + a + a) = - 3a 
e o total da carga ligada volumétrica é dada por: 
Q,. = f Pp•• dv = - 3a f tlv = - 3aL3 
Dessa maneira, a carga total é: 
Q, = Q., + Q,. = 3aL3 
- 3aL ~ = O 
EXERCÍCIO PRÁTICO 5.5 
Uma haste l'ina de seção reta A se estende ao longo do eixo x de x = O até x = L. A 
polari zação da haste ocorre ao longo de seu comprimento c é dada por Px = ai + b. 
Calcule Pp,. c p~'<' em cada extremidade da haste. Demonstre que a carga ligada total 
se anula nesse caso. 
Resposta: O; - 2aL;- b; aL1 + b; a demonstração. 
A intensidade do campo elétrico no poliestireno (e, = 2,55), que preenche o espaço entre duas placas 
de um capacitor de placas paralelas, é I O kV /m. A distância entre as placas é de I ,5 rnm. Calcule: 
(a) O; 
(b) P; 
(c) a densidade superficial de cargas livres nas placas; 
(d) a densidade superticial de cargas de polarização; 
(e) a diferença de potencial entre as placas. 
Solução: 
(a) D = e0 e,.E = 
10 - 9 
' 
36
7!' • (2,55) · 104 
= 225,4 nC/m-
10- 9 
(b) P = x,.e0 E = ( I ,55) · 
36
7!' • I 04 = 13 7 nC/n? 
(c) Ps = D · a11 = 0 11 = 225,4 nC/m2 
' (d) Pp.v = P · a11 = P11 = 137 nC/m-
(e) v = Ed = 104 ( 1,5 x w-3) = 15 v 
EXERCÍCIO PRÁTICO 5.6 
Um capaci tor de placas paralelas, com separação entre placas de 2 mm, tem diferença 
de potencial entre as placas de I kV. Se o espaço entre as placas é preenchido com 
polieslireno (e, = 2,55), determine E, P e p,.. 
Resposta: 500 a., kV/m; 6,853 ax p.C/m2
; 6,853 p.C/m2
•174 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 5.7 
EXEMPLO 5.8 
Uma esfera dielétrica (e, = 5,7), de raio I O em, tem uma carga pontual de 2 pC colocada em seu 
centro. Calcule: 
(a) a densidade superficial de cargas de polarização sobre a superfície da esfera; 
(b) a força exercida pela carga sobre uma carga pontual de-4 pC locali7-ada sobre a esfera. 
Solução: 
(a) Aplicamos a lei de Coulomb ou a lei de Gauss para obter: 
Q 
E= , a, 
4?Te0e,r-
P = XeBoE = x,Q, a, 
4?re,r -
= p . a = (e, - I) Q = (4,7) 2 X 10-
12 
Pps ' 4?Te,r2 4?T(5,7) I 00 X 10- 4 
13, I 2 pC/m2 
Usando a lei de Gauss, temos: 
Q Q (-4)(2) X 10- 24 
F = 1 2 a = ----'----::--''-'-----, r I - 9 a,. 4?TB0 B,r- 0 
4?T · 
36
?T (5,7) 100 X 10- 4 
= -1,263 a, pN 
EXERCÍCIO PRÁTICO 5.7 
Em um material dielétrico, Ex = 5 V/m e 
Calcule: 
I 2 
P =-
0 
(3ax- a,.+ 4aJ nC/m. 
I 1r 
(a) x,; 
(b) E; 
(c) O. 
Resposta: (a) 2, 16; (b) 5a, - l ,67aY + 6,67a, V/m; (c) 139,7a,- 46,6a
1 
+ 186,3a, pC/m2
• 
Determine a força de atração entre as placas de um capacitor de placas paralelas. Determine também 
a pressão sobre a superfície de cada placa devido ao campo. 
Solução: 
Da equação (4.26), a intensidade do campo elétrico sobre a superfície de cada placa é 
E = Ps a 
2e " 
onde a. é uma normal unitária à placa e Ps é a densidade superficial de cargas. A força total em cada 
placa é 
, 
Ps PsS 
F = QE = PsS · - a,. = a,. 
2e 2e0 e, 
Campos Elétricos em Meio Material • 175 
ou 
, ? 
PsS Q-
F=-=-
2e 2eS 
? 
Ps A pressão ( força/área) é 
2e0 e, 
EXERCÍCIO PRÁTICO 5.8 
Na Figura 5.9 é mostrado um dispositivo de medida de potencial chamado 
eletrômetro. Basicamente, consiste em um capacitor de placas pamlelas, com uma 
das placas tendo uma posição móvel suspensa pelo braço de uma balança, de tal modo 
que a força F sobre ela é medida em termos do peso no prato da balança. Se Sé a área 
de cada placa, demonstre que 
v, - V2 = [
2 Fd2 ]1n 
80S 
Resposta: a demonstração. 
__ v~~-------F-· _______ !d 
Fi~tura 5.9 Um cletrômetro: referellle 
ao Exercício 5.8. 
5.8 EQUAÇÃO DA CONTINUIDADE E TEMPO DE RELAXAÇÃO 
Devido ao princípio de conservação da carga, a taxa de diminuição da carga em um dado volume, em 
um determinado tempo, deve ser igual à conente líquida que sai da superfície lcchada que limita es­
se volume. Dessa forma, a corrente/, que sai da superfície l'cchada, é dada por 
I = f J · dS = - dQ;, 
dt 
onde Q1• é a carga total no interior da superfície fechada. Usando o teorema da divergência: 
f J · dS = f V · J dv 
s •. 
c 
- dQ;. d f f i)p ,. 
dt = - dt ,, p,. dv = - ,. -af dv 
Substituindo as equações (5.4 1) e (5.42) na equação (5.40), tem-se 
(5.40) 
(5.4 1) 
(5.42) 
176 • Elementos de Eletromagnetismo 
ou 
v. J = - iJp .. 
iJt 
(5.43) 
que é conhecida como equação da continuidade de corrente. Deve-se ter em mente que a equação da 
continuidade é derivada do piincípio de conservação da carga e, essencialmente, estabelece que a car­
ga elétrica não pode ser destruída. Para correntes estacionárias, iJp, ldt = O e, por isso, V • J = O, 
mostrando que a carga total que sai de um volume é a mesma carga total que entra nesse volume. A 
Lei de Kirchholf das correntes é conseqüência dessa propriedade. 
Tendo já discutido a equação da continuidade e as propriedades o e e dos materiais, podemos ana­
lisar o que ocorre ao introduzir cargas em algum ponto no inferior de um dado material (condutor ou 
dielétrico). Faremos uso da equação (5.43) junto com a lei de Ohm 
J =o E (5.44) 
c a lei de Gauss 
(5.45) 
Substituindo as equações (5.44) e (5.45) na equação (5.43), obtém-se 
V · uE = up,. = - iJ p ,, 
e iJt 
ou 
iJp.. u -+ - p . =O 
iJ I e ' 
(5.46) 
Essa é uma equação diferencial linear, ordinária c homogênea. Por separação de variáveis, a partir de 
(5.46), obtemos 
iJp, u 
-=--i)( 
p,. e 
e, integrando ambos os lados da igualdade, tem-se 
(]/ 
In p ,. = -- + In p.., 
e 
onde P ... é uma constante de integração. Dessa forma, 
onde 
p,. = P,ve - r!T, I 
e 
T =­
r (J 
(5.47) 
(5.48) 
(5.49) 
Na equação (5.48), P,YJ é a densidade de carga inicial (isto é, P,. em 1 = 0). A equação mostra que, co­
mo resultado da introdução de cargas em algum ponto no interior do material, ocorre um decréscimo 
Campos Elétricos em Meio Material • 177 
na densidade volumétrica de cargas P, .. O movimento da carga, do ponto no interior onde foi introdu­
zida até a superfície do material, está associada a esse decréscimo. A constante de tempo T, (em se­
gundos) é conhecida como tempo de relaxaçüo ou tempo de rearranjo. 
Tempo de relaxação é o tempo que uma carga no interior de um material leva para decair a 
e- 1 = 36,8% de seu valor inicial. 
Esse tempo é curto para bons condutores e longo para bons dielétricos. Por exemplo, para o cobre 
u = 5,8 X 10 -n mhos/m, s = I e 
s,e0 10 9 
T=-=1· -----
, (1 3611' (5.50) 5,8 X 107 
= 1,53 X 10- 19 s 
mostrando um rápido decréscimo da carga colocada no interior do cobre. Isso implica que, para bons 
condutores, o tempo de relaxação é tão curto que a maior parte da carga desaparece dos pontos inter­
nos c aparece na superfície (como carga superficial). Por outro lado, para quartzo fundido, por exem­
plo, u = I O- 17 mhos/m, s, = 5, 
10- 9 
T =5 ·--
, 3611' 10 17 
= 51,2dias 
(5.51) 
mostrando um tempo de relaxação bastante longo. Assim, para bons di elétricos, podemos considerar 
que a carga permanecerá no ponto onde foi introduzida. 
5.9 CONDIÇÕES DE FRONTEIRA 
Até agora, consideramos a existência do campo elétrico em um meio homogêneo. Se existe campo 
em uma região formada por dois meios diferentes, as condições que o campo deve satisfazer, na in­
terface de separação entre os meios, são chamadas condições defromeira. Essas condições são títeis 
na determinação do campo em um lado da fronteira se o campo no outro lado for conhecido. Obvia­
mente, as condições serão ditadas pelos tipos de materiais dos meios. Consideraremos as condições 
de fronteira na interface de separação entre os meios: 
• dielétrico (s,1) e dielétrico (s,2 ) 
• condutor e di elétrico 
• condutor e espaço livre 
Para determinar as condições de fronteira, precisamos usar as equações de Maxwcll: 
f E· d l = O (5.52) 
e 
f o · dS = Q . ... (5.53) 
Também precisamos decompor a imensidade de campo elétrico E em suas duas componentes orto­
gonars: 
E = E,+ E. (5.54) 
onde E, e E. são, respectivamente, as componentes tangcncial c nom1al de E em relação à interface 
de interesse. Uma decomposição semelhante pode ser feita para a densidade de tluxo elétrico D. 
178 • Elementos de Eletromagnetismo 
A. Interface dielétrico-dielétrico 
Considere o campo elétrico E existente em uma região formada por dois diclétricos distintos carac­
terizados por & 1 = &0&,1 e &2 = e0e,1, como mostrado na Figura 5.1 O( a). E1 e E2 nos meios I e 2, res­
pectivamente, podem ser decompostos como: 
(5.55a) 
(5.55b) 
Aplicamos a equação (5.52) ao caminho fechado abcda da Figura 5.1 O( a), assumindo que o caminho 
é muito pequeno em relação à variação de E. Obtemos 
(5.56) 
onde E, = IE,I e E, = IE,,I. Como Alt ~O, a equação (5.56) torna-se: 
[ E,, = E2] (5.57) 
Dessa forma, as componentes tangenciais de E são as mesmas em ambos os lados da fronteira. Em 
outras palavras, E, não sofre alteração na fronteira e é dito comín11o através da fronteira. Já que D =sE 
= D, + 0,, a equação (5.57) pode ser escrita como 
ou 
D11 D21 - =E =E,=­
e1 '' .., e2 
(5.58) 
Isto é, D, sofre alguma alteração ao atravessar a interface. Por isso, D, é dito descontín11o através da 
interface. 
Similarmente, aplicamos a equação (5.53) ao cilindro (superfície gaussiana) da Figura 5.10b. Fa­
zendo Alt ~ O, tem-se 
ou 
I D,, - D2, = Ps [ (5.59) 
0 "• "' 0 
4.S E,. LjD•• a e,, h D,, 
él, d D2, 
~c 
I!!. h 
Dl• ----........ 
él• 0 0 e, '• 
(~ (~ 
Figura 5.10 Fronteira dielétrico-dielétrico. 
Campos Elétricos em Meio Material • 179 
onde Ps é a densidade de cargas livres colocadas, deliberadamente,na fronteira. É preciso ter em 
mente que a equação (5.59) se baseia no pressuposto de que O está apontando da região 2 para a re­
gião I , c essa equação deve ser aplicada de acordo com esse pressuposto. Se não existirem cargas li­
vres na interface (isto é, se cargas não forem, deliberadamente, colocadas nessa região), Ps = O e a 
equação (5.59) toma-se: 
(5.60) 
Dessa forma, a componente normal de O é contínua através da interface; isto é, D. não sofre nenhu­
ma alteração na frontei ra. Já que O = e E , a equação (5.60) pode ser escri ta corno 
(5.6 1) 
mostrando que a componente normal de E é descontínua na fronteira. As equações (5.57) e (5.59) ou 
(5.60) são referidas, no seu conjunto, como condições de.fromeira. Essas condições devem ser satis­
feitas por um campo elétrico na fronteira de separação entre dois dielétricos. 
Como mencionado anteriormente, as condições de fron teira são usualmente empregadas para de­
terminar o campo elétrico em um lado da fronteira, dado o campo no outro lado. A lém disso, pode­
mos usar as condições de fronteir a para determinar a ''refração" do campo elétrico através da inter­
face. Considere O, ou E, e 0 2 ou E2 fazendo ângulos 01 c 02 com a normal à interface, como ilustra­
do na Figura 5.1 1. Usando a equação (5.57), temos 
ou 
(5.62) 
Similarmente, aplicando a equação (5.60) ou (5.61 ), obtemos 
ou 
(5.63) 
Dividindo a equação (5.62) pela equação (5.63), obtém-se: 
tg o, - tg 82 
e1 e2 
(5.64) 
Fi~;"uru S. LI Refração de D ou E 
em uma fronteira diclétrico-diclétrico. 
0 
180 • Elementos de Eletromagnetismo 
e,, 
= - (5.65) 
Essa é a lei da refração do campo elétrico em uma fronteira livre de cargas (já que se considera Ps = 
O na interface). Dessa forma, em geral, uma interface entre dois diel<!tricos causa o desvio das linhas 
de nuxo, como resultado da diferença no número de cargas de polarização que se acumulam em ca­
da um dos lados da interface. 
B. Interface condutor - dielétrico 
Esse é o caso mostrado na Figura 5.12. O condutor é considerado perfeito (isto é, u ~<><>ou p,.~ 0). 
Embora 1<1 l condutor não seja concebível na prática, podemos considerar condutores, tais como o co­
bre e a prata, como se fossem condutores perfeitos. 
Para determinar as condições de fronteira em uma interface condutor·dielétrico, seguiremos o 
mesmo procedimento usado para o caso da interface dielétrico-dielétrico, com exceção de que con· 
sideraremos E = O no interior do condutor. Aplicando a equação (5.52) ao caminho fechado abcda 
da Figura 5.12(a), tem-se: 
D.h D.h D.h D.h 
O= O· D.w +O· - + E · - -E · D.w - E · - - O· -
2 " 2 1 11 2 2 
(5.66) 
Como D.h ~ 0: 
E,= O (5.67) 
De maneira similar, aplicando a equação (5.53) ao cil indro da Figura 5.12(b) e fazendo ô/1 ~ O, ob­
temos 
D.Q = Dn · D.S - O · D.S 
porque O = e E = O no interior do condutOr. A equação (5.68) pode ser escrita como 
D.Q 
D., = D.S = Ps 
ou 
D,, = Ps 
diclétrico diclétl'ico 
(e = c.e,) (c ... t:"'':r) 
t:.S 
E • D,l 
(/ 
t c 
.............. 4/t 
411 ' a 
~b .. -..... 
' 
condutor (E= 0) condutor (E= 0) 
(a) (b) 
Fi~: um 5.12 Fronteira condutor-dielétrico. 
(5.68) 
(5.69) 
Campos Elétricos em Meio Material • 181 
Dessa forma, sob condições estáticas, a respeito de um condutor perfeito, pode-se concluir que: 
J. Não existe campo elétrico 110 ill/eriorde um condutor, isto é: 
~ O, E ~ (5.70) 
2. Já que E = - VV = O, não pode existir diferença de potencial entre dois pontos no interior do 
condutor, isto é, o condutor é um corpo equipotencial. 
3. Pode existir um campo elétrico E externo ao condutor c 11ormal à sua superffcie, isto é: 
.... l_o_, __ e_o_e_rE_,_-_ o_. __ o_._. = eoe,E.. Ps I (5.71) 
Uma aplicação importante do fato de que E = O, no interior do condutor, é em isolamento ou blillda­
gem eletrostática. Se um condutor A, mantido a um potencial zero, circunda um condutor B, como 
mostrado na Figura 5.13, B é dito estar eletricamente isolado por A de outros sistemas elétricos, tais 
como o condutor C, externo à A. Da mesma maneira que o condutor C, externo à A, está isolado de 
B pela presença de A. 
Figura 5.13 Isolamento eletrostático. 
d 
Assim, o condutor A atua como um isolador ou uma blindagem, e as condições elétricas no interior 
c no exterior de A são completamente independentes uma das outras. 
C. Interface Condutor - Espaço Livre 
Esse é um caso especial da interface condutor- dielétrico e está i lustrado na Figura 5.14. As condi­
ções de fronteira na interface entre um condutor e o espaço livre podem ser obtidas da equação 
(5.71 ), substituindo e, por l (porque o espaço livre pode ser considerado um di elétrico especial, pa­
ra o qual e,.= 1). Conforme esperado, o campo elétrico externo ao condutor é normal a sua superfí­
cie. Assim, as condições de fronteira são: 
o ----------- \ 
D. 
-
Condutor (E= 0) 
I 
I 
I 
I 
I 
I 
_.J 
D, 
Espaço livre 
(8 e 80 &,) 
Fi~ura 5.14 Fronteira condutor ­
espaço l ivre. 
182 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 5.9 
D, = e,E, = O, D, = e,E, = Ps ] (5.72) 
Deve-se observar, novamente, que a equação (5. 72) implica que o campo E deve se aproximar da su­
pcrficic condutora perpendicularmente à ela. 
Dois diclétricos isotrópicos homogêneos muito extensos são justapostos de modo que sua interface 
se encontra no plano z = O. Para z >O, e,. = 4 c para z <O, e12 = 3. Um campo elétrico uniforme 
E, = 5a,-2a_, + 3a, kV/m existe para z >O. Determine: 
(a) E2 para z < O; 
(b) Os ângulos que E, e E2 fazem com a interface; 
(c) As densidades de energia, em J/m3
, em ambos os dielétricos; 
(d) A energia no interior de um cubo, de 2 m de aresta, centrado em (3, 4, - 5). 
Solução: 
Seja o problema como mostra a ilustração na Figura 5.15. 
(a) Já que a, é nonnal ao plano da interface, obtemos as componentes normais fazendo: 
Também 
Portanto: 
e,, 
E1 = E 1 • a = E 1 • a = 3 n 11 z -
E 1, = 3a, 
E2n = (E1 • a) a, 
E= E,+ E, 
E,, = E, - E1n = 5a .• - 2a,. 
Oq 
I ~. 
I 
I ______ ..... 
E:!, 
Figura 5.15 Referente ao Exemplo 5.9. 
Campos Elétricos ern Meio Material • 183 
Dessa forma: 
~ = E11 = 5ax - 2a.,. 
De maneira similar 
ou 
e,1 4 
~" = - E1,. = 
3 
(3a) = 4a: 
er2 ~ 
Assim, 
E, = E, +E, .. ..1 _, 
= 5ax- 2ar + 4a: kV/m 
(b) Sejam 01 1 e 012 os ângulos que E1 e E2 fazem com a interface c 01 c 02 os ângulos que esses vetores 
fazem com a normal à i nterface, como mostrado na Figura 5. 15, isto é, 
a1 = 90 - 01 
a 2 = 90 - 02 
Já que E1• = 3 e E11 = './25 + 4 = YÍ9 
Donde: 
Alternativamente, 
ou 
E ~r 
tgOI = - = 
E In 
ví9 
- I ,795 ~OI = 60,9° 
3 
E1 ·a,. = IEd · I · cos 01 
cos f) I 
3 
• r:;:: = 0,4867 ~ fJ 1 = 60,9° 
V.:\8 
De maneira similar, 
Donde, 
Note que 
tg 01 e,1 , . ~ . 
