Eletrostática no vácuo

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Eletrostática no vácuo
André do Nascimento Barbosa
1 Lei de Coulomb e o campo coulombiano
Depois de um curso básico de eletricidade, geralmente temos em seguida o curso de eletromagnetismo, que é matematicamente mais completo e
rigoroso. Entretanto, não temos nada de novo conceitualmente e apenas estamos lidando com ferramentas matemáticas mais elegantes.
1.1 Lei de Coulomb
O problema central da eletrostática é encontrar equações que descravam o comportamento de cargas elétricas em repouso. O caso mais simples
pode ser visto quando temos uma carga pontual fixada em uma posição bem definida no espaço. Quando aproximamos uma outra carga dita “de
prova”, o que acontece é uma interação de natureza atrativa ou repulsiva entre tais partículas devido a propriedade de ambas possuirem uma
propriedade da matéria denominada carga elétrica. Para a notação, escolhemos um vetor ri ' que localiza a partícula carregada que fixamos
inicialmente e o vetor r é o objeto que localiza a partícula de prova no espaço. Em resumo, a partícula de prova é tal que conhecemos todas as
suas propriedades, ela é de fato um sensor para medir as propriedades elétricas de um corpo desconhecido, no caso, a partícula fixada.
Dependendo da natureza das cargas envolvidas, se as duas forem de mesma natureza, observa-se experimentalmente que existe uma força
repulsiva entre as duas. Entretanto, se as duas partículas etiverem carregadas com cargas de natureza oposta, temos uma força atrativa. É
possível ver que em laboratório que tal força é diretamente proporcional ao produto entre as cargas, ou seja
F ∝ qi '.q
Também, quando aproximamos ou distanciamos a carga de prova da carga teste i, observamos que tal força obedece a lei do inverso do
quadrado. Formalmente, temos
F ∝ r - ri '|| r - ri ' ||3
Sendo assim, por uma constante de proporcionalidade temos que a força que modela tal interação é dada por
F = k qi '.q(r - ri ')|| r - ri ' ||3 (1)
A equação (1) é conhecida como lei de Coulomb. A constante k pode ser escrita de uma forma mais conveniente,
k = 1
4 πϵ0
onde ϵ0 = 8, 85×10-12 C2 N-1 m-2
Esta nova constante é conhecida como permissividade elétrica no vácuo. A equação (1) é reescrita na forma
F = 1
4 πϵ0 qi '.q(r
 - ri ')|| r - ri ' ||3
1.2 O campo elétrico e princípio de superposição
Quando temos um número n de cargas fixas, a força que atuará na carga de prova será a soma vetorial de todas as forças individuais, ou seja
Ft = F1 + F2 + ... + Fn
Sendo assim,
Ft = 1
4 πϵ0 q1 '.q(r
 - r1 ')|| r - r1 ' ||3 + 14 πϵ0 q2 '.q(r
 - r2 ')|| r - r2 ' ||3 + 14 πϵ0 qn '.q(r
 - rn ')|| r - rn ' ||3 =
Ft = q
4 πϵ0 i=1
n qi ' (r - ri ')|| r - ri ' ||3
Quando eliminamos o termo que representa a carga de prova, estamos apenas lidando com uma entidade física denominada campo elétrico. O
campo elétrico é uma realidade física, ele é o agente por trás da força elétrica e é uma região no espaço que está sob influência da partícula
carregada. Sendo assim, para uma partícula pontual, temos
E(r) = 1
4 πϵ0 qi '.(r
 - ri ')|| r - ri ' ||3 (2)
onde, a lei de Coulomb pode ser reescrita como
F = q E (3)
Observe que na equação do campo, temos que o seu “valor” é dado para cada ponto no espaço e não é definido quando r = ri ' à princípio. Para
várias cargas, o campo elétrico em um determinado ponto será dado por
Et = E1 + E2 + ... + En
E(r) = 1
4 πϵ0 i=1
n qi ' (r - ri ')|| r - ri ' ||3 (4)
Esta soma vetorial é nada mais que o princípio de superposição para campos eletrostáticos. A equação (4) é o resultado mais importante que
temos, ela nos permite calcular o campo elétrico de qualquer distribuição finita de cargas em qualquer ponto no espaço. Entretanto, quando
temos, por exemplo, uma esfera carregada, estamos lidando com mais de 1023 partículas e torna-se impossível e talvez desnecessário calcular o
somatório em (4). Sendo assim, estendemos a equação (4) para um contínuo de cargas através da passagem deste somatório para uma integral,
onde
E(r) = 1
4 πϵ0 i=1
n qi ' (r - ri ')|| r - ri ' ||3 ⇄ 14 πϵ0 
q
(r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆq '
Agora, para estudar um corpo contínuo, podemos usar o conceito de densidade de cargas. Seja uma carga q' disposta em um volume V' qualquer,
denominapos como densidade de carga
ρ(r ') = ⅆq 'ⅆV ' (5)
Ou seja, para determinarmos a carga todal em um volume arbitrário no espaço, temos
q ' =
V '
ρ(r ') ⅆV '
Sendo assim, substituindo (5) na integral de campo, obtemos uma expressão final em forma integral para o cálculo do campo elétrico:
E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ') (r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆV ' (6)
A equação (6) é o caso contínuo que depende apenas dos fatotres de densidade e geometria do corpo contínuo. Sendo assim, podemos calcular o
campo elétrico de qualquer corpo de qualquer geometria teoricamente. Analíticamente, podemos apenas calcular o campo elétrico de algumas
formas geométricas, dependendo ainda de como se comporta a função densidade de cargas. Vamos analisar os exemplos mais clássicos.
1.3 Exemplos para cálculo de campo elétrico pela lei de Coulomb
Exemplo 1: Campo elétrico de um fio em seu eixo de simetria
O primeiro exemplo de cálculo do campo elétrico é bem simples. Temos um fio disposto no eixo coordenado z de comprimento L. A densidade
de cargas é uniforme. Sendo assim, temos o seguinte esquema:
2 Eletrostática no vácuo.nb
z
x
y
L / 2
-L / 2r
O
Esquema de um fio carregado disposto no eixo z.
Solução:
A primeira coisa a fazer é escrever o vetor que irá mapear a região de concentração de cargas e o vetor onde o campo será medido. Como foi
definido, os termos que tem um índice superior “linha” são relacionados à distribuição de cargas, enquanto os termos “sem linha” estão ligados
ao ponto do espaço onde o campo será medido. Sendo assim, de acordo com o esquema, temos
r
 ' = 0 ex + 0 e y + z ' ez = z ' ez, onde L /2 ⩾ z ' ⩾ -L /2
r
 = x ex + y e y + 0 ez
Como o sistema sugere uma simetria cilíndrica, podemos escrever os vetores acima na forma abaixo:
r
 ' = z ' ez
r
 = r ρ
Tirando a diferença entre r e r ' e o módulo da diferença,
r
 - r ' = r ρ -z ' ez|| r - r ' || = (r - r ')2 = r2 + (z ')2
Como a densidade está disposta em um fio unidimensional, simplificamos V’
V ' → z '⟺ⅆV ' ↔ⅆ z '
Lembrando que a densidade de cargas é uniforme ρ(r ') = ρ
basta apenas montar a integral:
E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ') (r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆV ' = E(r) = ρ4 πϵ0 -L/2
L/2 r ρ -z ' ez[r2 + (z ')2]3/2 ⅆ z '
A integral acima é na verdade duas integrais, uma para cada componente vetorial.
E (ρ) = ρ r
4 πϵ0  ∫-L/2L/2 1r2+(z')23/2 ⅆ z ' ρ (A)
E (z) = - ρ
4 πϵ0  ∫-L/2L/2 z'r2+(z')23/2 ⅆ z ' ez (B)
Onde vale
E(ρ) + E(z) = E(r)
Eletrostática no vácuo.nb 3
Fica como exercício resolver cada uma das integrais acima. Para a integral (A), obtemos
E(ρ) = ρ r
4 πϵ0  -L/2
L/2 1[r2 + (z ')2]3/2 ⅆ z ' ρ = E(ρ) = ρ r4 πϵ0  z
r2 r2 + z2 
L/2
-L/2 ρ =
E(ρ) = ρ L
4 πϵ0 r r2 + L2 /4 ρ
Para a integral (B), obtemos um valor nulo, sendo assim
E(ρ) + E(z) = ρ L
4 πϵ0 r r2 + L2 /4 ρ + 0 ez = E(r)
Finalmente, a nossa resposta final será
E(r) = ρ L
4 πϵ0 r r2 + L2 /4 ρ
Exemplo 2: Campo elétrico de um anel de raio R em seu eixo de simetria, densidade uniforme.
Este próximo exemplo é um pouco diferente pois o fio agora está disposto na forma de um anel de raio R em volta da origem. Como o primeiro
exemplo, a primeira coisa a se fazer é escrever os vetores que vão mapear as cargas (vetor “com linha”) e o vetor de medição (vetor “sem linha”).
O esquema é dado abaixo:
z
x
y
r '
r
O
Esquema de um anel carregado disposto no plano xOy.
Solução:
Escrevendo os vetores relevantes, temos
r
 ' = x ' ex + y ' e y + 0 ez = R Cos θ ' ex + RSen θ ' e y, onde (x ')2 + (y ')2 = R2 e 0 ⩽ θ ' ⩽ 2 π
r
 = 0 ex + 0 e y + z ez
A diferença e módulo dos vetores serão dados por
r
 - r ' = z ez - R Cos θ ' ex - R Sen θ ' e y
|| r - r ' || = (r - r ')2 = R2 + z2
A variável de integração muda também, neste caso, o fio é mapeado de acordo com o ângulo:
V ' → r⟺ⅆV ' ↔ R ⅆθ '
4 Eletrostática no vácuo.nb
Tendo todos os termos relevantes, basta montar a integral de campo elétrico:
E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ') (r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆV ' = E(r) = ρ R4 πϵ0 0
2 π
z e