= - e saus.elta. 
tg 02 e,.z 
E, = 4 .n E2, = E1, = \129 
\129_ 36 0-3 ° 
4 
- I, 4 ~ 2 - 5. ,4 
184 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 5.1 O 
(c) As densidades de energia são dadas por 
I , I 10- 9 
We = - e.jE.j· = - · 4 · · (25 + 4 + 9) X 106 
I 2 2 361!' 
= 672 pJ/m3 
I , I 
w~ = - e,IE,I- = - · 3 · 
"'l 2 - - 2 
= 597 p.J/m3 
10- 9 
6 
(25 + 4 + 
3 1f 
(d) No centro (3, 4,- 5) do cubo de aresta 2 m, z = - 5 < O. isto é, o cubo está na região 2 com 2 
s x s 4, 3 s y 5, - 6 s z s - 4. Por isso: 
We = I we2 dv = [
2 
(
3 
[~6 we2 dz dy dz = wep)(2)(2) 
= 597 x 81-d = 4.776 mJ 
EXERCÍCIO PRÁTICO 5.9 
Um dielétrico homogêneo (e, = 2,5) preenche uma região I (x s 0), enquanto que a 
região 2 (x ~ O) é o espaço livre. 
(a)Se D, = 12a,, -10a, + 4a: nC/m2
, determine D2 e02• 
(b) Se E2 = 12 V/m e O~= 60", determine E1 e 01• Considere O, e 02 como definido 
no exemplo anterior. 
' Resposta: (a) 12ax-4a, + 1,6a: nCtm·; 19,75°; (b) 10,67 V/m, 77°. 
A região y s O consiste de um condutor perfeito, enquanto a região y ~ O é um meio die1étrico 
(e,, = 2), como na Figura 5.16. Se existe uma carga superlicial de 2 nC/m2 no condutor, determine 
E e D em: 
(a) A(3, - 2, 2) 
(b) 8(- 4, I, 5) 
Solução: 
(a) O ponto A (3, -2, 2) está localizado no condutor, já que y =- 2 < O em A. Portanto, 
E = O= D 
(b) O ponto 8 (- 4, I, 5) está localizado no meio dielétrico, já que y = I > O em 8 . 
? 
D, = Ps = 2 nCtm· 
z FiAura 5.16 Veja Exemplo 5. 1 O. 
condutor dielétrico (&, - 2) 
e A 
) ' 
• B 
RESUMO 
Campos Elétricos em Meio Material • 185 
Portanto, 
' D = 2a
1
nCfm· 
c 
o 
0
_9 36"" ,. 
E= - = 2 X I X X 10~ a,.= 361ray 
8 o8r 2 
= 113, 1a,. V/m 
EXERCÍCIO PRÁTICO 5.10 
O campo elétrico em um ponto particular na interface entre o ar c a supertTcie de um 
condutor é de E= 60ax + 20a.- 30a, mV/m. Determine D e Ps nesse ponto. 
? ? 
Resposta: 0,531 a, + O, 177a,.- 0,265a, pC/rn '; 0,619 pC/m". 
I. Os materiais podem ser classificados, grosso modo, como condutores (u» l , e,= 1) e dielétricos 
(u < I, e,> 1), em termos de suas propriedades elétricas u c e,, onde ué a condutividadc e e, 
é a constame dielétrica ou permissividade relativa. 
2. A corrente elétrica é o fluxo da densidade de correr11c elétrica através de uma superfície, isto é: 
3. A resistência de um condutor de seção reta unifonnc é: 
e 
R=­
uS 
4. O efeito macroscópico da polarização, em um dado volume de um material dielétrico, é o de 
"pintar" sua superfície com c~rgas ligadas Qb = 1 s Pv, dS c produzir, em seu interior, um acú­
mulo de cargas ligadas Qb = J,.P1,. dv, onde Pps = P ·a, e p1,. =-V· P. 
S. Em um meio diclétrico, os campos D c E estão relacionados por D = e E, onde e = e
0
e, é a per­
missividade do meio. 
6. A suscetibilidade elétrica x, (= e, - I) de um dielétrico mede a sensibilidade do material ao 
campo elétrico. 
7. Um material dielétrico é linear se D = e E se verilica, isto é, se e é independente de E. É horno-, 
gêneo se e é independente da posição. E isotrópico se e é um escalar. 
8. O princípio da conservação da carga, base da Lei de KirchhofT das correntes, é estabelecido na 
equação da continuidade: 
9. O tempo de relaxação, T, = elu, de um material é o tempo que leva uma carga colocada em seu 
interior para diminuir de um faLOr de e" 1 = 37%. 
10. As condições de fromeira devem ser satisfeitas por um campo elétrico existente em dois meios 
diferentes separados por uma interface. Para uma interface diclétrico-diclétrico: 
Drn - D2n = Ps ou se Ps =O 
186 • Elementos de Eletromagnetismo 
Para uma interface dielétrico-condutor 
E,= O D,. = eE11 = Ps 
porque E = O dentro do condutor. 
QUESTÕES DE REVISÃO 
5.1 Qual das situações a seguir não é um exemplo de corrente de convecção? 
(a) 
(b) 
(c) 
(d) 
Uma correia carreeada em movimento. 
~ 
O movimento dos elétrons em um V!ílvula eletrônica. 
Um feixe de elétrons em um tubo de telcvisào. 
Uma corrente eletrônica que flui em um fi o de cobre. 
5.2 Quando uma diferença de potencial constante é aplicada entre os terminais de um fio condutor, 
(a) Todos os elétrons se movem com uma velocidade constante. 
(b) Todos os elétrons se movem com uma aceleraçào constante. 
(c) O movimento randômico dos elétrons será, em média, equivu lente à velocidade 
constante de cada elétron. 
(d) O movimemo randômico dos elétrons será, em média, equivalente à uma 
aceleração não nula constante de cada elétron. 
5.3 A fórmula R = e /(oS) só se aplica para fios de bitola pequena. 
(a) Verdadeiro. 
(b) Falso. 
(c) Nilo necessariamente. 
5.4 A água do mar tem e, = 80. Sua pemlissividade é de: 
(a) 81 
(b) 79 
(c) 5,162 X 10- 1° F/m 
(d) 7,074X J0- 1° F/m 
5.5 Os parâmetros e0 ex, são adimensionais. 
(a) Verdadeiro. 
(b) Falso. 
5.6 Se as relações V . D = e V . E e V . J = rTV . E são satisfei tas em um determinado material , esse 
material é dito: 
(a) linear; 
(b) homogêneo; 
(c) isotrópico; 
( d) linear e homogêneo; 
(c) linear e isotrópico; 
(f) isotrópico e homogêneo. 
5.7 O tempo de relaxação da mica (rT = 10- 15 mhos/m, e,= 6) é de: 
(a) 5 x 10- 10 s; 
(b) I0- 6 s; 
(c) 5 horas: 
( d) I O horas; 
(c) 15 horas. 
Campos Elétricos e rn Meio Ma terial • 187 
5.8 Os campos uniformes, mostrados na Figura 5.1 7, estão 1>erto de uma interface dielétrico-die létri­
co mas em lados opostos da mesma. Quais configurações estão corretas? Considere que a interfa­
ce esteja livre de cargas e que e2 > e'" 
5.9 Quais das afirmações seguintes estão incorretas? 
(a) As condutividades dos condutores e isolantes variam co m a te mperatura e a 
freqüência. 
(b) Um condutor é um corpo equipotencia l e E é sempre tangencial ao condutor. 
(c) Mo iC'Culas não polares não têm di polos permanentes. 
(d) Em um dielétrico linear, P varia linearmente com E. 
5.10 As condições elétricas (carga e pote ncial) dentro e fora de uma blindagem e letrostática são com­
pletamente independentes uma da outra. 
(a) Ve rdadeiro. 
(b) Falso. 
Respostas: S. ld; S.2c; S.3c; 5.4d; S.Sb; 5.6d; 5.7e ; 5.8e; 5.9b; S. IOa. 
0 0 0 
(a) (b) 
z ! 
0 0 0 
(d) (e) 
Figura 5.17 Referente à Questão de Revisão 5.8. 
z 
(c) 
. . 
(f) 
188 • Elementos de Eletromagnetismo 
PROBLEMAS I ----
' ' 5.1 Em uma cena região, J = 3r· cosO a,- ,.- scn O a9 A/rn. Dctcrrnine a corTcnte que atravessa a 
superfície definida por O = 30". O < Çi < 2?r, O < r < 2 m. 
5.2 . . 500a . 2 Dctenmne a corrente total em um fio de raro I ,6 mm se J = • A/m . 
p 
5.3 A densidade de corrente em um condutor cilíndrico de raio a é de: 
Determine a corrente através da seção reta do condutor. 
5.4 A carga I o·• e-3
' C é removida de uma esfera através de um li o. Determine a corrente no fio em 
t = O e r = 2,5 s. 
5.5 (a) Seja V= .i/z em uma região (e = 2e.) delinida por - I < x, y, ~ < I. Determine a densidade 
de carga P,.nessa região. 
(b) Se uma carga se desloca a uma velocidade de I O'ya,.m/s, determine a corrente que atravessa 
a superfície definida por O < x, y < 0,5, y = I. 
5.6 Se as extremidades de uma barra cilíndrica de carbono (o = 3 X I O\ de raio 5 mm e comprimen­
to 8 em, são submetidas a uma diferença de potencial de 9V, determine: (a) a resistência da barra; 
(b) a corrente através da barra; (c) a potência dissipada na barm. 
5.7 A resistência de um fio longo de seção reta circular, de 3 mm de diâmetro, 6 de 4,04 llikm. Se uma 
corrente de 40 A percorre o fio, determine: 
(a) a condutividade do fio e identifique o material do li o: 
(b) a densidade de corrente elétrica no fio. 
5.8 Uma bobina é feita de 150 voltas de li o de cobre enroladas em tomo de um núcleo cilíndrico. Se o 
raio médio das voltas é de 6,5 mm e o diâmetro do lio é de 0,4 mm. calcule a resistência da bobi­
na. 
5.9 Um condutor de I O m de comprimento consiste de núcleo de aço de 1.5 em de raio e de uma ca­
mada externa de cobre 0,5 em de espessura. 
(a) Determi ne a resistência do condutor. 
(b) Se a corrente total no condutor é de 60 A, qual a corrente que llui em cada metal? 
(c) Determine a resistência de um condutor sólido de cobre, de comprimento c área de seção 
reta iguais às da camada externa. Considcr.~ as rcsisti vidades do cobre e do aço iguais a 
1,77 x 10- x e 11 ,8 X 10- ~ Q · m, respectivamente. 
5.Hl Um cilindro oco de 2m de comprimento tem sua seção reta mostrada na Figura 5 .1 8. Se o cilindro 
é feito de carbono (o = 10
5 mhos/m), determine a resistGncia entre as extremidades do cilindro. 
Considere a = 3 em e b = 5 em. 
5.11 A uma determinada temperatura e pressão, o gás de hélio contóm 5 X I 01~ átomos/m). Um campo 
de I O kV/m aplicado no gás provoca um deslocamento médio de I o-'x mna nuvem eletrônica. De­
termine a constante di elétrica do hélio. 
l'igura 5.18 Referente aos Problemas 5. 1 O e 5. 15. 
Campos Elétricos ern Meio Material • 189 
5.12 Um material di elétrico contém 2 x l 019 moléculas polarcslm~. cada uma com momento de dipolo 
de l ,8 X 10"27 C/m. Considerando que todos os dipolos estão alinhados na direção do campo elé­
trico E = I 05 a ... V lm, detem1ine P e e,. 
5.13 Em uma placa de material di elétrico de e = 2.4e. e V = 300l V. detennine: (a) De P,: (b) P e p,.. 
5.14 Para x <O. P = 5 sen (ay) a,, onde a é uma constante. Dctcmlinc Ppsc p,.. 
5.15 Considere a Figura 5.18 como uma casca dielétrica esférica de e = &
0
&, para li < r < b e e = e. 
para O <r <a. Se uma carga Q for colocada no centro da casca, determine: 
(a) P para a < r <b 
(b) p
1
,. para a < r <b 
(c) p em r = a e r = b ps 
5. 16 Duas cargas pontuais no espaço livre exercem uma força de 4.5 pN, uma sobre a outra. Quando o 
espaço entre elas é preenchido com um material dielétrico, a força muda para 2 J.lN. Determine a 
constante dielét1ica do material e identifique o m:uerial. 
5.17 Uma esfera condutora de raio lO em está centrada na origem e imersa em um material dielétrico 
com f: = 2,5e0• Se a esfera est<1 carregada com uma densidade superlicial de cargas de 4 nCim2
, de­
termine E em (- 3 em, 4 em, 12 em). 
5.18 No centro ele uma esfera clielétrica oca (e = e.,e ,) é colocada uma carga ponlllal Q. Se a esfera tem 
um raio interno a e um raio externo b, calcule D, E c P. 
5.19 Uma esfera de raio a e constante dielétrica e, tem uma densidade uni forme de carga de p
0
• 
(a) No centro da esfera, demonstre que: 
\1 = 
(b) Detennine o potencial na superfície da esfera. 
5.20 Para campos estáticos (independentes do tempo), quais das seguintes densidades de corrente são 
possíveis? 
(a) J = 2x3ya, + 4x2z2ay - 6x2yza: 
(b) J = xya., + y(z + I )a1 + 2ya, 
_2 
~ 
(c) J = - ap + z cos <f> a, p • 
(d) 
sen 8 
J = 2 a, 
r 
5.21 Para um meio anisotrópico 
Dx 4 I 
Dy = e0 4 I 
D: I 4 
E X 
Ey 
E • • 
obtenha D para: (a) E= IOa,.. + IOaY VIm, (b) E = IOa. + 20a,.-:lOa: VIm. 
5.22 Se J = 
10
2° aP, determine: (a) a taxa de aumento da densidade volumétrica de carga; (b) a corren­
P 
te total que passa através de uma superfície definida por r = 2,0 < z < I ,O< <P < 2'R'. 
190 • Elementos de Eletromagnetismo 
- IO"t 
5.23 Dado que J = Se a, Atm2, em t = O, I ms, determine: (a) a corrente que passa através da su-
r 
periTcie r= 2m: (b) a densidade de carga P, nessa supcrlicic. 
5.24 Dctennine o tempo de relaxação para cada um dos seguintes meios: 
(a) Borracha dura (u = w·•$ Sim, e = 3,le
0
) 
(b) Mica (<1 = w - IS Sim, e = 6e. ) 
(c) Água destilada (u = to·• Sim, e = SOe.) 
5.25 O excesso de cargas, em um determinado meio, decai a um terço de seu valor inicial em 20 ps. 
(a) Se a condutividade do meio é de I o·• S/m, qual é a constante diclétrica desse meio? (b) Qual é 
o tempo de relaxação? (c) Após 30 tiS, qual a fração de carga que ainda permanece? 
5.26 Uma descarga elétrica atinge uma esfera diclétrica de raio 20 mm. para a qual e, = 2.5 eu= 5 X 
I O 6mhoslm , c deposita, uniformemente, uma carga de I O pC. Determine a densidade de carga ini­
cial e a densidade de carga após 2 tiS. 
5.27 A região 1 (z < 0) contém um dielét1ico para o qual e,= 2,5, enquanto que a região 2 (z > 0) é ca­
racterizada por e,= 4. Considere E1 =- 30a, + SOa,. + 70a, VIm e determine: (a) 0 2, (b) P2, (c) 
o ângulo entre E, e a normal à superfície. · 
5.28 Dado que E, = 10a,-6a,. + 12a< V/m na Figura 5. 19,dctcrminc: (a) P,. (b) E!e oânguloque E1 
faz com o eixo y; (c) a densidade de energia em cada região. 
5.29 Duas regiões dielétricas homogêneas 1 (p ~ 4 em) c 2 (p <:!: 4 em) têm constames dielétricas 3,5 e 
1,5, respectivament.e. Se D2 = 12a,-6a0 + 9a, nC/m2, calcule: (a) E, e 0 1, (b) P2 e Pp•'2• (c) a den­
sidade de energia em cada região. 
5.30 Uma esfera condutora de mio a está semi-imersa em um meio dielétrico líquido de pennissivida­
de e1, como mostra a Figura 5.20. A região acima do líquido é um gás de permissividade e2• Se a 
carga total sobre a esfera é Q, determine a intensidade do campo elétrico em qualquer ponto. 
*5.31 Duas lâminas de vidro (e, = 8,5) paralelas. montadas vcnicalrnente. estão sepamdas. emre suas fa­
ces internas, por uma região de pequena espessura de ar uniforme. As lâminas, adequadamente se­
ladas, são imersas em óleo (e, = 3,0), como rnostmdo na Figura 5.21. Um campo elétrico unifor­
me de 2.000 V/m exjste no interior do óleo, na direção horizontal. Calcule a intensidade e a orien­
tação do campo elétrico no vidro e na camada de ar entre as duas lâminas quando: (a) o campo elé­
trico uniforme de 2.000 V /m existe no interior do óleo, na direção horizontal. Calcule a imensida­
de e a orientação do campo elétrico no vidro e na camada de ar entre as duas lâminas quando: (a) 
o campo elétrico é normal às superfícies de vidro, (b) o campo eléuico no óleo faz um ângulo de 
75" com a nom1al às superffcies de vidro. Despre7.e os efeitos de borda. 
5.32 (a) Dado que E = 15a,T- 8a, V/m, em um ponto sobre a superfície de um condutor, qual é a den­
sidade superticial de carga nesse ponto? Considere e = e.,. 
0 
(b) A região y > 2 é preenchida por um condutor. Se a carga supedicial no condutor é de 
- 20 nC/m2
, determine D imediatamente fora do condutor. 
e2 = 4.5e 
Fij.tura 5.19 Referente ao Problema 5.28. 
Campos Elétricos ern Meio Material • 191 
Figura 5.20 Referente ao Problema 5.30. 
vidro Figura 5.21 Referente ao Problema 5.31. 
ól~o óleo 
t 
ar 
5.33 Uma esfera, no espaço livre. revestida de prata, de raio 5 em. está carregada com uma carga total 
de 12 nC. unifom1emente distribuída em sua superfície. Determine (a) lol sobre a superfície da 
esfera. (b) D externo à esfera, (c) a energia total armazenada no campo. 
Capítulo 6 
PROBLEMAS DE VALOR DE 
FRONTEIRA EM ELETROSTÁTICA 
Nossas escolas deveriam investir esforços para dar conta de seu mais importante desafio: ensinar 
seus alunos a se expressar de maneira clara e precisa, tanto na fala quanto na escrita. Em outras 
palavras, levá-los a dominar sua própria língua. Sem isso, toda a nossa instrução em matemática 
e ciência é uma perda de tempo. 
- JOSEI'H WEtZENBAUM, MtT 
6.1 INTRODUÇÃO 
O procedimento utilizado para determinar o campo elétrico E nos capítulos precedentes basicamen­
te consistiu em utilizar ou a lei de Coulomb ou a lei de Gauss, quando a distribuição de carga é 
conhecida, ou em utilizar E = - VV, quando o potencial V é conhecido em uma região. No entanto, 
na maioria das situações práticas, nem a distribuição de cargas nem a distribuição de potencial são 
conhecidas. 
Neste capítulo, consideraremos problemas práticos de eletrostática onde somente as condições 
eletrostáticas (carga e potencial), em algumas fronteiras de uma determinada região, são conhecidas, 
e é desejável determinar E e V ao longo de toda essa região. Tais problemas são usualmente resolvi ­
dos utilizando a equação de Poisson' ou a equação de Laplace2 ou, ainda, o método das imagens. Es­
tes problemas são usualmente referidos como problemas de valor de/romeira. Os conceitos de resis­
tência e capacitância serão abordados. Utilizaremos a equação de Laplace para obter a resistência de 
um objeto c a capacitância de um capacitor. O Exemplo 6.5 deve ser visto com atenção porque nos 
referiremos a ele, algumas vezes, na parte restante do capítulo. 