z - R Cos θ ' ex - R Sen θ ' e y(R2 + z2)3/2 ⅆθ '
Novamente, temos três integrais. Não é difícil ver que as integrais nas coordenadas x e y se anulam por causa da função seno e cosseno. Basta
resolver para a coordenada z:
E(r) = E(z) = ρ z R
4 πϵ0(R2 + z2)3/2 0
2 πⅆ θ ' ez = ρ z R
2 ϵ0(R2 + z2)3/2 ez
Finalmente, a resposta final será
E(r) = ρ z R
2 ϵ0(R2 + z2)3/2 ez
Estes últmos dois exemplos foram casos clássicos em que a densidade de cargas está disposta em apenas uma dimensão. Agora, vamos analisar a
disposição de cargas em uma superfície. O problema continua sendo o mesmo, afinal a teoria é igual, o único trabalho a mais é que vamos lidar
com integrais duplas.
Exemplo 3: Disco esférico uniformemente carregado de raio R. Campo elétrico acima de seu eixo de simetria e casos 
limites.
Vamos considerar agora um disco uniformemente carregado de raio R. Diferente dos exemplos anteriores, ao invés de um distribuição de cargas
unidimensional, aqui vamos ter uma superfície com cargas distribuidas sobre ela. O esquema é quase o mesmo do caso do anel uniformemente
carregado:
z
x
y
r '
r
O
Esquema de um disco carregado disposto no plano xOy.
Solução:
Como sempre, a primeira coisa que devemos fazer é determinar os vetores que vão mapear a distribuição de cargas e o vetor que localiza o ponto
onde será medido o campo:
r
 ' = x ' ex + y ' e y + 0 ez = r ' Cos θ ' ex + r ' Sen θ ' e y, onde 0 ⩽ r ' ⩽ R e 0 ⩽ θ ' ⩽ 2 π
r
 = 0 ex + 0 e y + z ez
A diferença e o módulo da diferença serão dados por
r
 - r ' = z ez -r ' Cos θ ' ex + r ' Sen θ ' e y
|| r - r ' || = r '2 + z2
Eletrostática no vácuo.nb 5
Novamente, a densidade de cargas é uniforme (caso mais simples). Como a distribuição de cargas é superficial, temos que simplificar o termo ⅆ
V´
V ' → S '⟺ⅆV ' ↔ⅆ x ' ⅆ y '
Escrevendo a integral do campo elétrico, ficaremos com
E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ') (r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆV ' =
= ρ
4 πϵ0 
S '
z e