6.2 EQUAÇÕES DE LAPLACE E DE POISSON 
As equações de Laplace e de Poisson são facilmente obtidas a partir da lei de Gauss (para um meio 
I i near) 
V · D = V · eE = p., 
e 
E= -vv 
Substi tuindo a equação (6.2) na equação (6.1 ), obtém-se 
V· (-eVV) = p,. 
para um meio não homogêneo. Para um meio homogêneo, a equação (6.3) toma-se: 
1 Simeon Denis Poisson ( t78t - t840). ma1em.í1ico e físico rranc.:S. 
' Picrre Simon de L:lptacc ( t749- t829). asu-õnomo e ma1emá1ico rmnc.:S. 
(6.1) 
(6.2) 
(6.3) 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrost5tica • 193 
Esta é conhecida como equação de Poisson. Um caso especial desta equação ocorre quando P,. = O 
(isto é, para uma região livre de cargas). A equação (6.4) torna-se, então 
(6.5) 
que é conhecida como equação de Laplace. Observe que, ao retirar s do lado esquerdo da equação 
(6.3) para obter a (6.4), assumimos que e é constante em toda a região na qual V é definido. Para uma 
região não homogênea, s não é constante e a equação (6.4} não resulta da (6.3). A (6.3) é a equação 
de Poisson para um meio não homogêneo; torna-se a equação de Laplace para um meionão homo­
gêneo quando P,. = O. 
Lembre que o operador laplaciano V2 foi obtido na Seção 3.8. Então, a equação de Laplace em 
coordenadas cartesianas, ci líndricas ou esféricas é dada, respectivamente, por 
(6.6) 
(6.7) 
I iJ ( 2 iJV) I éJ ( é)D I c/
2
V --:;- ,. - + ., - sen o- + • - = o 
r- iJr é! r ,.-senO éJO éJO ,.-sen2 O élt/>2 (6.8) 
dependendo se o potencial é V(x, y, z), V(p, ~. z) ou V( r, 8, </>).A equação de Poisson nesses sistemas 
de coordenadas pode ser obtida simplesmente substituindo o zero do lado direito das equações (6.6), 
(6.7) c (6.8) por - p.fs. 
A equação de Laplace é de fundamental importância na solução de problemas de eletrostática en­
volvendo um conjunto de condutores mantidos em diferentes potenciais. Exemplos de tais problemas 
incluem capacitares e válvulas eletrônicas. As equações de Laplace e de Poisson não só são úteis pa­
ra resolver problemas de campos eletrostáticos, mas também são uti lizadas em muitos outros proble­
mas que envolvem campQS. 
Por exemplo, V poderia ser interpretado como o potencial magnético em rnagnetostática, como a 
temperatura em condução de calor, como uma função tensão em nuxo de fluidos e como uma perda 
de carga em vazamentos. 
t6.3 TEOREMA DA UNICIDADE 
Já que existem vários métodos (analíticos, gráficos, numéricos, experimentais, etc.) para resolver um 
determinado problema, poderíamos questionar se resolver a equação de Laplace de diferentes manei­
ras resultaria em diferentes soluções. Por conseguinte, antes de começarmos a resolver a equação de 
Laplace, precisamos responder à seguinte pergunta: se a solução da equação de Laplace satisfaz um 
dado conjunto de condições de fronteira, será essa a única solução? A resposta é sim, existe apenas 
uma única solução. Dizemos que a solução é única. Portanto, qualquer solução da equação de Lapla­
ce que satisfaça as mesmas condições de fronteira deve ser a única solução, independente elo méto­
do escolhido para determiná-la. Esse é conhecido como o teorema da unicidade. O teorema se apli­
ca a qualquer solução da equação de Laplace ou da equação de Poisson em urna dada região ou su­
perfície fechada. 
194 • Elementos de Eletromagnetismo 
O teorema é demonstrado por absurdo. Assumimos que há duas soluções V1 e V2 da equação de 
Laplace que satisfazem as condições de fronteira do problema. Portanto: 
na fronteira 
Consideramos a diferença 
que obedece 
na fronteira 
de acordo com a equação (6.9). Do teorema da divergência: 
f 'V · A dv = J A · dS 
v Js 
Consideramos A = V,1 VV" e usamos a identidade vetorial: 
Contudo, V2V, = O, de acordo com a equação (6.11 ). Então: 
v · A = vvd · vv,1 
Substituindo a equação (6.13) na equação (6.12), obtém-se: 
f '\TV,1 · '\TV,1 tlv = f V,1 '\TV,1 · dS 
r S 
Das equações (6.9) c (6. 11 ), fica evideme que o lado direito da equação (6. 14) se anula. 
Portanto: 
Já que a integração é sempre positiva, 
vv" =o 
ou 
V"= V2 - V1 = constante em qualquer ponto no intertior de v 
(6.9a) 
(6.9b) 
(6.1 O) 
(6. ll a) 
(6. llb) 
(6.12) 
(6.13) 
(6.14) 
(6.15a) 
(6.1 5b) 
Contudo, a equação (6.15) deve ser consistente com a equação (6.9b). Portanto. 11,1 = O ou V1 = V2 em 
qualquer pomo, demonstrando que V1 e V2 não podem ser soluções di lcrentes do mesmo problema. 
Teorema da unicidade: se uma solução da equação de Laplace que satisfaça as condições de 
fronteira pode ser encontrada, então a solução é única. 
O mesmo proccdimemo pode ser adotado para demonstrar que esse teorema também se aplica à 
equação de Poisson e também para o caso em que o campo elétrico (gradiente do potencial) é espe­
cificado na fronteira. 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrost5tica • 195 
Antes de começarmos a resolver problemas de valor de fronteira, devemos ter em mente três ca-
racterísticas que descrevem univocamente um problema: 
I. A equação diferencial apropriada (neste capítulo, equação de Laplace ou equação de Poisson). 
2. A região de interesse para a solução. 
3. As condições de fronteira. 
Um problema não tem solução única e não pode ser resolvido completamente se não for considera­
do um desses três itens. 
6.4 PROCEDIMENTO GERAL PARA RESOLVERA EQUAÇÃO DE LAPLACE OU A 
EQUAÇÃO DE POISSON 
EXEMPLO 6.1 
O seguinte procedimento geral pode ser adotado <~O resolver um dado problema de valor de frontei­
ra envolvendo a equação de Laplace ou a equação de Poisson: 
1. Resolver a equação de Laplace (se Pv = 0) ou de Poisson (se p,. ;t 0) utilizando ou (a) inte­
gração direta quando V é uma função de uma variável, ou (b) separação de variáveis se V é 
função de mais de uma variável. A solução, nesta etapa, não é única, mas sim expressa em 
termos de constantes de integração a serem determinadas. 
2. Aplicar as condições de fronteira para determinar uma solução única de V, partindo do pres 
suposto que, para determinadas condições de fronteira, existe uma única solução. 
3. Tendo obtido V, encontrar E usando E =- V' V c D a partir de D = sE. 
4. Se desejado, encontrar a carga Q, induzida em um condutor, fazendo Q = f Ps dS, onde Ps = 
D. e 0 ., é a componente de D normal ao condutor. Se necessário, a capaci tância entre dois 
condutores pode ser encontrada fazendo C = QIV. 
Resolver a equação de Laplace (ou de Poisson), de acordo com a etapa I, não é sempre tão com­
plicado quanto parece. Em alguns casos, a solução pode ser obtida por mera inspeção do problema. 
Por outro lado, uma solução pode ser conferida fazendo o caminho inverso e determinando se ela 
satisfaz a equação de Laplace (ou a de Poisson) e as condições de fronteim impostas. 
Componentes condutores em equipamentos de potência de alta tensão devem ser resfriados, a fim de 
eliminar o calor causado pelas perdas ôhmicas. Uma maneira de bombear esse calor é baseada na 
força transmitida para o tluido refrigerante por cargas em um campo el6trico. O bombeamento ele­
troidrodinârnico (EHD) está representado na Figura 6.1. A região entre os eletrodos contém uma 
carga uniforme p.,, que é gerada no eletrodo da esquerda c coletada no eletrodo da direita. 
Calcule a pressão da bomba se p0 = 25 mC/m3 c V., = 22 kV. 
Solução: 
Já que P,. ;tO, aplicamos a equação de Poisson: 
V2V = _ Pv 
e 
As condições de fronteira V(z = O) = V., e V(z = d) = O mostram que V depende somente de z (não 
existe qualquer dependência com p ou rp). Portanto: 
Integrando uma vez, obtém-se 
-= 
dV 
-= 
dz 
-poZ + A 
e 
196 • Elementos de Eletromagnetismo 
I 
G).-G).-G).-1 
I 
I e.e..G)..l, 
áreaS \ 
' 
o 
o v 
. 
o 
J 
d 
--
Figura 6.1 Uma bomba elctroidrodinâmica: 
referente ao Exemplo 6. 1 . 
Integrando-se novamente 
, 
V = - PoZ- + Az + 8 
2e 
onde A c 8 são constantes de integração a serem determinadas pela aplicação das condições de fron­
teira. Quando z = O, V = V0 , 
Quando z = d , V = O, 
(/2 
0 = _ Po + Ad + V 
2e 0 
ou 
Pod Vo A= ---
2e d 
O campo cl~trico ~ dado por: 
A força líquida é: 
F = f p,E dv = Po f dS r E t/z 
: • 0 
= p0S [ V;z + ;: (z2 
- dz)] :a,. 
F = PoSVoa< 
A força por unidade de área, ou pressão, é: 
p = F= p0 V0 = 25 X 10- 3 X 22 X 103 = 550 N/m2 
s 
' ' EXERCICIO PRATICO 6.1 
Em um dispositivo unidimensional, a densidade de carga é dada por P. = p~/a. 
Se E = O em x = O e V= O em x = a, determine V c E. 
EXEMPlO 6.2 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática • 197 
Uma máquina de cópia xerográfica é uma importante aplicação da eletrostática. A superfície de um 
fotocondutor é, de início, carregada uniformemente, como mostra a Figura 6.2(a). Quando a luz, 
refletida pelo documento a ser copiado, incide no fotocondutor, as cargas da superfície inferior do 
fotocondutor combinam com as da superfície superior e ocorre a neutralização de umas com 
as outras. 
A imagem é obtida ao se pulverizar a superfície do fotocondutor com um pó negro carregado eletri­
camente. O campo elétrico atrai o pó carregado que posteriormente é transferido para o papel, sendo 
fundido para formar uma imagem pennanente. Desejamos determinar o campoelétrico acima e abai­
xo da superfície do fotocondutor. 
Solução: 
Considere a Figura 6.2(b) que é uma versão da Figura 6.2(a). Já que P,. = O nesse caso, aplicamos a 
cc1uação de Laplace. Além disso, o potencial depende somente de x. Então: 
Integrando duas vezes, obtém-se: 
, d2V v-v= -= o 
dx2 
V = Ax + 8 
Sejam os potenciais acima e abaixo da superfície V1 c V2, respectivamente. 
x > a 
X < (I 
As condições de fronteira nos eletrodos aterrados são: 
fotocondutor 
X 
d 
V1(x = d) =O 
V2(x =O)= O 
I --
(a) 
rccombi nação 
a ++++++++++++++++++++++++++++++ Ps 
"> 
o 
(b) 
Figura 6.2 Referente ao Exemplo 6.2. 
(6.2.1 a) 
(6.2.1 b) 
(6.2.2.a) 
(6.2.2b) 
198 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 6.3 
Na superfície do fotocondutor: 
(6.2.3a) 
(6.2.3b) 
x • u 
Para determinar as quatro constantes desconhecidas A1, A2, 8 1 c 82 , utilizamos as quatro condições 
das equações (6.2.2) e (6.2.3). Das equações (6.2.1) e (6.2.2): 
O = A1d + 81 ---+ 81 = - A 1d 
o = o + 82 ...... 8 2 = o 
Das equações (6.2. l ) e (6.2.3a): 
Ao aplicar (6.2.3b), lembre que D = eE = - eVV, de forma que 
ou 
Resolvendo para A 1 c A2, nas equações (6.2.4) a (6.2.6), obtém· se: 
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.2 
Para o modelo representado na Figura 6.2(b ), se Ps = O e o eletrodo superior é 
mantido em V0 , enquanto o eletrodo inferior é aterrado, demonstre que: 
(6.2.4a) 
(6.2.4b) 
(6.2.5) 
(6.2.6) 
Dois semiplanos condutores, l/1 = O e l/1 = 7r/6, estão separados por uma fenda de largura in fi nitesimal, 
como mostra a Figura 6.3. Se V( <P = 0) = O e V( l/1 = -rr/6) = I 00 V, determine V e E na região entre 
os semiplanos. 
Solução: 
Se V depende somente de ifl, a equação de Laplace em coordenadas cilíndricas torna-se: 
/ fenda 
X 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática • 199 
Figura 6.3 O potencial II(<P) devido a 
semiplanos condutores. 
Já que p = O não faz parte da solução devido à fenda que separa os dois semiplanos, podemos mul­
tiplicar a equação anterior por/ para obter 
que é integrada duas vezes para obter 
V= A</>+ 8 
Aplicamos as condições de fronteira para determinar as constantes A c 8. Quando ~ = O, V = O: 
0=0+8--+8 = 0 
v o 
V =A ... -+A = -
o '+'o <l>o 
Portanto, 
e 
I dV Vo 
E = - VV = - --a = - - a 
P d</> "' P<l>o .P 
Substituindo V., = 100 e 1/1
0 
= 1rl6, obtém-se: 
e 
Confira: V2V = O, V(ifi = O) = O, V(~= 1r/6) = 100. 
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.3 
Duas placas condutoras de tamanho I X 5 m estão inclinadas 45" urna em relação à 
outra, com um espaçamento de 4 mm enlre elas, conforme mostrado na Figura 6.4. 
Determine um valor aproximado da carga por placa se as placas forem mantidas a uma 
diferença de potencial de 50 V. Considere que o meio entre elas tenha e,= I ,5. 
Resposta: 22,2 nC. 
200 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 6.4 
Fi,::um 6.4 Rcfcrcmc ao Exercício Prático 6.3. 
csi)Q\3mcnto de 4 mm 
l m 
Dois cones condutores (() = r./10 e() = r./6), de extensão inlinira, estão separados por um espaça­
mento infinitesimal em r = O. Se V(() = r./ I O) = O e V(() = r./6) = 50 V, determine V e E entre os cones. 
Solução: 
Considere o cone coaxial da Figura 6.5, onde o espaçamento serve como elemento isolador entre os 
dois cones condutores. V depende somente de e. Então, a equação de Laplace, em coordenadas esfé­
ricas, torna-se 
? I d [ dV] v-v= , - sen ()- = O 
r·sen () d() d() 
Já que r = O e fJ = O ou r. não fazem parte da solução, podemos multiplicar a equação anterior por 
1) sen () para obter: 
Integrando uma vez, obtém-se 
ou 
-• 
d [ dV] - sen ()- = O 
d() d() 
dV 
sen ()- =A 
dO 
dV A 
d() sen () 
Fi~tura 6.5 Potencial V( <f>) devido a cones condutores. 
Problemas ele Valor de Fronteira em Eletrostática • 201 
Integrando esta equação, obtemos: 
V=A =A I dO I dO 
scn O 2 cos 9/2 scn 9/2 
=A I 1/2 sec
2 
912 d9 
tg0/2 
= A I d(tg 912) 
tg 912 
= A In ( tg 0/2) + B 
Aplicaremos, agora, as condições de fronteira para determinar as constantes de integração A e 8. 
ou 
Portanto: 
Também, 
ou 
Então: 
V(8 = 91) = 0 ~O = A In (tg 01/2) + B 
B = - A In (tg fM2) 
V = A In [ tg 
012 ] 
tg0/2 
V o In [ tg 0/2 ] 
v= tg o.n 
In [ tg 02/2 
tg o.12 
I dV A 
E = - 'V V = --- a0 = - ao 
r dO r scn O 
Fazendo O 1 = 1rf l O, 02 = 1rf6 c V0 = 50, obtém-se 
e 
[ 
tg 0/2 
501n 
tg 71"120 [ tg 9/2 ] V = ---;:-::.....=:-7'-- = 95 I In V 
In [ 
tg 1r112 ' O, 1584 
tg 7Tf20 
95,1 
E = - a0 V/m 
r scn O 
Confira: 'V2V = O, V( O = 1rll O) = O e V( O = 1rl6) = V
0
• 
202 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 6.5 
50 v 
esp;lçamento ~ 
-
Figura 6.6 Re ferente ao Exercício Prático 6.4. 
' ' EXERCICIO PRATICO 6.4 
Um cone condutor (8 = 45°) está colocado sobre um plano condutor c há, entre eles, 
um pequeno espaçamento, corno mostra a Figura 6.6. Se o cone es tá conectado à uma 
fonte de 50 V, determine V c E em (- 3, 4, 2). 
Resposta: 22,13 V; li ,36 au V /m 
(a) Determine a função potencial para a região dentro de uma calha de seção reta retangular c de 
comprimento infini to, cuja seção reta está mostrada na Figura 6.7. 
(b) Para v. = 100 V e b = 2a, determine o potencial em x = a/2. y = 3a/4. 
Solução: 
(a) O potencial V, neste caso, depende de x e y. A equação de Laplace é escrita como: 
a2v a2v 
V2 V = - + - = O 
ax2 ay' 
Temos que resolver essa equação com as seguintes condições de fronteira: 
V(x = O, O s y s a) = O 
V(x = b, O s y s a) = O 
V(O < X < b, )' = 0) = o 
V(O s x s h, y = a) = V0 
(6.5.1 ) 
(6.5.2a) 
(6.5.2b) 
(6.5.2c) 
(6.5.2d) 
Y Fi~ura 6.7 Potcnci<ll devido a uma V (x. y) 
l calha retangular condutora. 
/v - v0 
csp;lçru•>cnto "0~-~=""/=======.;/esp.>çamento 
~o~======~,==========~b----. x 
V = O 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática • 203 
Resolvemos a equação (6.5.1 ) pelo método da separação de variáveis, isto é, procuramos uma solu­
ção de V na forma de um produto. Seja 
V(x, y) = X(x) Y(y) (6.5.3) 
onde X é urna função somente de xe Y é uma função somente de y. Substituindo a equação (6.5.3) na 
equação (6.5.1 ), obtemos: 
X"Y + Y"X = O 
Dividindo todos os termos por XY e separando os termos em X dos termos em Y, obtemos: 
X" Y" 
(6.5.4a) - - == -
X y 
Já que o lado esquerdo da equação é uma função só ele x c o lado direito é uma função só ele y, para 
satisfazer a igualdade, ambos os lados devem ser iguais a uma constante li., isto é: 
X" Y" 
- - = - = À X y 
(6.5.4h) 
A constante À é conhecida como a constante de separação. Da equação (6.5.4b), obtemos 
X" + li.X=O (6.5.5a) 
c 
Y"- ÀY =O (6.5.5b) 
Dessa fonna, as variáveis estão separadas neste ponto e nos referimos às equações (6.5.5) como 
equações separadas. Podemos detem1inar X(x) e Y(y), separadamente, e então substi tuir essas solu­
ções na equação (6.5.3). Para tanto, as condições de fronteira nas equações (6.5.2) precisam estar se­
paradas, se possível. A separação é feita como segue: 
V(O, y) = X(O)Y(y) = O -t X(O) = O 
V(b, y) = X(b) Y(y) = O -t X(b) = O 
V(x, 0) = X(x) Y(O) = O -t Y(O) = O 
V(x, a) = X(O)Y(a) = V0 (inseparável) 
(6.5.6a) 
(6.5.6b) 
(6.5.6c) 
(6.5.6d) 
Para determinar X(x) e Y(y) nas equações (6.5.5), consideramos as condições de fronteira das equa­
ções (6.5.6). Consideramos os valores possíveis de À que satisfaçam tanto as equações separadas 
(6.5.5) quanto as condições de fronteira (6.5.6). 