z -r ' Cos θ ' ex + r ' Sen θ ' e y(r '2 + z2)3/2 ⅆ x ' ⅆ y '
A integral do campo será dividida novamente em três integrais, uma para cada componente. Como o termo ⅆx’ⅆy’ deve ser “traduzido” para
coordenadas polares, temos
E(r) = ρ
4 πϵ0 
S '
z e

z -r ' Cos θ ' ex + r ' Sen θ ' e y(r '2 + z2)3/2 ⅆ x ' ⅆ y ' = E(r) = ρ4 πϵ0 0
R
0
2 π
z e

z -r ' Cos θ ' ex + r ' Sen θ ' e y(r '2 + z2)3/2 r ' ⅆ r ' ⅆθ '
Podemos ver que, devido as integrais que envolvem os senos e cossenos nas coordenadas x e y, o campo irá anular em ambas. Então, o campo
será devido apenas pela coontribuição na coordenada z.
E(r) = ρ z
4 πϵ0 0
R
0
2 π 1(r '2 + z2)3/2 r ' ⅆ r ' ⅆθ ' ez =
= - ρ z
2 ϵ0  1
r2 + z2 
R
0
e

z = ρ z
2 ϵ0 1z - 1
R2 + z2  ez
O resultado final será então
E(r) = ρ z
2 ϵ0 1z - 1
R2 + z2  ez
Este é o resultado final do campo para este tipo de simetria. Agora, vamos analisar os casos limites. Por que temos que fazer isso? Os casos
limites irão fornecer o campo elétrico de um plano infinito e campo para uma carga pontual. Vamos ver como chegamos a tais resultados.
Primeiro, vamos analisar o caso para quando R >> z. Passando o limite em E,
Lim
R→∞ E(r) = LimR→∞ ρ z2 ϵ0 1z - 1
R2 + z2  ez =ρ z
2 ϵ0 LimR→∞1z - 1
R2 + z2  ez =
ρ z
2 ϵ0 LimR→∞ e

z
z
- Lim
R→∞
e

z
R2 + z2  =
ρ
2 ϵ0 ez - LimR→∞ e

z
R 1 + z2
R2
= ρ
2 ϵ0 ez
Finalmente, o campo de um plano infinito seria dado por:
ER→∞(r) = ρ
2 ϵ0 ez
Vamos analizar agora o caso em que z>>R. Expandindo em série o denominador com raiz, temos
6 Eletrostática no vácuo.nb
E(r) = ρ z
2 ϵ0 1z - 1
R2 + z2  ez =
ρ z
2 ϵ0 1z - 1
z 1 + R2
z2
 ez ≈ ρ z
2 ϵ0 1z - 1z 1 - 12 R2z2 + ...  ez ≈ ρ z2 ϵ0 12 R2z3  ez ≈ ρ R24 ϵ0 z2
Finalmente, identificando Qdisco = ρ π R2 (integração da equação (5)), obteremos
Ez→∞(r) = Qdisco
4 πϵ0 z2
Exemplo 4: Esfera oca uniformemente carregada de raio R. Campos elétricos interno e externo.
Como no exemplo anterior, Temos uma distribuição superficial de cargas elétricas. O que queremos fazer é determinar o campo dentro e fora da
esfera oca para saber como ele se comporta. O esquema do exemplo segue abaixo:
z
x
yO
r
r ' r

-
Esquema de uma esfera oca e seus vetores notáveis..
Solução:
Para resolver este tipo de problema, podemos explorar a simetria e trabalhar rotacionando o eixo de forma que o vetor “sem linha” seja posto
diretamente sobre um dos eixos. Sendo assim, façamos uma rotação nos eixos de tal forma que o eixo z esteja bem acima deste vetor:
z
x
y
O
r
r 'r -ϕ
Eixos rotacionados
Agora, podemos escrever os vetores “sem linha” de uma maneira mais conveniente.
r
 = z ez
Eletrostática no vácuo.nb 7
r
 ' = R Cos θ ' Sen ϕ ' ex +R Sen θ ' Sen ϕ ' e y +R Cos ϕ ' ez
Tirando a diferença e o módulo, obtemos
r
 - r ' = -R Cos θ ' Sen ϕ ' ex -R Sen θ ' Sen ϕ ' e y +(z -R Cos ϕ ') ez
|| r - r ' || = R2 Cos2 θ ' Sen2 ϕ ' + R2 Sen2 θ ' Sen2 ϕ ' + (z -R Cos ϕ ')21/2 =
= z2 + R 2 - 2 z R Cos ϕ '1/2
Como a distribuição de carcas está em um superfície, fazemos a simplificação de ⅆV’ para ⅆS’, onde usamos o Jacobiano apropriando para as
coordenadas esfericas com raio fixo:
E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ') (r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆV ' =
= ρ
4 πϵ0 0
2 ππ
0
-R Cos θ ' Sen ϕ ' ex -R Sen θ ' Sen ϕ ' e y +(z -R Cos ϕ ') ez(z2 + R 2 - 2 z R Cos ϕ ')3/2 R2 Sen ϕ ' ⅆθ ' ⅆϕ '
Fica novamente claro que temos três integrais separadas, uma para cada coordenada. Mesmo assim, é evidente que as integrais nos eixos x e y
serão nulas pelo fato de estarem envolvidas integrais em seno e cosseno (observe o limite de integração também). Sendo assim, vamos apenas
resolver a última coordenada:
E(r) = ρ
4 πϵ0 0
2 ππ
0
(z -R Cos ϕ ') ez(z2 + R 2 - 2 z R Cos ϕ ')3/2 R2 Sen ϕ ' ⅆθ ' ⅆϕ ' =
= ρ R2
2 ϵ0 
π
0
(z -R Cos ϕ ') ez(z2 + R 2 - 2 z R Cos ϕ ')3/2 Sen ϕ ' ⅆϕ '
Resolvendo esta integral, obtemos
E(r) = ρ R2
2 ϵ0 z2 (z - R)|| z - R || - (-z - R)|| z + R || ez
Temos que avaliar agora os valores absolutos e verificar os campos nas duas regiões diferentes. Se z < R, ou seja, no interior da esfera, teremos
E(r) = 0
Para z > R,
E(r) = ρ R2
2 ϵ0 z2 ez
identificando, Qesfera = 4 π ρ R2, temos
E(r) = Qesfera
4 π ϵ0 z2 ez
Ou seja, o capo se corporta como uma carga pontual situada na origem. Observe que devido a simetria da esfera, esse resultado encontrado para
z é na verdade um caso especial, pois teriamos o mesmo comportamento em qualquer direção. Sendo assim, a resposta mais geral possível seria
E(r) = ρ R2
2 ϵ0 r2 (r - R)|| r - R || - (-r - R)|| r + R || r
8 Eletrostática no vácuo.nb
Exemplo 5: Esfera uniformemente carregada de raio R.
Agora vamos lidar com o caso mais geral. Vamos apenas estudar o caso mais simples porém altamente ilustrativo da esfera uniformemente
carregada. Aqui temos o uso total da forma geral da equação que descreve campos elétricos. De fato, o esquema é quase o mesmo que no
exemplo anterior, entretanto, temos a variação do raio. Sendo assim, o problema torna-se uma integral tripla. Não existem grandes dificuldade na
análise dos resultados também,entretanto, creio que este seja o tipo de exercicio mais simples para o campo elétrico de um corpo totalemnte
sólido.
z
x
yO
r
r ' r