CASO A 
Se À = O, então a equação (6.5.5a) torna-se 
X" = O ou 
a partir da qual, após integrarmos duas vezes, obtemos 
X=Ax+8 (6.5.7) 
As condições de fronteira na<; equações (6.5.6a) c (6.5.6b) implicam que 
X(x = 0) = O -t O = O + 8 ou 8=0 
e 
204 • Elementos de Eletromagnetismo 
X(x = b) = O~ 0 = A · b + 0 ou A=O 
porque b ~O. Dessa forma, a solução para X, na equação (6.5.7), torna-se 
X(x) =O 
o que torna V= O na equação (6.5.3). Então, consideramos X(x) = O como urna solução trivial e con­
cluímos que À~ O. 
CASOB 
Se À < O, digamos À = - (i, então a equação (6.5.5a) torna-se 
ou 
, , o (D· - cx")X = 
I D d . ' oncc = - , tsto e, 
dx 
DX = ::!: cxX (6.5.8) 
mostrando que temos duas soluções possíveis corrcspondcndo aos sinais positivo c negativo. Para o 
sinal positivo, a equação (6.5.8) torna-se 
Dessa forma, 
dX 
-=cxX 
dx 
ou 
ou 
onde In A 1 é urna constante de integração. Portanto, 
dX 
- = cxdx 
X 
In X = cxx + In A, 
De maneira similar, resolvendo a equação (6.5.8), para o sinal negativo, obtém-se: 
Reunindo os resultados das equações (6.5.9a) e (6.5.9b): 
(6.5.9a) 
(6.5.9b) 
(6.5.1 O) 
Já que cosh cxx = (e"'' + e·"'')/2 e senh cxx = (e'" - e· "-')12 ou e""' = cosh cxx + senh cxx e e· ""'= 
cosh cxx- scnh cxx, a equação (6.5.1 0) pode ser escrita como 
X(x) = 8 1 cosh cxx + 82 senh cxx (6.5. 11 ) 
onde 8 1 = A 1 + A1 e 82 =A, - A2• Em função das condições de fronteira impostas, preferimos a 
equação (6.5. 11 ) em vez; da equação (6.5. 1 O) como solução. Novamente, as equações (6.5.6a) e 
(6.5.6b) exigem que 
X(x = O) = O~ O= 8 1 • ( 1) + 82 · (0) ou 8 1 = O 
c 
X(x = b) = O~ O = O + 82 scnh cxb 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática • 205 
Já que a* O e b *O, sen ab não pode ser zero porque scn x = O se c somente se x = O, como mos­
trado na Figura 6.8. Dessa maneira, 82 = O c 
X(x) =O 
Essa é uma solução trivial e concluímos que À não pode ser menor do que zero. 
CASO C 
Se À > O, digamos À = f3 2
, então a equação (6.5.5a) torna-se 
X'+ {32X =O 
isto é, 
ou DX = :t j{3X (6.5.12) 
onde j = -v=!. Das equações (6.5.8) e (6.5. 12), observa-se que a di !"crença entre os casos B e C 
consiste em substituir a por)/3. Procedendo da mesma maneira como no caso B, obtemos a solução: 
(6.5. 13a) 
Já que e.i/tx = cos {3x + j scn {3x e e -ia< = cos f3x - .i scn f3x, a equação (6.5.13a) pode ser escrita como 
X(x) = g0 cos {3x + g, sen {3x (6.5.13b) 
ondeg. =c. + c , cg, =c. - jC1• 
Em função das condições de fronteira dadas, preferimos usar a equação (6.5. 13b). Impondo as con­
dições de fronteira nas equações (6.5.6a) c (6.5.6b), obt~m-se: 
X(x = O) = O ~ O = g. · ( 1) + O ou 8o = O 
e 
X(x = b) = O~ O= O + g 1 sen {3b 
Supondo g1 *O (senão teríamos uma solução trivial), então: 
y 
scn {3b = O = scn mr 
(.) = ~ 
tJ b ' 11 = l ' 2, 3, 4, . (6.5.14) 
Fijlunt 6.8 Rcpresenwçno de cosh x e de senh x 
mostrando que scnh x =O se e somente se x = O. 
206 • Elementos de Eletromagnetismo 
Observe que, diferentemente de senh x, que é zero apenas quando x = O, sen x é zero para um núme­
ro infinito de pontos, conforme mostra a Figura 6.9. Note, também, que 11 ~O porque f3 ~O. No caso 
A, tínhamos considerado a possibilidade se f3 = O, o que resultou em uma solução trivial. Ainda não 
precisamos considerar 11 = - I, - 2, - 3, - 4, ... porque À = {32 permaneceria o mesmo para valores 
positivos e negativos de 11. Portanto, para um dado 11, a equação (6.5. 13b) torna-se 
Tendo encontrado X(x) c 
111l"X 
X,(x) = g, scnb 
2 2 
>.. =1)2=/111" 
/.1 b2 
resolvemos a equação (6.5.5b), reescrita como: 
Y" - {32Y = O 
A solução dessa equação é semelhante à da equação (6.5.11), obtida no caso B, isto é: 
Y(y) = h0 cosh {3y + 111 senh {3y 
A condição de fronteira na equação (6.5.6c) implica que: 
Y(y = O) = O ~ O = h0 • ( I ) + O 
Portanto, nossa solução para Y(y) torna-se 
mry 
Y '·•) = h scnh-.v " b 
ou 110 =O 
(6.5. 15) 
(6.5.16) 
(6.5. 17) 
Substi tuindo as equações (6.5.15) e (6.5.17)- que são as soluções das equações separadas [equações 
(6.5.5)], na solução-produto [equação (6.5.3)], tem-se: 
Isto mostra que há muitas soluções possfveis V1, V2, V3, V4, e assim por diante, para 11 = I , 2, 3, 4, etc. 
Pelo teorema da supetposição, se V1, V2, V3, •.. , V, são soluções da equação de Laplace, a combi­
nação linear 
) ' 
sin x 
- 2;r _,.. 
Figura 6.9 Representação de scn x mostrando que sen x = O para um 
númeco infinito de pontos. 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática • 207 
(onde c 1, c2, c3, ••• , c. são constantes) é também uma solução da equação de Laplace. Portanto, a so­
lução da equação (6.5. 1) é 
"' 
L 
1111"X 1111")" 
~(r )") = c sen- senh-., ,, b b ,_, (6.5.18) 
onde c. = g.h. são os coeficientes a serem determinados a partir da condição de fronteira descrita na 
equação (6.5.6d). Impondo esta condição, obtém-se: 
" "' n 1r x n 1r a V(x, y = a) = V0 = LJ c,. sen- b senh- b-
,. - I 
(6.5.19) 
que é uma expansão em série de Fourier de V0 • Multiplicando ambos os lados da equação (6.5. 19) por 
sen 11111"XIb c integrando em O < x < b, obtém-se: 
11171" X 1111" a 11111" X 1111" X i" " i" V0 sen b dx = L c,. senh-- sen b sen- b dx 
O n c J b O 
Pela propriedade de ortogonalidade das funções seno c cosseno (vC<ia Apêndice A.9): 
f' sen mx sen nx dx = [~2. 
o 
111 * 11 
11/ = 11 
(6.5.20) 
Incorporando essa propriedade na equação (6.5.20), todos os termos no lado direito da equação 
(6.5.20) se cancelarão, à exceção de um único termo, para o qualm = n. A ssim, a equação (6.5.20) 
se reduz a 
ou 
isto é: 
i
b ib Jl'ü X 1/ 71" li , 1/ 7r X 
V0sen-- dx = c,senh scn-- b dx 
o b b o 
b ib ( b l/1rX l/1r0 I 
-V -cos-- =c senh - I 0
1111" b o " b 2 o 
2111rX) - cos b dx 
1111"0 b 
- cos mr) = c senh · -
" b 2 
111r0 2V0 c senh- = -(1 , b 111r 
- cos 117r) 
c = , 
4 v" 
117r' 
O, 
4V 
• 111r0 
111r senh--;;-
O, 
11 = 1,3,5, 
11 = 2, 4, 6, 
' 11 = 1mpar 
11 = par 
(6.5.21 ) 
208 • Elementos de Eletromagnetismo 
Substituindo as igualdades acima na equação (6.5.18), obtém-se a solução completa: 
4V0 ~ V(x,y) =- ~ 
7r •= 1.3.5 mra 
11 scnhb 
(6.5.22) 
Confira: V 2V = O, V(x = O, y) = O = V(x = b, y) = V(x. y = 0), V(x. y = a) = V
0
• A solução da equa­
ção (6.5.22) não deveria ser uma surpresa. Ela poderia ser intufda por mera observação do 
arranjo da Figura 6.7. Dessa figura, observamos que, ao longo de x. V varia de O (em x = O) a O (em 
x = b) e somente uma função seno pode satisfazer essa condição. De maneira similar, ao longo de y, 
V varia de O (em y = 0) a v. (em y = a) e somente uma função seno hiperbólico pode satisfazeres­
sa condição. Portanto, uma solução como a da equação (6.5.22) era esperada. 
Para determinar o potencial em cada ponto (x, y) no interior da calha, tomamos os primeiros pou­
cos termos da série infinita convergente mostrada na equação (6.5.22). Considerar quatro ou cinco 
termos pode ser suficiente. 
(b) Para x = a/2 e y = 3a/4, onde b = 2a, temos: 
v(~ ~) = 4 V o :i: sen 117r/4 senh 3n7r/8 
2' 4 -rr , = 1•3.5 n senh 111r12 
= 4 v. [ sen -rr/4 senh 3-rr/8 + sen 3-rr/4 senh 97r/8 
-rr senh -rr/2 3 senh 3-rr/2 
sen 5-rr/4 scnh 15-rr/4 ] + + ... 
5 senh 5-rr/4 
4V 
= - 0 (0,4517 + 0,0725- 0,01985 - 0,00645 + 0,00229 + · · ·) 
7r 
= 0,6374V0 
É interessante considerar um caso especial em que A = b = 1 m c v. = 100 V. Os potenciais em alguns 
pontos cspccfficos são calculados usando a equação (6.5.22), c os resultados estão mostrados na Figu­
ra 6. 10(a). As linhas de fluxo e as linhas equipotcnciais correspondentes estão mostradas na Figura 
6.1 O(b). Um programa simples em M atlab, baseado na equação (6.5.22) está apresentado na Figura 
6. 11 . Esse programa é auto-explicativo e pode ser usado para determinar V (x, y) em qualquer ponto no 
interior da calha. Na Figura 6.11 , V (x = b/4, y = 3a/4) é calculado c o valor encontrado é de 43,2 volts. 
y 
1.0 
43.2 
• 
o, 
18,2 
• 
6.80 
• 
1~0 v 
54,0 
• 
25,0 
• 
9.54 
• 
, 
43.2 
• 
18,2 
• 
6,80 
• 
.__----r--------:-t-x 
0 I 1.0 o 
{a) 
y 
tinhn cquipotcncinl 
Vn 100 
{b) 
linho de nuxo 
V= O 
Fi~:u ru 6.1 O Referente ao Exemplo 6.5: (a) V (x. y) calculado em alguns pomos. (b) representação esquemáti­
ca das linhas de lluxo e das linhas equipotenciais. 
EXEMPLO 6.6 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática • 209 
% SOLUÇÃO DA EQUAÇÃO DE LAPLACE 
% ---------- ------------------
% ESTE PROGRAMA RESOLVE O PROBLEMA 
% DE VALOR DE FRONTEIRA SI-DIMENSIONAL 
%DESCRITO NA FIGURA 6 . 7 
% a E b SÃO AS DIMENSÕES DA CALHA 
% x E y SÃO AS COORDENADAS DO PONTO 
% DE INTERESSE 
p - ( 1 ; 
V o - 100. 0 ; 
a - 1. o; 
b - a ; 
X - b/4 ; 
y - 3 .*a/4 .; 
c - 4 .*Vo/pi 
sum = 0 . 0 ; 
for 
end 
k=1 : 10 
n = 2 *1< - 1 
a1 = sin (n*pi *x/ b ) ; 
a2 = sinh (n*pi*y/ b) ; 
a3 = n*sinh (n*pi *a /b) ; 
sum = sum + c*a1 *a2/a3 ; 
P = [n , sum] 
diary test .out 
p 
diary off 
Figura 6.11 Programa em Matlab referente ao Exemplo 6.5. 
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.5 
No problema do Exemplo 6.5, considere v. = I 00 V, b = 2a = 2m. 
Determine V e E em: 
(a) (x, y) = (a, a/2) 
(b) (x, y) = (3a/2, a/4) 
Resposta: (a)44,51 V,-99,25aYV/m;(b) 16,5V, 20,6 a,- 70,34 aY V/m. 
Para o exemplo anterior, determine a distribuição de potencial se V0 não for uma constante, mas 
dado por: 
(a) V0 = lO sen 37rxlb, y =a, O< x < b 
7rX I 57rX 
(b) V = 2 sen- + - sen- )' = a O s x s b 
o b lO b ' ' 
Solução: 
(a) Do exemplo anterior, cada passo antes da equação (6.5.19) permanece o mesmo, isto é, a solução 
é da forma 
" "" 117rX 111f)' V(x, y) = -"" c, scn- b scnh-
, - • b 
(6.6.1) 
21 O • Elementos de Eletromagnetismo 
como na equação (6.5.18). Porém, ao invés da equação (6.5.19), temos, agora: 
V(y = a) = V0 = 
37rX 
!Oscn- = . b 
"' 111rX 111W L c. scn- b scnh b 
11 • 1 
Ao equacionar os termos em seno, em ambos os lados da equação, obtemos: 
Para 11 = 3, 
ou 
C11 =O, 11 =1=3 
10 
c3= ---
:ha 
scnh b 
Portanto, a solução da equação (6.6.1) torna-se: 
V(x, y) = 
37!")' 
.., senh-
.>7rX b 
IOscn----
b 37ra 
scnhb 
(b) De maneira similar, ao invés da equação (6.5.19), temos agora 
Vo = V(y =a) 
ou 
ToX I 51TX ..;s 111rX /11rQ 
2 sen- + - senh- = ..t:.J c,. senh- senh-
b 10 b ,.. . b b 
Equacionando os termos em seno: 
Pan111 = I: 
Para n = 5: 
Dessa forma: 
c,. = o. 
1TQ 
2 = c1 senh­
b 
ou 
V(x, y) = 
1fa 
senh­
b 
ou 
11 =1= 1,5 
2 c,=---
71"0 
senh­
b 
cs =-----
51Ta 
IO senh­
b 
51Ta 
IOsenh­
b 
EXEMPLO 6.7 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática • 211 
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.6 
No Exemplo 6.5, suponha que todos os dados sejam os mesmos, à exceção de V
0
, que 
é substituído por 
11fX . 
V0 sen-, O < x s b, y = a. DetermJne V(x, y). 
b 
Resposta: 
11fX 11f)' 
V0 senb senhb 
11fa 
senh b 
Obtenha as equações diferenciais separadas para a distribuição de potencial V(p, ip, z) em urna região 
livre de cargas. 
Solução: 
Esse exemplo, como o Exemplo 6.5, ilustra o método de separação de variáveis. Já que a região é li­
vre de cargas, precisamos resolver a equação de Laplace em coordenadas cilfndricas, isto é: 
? I é! ( é!V) I éi
2
V é!
2
V v-v= -- p- +-- + - = O 
P é!p iJp i éJ q} iJz2 (6.7. 1) 
Seja 
V(p, <f>, z) = R{p) C/>(</J) Z(z) (6.7.2) 
onde R, cJ> e Z são, respectivamente, funções de p, ip c z. Substituindo a equação (6.7.2) na equação 
(6.7. 1) resulta em 
(6.7.3) 
Dividindo por RC/JZ, obtém-se: 
(6.7.4) 
O lado direito dessa equação fica somente em função de z, enquanto o lado esquerdo não depende de 
z. Para que os dois lados sejam iguais, é preciso que eles sejam iguais a uma constante, isto é, 
(6.7.5) 
onde - >.. 2 é uma constante de separação. Dessa forma, a equação (6.7.5) pode ser separada em duas 
partes: 
(6.7.6) 
ou 
(6.7.7) 
212 • Elementos de Eletromagnetismo 
e 
p d (P dR) , 2 2 I d
2
cf> O -- + 1\ p + - = 
R dp dp ct> dq} 
(6.7.8) 
A equação (6.7.8) pode ser escrita como 
(6.7.9) 
onde p2 é uma outra constante de separação. Assim, a equação (6.7.9) é separada como 
cf>" = p.2cp = o (6.7.10) 
e 
(6.7. 11 ) 
As equações (6.7.7), (6.7.10) e (6.7.11) são as equações diferenciais separadas requeridas pelo pro­
blema. A equação (6.7.7) tem uma solução similar à solução obtida no caso B do Exemplo 6.5, isto 
é, 
Z(z) = c1 cosh Àz + c2 senh ÀZ (6.7. 12) 
A solução da equação (6.7.10) é similar à solução obtida no caso C do Exemplo 6.5, isto é: 
(6.7.13) 
A equação (6.7. 11 ) é conhecida como equação diferencial de Bessel e sua solução está além does­
copo deste livro. 3 
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.7 
Repita o Exemplo 6.7 para V( r, 8, rp). 
Resposta: Se V(r, O, cf>) = R(r) F(O) C/>(cf>), ct>" + }..2cf> =O, R" + ?:_R' - !::...~ = O 
,. ,.2 • 
.., ? .., 
F' + cotg 8 F' + (p.- - À- cossec- {}) F = O. 
6.5 RESISTÊNCIA E CAPACIT ÂNCIA 
Na Seção 5.4, o concei to de resistência foi abordado c obtivemos a equação (5. 16) para encontrar a 
resistência de um condutor com seção reta uniforme. Se a seção reta do condutor não for uniforme, 
a equação (5. 16) torna-se inválida, e a resistência é obtida diretamente da equação (5. 17): 
v 
R= - = 
I 
f E · di 
f uE · dS 
(6.16) 
J Par.• a soluç.ão cornplcia da c<ruação de L:oplacc em coordenadas cilíndricas ou c:m coordemodas esféric-.JS. veja. por exemplo. O. T. Paris c F. K. Hurd. &uic Elec· 
1romag11~/iG· Theory. Ncw York: McGraw-~lill. 1969. p. ISQ-159. 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrost5tica • 213 
O problema de determinar a resistência de um condutor de seção reta não uniforme pode ser tratado 
como um problema de valor de fronteira. Utilizando a equação (6.16), a resistência R (ou condutân­
cia C = I! R) de um dado material condutor pode ser encontrada conforme os seguintes passos: 
1. Escolher um sistema de coordenadas adequado. 
2. Considerar v. como a diferença de potencial entre terminais condutores. 
3. Resolver a equação de Laplace V 2 V para obter V. Então, determinar E a partir da solução 
de E = - V V e I a partir da solução de I= f o E · dS. 
4. Finalmente, obter R como V jl. 
Essencialmente, assumimos um valor v •. determinamos I c a partir desses determinamos R = V jl. 
De maneira alternativa, podemos assumir um valor de corrente '·· determinar a diferença de potencial 
correspondente V e determi11ar R a partir de R = VIl •. Como discutiremos a seguir, a capacit.ância de 
um capacitoré obtida utilizando uma técnica similar. 
De modo geral, para termos um capacitar precisamos ter dois (ou mais) condutores carregados 
com cargas iguais e de sinais contrários. Isso implica em que todas as linhas de fluxo que saem de um 
condutor devem, necessariamente, terminar na superfície do outro condutor. Os condutores são, por 
vezes, referidos como as placas do capacitor. As placas podem estar separadas por espaço livre ou 
por um dielétrico. 
Considere o capacitor de dois condutores da Figura 6. 12. Os condutores são mantidos sob uma 
diferença de potencial V dada por 
v = v, - v2 = -f E · d l (6.17) 
onde E é o campo elétrico existente entre os condutores c se assume que o condutor I está carrega­
do posi tivamente. (Observe que o campo E é sempre ortogonal às superfícies condutoras.) 