-
r '
Esquema de uma esfera sólida e seus vetores notáveis..
Solução:
No exemplo anterior, pode-se verificar que na região externa à esfera, temos um caso onde toda a carga poderia ser considerada como concen-
trada na origem. Consideramos aqui uma sucessão infinita de cascas, onde o campo total é dado por
E(r) = Qtotal
4 π ϵ0 r2 r
Entretanto, a carga das camadas internas pode ser representada como uma razão da carga total devido à uniformindade da distribuição de cargas,
de sorte que
Qi = 43 π r34
3
π R3 Qtotal ⇒ r
3
R3
Qtotal
Sendo assim, o campo interno será dado por
E(r) = r3R3 Qtotal
4 π ϵ0 r2 r = Qtotal4 π ϵ0 R3 r r
Ei(r) = Qtotal
4 π ϵ0 R3 r r
ou seja, o campo interno de uma esfera sólida varia linearmente com o raio, equanto o campo externo é modelado como se toda a carga estivesse
no centro do sistema. Para verificar se isto faz algum sentido, basta ver se o campo terá o mesmo valor na fronteira:
Ei(R) = EE(R)
Qtotal
4 π ϵ0 R2 r = Qtotal4 π ϵ0 R3 R r
Este resultado pode ser obtido usando diretamente a lei de Coulomb. O esforço matemático é tamanho que as integrais (que por incrível que
pareça, são analíticas) são extrememente complicadas. Entretanto, como conseguimos chegar a um resultado conveniente à partir de uma
hipótese, temos que verifica-lo fazendo de fato as contas. Como em todos os exemplos anteriores, a primeira coisa a fazer é determinar os vetores
Eletrostática no vácuo.nb 9
que vão mapear a distribuição de cargas e o vetor direção. Já supondo uma rotação de conveniencia, obtemos
r
 = z ez
r
 ' = r ' Cos θ ' Sen ϕ ' ex + r ' Sen θ ' Sen ϕ ' e y + r ' Cos ϕ ' ez
onde 0 ⩽ r ' ⩽ R, 0 ⩽ θ ' ⩽ 2 π e 0 ⩽ ϕ ' ⩽ π
Observe que, diferente do caso da esfera oca, o raio “com linha” não é uma constante, agora, temos que integrar sobre todo o volume. A
direrença e o módulo da diferença entre os vetores serão dados por
r
 - r ' = -r ' Cos θ ' Sen ϕ ' ex - r ' Sen θ ' Sen ϕ ' e y + (z - r ' Cos ϕ ') ez
|| r - r ' || = z2 + r ' 2 - 2 z r ' Cos ϕ '1/2
Não precisamos simplificar o termo ⅆV’, apenas escreve-lo da maneira conveniente para o caso esférico. Sendo assim, a integral de campo será
E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ') (r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆV ' =
= ρ
4 πϵ0 0
2 ππ
0

0
R -r ' Cos θ ' Sen ϕ ' ex -r ' Sen θ ' Sen ϕ ' e y +(z -r ' Cos ϕ ') ez(z2 + r ' 2 - 2 z r ' Cos ϕ ')3/2 r '2 Sen ϕ ' ⅆ r ' ⅆθ ' ⅆϕ '
Observe que da mesma forma que no caso da esfera oca, as integrais nas componentes x e y se anulam devido às integrais em seno e cosseno na
coordenada θ’. Isto é devido ao fato de as linhas campo serem perpendiculares à superficie e elas representariam uma contribuição não perpendic-
ular (a mesma coisa para os exemplos anteriores). Logo, basta integrair na última componente:
E(r) = ρ ez
2 ϵ0 
π
0

0
R (z -r ' Cos ϕ ') r '2 Sen ϕ '(z2 + r ' 2 - 2 z r ' Cos ϕ ')3/2 ⅆ r ' ⅆθ ' ⅆϕ '
Esta integral foi resolvida usando o software Wolfram Mathematica. Seu resultado foi dado como
E(r) = ρ ez
2 ϵ0 1z2 16 r '2 + z2 - 2 r ' z Cos ϕ ' 2 r '2 - z2 + 2 r ' z Cos ϕ ' + 3 z2 Cos ϕ ' -
z3 Cos ϕ ' Lnr ' - z Cos ϕ ' + r '2 + z2 - 2 r ' z Cos ϕ '  Sen2 ϕ '
0
R π
0
Fazendo as substituições, teremos
E(r) = - ρ ez
2 ϵ0  13 z2 R2 (R - z)2 - (R + z)2 + z2 (R - z)2 - (R + z)2 + R z (R - z)2 + (R + z)2 
= - ρ ez
2 ϵ0  13 z2 R2 ( || R - z || - || R + z ||) + z2 ( || R - z || - || R + z ||) + R z ( || R - z || + || R + z ||)
 Temos que analisar os valores absolutos para estudar o campo dentro e fora da esfera. Se R - z < 0 , (dentro da esfera)
Ei(r) = - ρ ez
2 ϵ0 R2 [-(R - z) + (R + z)] + z2 [(R - z) + (R + z)] + R z [-(R - z) - (R + z)]3 z2  =
= - ρ ez
2 ϵ0 R2 [-R + z + R + z] + z2 [-(R - z) - (R - z)] + R z [-R + z - R - z)]3 z2  =
E(r) = - ρ ezϵ0 -z33 z2  = ρ z e

z
3 ϵ0
Ei(r) = ρ z ez
3 ϵ0
10 Eletrostática no vácuo.nb
Agora, vamos analisar o caso onde z ⩾ R (fora da esfera):
Ee(r) = - ρ ez
2 ϵ0  13 z2 R2 [ || R - z || - || R + z ||] + z2 [ || R - z || - || R + z ||] + R z [ || R - z || + || R + z ||] =
= - ρ ez
2 ϵ0 R2 [-(R - z) - (R + z)] + z2 [-(R - z) - (R + z)] + R z [-(R - z) + (R + z)]3 z2  =
= - ρ ez
6 ϵ0 z2 R2 [-R + z - R - z] + z2 [-R + z - R - z] + R z [-R + z + R + z] =
Ee(r) = - ρ ez
6 ϵ0 z2 R2 [-2 R] + z2 [-2 R] + R z [2 z] = ρ R3 e

z
3 ϵ0 z2
Ee(r) = ρ R3 ez
3 ϵ0 z2
Da mesma forma que no caso co campo interno, calculando a carga total, teremos
Qtotal =
V '
ρ ⅆV ' = 4
3
π ρ R3 ⇒ ρ = 3 Qtotal
4 π R3
Substituindo ete resultado nos dois ultimos resultados, temos
Ee(r) = Qtotal
4 π ϵ0 z2 ez
Ei(r) = Qtotal
4 π ϵ0 R3 z ez
Normalmente, no caso geral teremos o vetor direcional substituido pelo radial, assim
Ee(r) = Qtotal
4 π ϵ0 r2 r
Ei(r) = Qtotal
4 π ϵ0 R3 r r
que é exatamente o mesmo resultado que obtemos assumindo as nossas hipóteses iniciais. Isto demonstra a força da teoria, em princípio, a
eletrostática resume-se em calcular campos usando a Lei de Coulomb. Vimos no último exemplo que esta integral pode ser incrivelmente
complicada e às vezes impossíveis. Entretanto, devido às propriedades matemáticas da lei de Coulomb, vamos à partir de agora trabalhar com“macetes” para calcular tal campo de formas mais fáceis.
2 Divergente e rotacional de campos eletrostáticos
Agora, vamos estudar mais a fundo as características matemáticas que estão presentes na teoria eletrostática. Como havia dito, o cálculo de
qualquer campo elétrico estacionário pode ser feito através de 
E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ') (r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆV '
Entretanto, sabemos que as integrais que temos que resolver, dependendo da complexidade geométrica imposta faz deste cálculo extremamente
complicado. Sendo assim, vamos operar com o operador nabla e verificar propriedades importante do campo elétrico estático.
2.1 Fluxo do campo elétrico e lei de Gauss
COnsidere um campo vetorial qualquer, por exemplo, F (r). Sabemos que o fluxo Φ deste campo sobre uma superfície qualquer S é dado por
Eletrostática no vácuo.nb 11
Φ =
S
F (r).ⅆS ' (7)
Da mesma forma, é o que acontece com o campo elétrico. Sabemos então que
Φe =
S
E(r).ⅆS '
Por simplicidade, suponha o fluxo de uma carga pontual fixada na origem. Sabemos que o campo é dado por
E(r) = 1
4 πϵ0 q r

|| r ||3
Assim, para uma carga pontual, o fluxo será dado por
Φe = q
4 πϵ0 
S
(r|| r ||3 . r2 Sen ϕ ⅆθ ⅆϕ r

|| r || =
= q
4 πϵ0 
S
Sen ϕ ⅆθ ⅆϕ =
Φe = qϵ0
Observe que este fluxo é constante. Para um conjunto de cargas, vale o princípio de superposição de campos, assim
Φe =
s

i=1
n
Ei ·ⅆS ' =
i=1
n 
s'
Ei ·ⅆS ' = ϵ0 
i=1
n qiϵ0 (8)
Então, o fluxo de um campo qualquer E =∑i=1n Ei sobre uma superfície fechada é sempre constante. logo