Definimos a capacirância C do capacitar como a raz.io entre o valor da carga em uma das placas 
e a diferença de potencial entre elas. Isto é: 
(6.18) 
O sinal negativo antes de V= - f E· dl foi desconsiderado porque estamos interessados no valor ab­
soluto de V. A capacitância C é urna propriedade física do capacitor c é medida em rarads (F). Utili­
zando a equação (6.18), C pode ser obtido, para qualquer capacitor de dois condutores, seguindo um 
destes dois métodos: 
1. Assumindo um valor de Q e determinando V em termos de Q (utili zando~~ lei de Gauss). 
2. Assumindo um valor de V e determinando Q em termos de V (uti lizando a resolução da 
equação de Laplace). 
O primeiro método será utilizado a seguir e o segundo será utilizado nos Exemplos 6. 1 O e 6.11. O pri­
meiro método implica o uso dos seguintes passos: 
1. Escolher um sistema de coordenadas apropriado. 
2. Atribuir , às duas placas condutoras, as cargas + Q e - Q. 
I 
I I I I E I ___ ..., __ 
I I 
.... -- I 
FiJ!ura 6.12 Capacitar de dois condutores. 
--~----
--..----- +0 + ..... _ ..... 
+ + 
\ 
..... ~ _ _. ,..,. 
\ 
I 
I 
-v+ 
214 • Elementos de Eletromagnetismo 
3. Determinar E utilizando a lei de Coulomb ou a lei de Gauss e encontrar V a partir de 
V= - f E · dl. O sinal negativo pode ser ignorado, nesse caso, porque estamos interessados 
no valor absoluto de V. 
4. Finalmente, obter C a partir de C = QIV. 
Aplicaremos agora esse procedimento para determinar a capaci tânciade algumas configurações 
importantes a dois condutores. 
A. Capacitor de Placas Paralelas 
Considere o capacitar de placas paralelas da Figura 6. I 3(a). Suponha que cada uma das placas tem 
uma áreaS e que estão separadas de uma distância d. Assumiremos que as placas l e 2, respectivamen­
te, estão carregadas com cargas + Q e - Q, uniformemente distribuídas sobre elas, de tal modo que: 
Q 
Ps= -
S 
(6.19) 
Um capacitar de placas paralelas ideal é aquele em que a separação dentre as placas é muito peque­
na quando comparada com as suas dimensões. Considerando tal caso ideal, o vazamento ou disper­
são do campo nas bordas das placas, como mostra a Figura 6.l3(b), pode ser desprezado, dessa for­
ma o campo entre as placas pode ser considerado uniforme. Se o espaço entre as placas for preenchi­
do com um dielétrico homogêneo com pennissividade diclétrica e, c se desprezamws o vazamento 
do !luxo nas bordas das placas, da equação (4.27), D = Psax ou 
dicl61rico s 
I 
+ + l I + + 
- -, - -
área da placaS 
\ 
+ + + + + 
E l 
- - - - -
la) 
+Q 
- Q \ 
(b) 
d 
o 
E = Ps (-a ) e .r 
(6.20) Q 
= - - a 
S .r e 
E. O 
Fi~ura 6.13 (a) Capacitor de placas pararelas. 
(b) efeito de vazamento nas bordas de um 
capacitorde placas paralelas. 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática • 215 
Assim, 
V = -1' E · d l = - IJ [ --ª- a .• ] · dx a, = Sl1.. 
2 0 
eS eS 
(6.21) 
e, portanto, para um capacitor de placas paralelas: 
(6.22) 
Q eS 
C = - = -
V d 
Essa fórmula apresenta uma maneira de se determinar a constante diel<!trica e, de um determinado 
dielétrico. Ao medir a capacitãncia C de um capacitor de placas paralelas com o espaçamelllo entre 
as placas preenchido com o di elétrico, e a capacitância C0 com o ar entre as placas, determinamos e, 
a partir de 
c 
e,.= C 
o 
(6.23) 
Utilizando a equação (4.96), pode-se demonstrar que a energia anna%:enada em um capacitor é dada 
por: 
(6.24) 
I ? I Q2 
wE = - cv- = - QV = -
2 2 2C 
Para o capacitor de placas paralelas, substituímos a equação (6.20) na equação (4.96) e verifica­
mos que 
I 
? ? 
I Q- eQ-Sd 
WE = -
2 
e ? ? dv = 2 2 e-s- 2e S ,. 
= Q2 (!!...) = Q2 = .!_ QV 
2 eS 2C 2 
conforme esperado. 
B. Capacitor coaxial 
Um capacitor coaxial é, essencialmente, um cabo coaxial ou um capacitor cilíndrico coaxial. Consi­
dere L o comprimento de dois condutores coaxiais, o interno com raio a e o externo com raio b (b > 
a), como mostra a Figura 6. 14. Seja o espaço entre os condutores preenchido com um dielétrico ho­
mogêneo com permissividade e. Assumimos que os condutores I e 2, respectivamente, estão cane­
gados com cargas + Q e - Q, uniformemente distribuídas sobre eles. Aplicando a lei de Gauss em 
uma superfície gaussiana arbitrária cilíndrica de raio p (a < p < b), obtemos: 
Assim: 
E = Q a 
21repL P 
(6.25) 
(6.26) 
216 • Elementos de Eletromagnetismo 
Fi~:ura 6.14 Capacitor coaxial. 
dielécrico c 
~-- ~ 
r--'· 
Desprezando o vazamento do fluxo nas extremidades do ci l indro. 
v = - r I E . d l = - f" [ Q a ] . dp a L 21repL P P 2 ,, 
Q I b n-
27reL a 
Portanto, a capacitância de um cilindro coaxial é dada por 
C. Capacitor esférico 
C= Q = 21reL 
v b 
In ­
a 
(6.27a) 
(6.27b) 
(6.28) 
Esse é o caso de dois condutores esféricos concêntricos. Considere a esfera interna. de raio a e a es­
fera externa de raio b (b >a), separadas por um meio dielétrico com permissividade e, como mostra 
a Figura 6.15. Assumimos cargas + Q e- Q sobre as esferas interna c externa, respectivameme. 
Aplicando a lei de Gauss em uma superfície gaussiana arbitrária esférica, de raio r (tl < r < b), 
(6.29) 
isto é, 
(6.30) 
Fi~-:u,·a 6.15 Capacitoresférico. 
diel6uico c 
h 
A diferença de potencial entre os condutores é: 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática • 217 
v = - r I E . d l = -I." [ Q 2 a,] . dr a, 
J2 h 4 1!"81' 
- --ª-- [.!. - .!.] (6.31) 
41fe a b 
Portanto, a capacitância do capacitor esférico é: 
C= Q = 41fe 
v 
a b 
(6.32) 
Fazendo b ~ oo, C= 41fetl, que é a capaci tãncia de um capaci tor csfcrico, cuja placa externa está in­
f·i nitamentc distante. Esse é o caso de um condutor esférico a uma grande distância de outros corpos 
condutores- a elfera isolada. Mesmo um obje10 de forma irregular, com aproximadamente o mes­
mo tamanho da esfera, terá praticamente a mesma capacitãncia. Este fato é útil na estimativa da ca­
pacitância parasita de um corpo isolado ou de uma peça de um equipamento. 
Lembre da Teoria de Circuitos que, se dois capacitores com capaci tâncias C1 e C2 estão em série 
(isto é, eles têm a mesma carga), como mostrado na Figura 6. 16(a), a capaci tância total é 
ou 
I I I 
- = -+ ­c C1 Cz 
(6.33) 
Se os capacitores estão em paralelo (isto é, eles têm a mesma voltagem entre suas placas), corno mos­
trado na Figura 6. 16(b), a capacitância total é: 
(6.34) 
Reconsideraremos as expressões para encontrar a resistência R e a capacitãncia C de um sistema 
elétrico. As expressões foram dadas nas equações (6.16) e (6.18), aqui repetidas: 
c, =~ 
(3) 
R=~= f E · d i 
I f oE · dS 
(6. 16) 
c='ª- = ep E ·dS 
v f E · dl 
(6.18) 
Fi~-:ura 6.16 Cap:~citores em (a) série e 
(b) parulclo. 
(b) 
O produto entre essas expressões nos leva a 
218 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 6.8 
e 
RC=­
u (6.35) 
que<! o tempo de relaxação T, do meio que separa os condutores. Deve-se destacar que a equação 
(6.35) <!válida somente quando o meio é homogêneo. Isto<! facilmente inferido das equações (6.16) 
c (6. 18). Supondo que os meios são homogêneos, a resistência dos vários capacitorcs mencionados 
antcrionnente podem ser rapidamente obtidas utilizando a equação (6.35). Os exemplos seguintes 
servirão para ilustrar essa idéia. 
Para um capacitor de placas paralelas: 
Para um capaci tor ci líndrico: 
Para um capacitor esférico: 
C =~ 
d' 
C = 21reL 
I ' } 
In ­
a 
C= 47re 
I I ' 
---
a b 
E, finalmente, para um condutor esférico isolado: 
C= 47r:ea, 
d 
R = ­
uS 
b 
In ­
a 
R =--
27ruL 
I - - -
a b 
R = 
4 7rU 
R =--
47rua 
(6.36) 
(6.37) 
(6.38) 
(6.39) 
Deve-se observar que a resistência R em cada uma das equações de (6.35) a (6.39) não é a resistên­
cia da placa do capaci tor, mas é a resistência de perdas cmrc as placas. Portanto, u, nessas equações, 
é a condutividadc do meio di elétrico que separa as placas. 
Uma barra metálica de condulividade ué dobrada de modo a formar un1 setor plano de 90° de raio 
interno a, raio externo b e espessura 1, como mostra a Figura 6. 17. Demonstre que: (a) a resistência 
da barra entre as superfícies verticais curvas em p = a e p = b é dada por 
b 
2ln ­
a 
R= --
U7rl 
e (b) a resistência entre as duas superfícies horizontais em z = O c z = 1 é dada por 
Solução: 
(a) Entre as extremidades verticais curvas, si tuadas em p = a c p = b, a barra tem uma seção reta não 
uniforme e, portanto, a equação (5.1 6) não se aplica. Temos que utilizar a equação (6.16). Seja V
0 
uma diferença de potencial mantida entre as superfícies curvas em p = a e p = b tal que 
• < 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática • 219 
Figura 6.17 Barra metálica do 
Exemplo 6.8 . 
V(p = a) = O e V(p = b) = v •. Resolvemos a equação de Laplace para V'2 V = O em coordenadas ci­
lfndricas. Já que V= V(p): 
Como p = O não faz parte da solução, após multiplicar por p c integrar uma vez, obtemos 
ou 
Integrando novamente 
dV 
p-= A 
dp 
dV A 
- = -
dp p 
V= A In p + 8 
onde A c 8 são constantes de integração a serem determinadas a partir das condições de fronteira. 
V(p = <1) = O~ O = A In a + 8 ou 8 =-A In a 
b 
V(p = b) = V ~ V =A In b + 8 =A In b - A In a = A In -o o (J 
Assim, 
P Vo p 
V = A In p - A In a = A In - = ---'~ In -
(/ b ( I 
dV 
E = - V' V = - - a = dp {) 
In -
a 
J = o E, dS = - p dq, dz aP 
f Irn I' V V o<1 7r f o<7 
1 = J · dS = _ __ b d<. p dq, = 2 b 
o-o .- o p In - In -
a a 
OU 
V o 
A =---=-
b 
In­
a 
220 • Elementos de Eletromagnetismo 
Então, 
conforme solicitado.b 
2 In -
V0 a 
R= - = --
1 (J7fl 
(b) Seja V0 a diferença de potencial entre as duas superfícies horizontais, tal que V(z = 0) = O e 
V(z = 1) = v • . V= V(z), então a equação de Laplace V2V = O torna-se: 
Integrando duas vezes: 
V = Az + B 
Apl icando as condições de fronteira para determinar A c 8: 
Assim, 
Então: 
V(z = 0) = O ~ O = O + B ou 
ou 
dV V0 E = -'VV= --a. = - - a. 
dz • 1 -
8 = 0 
V o 
A = -
1 
uV0 J = uE = - - a., 
I . 
dS = -p dr/J dp a. -
f J
b J"n v I = J · dS = ;u p dr/J dp 
p = tt 4>• 0 
?h ') ') 
v.u 1r p· v. u 1r (b" - a·) 
= - · --
( 2 2 {I 41 
V0 41 
R' = - = ----,;;---,-
/ 
? ? 
u1r(b" - a·) 
Alternativameme, para este caso, a seção reta da barra é uniforme elllre as superfícies horizontais 
em z = O e z = 1 c a equação (5. I 6) é válida. Desta forma, 
e r 
R'=-=-----
I!S 7r (b2 2) u- -a 
4 
41 
conforme solici tado. 
EXEMPLO 6.9 
EXEMPLO 6.1 O 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática • 221 
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.8 
Um disco de espessura r tem um raio b e um furo central de raio a. Considerando a 
condutividade do discou, determine a resistência entre: 
(a) o furo e a periferia do disco; 
(b) entre as duas faces planas do disco. 
In b/a r 
Resposta: (a) --, (b) ? ? . 
21rru u1r(b- - a-) 
Um cabo coaxial comém um material isolante de condutividade u. Se o raio do fio central é a e o 
raio da blindagem é b, demonstre que a condutância do cabo, por unidade de comprimento, é 
(veja equação (6.37)): 
G= 
Solução: 
21ru 
In b/a 
Considere L o comprimento de um cabo coaxial, conforme mostra a Figura 6. 14. Seja V, a diferença 
de potencial entre os condutores interno e externo, tal que V(p = a) = O e V(p = b) = V,'" V e E po­
dem ser encontrados da mesma forma que na parte (a) do exemplo anterior. Assim: 
-uV 
J = uE = 0 a 
p In b/a '" 
I = J · dS = oU p dz df/J I J
2r IL V 
ô = O :-o p In b/a 
27rLuV0 -
In b/a 
A resistência, por unidade de comprimento, é 
R = ~ . .!_ = In bla 
I L 21ru 
e a condutância, por unidade de comprimento, é: 
G =_I = 21ru 
R In b/a 
conforme solici tado. 
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.9 
Um cabo coaxial contém um material isolante de condutividadc o-1 na sua metade 
superior e um outro material de condutividade o-2 na sua metade inferior (situação 
semelhante à da ilustrada na Figura 6. J 9b). Se o raio do fio central é a c o raio da 
blindagem é b, demonstre que a resistência de perdas de um comprimento e do cabo é: 
I b 
R = ln -
7rf(u1 + u2) a 
Resposta: a demonstração. 
Cascas esféricas condutoras com raios a = lO em c b = 30 em são mantidas sob uma diferença de 
potencial de I 00 V, tal que V( r = b) =O e V( r =a) = I 00 V. Determine V e E na região entre as 
cascas. Se e,= 2,5 na região, determine a carga total induzida nas cascas c a capacitância do capaci­
tor. 
222 • Elementos de Eletromagnetismo 
Solução: 
Considere as cascas esféricas como mostradas na Figura 6.18. Já que V depende somente de r, a 
equação de Laplace torna-se 
Já que r 1: O na região de interesse, multiplicamos a equação anterior por r2 e obtemos: 
Integrando uma vez, 
ou 
r ntegrando, novamente, obtém-se 
d [ , dV] - ,.-- -o 
dr dr 
dV A 
- = -:; 
dr r -
A v=-- + 8 
r 
Como é usual, as constantes A e 8 são determinadas a partir das condições de fron teira. 
A . 
Quando r = b V = O ~ O = - - + 8 ou 
' b 
Dessa maneira, 
A 
8= -
b 
V= A[.!_ -.!..] b ,. 
E também, quando r = a, V = V o ~ V0 = A [i - ~] 
ou 
A= 
I - - -
b a 
Figura 6.18 Potencial V(r) devido às cascas esféricas condutoras. 
Portanto, 
[.!. - I.] ,. b v = v..:;._-~ 
o I I 
---
a b 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática • 223 
dV A 
E = - VV = -- a = - - a 
d,. r ? r ,.-
,.2[.!. - .!.] a, 
(I b 
Q - I .E .~= c c ,,fri(""'d·dO 
41!"e0 e,V0 
I I - - -
a b 
A capacitância é faci lmente encontrada fazendo 
Q C=-= 
V o I ---
a b 
que é o mesmo resultado obtido na equação (6.32). Na Seção 6.5 assumimos urna carga Q e encon­
tramos o V o correspondente. Aqui, porém, assumimos um valor de potencial V
0 
e encontramos a car­
ga Q correspondente para determinar C. Substituindo a = O, I m, b = 0,3 me V
0 
= I 00 V, obtém-se: 
[ I I O] 
v= 100 ,. 3 
= 15[.!. - .!.2.] v 
10 - 10/3 r 3 
? 
Confira: V-V = O, V( r = 0,3 m) = 0, V( r = O, I m) = I 00. 
100 15 
E = , a,. = -, a, V/m 
r· [ J0 -10/3) ,.-
Q = + 471". 10-
9
. (2,5). (100) 
3671" 10 - 10/3 
= ::!: 4,167 nC 
A carga posi ti va é induzida na esfera interna e a carga negativa é induzida na esfera externa. Também, 
IQI 4, 167 X 10- 9 6 
C=-= = 4 1 7pF 
V o I 00 ' 
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.10 
Se a Figura 6.19 representa as seções retas de dois capacitares esféricos, determine 
suas capacitâncias. Sejam a = I mm, b = 3mm, c = 2 mm, e,1 = 2,5 e er'2 = 3,5. 
Resposta: (a) 0,53 pF; (b) 0,5 pF. 
224 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 6.11 
"" 
(3) 
e,, 
b 
(b) 
Fi~:urn 6.19 Referente aos Exer­
cfcios Práticos 6.9. 6.1 O e 6.12. 
Na Seção 6.5 foi mencionado que a capacitância C = QIV de um capacitor pode ser encontrada ou 
assumindo um valor de Q e determinando V, ou assumindo um valor de V e determinando Q. 
A primeira abordagem foi uLilizada na Seção 6.5, enquanto que a última foi utilizada no exemplo 
anterior. Utilizando esse último método, obtenha a equação (6.22). 
Solução: 
Assuma que as placas paralelas na Figura 6.13 sejam mantidas a uma diferença de potencial V
0 
tal 
que V(x = O) c V(x = d) = v •. Isso requer a solução de um problema de valor de fronteira unidimen­
sional, isto é, resolver a equação de Laplace: 
Integrando dua~ vezes, 
V=Ax+B 
onde A e B são constantes de integração a serem dctcm1inadas a partir das condições de fronteira. Em 
x = O, v = o ~ o = o + B, ou B = O, c em x = d, v = v. -+ v. = Ad + O ou A = V
0
/d. 
Assim: 
Observe que essa solução satisfaz a equação de Laplace c as condições de fronteira. 
Uma vez que consideramos V.. a diferença de potencial entre as placas, nosso objetivo é determi­
nar a carga Q em cada uma das placas, de tal modo a obtermos a capacitância C = Q/V
0
• A carga em 
cada placa é dada por 
Q = J Ps dS 
No entanto, Ps = O · a, = eE ·a.,, onde: 
dV V0 E= -vv = --a . = - Aa . =-- a 
dx ·' • d ' 
Nas placas inferiores, a. = a,. Assim: 
e v. 
Ps= - -
d 
Nas placas superiores, a. = - a,.. Assim: 
eV0 
Ps=-
d 
e 
c 
Q = _ eV.,S 
d 
eV.,S 
Q = 
d 
EXEMPLO 6.12 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática • 225 
Conforme esperado, Q é igual, mas de sinal oposto em cada uma das placas. Então, 
o que está de acordo com a equação (6.22). 
, , 
EXERCI CIO PRATICO 6.ll 
Obtenha a fórmula para a capacitância C= Q/V0 de um capacitar cilíndrico na 
equação (6.28), supondo um valor de v. e determinando Q. 
Determine a capacitância de cada um dos capacitares da Figura 6.20. Considere e,
1 
= 4, e12 = 6 e 
d = 5 mm, S = 30 cm2
• 
Solução: 
(a) Já que D e E são normais à interface dielétrica, o capacitar da Figura 6.20(a) pode ser considera­
do como constituído de dois capacitores C1 e C2 em série, como na Figura 6.1 6(a). 
A capacitância total C é dada, então, por: 
c= c.c2 2eoS (e,,e,2) 
c, + c2 d e,, + e,z 
10- 9 30 X 10- 4 4 X 6 
= 2. . · -~ 
367r 5 X I 0 3 I 0 
(6.12.1) 
C = 25,46 pF 
(b) Nesse caso, D e E são paralelos à interface dielétrica. Podemos considerar esse capacitor como 
constituído de dois capacitores, C1 e C2, em paralelo, isto é, submetidos à mesma diferença de poten­
cial, como na Figura 6.16(b ). 
A capacitância total C é dada, então, por: 
(6.12.2) 
Observe que, quando e .. = e a = e,, as equações (6.12. 1) c (6.1 2.2) estão de acordo com a equação 
(6.22), conforme esperado. 
d/ 2 
"·· e., 
d/2 
'"''2 w/ 2 
(a) (b) 
fi~,turo 6.20 Referente ao Exemplo 6.12. 
226 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 6.13 
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.12 
Determine a capacitância de 10m de comprimento dos capacitores cilfndricos 
representados na Figura 6.19. Considere a = I mm, b = 3 mm, c = 2 mm, 
e" = 2,5 mm e Srz = 3,5. 
Resposta: (a) 1,41 nF;(b) 1,52 oF. 
Um capacitor cilíndrico tem raios a = I em c b = 2,5 em. Se o espaço entre as placas é preenchido 
com um dielétrico não homogêneo de e, = (lO+ p)/p, onde pé dado em em, determine a capacitãn­
cia por metro do capacitar. 
Solução: 
O procedimento é o mesmo que foi adotado na Seção 6.5, exceto pelo fato de que a equação (6.27a) 
agora se apresenta como: 
I.
ll Q Q I.ll dp 
V= - " 27re0e,.pL dp = - 21re,L " P( lO: p) 
- Q a 
2 
ln(IO+p) 
7rS0 L " 
- Q ia dp 
= 21re0L b lO + p 
Q 
111
_10_+_b 
27re0 L 10 + a 
Logo, a capacitãncia por metro (L = I m) é: 
Q 27re0 10- 9 
c = - = = 27r . --:--v 10 + b 367r 
ln ---
10 +a 
C = 434,6 pF/m 
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.13 
I 
12,5 
n--
1 I ,O 
Um capacitor esférico, com a = 1,5 em e b = 4 em, tem um dielétrico não 
homogêneo de e= I Oejr. Determine a capacitãncia do capacitar. 
Resposta: (a) I, 13 nF. 
6.6 MÉTODO DAS IMAGENS 
O método das imagens, introduzido por Lord Kelvin em 1848, é comumente utilizado para determi­
nar V, E, D c Ps associados a cargas na presença de condutores. Por esse método, evitamos resolver 
a equação de Laplace ou de Poisson ao considerar o fato de que uma supcrf'fcie condutora é equipo­
Iene ia I. Embora o método não se aplique a todos os problemas de eletrostática, ele pode reduzir a 
complexidade de solução de alguns deles. 
A teoria das imagens estabelece que uma dada configuração de carga próxima a um plano in­
linito condutor perfeito aterrado pode ser substituída pela própria configuração de carga, por 
sua imagem e por uma superfície equipotencial no lugar do plano condutor. 
Exemplos típicos de configurações de carga, tais como a carga pontual, a linha de cargas e um volu­
me de cargas, encontram-se representados na Figura 6.21 (a). Suas correspondentes conligurações de 
imagem estão representadas na Figura 6.21 (b). 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática • 227 
Q• 
-p, \ -p, 
plono condutor perfeito I'= O superflcie equípotcncíal I' • O 
- Q • + f) ... 
(a) (b) 
Figuru 6.21 Sistema imagem: (a) configurações de carga próxima de um plano condutor perfeito: (b) 
configuraçào da imagem com o plano condutor substituído pela superfície cquipotcnciul. 
Ao aplicar o método das imagens, duas condições devem ser satisfei tas: 
I . A(s) carga(s) imagem deve(m) estar localizada(s) no interior da região condutora. 
2. A(s) carga(s) imagem deve(m) estar localb:ada(s) de tal modo que o potencial na superfície 
condutora seja zero ou constan te. 
A primeira condição é necessária para satisfazer a equação de Poisson, c a segunda garante que as con­
dições de fronteira sejam satisfeitas. Apliquemos a teoria das imagens paro dois problemas especílicos. 
A. Carga pontual próxima de um plano condutor aterrado 
Considere uma carga pontual Q posicionada a uma distância 1t de um plano infini to condutor perfei­
to, como mostrado na Figura 6.22(a). A configuração da imagem está na Figura 6.22(b). O campo 
elétrico no ponto P(x, )\ z:) é dado por: 
E = E++ E-
Q r 1 -Q r2 
3 + 3 47re0 rt 47re0 r2 
Os vetores distância r , e r 2 são dados por 
r 1 = (x, y, z) - (0, O, lt) = (x, y, z - h) 
r 2 = (x, y, z) - (0, O, -h) = (x, y, z + h) 
desta forma, a equação (6.41) torna-se: 
E = Q [ xax + ya,. + (z: - h)a: _ xa .• + ya,. + (z: + h)a, ] 
47reo [x2 + / + (z - /t)2]3n [x2 + l + (z + hiJ312 
z 
I. 
h 
V=O 
I 
o 
(a) 
• . 
H>l 
1'=0 
_i_ 
(6.40) 
(6.41) 
(6.42) 
(6.43) 
(6.44) 
Fi,::ura 6.22 (a) Carga pontual c plano condutor aterrado: (b) configur~çào da imagem c linhas de campo. 
228 • Elementos de Eletromagnetismo 
Deve-se observar que, quando z = O, E tem somente a componente z, confirmando que E é nonnal à 
superfície condutora. 
O potencial em Pé facilmente obtido da equação (6.41) ou da (6.44), utilizando V=- J E· dl. 
Dessa forma, 
v= v+ + v_ 
- Q + -Q 
41Te0 rl 4;reor2 
V = 4.;eo {[x2 + l +\z - 11)2]112- [x2 + / +l(z + 11)2)1n } 
para z ~ O e V = O para z < O. Observe que V(z: = 0) = O. 
A densidade superficial de carga induzida pode ser obtida da equação (6.44) fazendo: 
Ps = 0, = e0 E, 
- Qh 
A carga total induzida sobre o plano condutor é: 
f f"' I"' - QIIdxdy 
Q1 = Ps dS = ? ? , 
-~ -~ 27r[x- + i + 11" ]31
" 
' ' ' Fazendo a mudança de variáveis, p" = x· + y·, dx dy = p dp d~. donde se obtém: 
Q = - Qll i2r i"' p dp dt/> 
I 27T O O [p2 + 112)3/2 
Integrando em ifJ resulta 21r. Fazendo p dp = ~d (/), obtém-se 
º" i"' ? ? Q; = -- 21T (p" + ll"J 
27T o 
Qfl 
r/ + !? ]112 o 
= - Q 
312.!. d(/) 
2 
(6.45) 
(6.46) 
(6.47) 
(6.48) 
(6.49) 
conforme esperado, porque todas as linhas de nuxo que terminam sobre o condutor deveriam termi­
nar na carga imagem se o condutor estivesse ausente. 
B. Linha de carga próxima de um plano condutor aterrado 
Considere uma linha inlinita de cargas com densidade pL Clm localizada a uma distância h do plano 
condutor aterrado, em z = O. A mesma configuração de imagem da Figura 6.22(b) aplica-se à linha 
de cargas, com exceção de que Q é substituído por h· Podemos assumir que a linha infinita de car­
gas p L se encontra em x = O, z: = h e a imagem - pL em x = O, z = -11, de tal forma que as duas estão 
paralelas ao eixo y. O campo elétrico no ponto Pé dado (da equação 4.21 ) por: 
E= E+ + E (6.50) 
(6.51) 
EXEMPLO 6.14 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática • 229 
Os vetores distância p1 e p2 são dados por 
P• = (x, y, z) - (0, y, h) = (x, O, z - h) 
P2 = (x, y, z) - (0, y, - h) = (x, O, z + h) 
então, a equação (6.51) torna-se: 
E= PL [xa~ + (z- h)~: _ xa~ + (z + h)a:] 
21Teo x- + (z - ht x- + (z + h)2 
(6.52) 
(6.53) 
(6.54) 
Novamente, observa-se que, quando z = O, E tem somente a componente z. confirmando, dessa for­
ma, que E é normal à superfície condutora. 
O potencial em P é obtido da equação (6.5 1) ou da (6.54), utilizando V = - J E · dl . Portanto, 
V = V ,+ V_ 
Pt- - p'-= - In p 1 - In p2 
27rf:o 2 7rf:o 
(6.55) 
= - PL In e!. 
2m>0 P2 
Substituindo p 1 = lp 11 e p2 = lp21, das equações (6.52) e (6.53) na equação (6.55), resulta em 
V = 
PL I [x2+ (z- 1!)2] 112 
27reo n x 2 + (z + h)2 
(6.56) 
para z ;a; O e V = O para z s O. Observe que V(z = O) = O. 
A carga superficial induzida sobre o plano condutor é dada por: 
-pdl 
Ps = Dn = eoE: = --::'--'"-::-
7r(X2 + 1!2) 
(6.57) 
.: • 0 
A carga induzida por unidade de comprimento sobre o plano condutor é: 
(6.58) 
Fazendo x = h tg a, a equação (6.58) torna-se 
P· = _ PLh f''2 
da 
I 7r - .. /2 h (6.59) 
= -pl. 
conforme esperado. 
Uma carga pontual Q está localizada em um ponto (a, O, b) entre dois semiplanos condutores que se 
interceptam em ângulo reto, como mostra a Figura 6.23. Determine o potencial no ponto P(x, y. z) e a 
força sobre Q. 
Solução: 
A conliguração da imagem está mostrada na Figura 6.24. Três cargas imagem são necessárias para 
satisfazer as condições de fronteira da Seção 6.6. Da Figura 6.24(a), o potencial no ponto P(x, y, z) é 
dado pela superposição dos potenciais em P devido às quatro cargas pontuais, isto é, 
V = Q [ -' - _I + ..!._ - ..!._] 
47re0 r1 r2 I'J /'.1 
230 • Elementos de Eletromagnetismo 
o 
onde 
9 = 90° 
Fi,:(ut·a 6.23 Carga pontual entre dois semiplanos 
condutores. 
~------i-----------,--- x 
--
,.1 = [(x- a)2 + l + (z - b)211'2 
,.2 = [(x + a)2 + l + (z - b)2]112 
r3 = [(x + a)2 + / + (z + b)2]112 
r4 = [(x- a)2 + l + (z + b)2]112 
Da Figura 6.24(b ), a força líquida sobre Q é: 
F = FI+ F2 + F, 
Q2 Q2 Q2(2aa,. + 2ba, ) 
= - , a. - , a,. + , , V2 
41!"s0 (2bt - 4ws0 (2a)- 41fe0 [(2a)- + (2btJ 
= Q
2 {[ ,a , 31, - -.!,] a,+[, b , 312 -..!...2 ] a.} l61rs0 (a- + b-) - a- · (a- + b-) - b -
O campo elétrico devido a esse sistema de cargas pode ser determinado de maneira similar e a carga 
induzida sobre os planos também pode ser encontrada. 
Em geral, quando o método das imagens é aplicado pam um sistema que consiste de cargas pon­
tuais entre dois semiplanos condutores, que se cruzam segundo um ângulo tP (em graus), o número 
de imagens é dado por 
z z• + I 
I 
1........-V=O P(x,y, z) f"J I 
F'l I -Q 
I +Q 
- Q 
I 
'J I '• 
bl 
ll V =O 
--- .i_ x ---- ---~ x 
a 
+Q._ __________ _._Q +Q ____________ __. - Q 
(a) (b) 
Figum 6.24 Determinação de: (a) potencial em P: (h) força sobre a carga Q. 
RESUMO 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática • 231 
porque a carga e suas imagens se localizam ao longo de um círculo. Por exemplo, quando~= 180", 
N = I, como no caso da Figura 6.22. Para~ = 90°, N = 3, como no caso da Figura 6.23. E para tP = 
60°, esperamos que N = 5, como mostrado na Figura 6.25. 
~= 60° 
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.14 
Figura 6.25 Carga pontual entre duas paredes semi-infinitas 
condutoras. inclinadas em <f> - 60° uma em relação à omra. 
Se a carga pontual Q = I O nC da Figura 6.25 encontra-se I O em afastada do ponto O 
e ao longo da linha bissetriz de IP = 60", determine o valor da força exercida sobre Q 
devido às cargas induzidas sobre as paredes condutoras. 
Resposta: 60,53 pN. 
1. Problemas de valor de fronteira são aqueles para os quais os potenciais nas fronteiras da região 
são especificados e para as quais desejamos conhecer o campo potencial no seu interior. Esses 
problemas são resolvidos utilizando a equação de Poisson, se P. ~O, ou de Laplace, se P. = O 
2. Em uma região não homogênea, a equação de Poisson é dada por: 
V·eVV= -p,, 
Em uma região homogênea, c é independente das variáveis espaciais. A cqm1ção de Poisson tor­
na-se: 
n ? Pv v"V = 
Em uma região livre de cargas (p,, = 0), a equação de Poisson reduz-se à equação de Laplace, is­
to é: 
3. Resolvemos a equação diferencial, que resulta da equação de Poisson ou da equação de Lapla­
ce, integrando duas vezes, caso V dependa apenas de uma variável, ou pelo método da separa­
ção de variáveis, caso V seja uma função de mais de uma variável. Aplicamos, então, as condi­
ções de fronteira prescritas para obter uma solução única. 
4. O teorema da unicidade estabelece que, se V satisfaz a equação de Poisson ou a equação de La­
place c as condições de fronteira prescritas, V é a solução única possfvel para o problema dado. 
Isto nos permite encontrar a solução de um dado problema por qualquer caminho porque esta­
mos seguros de que existe uma, e apenas uma única solução. 
5. O problema de encontrar a resistência R de um objeto ou a capacitância C de um capacitar pode 
ser tratado como um problema de valor de fronteira. Para determinar R, assumimos uma diferen­
ça de potencial v. entre as extremidades do objeto, resolvemos a equação de Laplace, encontra­
mos I = I uE · dS e obtemos R = V j l. De maneira similar, para determinar C, assumimos uma 
direrença de potencial v. entre as placas do capacitar, resolvemos a equação de Laplace, encon­
tramos Q = I eE · dS e obtemos C = Q/V
0
• 
232 • Elementos de Eletromagnetismo 
6. Um problema de valor de fronteira envolvendo um plano condutor infinito ou um canto pode ser 
resolvido utilizando o método das imagens. Basicamente consiste em substituir a configuração 
de cargas por ela mesma, por sua imagem e por uma superfície equipotencial no lugar do plano 
condutor. Desta forma, o problema original é substituído por um "problema imagem", o qual é 
resolvido utilizando as técnicas abordadas nos Capítulos 4 c 5. 
QUESTÕES DE REVISÃO 
6.1 A equação V· (- eVV) = P,. pode ser considerada como a equação de Poisson para um meio não 
homogêneo. 
(a) Verdadeiro. 
(b) Falso. 
6.2 Em coordenadas cilíndricas, a equação 
é denominada: 
(a) Equação de Maxwell. 
(b) Equação de Laplace. 
(c) Equação de Poisson. 
(d) Equação de Helmholtz. 
(e) Equação de Lorentz. 
I O = O 
6.3 Duas funções potenciais V, e V2 satisfazem a equação de Laplace em uma região fechada e assu­
mem os mesmos valores sobre a superfície que limita essa região. v, deve ser igual a V2• 
(a) Verdadeiro. 
(b) Falso. 
(c) Não necessariamente verdadeiro nem falso. 
6.4 Qual dos seguintes potenciais não satisfaz a c<tuac;ão de Laplace'! 
(a) V= 2r + 5 
(b) V= lOxy 
(c) V= rcos 1/J 
lO 
(d) v= -
r 
(c) V = pcosi{I+ IO 
6.5 Qual das seguintes altemativas não é verdadeira? 
(a) - 5 cos 3x é uma solução para l{l"(x) + 91{1(x) = O 
(b) lO sen 2x é uma solução para 1/J"(x)- 41{1(x) =O 
(c) - 4 cosh 3y é uma solução para R"(y)- 9R(y) = O 
(d) senh 2y é uma solução para R"(y)- 4R(y) = O 
g"(x) h"(y) 
(e) = - = f(z) = -I onde g(x) = scn x c h(y) = scnh '' 
g(x) h(y) · 
6.6 Se V, = X,Y, é um produto solução da equação de Laplace, quais das seguintes alternativas não são 
soluções da equação de Laplace? 
(a) - IOX1Y1 
PROBLEMAS I ---
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática • 233 
(b) X,Y, + 2xy 
(c) X1Y1 - x + J 
(d) X1 + Y, 
(c) (X1 - 2) (Y1 + 3) 
6.7 A capacitância de um capacitar, preenchido com um dielétrico linear, independe da carga sobre as 
placas c da diferença de potencial entre as mesmas. 
(a) Verdadeiro. 
(b) Falso. 
6.8 Um capacitar de placas paralelas conectado à uma bateria arrmlZena duas vezes mais carga com 
um dado diclétrico do que quando o dielétrico 6 o ar. Disso pode-se alirrnar que a suscctibilidade 
desse diclétrico é: 
(a) O 
(b) I 
(c) 2 
(d) 3 
(e) 4 
6.9 Uma diferença de potencial v. é aplicada em uma coluna de mercúrio dentro de um contêiner ci­
líndrico. O mercúrio é, então, despejado no interior de outro contciner ci líndrico de metade do raio 
do primeiro e com a mesma diferença de potencial aplicada entre suas extremidades. Como resul­
tado dessa variação ele espaço, a resistência aumentará: 
(a) duas vezes. 
(b) quatro vezes. 
(c) oito vezes. 
(d) dezesseis vezes. 
6.10 Duas placas condutoras estão inclinadas entre si em um ângulo de 30• com uma carga pontual en­
tre elas. O número de cargas imagem é: 
(a) 12 
(b) 11 
(c) 6 
(d) 5 
(e) 3 
ResposTas: 6. la; 6.2c; 6.3a; 6.4c; 6.5b; 6.6cl, c; 6.7a; 6.8b; 6.9d: 6. 10b. 
6.1 No espaço livre, V = 6x/z + 8. Determine E c Pv no ponto P( I , 2,- 5). 
6.2 Duas placas condutoras muito extensas estão loealizaclas em x = I ex= 4. O espaço entre elas 
apresenta urna distribuição de cargas dada por ~ nC/m3. Determine V em x = 2 se V( I ) = 
6?r -50 V c V(4) = 50V. 
6.3 A região entre x = O ex = d tem p,. = p 0(x- d)ld. Se V(x = O) = O e V(x = d) = v., encontre: (a) 
V c E, (b) a densidade superficial de cargas em x = O c x = d. 
6.4 Demonstre que a solução exata da equação 
d 2 V 
-, = /(x) 
dx-
O<x<L 
234 • Elementos de Ele tromagnetismo 
pam 
\l(x = O) = V1 V(x = L)= V2 
é 
V(x) = [ V2 - V1 - r r f(p.)dp.d'JI.] f 
+ v. + r r f(p.) dj.L d'JI. 
o (I 
6.5 Um certo material ocupa o espaço entre dois blocos condutores e está localizado em y = ± 2 em. 
Quando aquecido, o material emite elétrons de forma que essa região adquire uma carga dada por 
P,. = 50( I - / ) pC/m3
• Se ambos os blocos forem mantidos a 30 kV, encontre a distribuição de po­
tencial entre eles. Considere e = 3e.,. 
6.6 Determine quais das seguintes distribuições de potencial sati sfazem a equação de Laplace: 
(a) V,= i + /-2l+ 10 
1 
V2 = , , , •n 
(x- + y- + z·> -
(b) 
, 
(c) v, = PZ sen 11 + p· 
(d) V
4 
= 10 sen! sen 4> 
,.-
6.7 Demonstre que os seguintes potenciais satis fazem a equação de Laplace: 
(a) \1 = e-sx cos 13y senh 12z 
(b) 
z cos 4> \1 = ..;__..:.. 
p 
30 cos 8 
(c) V= - -=--
,.2 
6.8 Demonstre que se V2V =O então E = (E,, E;. E) satisfaz a equação de Laplace. 
6.9 Seja V = (A cos nx + B sen l~f) (Ce"Y + De-wy), onde A, 8, C e D são constantes. Demonstre que V 
satisfaz a equação de Laplace. 
6. 10 O campo potencial V= 2iyz - /z existe em um meio dielétrico. cujo e = 2e,. (a) V satisfaz a 
equação de Laplace? (b) Calcule a carga total dentro de um cubo unitário dado por O< x,y,z < I 
m. 
6.11 Considere as placas condutoras mostradas na Figura 6.26. Se V(z = 0) = O c V(z = 2 111111) = 50 
V, determine V, E e D no interior do dielétrico (e,= I ,5)) entre as placas e Ps sobre as placas. 
z 
1 
Figura 6.26 Refereme ao Problema 6.11 . 
+ + + + + + + 
d s 2 mrn 1 1 1 1 1 1 lE 
V(z ~ o>=O 
Problemas de Valorde Fronteira em Eletrostática • 235 
Fi::ura 6.27 Capaci tar cilfndrico do Problema 6. I 2. 
tS mm 
6.12 O capacitorcilíndrico, cuja seção reta encontm-se representada na Figum 6.27, tem um raio inter­
no de 5 mm c um raio externo de I 5 mm. Se V(p = 5 mm) = I 00 V c V(p = 15 mm) = O V, deter­
mine V, E e D em p = lO mm e Ps sobre cada placa. Consideres,= 2,0. 
6.13 Dois cilindros concêntricos, p = 2 em e p = 6 em, são mantidos a V = 60 V e V= - 20 V, respec­
tivamente. Calcule V, E e D em p = 4 em. 
6.14 A região entre duas cascas esféricas concêntricas condutoras r = 0,5 111 c r = I m está livre de car­
gas. Se V( r = 0,5) = - 50 V e V( r= I) = 50 V, determine a distribuição de potencial e a intensi­
dade do campo elétrico na região entre as cascas. 
6.15 Determine V c E em (3, O, 4) devido a dois cones condutores de extensão inlinita, como mostrado 
na Figura 6.28. 
z 
--
espaçnmemo~ 0 = t2o• 
-~r--------------
.... ----
l' i::ura 6.28 Cones condutores do 
Problema 6. I 5. 
*6.16 Os eletrodos interno e externo de um diodo são cilindros coaxiais de raios li = 0,6 me b = 30 mm, 
respectivamente. O eletrodo interno é mantido a 70 V, enquanto que o eletrodo externo é aterrado. 
(a) Assumindo que o comprimento dos eletrodos e> a, b c desprezando os efeitos de carga espa­
cial, calcule o potencial em p = I 5 mm. (b) Se um cldtron for injetado radialmente, através de um 
pequeno furo no eletrodo interno, com uma velocidade de I 07 m/s, determine sua velocidade 
em p = 15 mm. 
6.17 Um outro método de detenninar a capacitância de um capacitar é através do conceito de energia, 
isto é: 
Utilizando essa abordagem, obtenha as equações (6.22). (6.28) e (6.32). 
236 • Elementos de Eletromagnetismo 
) ' f igunt 6.29 Referente ao Problema 6. 18. 
.'C)'= 4 
~----------~----------------,--. x 
6.18 Um eletrodo com formato hiperbólico (xy = 4) é C()locado acima de um canto reto aterrado, como 
mostra a Figura 6.29. Determine V e E no ponto ( I , 2, O) quando o eletrodo estiver conectado a 
uma fonte de 20 V. 
*6.19 Resolva a equação de Laplace para o sistema eletrostático bidirncnsional da Figura 6.30 e encon­
tre o potencial V(x, y). 
*6.20 Encontre o potencial V(x, y) associado aos sistemas bidi mcnsionais da Figura 6.3 1. 
6.21 Ao considerar V(p, ifJ) = R(p)CIJ(~) como a solução da equação de Laplace em uma região em que 
p '#O. demonstre que as equações diferenciais separadas, para R c para <P. são 
R' À 
R" + -- - -:; R = O 
p p-
e 
ti>" + Àtl> = o 
onde À é a constante de separação. 
6.22 Um potencial em coordenadas esféricas é uma função de r e O, mas não de ifJ. Assumindo que 
V( r. 0) = R(r)F(O), obtenha as equações diferenciais separadas, para R e F. em uma região para a 
qual p = O. 
6.23 Demonstre que a resistência da barra da Figura 6.17, cntr..: as extremidades verticai s, localizadas 
em ifJ = O e tfJ = 1r!2, é: 
a r-----~----~ 
I 
o 
1--- v; 0·- - -
b 
X o 
(l) 
7r 
R= ---:--
2ot In bla 
, 
v ~ o 
I -" 
b 
(b) 
Figura 6.30 Referente ao Problema 6.19. 
) ' 
' a 
\ ,v a v. 
v - v/ v;o-
• I t'_ 
~ X 'O b 
(c) 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática • 237 
)' y 
V e O 
/ t' a;k--_.;..---""7(" a 
V e v,/ 
/V= V2 V; v., ---oo 
v ' X 
"v= o b o 
(a) (b) 
y 
/v= vl 
/ 
V= V4 ........ i' v a v1 
v _, 
-' " O " "' v= v, 
(e) 
Figura 6.31 Referente ao Problema 6.20. 
*6.24 Demonstre que a resistência do setor de uma casca esf~rica de condutividade u, com seção reta 
mostrada na Figura 6.32 (onde O::::: ~ < 211"), entre as superfícies definidas por a e b, é: 
I [ I I ] 
R = hu(l - cosO') ;; - b 
*6.25 Um hemisfério condutor ôco, de raio a, está enterrado com sua face plana paralela à superfície da 
terra. servindo corno um eletrodo de aterramento. Se a condutividade da terra é u, demonstre que 
a condutãncia de perdas entre eletrodo e terra é 21rau. 
6.26 A seção reta de um fusível é mostrada na Figura 6.33. Se o fusível for feito de cobre c sua espes­
sura for de 1.5 mm. calcule a sua resistência el~trica. 
6.27 Em um circuito integrado, um capacitar é formado pelo crescimento de uma camada de dióxido de 
silício (s, = 4), de espessura I J.lm, sobre um substrato de silício. Essa camada é coberta com um 
eletrodo metálico de área S. DetermineS para se obter uma capacitância de 2 nF. 
6.28 A quarta parte do capacitor de placas paralelas, da Figura 6.34, é preenchida com mica (s, = 6). 
Determine a capacitãncia do capacitar. 
Figura 6.32 Referente ao Problema 6.24. 
238 • Elementos de Eletromagnetismo 
4cm 4cm 
3 cm 
4cm 
Figum 6.33 Referente ao Problema 6.26. 
I 
Figura IU4 Referente ao Problema 6.28. 
2 mm 
*6.29 Um capacitar de placas paralelas preenchido com ar, de comprimento L. largura a c espaçamento 
entre placas d, tem suas placas mantidas sob uma diferença de potencial constante v •. Se um blo­
co dielétrico com constante dielétrica e deslizar entre as placas. até que somente um comprimento 
x pem1aneça entre elas, como mostrado na Figura 6.35. demonstre que a força que tende a restabe­
lecer o bloco em sua posição original é: 
6.30 
F = e.( e, - I ) a V~ 
2d 
• Um capacitar de placas paralelas tem área da placa de 200 em· c separação entre placas de 3 mm. 
A densidade de carga é 1 JIC/m2 tendo ar como diclétrico. Encontre: 
(a) a capacitância do capacitor; 
(b) a voltagem entre as placas; 
(c) a força pela qual as placas se atraem uma à outra. 
6.31 Duas placas condutoras estão posicionadas em z = -2 em c z = 2 em e são, respectivamente, man­
tidas nos potenciais O V c 200 V. Assumindo que as placas estão sepantdas por uma camada de po­
lipropileno (e= 2,25&0), calcule: (a) o p01encial em um ponto entre as placas e eqüidistante delas, 
(b) as densidades superficiais em cada placa. 
6.32 Duas placas paralelas condutoras estão separadas por um material dielétrico com e = 5,6e., e es­
pessura 0,64 mm. Assuma que cada placa tenha uma área de 80 cm1
• Se a distribuição do campo 
potencial entre as placas é de V= 3x + 4y- 12z + 6 kV, determine: (a) a capacitância do capaci­
tar; (b) a diferença de potencial entre as placas. 
~·---- Fi:.:ur.a 6.35 Referente ao Problema 6.29. 
d &, i-- F 
X 
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática • 239 
6.33 O espaço entre as cascas esféricas condULoms r = 5 em c r = I O em é preenchido com um mate­
rial dielétrico, para o qual e= 2,25e0 • As duas cascas são mantida.~ sob uma diferença de potencial 
de 80 V. (a) Encontre a capacitância do conjunto. (b) Calcule a densidade de carga sobre a casca 
r= 5 em. 
6.34 As cascas concêntricas r= 20 em e r= 30 em são mantidas a V= O e V= 50, respectivamente. 
Se o espaço entre elas é preenchido com material dielétrico (e = 3, I e •• u = 1 O '2 S/m), encomre: 
(a) V. E e 0 : (b) as densidades de carga nas cascas e (c) a resistência de perdas. 
6.35 Um capacitor esférico tem um mio interno a e um raio externo d. Concêntrica com os condutores 
esféricos e posicionada entre eles existe uma casca esférica de raio externo c e raio interno b. Se as 
regiões d < r< c, c < r< b e b < r < a são preenchidas com materiais de permissividades e,, 6-J 
c e3, respectivamente, determine a capacitância do sistema. 
6.36 Determine a capacitância de uma esfera condutora de raio 5 crn, tota lmente imersa na água do mar 
(s, = 80). 
6.37 Uma esfera condutora de raio 2 em está circundada por uma esfera condutora concênt1ica de raio 
5 em. Se o espaço entre as esferas for preenchido com cloreto de sódio (e,= 5,9), calcule a capa­
ci tância do sistema. 
*6.38 Em uma impressora jato de tinta, as gotas de tinta são carregadas envolvendo o jato de 20 J.lm de 
raio com um cilindro concêntrico de raio 600 Jtm, como mostrado na Figum 6.36. Calcule a volta­
gem mínima requerida para gerar uma carga de 50 fC na gota se o comp1imento do jato, dentro do 
cilindro. é de 100 J.lm. Consideres = s0 • 
6.39 Um dado comprimento de cabo, cuja capacitância é I O }JF/km e resistência de isolação de I 00 
Mnlkm, é submetido a uma voltagem de 100 V. Quanto tempoleva para a voltagem cair até 50 V? 
6.40 A capacitância por unidade de comprimento de uma linha de tmnsmissão de dois fios. mostrada na 
Figura 6.37. é dada por: 
C= 1fe 
cosh- •[:] 
_(I 
Determine a condutãncia por unidade de comprimento. 
I • + -
v 
rcscrvatóo·io I ----" o 
d~ liquido ____ J 
~~; lfquido 
.. -. r;.-
't-J' l)' '.::1 ':./ 
gow 
Figura 6.36 Geometria simpliticada de uma impressora 
jato de tinta: referente ao Problema 6.38. 
FiJ!ura 637 Referente ao Problema 6.40. 
240 • Elementos de Ele tromagnetismo 
*6.41 Um capacitar esférico tem um conduwr interno de raio a carregado com uma carga Q e mantido 
em potencial zero. Se o condutor externo se contrái de um raio b at~ um raio c sob a ação de for­
ças internas. prove que o trabalho realizado pelo campo elétrico como resultado da contração é: 
W = Q2(b - c) 
s .. ebc 
*6.42 Um capacitor de placas paralelas tem suas placas em x = O. d c o espaço entre as placas~ 
preenchido com um material não homogêneo com pcnnissividadc e = e. ( 1 + ;; )- Se a placa 
em x = d é mantida em v •. enquanto a placa em x = O estiver aterrada, encontre: 
(a) V c E; 
(b) P; 
(c) P, em x = O, d. 
6.43 Um capacitor esférico tem um raio interno a c um 111io externo b c~ preenchido com um dielétri­
co não homogêneo com e = e,p/. Demonstre que a capacitância do capaci tor é: 
6.44 Um capacitar cilíndrico tem um raio interno a c um raio externo b e é preenchido com um di elétri­
co não homogêneo, tendo e = e.ktp, onde k é uma constante. Calcule a capacitãncia por unidade 
de comprimento do capacitor. 
6.45 Se a Terra fosse considerada um capacitor csf~rico. qual seria a sua capacitãncia? Considere que o 
raio da Terra seja de, aproximadamente, 670 km. 
6.46 Urna carga pontual de I O nC está localizada no ponto P(O, O, 3). enquanto que o plano condutor 
z = O está aterrado. Calcule: 
(a) V c E em R(6, 3, 5); 
(b) a força sobre a carga devido à carga induzida sobre o plano. 
6.47 Duas cargas pontuais de 3 nC e - 4 nC estão localizadas, respectivamente, em (0, O, I m) e 
(0, O, 2m), enquanto que um plano infinito condutor está em ~= O. Dctcrnúnc: 
(a) a carga total induzida no plano; 
(b) o valor da força de atração entre as cargas c o plano. 
6.48 Duas cargas pontuais de 50 nC e - 20 nC estão localizadas em (- 3, 2, 4) e ( I. O. 5), acima de um 
plano condutor aterrado z = 2. Calcule: (a) a densidade superficial de carga em (7,- 2 , 2); (b) D 
em (3, 4, 8) e (c) D em (I, I, I). 
*6.49 Uma carga pontual de 1 O J.iC está localizada em ( I, I, I) c as porções positivas dos planos coorde­
nados estão ocupadas por três planos condutores. mutuamente perpendiculares, mantidos a um po­
tencial zero. Encontre a força sobre a carga devido aos planos condutores. 
6.50 Uma carga pontual Q está localizada entre dois planos condutores aterrados que se interceptam a 
45" um do outro. Detern1ine o número de cargas imagem c suas local i7.ações. 
6.51 Uma linha infinita x = 3, z = 4. carregada com 16 nC/m está localizada no espaço livre acima de 
um plano condutor z = O. (a) Encontre E em (2,- 2, 3); (b) calcule a densidade superficial de car­
ga induzida sobre o plano condutor em (5,- 6, 0). 
6.52 o espaço livre, pianos infinitos y = 4 c y = 8 estão carregados com 20 nC/m2 c 30 nC/m2
, 
n:spcctivamente. Se o plano y = 2 está aterrado, calcule E em P(O. O. 0) e Q(- 4. 6, 2). 
PARTE 3 
MAG N ETOST Á TI CA 
Capítulo 7 
CAMPOS MAGNETOSTÁTICOS 
Nenhum homem honesto pode ser tudo para todos. 
-ABRAIIAM LINCOLN 
7.1 INTRODUÇÃO 
Nos Capítulos 4 a 6, limitamos nossa discussão aos campus eletrostáticos caracterizados por E ou D. 
Agora, focaremos nossa atenção nos campos magnéticos estáticos que são caracteri zados por H ou 
B. Há semelhanças e diferenças entre campos elétricos c magnéticos. Assim como E e D estão rela­
cionados de acordo com D = eE, para meios materiais lineares, H e 8 estão relacionados de acordo 
com B = ,uH. A Tabela 7.1, adiante, mostra a analogia entre as grandezas associadas aos campos 
elétrico e magnético. Algumas das grandezas associadas ao campo magnético serão introduzidas 
mais tarde neste capítulo c outras serão apresentadas no próximo. A analogia é apresentada aqui para 
mostrar que a maioria das equações obtidas para campos elétricos pode ser prontamente utilizada 
para obter as equações correspondentes para campos magnéticos, se as grandezas análogas equiva­
lentes forem substituídas. Desse modo, embora não pareça, estamos aprendendo novos conceitos. 
Uma ligação definitiva entre campos elétricos e magnéticos foi estabelecida por Oersted1 em 
1820. Conforme estudamos, um campo eletrostático é gerado por cargas estáticas ou estacionárias. 
Se as cargas estão se movimentando com velocidade constante, um campo magnético estático (ou 
magnetostático) é gerado. Um campo magnetostático é gerado por um fluxo de corrente constante 
(ou corrente contínua). Esse fluxo de corrente pode se constituir de correntes de magnetização, co­
mo as correntes no interior de um ímã permanente; correntes de feixes eletrônicos, como nas válvu­
las eletrônicas; ou correntes de condução, como as COJTentes em fios condutores. Neste capítulo, con­
sideraremos campos magnéticos no espaço livre devido a correntes contínuas. Campos magne­
tostáticos em meios materiais serão estudados no Capítulo 8. 
Nosso estudo de magnetostática não é um capricho dispens1\vel, mas uma necessidade indispen­
sável. O desenvolvimento de motores, transformadores, microfones, bússolas, campainhas de tele­
fone, controles de foco em televisores, letreiros de propaganda, veículos de alta velocidade com le­
vi tação magnética, memórias de computador, separadores magnéticos, e assim por diante, envolve 
fenômenos magnéticos e desempenha um papel importante na nossa vida cot idiana.2 
1 Hans Christian Ocrstcd ( 1777- 1851). prorcssor holandês de Física. após treze anos de rrusu·amcs csrorços. descobriu que a eletricidade poderia produzir 
magnetismo. 
' Wll'ias aplicações do magnetismo podem ser encontradas em J. K. Watson. App/ic(llions o[Mt~gnetism. Ncw York: John Wilcy & Sons. 1980. 
244 • Elementos de Eletromagnetismo 
TA BELA 7.1 Analogia entre Campos Elétrico e Magnético• 
Conceito 
Leis Msicas 
Lei da força 
Elcmemo fonte 
Intensidade de campo 
Densidade de Ouxo 
Rclaçõo enl•-c campos 
Potenciais 
Flux() 
Densidade de energia 
&,uação de Poisson 
Elétrico 
F = Q,Qz a 
~e; r 
f o ·dS = Q... 
F = QE 
dQ 
v 
E = -(VIm) e 
'f' ? 
D = S (CJm·) 
D = sE 
E = - vv 
V= f PLd/ 
4• er 
'l' = f D ·dS 
'f' = Q = CV 
t/11 
I = c-
dt 
I w,. = - D ·E . 2 
V21' = -~ 
s 
Magné tico 
dB = l'old f X AR 
' 4TR" 
f H · til = 1,., 
F =QuX B 
Qu =I dl 
I 
H = e (A/m) 
'f' ? 
ll = S (Wblon·) 
ll = !'H 
H = - VV,,. (.1 = O) 
f Jt fdl A -
- 4?rR 
'l' = f ll · dS 
'f' = u 
d/ 
V = L -
dt 
I 
w, =-B · H 
2 
? 
V·A = - J<J 
· Unla on:tlogja Sin\ilat pode ser encontrada em R. S. Elliot. '·E~t.-ctromaglll'tic thc.'Ory: a 
simplified represen~:~tion-./EEé Trons. Educ .. '"OI. E-2~. n• ~. No'" 1981. p. 29-'--296. 
Existem duas leis fundamentais que governam os campos magnctostáticos: ( I ) lei de B iot-Savart3 
c (2) lei circuitai de Amperc." Assim como a lei de Coulomb, a lei de Biot-Savart é a lei geral da mag­
netostática. Da mesma forma que a lei de Gauss é um caso especial da lei de Coulomb, a lei de Am­
pcrc é um caso especial da lei de Biot-Savart c se aplica facilmente a problemas envolvendo dis­
tribuição de corrente simétrica. Primeiramente, as duas leis da magnetostática são estabelecidas e apli­
cadas. Su<t~ conseqüências são fornecidas mais ao final do capítulo. 
7.2 LEI DE BIOT- SAVART 
A lei de Biot-Savart estabelece que a intensidade do campo magnético dH gerada em um 
ponto P, como mostrado na Figura 7.1, pelo elemento diferencial de corrente I d/ é propor­
cional ao produto entre I dl e o seno do ângulo a , entre o elemento c a linha que une P ao 
elemento, e é inversamente proporcional ao quadrado da distância R entre Pe o elemento. 
isto é, 
I d/ scn a 
d H "' ---::-­
Rz 
(7.1) 
J Os cxpcrimen1os c an(lliscs do efeito de um elcmen1o de corremc foram desen\'olvidos por Amperc e por Jcan-Baptistc Biot c Fclix Samn cm1omo de 1820. 
4 Andrc Maric Ampere ( 1775- 1836). fisieo francês. ampliou a dcscobena de Ocrs1ed e imroduziu o concci10 de elemento de corrente c da força cn1rc elementos 
de correme. 
ou 
Campos Magnetostáticos • 245 
Figura 7.1 Campo magnc!tico dH e m P devido ao 
elemento de corrente I d l. 
t/H p;lf3 demro 
dH = kl d/ sen a 
R2 
(7.2) 
onde k é a constante de proporcionalidade. Em unidades do S I, k = 11471', tal que a equação (7.2) tor­
na-se 
I d/ sen a 
d H = -----::--
471'R2 
(7.3) 
Da delinição do produto cruzado na equação ( 1.21), é fácil observar que a equação (7.3) na for­
ma vetorial é escrita como 
d H = I d l X aR = I d l X R 
47rR2 471'R3 (7.4) 
onde R = IRI e aR = RIR. Assim, a orientação de dH pode ser determinada pela regra da mão direi­
ta, em que com o polegar apomando segundo a oriemação da corrente, os outros dedos dobrados em 
torno do lio indicam a orientação de dH, como mostra a Figura 7.2(a). Alternativamente, podemos 
usar a regra do parafuso de rosca direita para determinar a orientação de dH. Com o parafuso posi­
cionado ao longo do li o e apontando no sentido do nuxo da corrente, a orientação dada pelo avanço 
do parafuso é a orientação de dH, como mostra a Figura 7.2(b). 
É costume representar a orientação do vetor intensidade do campo magnético H (ou da corrente 
I) por um pequeno círculo com um ponto ou um sinal de vezes, dependendo se H (ou I) é para fora 
ou para dentro da página, como ilustrado na Figura 7 .3. 
Da mesma maneira que podemos ter diferentes conligurações de carga (veja Figura 4.5), 
podemos ter diferentes distribuições de corre me: corrente em uma linha, corrente em uma superfície 
e corrente em um volume, como mostrado na Figura 7.4. Se delininnos K como a densidade de cor­
rente em uma superfície (em amperes/metro) e J como a densidade de corrente em um volume (em 
arnpcres/metro2
), os elementos-fonte estão relacionados conforme: 
d H 
(a) 
I d l "" K dS "" J dv (7.5) 
I 
f 
(b) 
dH 
FiJ:ura 7.2 Determinando a orientação de dH 
utilizando (a) a regra da mão direita ou (b) a 
regra do parafuso de rosca di rei ta. 
246 • Elementos de Eletromagnetismo 
A (ou f) para dentro Fi!,•ura 7.3 Representação convencional de H (ou I) (a) 
~ para fora da página (b) para dentro da página. 
H (ou f) pora fora 
ó 
<•l (b) 
Dessa forma, em termos de fontes de corrente distribuída, a lei de Biot-.,<;avart, como na equação 
(7.4), torna-se: 
H -- f I d l X _aR , (corrente em uma linha) 
47rR-
L 
(7.6) 
H -- f K dS x_ a~-: , (corrente em uma supefície) 
41rR-s 
(7.7) 
H __ J J dv x_ aR , (corrente em um volume) 
47rR-
v 
(7.8) 
Como um exemplo, apliquemos a equação (7.6) para determinar o campo devido a uma corrente 
que percorre um condutor fi lamentar retilíneo de comprimento t1nito AB, como mostrado na Figura 
7.5. Assumimos que o condutor está ao longo do eixo z: com suas extremidades superior e inferior 
subtendendo os ângulos a 1 e a2, respectivamente, em P, o ponto no qual se pretende determinar H. 
Deve-se atentar para esses parâmetros a tim de que a fórmula a ser obtida seja adequadamente apli­
cada. Se considerarmos a contribuição dH em P, devido a um elemento dl em (0, O, z:), 
Porém, d l = dz. a: e R = paP - zn:. então 
Portanto, 
K dS 
(a) (b) 
d H = I d l X R 
47rR3 
(c) 
Figura 7.4 Distribuição de con·ente: (a) corrente em uma linha. (b) corrente em uma 
superfície, (c) corrente em um volume. 
(7.9) 
(7.10) 
(7 .11) 
8 
. . 
Campos Magnetostáticos • 247 
Figura 7.5 Campo em um ponto P devido a um condUlor 
tilamentar retilíneo. 
Fazendo z = p cotg 01, dz = - p cossec2 
01 da, a equação (7 . li ) torna-se 
ou 
I f"' p2 
cosscc
2 
01 ela H = - - act> 
47r "• p
3 
cossec
3 
01 
I f"' = --a<~> sen 01 da 
47rp 
a, 
I 
H = -
4 
( cos a 2 - c os 011 )a6 
1rP 
(7.12) 
Essa expressão se aplica, de maneira geral, a qualquer condutor !ilamentar retilíneo de comprimen­
to finito. Observe, a partir da equação (7.12}, que H está sempre ao longo do vetor unitário a9 (isto é, 
ao longo de trajetórias circulares concêntricas}, independente do comprimento do fio ou do ponto de 
interesse P. Considerando um caso especial em que o condutor é semi-infinito (com relação a P ), tal 
que o ponto A está em 0(0, O, 0), enquanto 8 está em (0, O, oo); 011 = 90°, 012 = o• e a equação (7.12) 
torna-se 
I 
H =-a 
47rp Q 
(7.13) 
Um outro caso especial é o de um condutor de comprimento infinito. Para este caso, o ponto A está 
em (0, O,- oo ), enquanto B está em (0, O, oo ); 011 = 180", 012 = O'' e tal que a equação (7 .12) se reduz a 
I 
H = -a<~> 
27rp 
(7 .14) 
Encontrar o vetor unitário a9 nas equações (7.1.2) a (7.14) nem sempre é fácil. Uma abordagem sim­
ples é determinar a., de 
(7 .I S) 
onde a c é o vetor unitário ao longo da corrente em uma linha e aP é o vetor unitário ao longo da linha 
perpendicular traçada a partir da corrente até o ponto onde se quer calcular o campo. 
248 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 7.1 Pela espira condutora triangular, na Figura 7.6(a), circula uma corrente de IOA. Determine H em 
(0, O, 5) devido ao lado I da espira. 
(a) 
Solução: 
Figum 7.6 Referente ao Exemplo 7.1: (a) espira 
condutora triangular: (b) lado I da cspim. 
Esse exemplo ilustra como a equação (7.1 2) pode ser aplicada para qualquer condutor retilíneo e fino 
percorrido por uma corrente. O ponto-chave que se deve ter crn mente 110 aplicar a equação (7.12) é 
determinar a,, a2, p e aQ. P11ra determinar H em (0, O, 5), devido ao lado I da espira da Figura 7.6(a), 
considere a Figura 7.6(b), onde o lado I é considerado como um condutor reti l fneo. Note que ligamos 
o ponto de interesse (0, O, 5) ao começo e ao final da linha por onde flui a corrente. Observe que a 1, a2 
c p são referidos da mesma maneira que na Figura 7.5, usada como referência para a equação (7.12). 
cos a 1 = cos 90° = O, p = 5 
Determinar a9 aplicando a equação (7.12) é, muitas vezes, a parte mais difícil. De acordo com a 
equação (7.15), a, = a, e a. = a;, então, 
Assim, 
I 10 ( 2 ) H1 = (cos a 2 - cos a 1)a9 = (
5
) • c;: - O (-a,.) 
4ç 4w v29 
= - 59,la1 mA/m 
z 
5 
p 
a, a, ... 
o tOA 
X 
2 
(b) 
EXEMPLO 7.2 
Campos Magnetostáticos • 249 
EXERCÍCIO PRÁTICO 7.1 
Encontre H em (0, O, 5) devido ao lado 3 da espira triangular da Figura 7.6 (a). 
Resposta: - 30,63a .. + 30,63a,. mAlm. 
Determine H em (-3, 4, 0) devido à corrente filamentar mostrada na Figura 7.7(a). 
Solução: 
Seja H = H_. + H,, onde Hx e H, são as contribuições à intensidade do campo magnético em P 
(- 3, 4, O) devido às porções do filamento ao longo de x e de z, respect ivamente. 
Em P (- 3, 4, 0), r= (9 + 16)112 = 5, a, = 90", a 2 = o• e a9 é obtido como um vetor unitário ao lon­
go da trajetória circular que passa por P no plano z =O, como na Figura 7.7(b). A orientação de a
9 
é 
determinada uti lizando a regra do parafuso de rosca direita ou a regra da mão direi ta. A partir ela 
geometria mostrada na Figura 7.7(b): 
{) {) 
4 3 
a.; = sen a , + cos a,. =- a .. + - a ,. . . 5 5 ' 
Alternativamente, podemos determinar aQ a partir da equação (7. 15). No ponto P, a, e a. são como 
ilustrado na Figura 7.7(a) para H,. Assim, 
( 
3 4 ) 4 3 a6 =-a. x - - a. + - a>. =- a.+ - a,. - s ·· 5 5 "' 5 · 
como obtido anteriormente. Então, 
H 3 O (4a.c + 3a ,.) 
: = 4;r(5) ( I - ) 5 
= 38,2a .• + 28,65a>. mA/m 
parn oo 
y 
z <>z plano :~ O 
·~ ' ·~ 4 
3A 
P( - 3, 4. 0) 
X 
p •• v I 
(a) ( b) 
Figura 7.7 Referente ao Exemplo 7.2: (a) corrente filamcntar ao longo dos eixos semi-infinitos x e:: a t e a, 
somente para H,: (b) detemtinando a. para H,. 
250 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 7.3 
Deve-se observar que, nesse caso, o sentido de a9é contrário ao do sentido convencional do a~ em co­
ordenadas cilíndricas.H, também poderia ter sido obtido em coordenadas ci líndricas da seguinte for­
ma: 
3 
H, = 
4
1r(S) ( I - O)(-a6 ) 
= -47,75a,. mA/m 
De maneira similar, para H, em P, p = 4, a 2 = o•, cos a 1 = 3/5 c a~= a, ou a0 = ac X a P = a, X 
a, = a_. Assim, . . 
3 ( 3) Hx = 4?T(4) I - S a: 
= 23,88 a, rnA/m 
Então, 
H = H .. + H, = 38,2a.r + 28,65ay + 23,88a., mA/m 
ou 
H = - 47,75a6 + 23,88a. mA/m 
Observe que, embora os filamentos de corrente pareçam ser semi-infinitos (eles ocupam os eixos x 
e z positivos), é somente o tilamento ao longo do eixo z que é semi-infinito em relação ao ponto P. As­
sim, H. poderia ser encontrado utilizando a equação (7. 13), mas a equação não poderia ter sido usada 
• 
para encontrar Hxporque o filamento ao longo do eixo x não é semi-infinito em relação a P. 
EXERCÍCIO PRÁTICO 7.2 
O eixo y positivo (linha semi-infinita em relação à origem) é percorrido por uma 
corrente fi lamentar de 2 A no sentido de- a
5
. Assuma que seja parte de um circuito 
muito extenso. Determine H em: 
(a) A(2, 3, 0); 
(b) 8(3, 12, ~). 
Resposta: (a) 145,8 a, mNm; (b) 48,97 a,+ 36,73 a, mA/m. 
Uma espira circular localizada em i+/= 9, z =O, é percorrida por urna corrente contínua de lO 
A ao longo de a~. Determine H em (0, O, 4) e (0, O, - 4). 
Solução: 
Considere a espira circular mostrada na Figura 7.8(a). A intensidade do campo magnético dH, no 
ponto P(O, O, lt), contribuição do elemento de corrente I dJ, é dada pela Lei de Biot- Savart: 
I d i X R 
d H = ----=--
4?TR~ 
aP 
dl X R = O 
- p 
Campos Magnetostáticos • 251 
z 
dH. -
P( O. 0. ll) úHP 
I 
(a) (b) 
Fi~ura 7.8 Referente ao Exemplo 7.3: (a) espira circular de correm e; (b) linhas de tluxo de1•ido à espira circu­
lar de corrente. 
Portanto, 
Por simetria, a soma das contribuições ao longo de a. é zero porque as componentes radiais produzi­
das pelos pares de elementos de corrente simétricos se cancelam. Isso pode também ser demonstrado 
matematicamente ao expressar a. em coordenadas retangulares (isto é, a. = cos 41 a~+ sen q, a,). 
Integrando cos q, ou sen q, no intervalo O < 1/J < 211' resulta em z.ero, demonstrando que H. = O. 
Portanto, 
I i
2
... li dt/1 a. /p~1ra. 
H = dH. a . = ~ 2- 312 = ~ -2 3n. 
- - o 47r[p< + h l . 47r[p' + h ]' -
ou 
(a) Substituindo I = LO A, p = 3, h = 4, obtém-se 
lO (3)2 az 
H(O, O, 4) = 3n. = 0,36a. Nm 
2[9 + 16] • -
(b) Observe, da expressão dl X R acima, que, se h for substituído por - h, a componente z de dH per­
manece a mesma, enquanto a componente p se cancela devido à simetria axial da espira circular. Por­
tanto, 
H(O, O, - 4) = H(O, O, 4) = 0,36a: Nm 
As linhas de nuxo devido à espira circular de corrente estão esboçadas na Figura 7.8{b). 
252 • Elementos de Eletromagnetismo 
EXEMPLO 7.4 
EXERCÍCIO PRÁTICO 7.3 
Um anel fi lamentar de raio 5 em está colocado sobre o plano z = I em, tal que seu 
centro está em (0, O, tem). Se o anel for perc-orrido por 50 mA ao longo de a~ 
determine H em: 
(a) (0, O, -I em); 
(b) (0, O, 10 em). 
Resposta: (a) 400 a. mA/m; (b) 57,3 a. mNm. . . 
Um solcnóidc de comprimento te raio a consiste de N espiras de li o percorridas por uma corrente/. 
Demonstre que, em um ponto P ao longo do seu eixo, 
n/ 
H = 2 (cos 02 - cos 01)a: 
onde 11 = Nlf, 81 e 82são os ângulos subtendidos em P pelas espiras das extremidades, corno ilustra­
do na Figura 7.9. Demonstre também que, se e» a, no centro do solenóide, 
H = n/a • 
• 
Solução: 
Considere a seção reta de um solenóide, como mostrado na Figura 7.9. Já que o solenóide consiste 
de espiras circulares, aplicamos o resultado do Exemplo 7.3. A contribuição para o campo magnéti­
co H em P. por um elemento do solenóide de comprimento dz. é 
onde d/= 11 dz = (N/() d<.. Da Figura 7.9, tg 8 = a/z; isto é, 
Assim, 
ou 
X 
clz 
• • • 
o 
dz = -a cossec2 O dO= 
' 
111 
dH. = -- sen O dO • 2 
I i
o. 11 • 
H. = - - scn O dO . 2 
o, 
Figura 7.9 Rcferenre ao Exemplo 7.4: seção reta 
de um solenóide. 
Campos Magnetostáticos • 253 
Então, 
conforme solicitado. Substituindo 11 = Nle resulta em 
No centro do solenóidc, 
en 
cos 02 = ? , 11, = - cos 01 
[a- + ,f-/4] -
e 
Se e» a ou 92 = o•, e, = 180°, 
EXERCÍCIO PRÁTICO 7.4 
Nl 
H = nla, =e a• 
Se o solenóide da Figura 7.9 tem 2.000 espiras, um comprimento de 75 em, um raio 
de 5 em e é percorrido por uma corrente de 50 mA ao longo de aó, determine H em: 
(a) (0, O, 0); 
(b) (0, O, 75 em); 
(c) (0, O, 50 em). 
Resposta: (a) 66,52 a. A/m; (b) 66,52 a. A/m; (c) 131,7 a. A/m. - - -
' -7.3 LEI CIRCUITAL DE AMPERE- EQUAÇAO DE MAXWELL 
A lei circuitai de Ampere estabelece que a integral de linha da componente tangencial de H 
em torno de um caminho f echado é igual à corrente líquida /cnv envolvida pelo caminho. 
Em outras palavras, a circulação de H é igual à /cnv• isto é, 
f H . d l = / CIIV (7 .16) 
A lei de Ampere é similar à lei de Gauss e é de fácil aplicação para determinar H, quando a dis­
tribuição de corrente é simétrica. Deve-se observar que a equação (7 .16) é sempre válida, sendo a 
distribuição de corrente simétrica ou não, mas somente é útil para determinar H quando a dis­
tribuição de corrente é simétrica. A lei de Ampere é um caso especial da lei de Biot-5avan; aquela 
pode ser obtida dessa última. 
Ao aplicar o teorema de Stokes ao lado esquerdo da equação (7.16), obtemos: 
lenv = f H · d l = f (\7 X H) · dS 
L S 
(7.17) 
254 • Elementos de Eletromagnetismo 
Porém, 
lcnv = i J · dS 
s 
(7 .18) 
Comparando as integrais de superfície nas equações (7.17) c (7. 18), transparece que 
l vx H=JI (7 .19) 
, 
Essa é a terceira das equações de Maxwell que deduzimos. E, essencialmente, a lei deAmpere na for-
ma diferencial (ou pontual}, enquanto que a equação (7. 16) é a forma integral. A partir da equação 
(7 .19}, devemos observar que V X H = J "#O; isto é, o campo magnetostático não é conservativo. 
- ' 7.4 APLICAÇOES DA LEI DE AMPERE 
Apl icaremos, agora, a lei circuitai deAmpere para determinar H para algumas distribuições simétri­
cas de corrente, assim como foi feito para a lei de Gauss. Consideraremos corrente em uma linha in­
linita, corrente em uma lâmina infinita e uma linha de transmissão coaxial inlinitamente longa. 
A. Corrente em uma linha infinita 
Consideremos uma corrente fi lamentar infinitamente longa I ao longo do eixo z. como mostrado na 
Figura 7 .I O. Para determinar H em um determinado ponto P, escolheremos um caminho fechado que 
passa por P. Esse caminho, no qual a lei de Ampere vai ser aplicada, é denominado caminho ampe­
riano (análogo à superfície gaussiana). Escolhemos um círculo concêntrico como o caminho ampc­
riano, tendo em vista a equação (7. 14), que mostra que H é constante se p for constante. Já que o 
caminho envolve a corrente / , de acordo com a lei de Ampêrc 
ou 
corno esperado a part ir da equação (7. 14) . 
caminho amperiano 
X 
• . 
(7.20) 
Figurn 7.10 Lei de Ampere apl icada à uma corrente em 
linha fi lamentar infinita. 
Campos Magnetostáticos • 255 
B. Corrente em uma lâmina infinita 
Considere uma lâmina infinita de corrente no plano z = O. Se a lâmina tem uma densidade de cor­
rente uniforme K = K,.a. Nm, como mostrado na Figura 7.11, ao aplicar a lei de Ampere ao camin­
ho fechado retangular (caminho amperiano), obtém-se: 
f H · dl = fcnv = K>h (7.21a) 
Para resolver essa integral necessitamos, inicialmente, ter uma noção de como H se comporta. Para 
tanto, vamos considerar a lâmina inlinita como composta de lilamentos. O campo elementar dH aci­
ma e abaixo da lâmina, devido a um par de correntes lilamentares, pode ser encontrado utilizando as 
equações (7. 14) e (7. 15). Como fica evidente na Figura 7. 11 (b), o campo resultante dH tem somente 
uma componente x. Ainda, H em um lado da lâmina é negativo em relação ao do outro lado. Devido 
à extensão inlinita da lâmina, ela pode ser considerada como consistindo de pares ti lamentares, tais 
que as características de H para um par são as mesmas para a lâmina infinita ele corrente,