s
E ·ⅆS = Qtotalϵ0 (9)
A equação (9) é muito importante, ela pode ser usada para calcular a intensidade de campo e qualquer distribuição de cargas. É interessante
notar também que
Qtotal =
V '
ρ(r ') ⅆV '
Substitundo em (9) e aplicando o teorema de Gauss no lado esquerdo, obtemos

s'
∇ ·E ⅆV ' = 1ϵ0 
V '
ρ(r ') ⅆV '
Como os dois volumes são arbitrários, identificamos a forma diferencial da equação (9):
∇ ·E = ρϵ0 (10)
Universalmente, as equações (9) e (10) são conhecidas como Leis de Gauss para o campo elétrico, respectivamente nas suas formas integral e
diferencial. Ela é sempre válida, é uma equação chave da teoria e de fato, facilita muito em determinar campos elétricos de geometrias alta-
mentes simétricas. Seria equivocado dizer que podemos provar a Lei de Gauss à partir da Lei de Coulomb, o sertoseria que a Lei de Coulomb
obedece à lei de Gauss, que é muito mais fundamental. Entretanto, vamos aplciar o operador divergente diretamente na equação do campo
coulombiano e verificar a equação (10) e conseguentemente a (9).
2.2 Divergente do campo coulombiano
Aplicando diretamente o operador divergente no campo de Coulomb,
12 Eletrostática no vácuo.nb
∇ ·E(r) = ∇ · 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ') (r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆV '
Movendo o operador para dentro da integral e, lembrando que ele opera em quantidades “sem linha, ficamos com
∇ ·E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
∇ ·  (r - r ')|| r - r ' ||3  ρ(r ') ⅆV '
Lembrando que
∇ ·  (r - r ')|| r - r ' ||3  = 4 πδ3(r - r ')
Usando as propriedades da delta de Dirac, obtemos
∇ ·E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
4 πδ3(r - r ') ρ(r ') ⅆV ' = ρϵ0
Ou seja, recuperamos a equação (4). Fazendo um processo inverso, chegamos também à equação (3). Em resumo, verificamos que o campo
coulombiano es´ta de acordo com a Lei de Gauss. Como havia dito, ela é sempre válida, entretanto, seu uso em exercícios para determinação de
campos torna-se limitado à apenas problemas com alto grau de simetria. De fato, vamos calcular o campo elétrico de alguns corpos bem simples
para demonstrar o uso da Lei de Gauss em exercicios.
2.3 Exemplos para obtenção de campos usando a lei de Gauss
Exemplo 1: Campo elétrico de um fio infinito.
Considere um fio retilíneo de comprimento infinito. Vamos usar a lei de Gauss para determinar o campo elétrico em uma direção perpendicular.
O problema sugere uma simetria cilíndrica, como mostra o esquema abaixo:
z
x
y
0
Superfície 
gaussiana
n1
n2
n3
R
Esquema de um fio infinito
Solução:
Usando a lei de Gauss, temos o fato que
Qϵ0 =
S
E.ⅆS = 
A1
E.n1 ⅆ A1 + 
A2
E.n2 ⅆ A2 + 
A3
E.n3 ⅆ A3
Como,

A1
E.n1 ⅆ A1 + 
A3
E.n3 ⅆ A3 = 0
Eletrostática no vácuo.nb 13
Como a intensidade do campo é igual sobre toda a superfície,
Qϵ0 = 
A2
E.n2 ⅆ A2 = 
A2
E ⅆ A2 = E A2
A área A2 nada mais é do que
A2 = 2 π R. L
Assim
E = Q
2 π ϵ0 R. L
Lembrando que a carga no fio é dada pela integral 
Q =
z
ρ ⅆ z '
temos
E = ρ
2 π ϵ0 R
Como esse campo aponta radialmente para fora do eixo z, temos
E = ρ
2 π ϵ0 R r
Este resultado pode ser obtido também tirando um limite par acomprimento infinito do campo para um fio de comprimento determinado.
Exemplo 2: Campo elétrico de um plano infinito.
Neste segundo exemplo, vamos considerar um plano infinito ode vamos aplicar a lei de Gauss. Este exemplo não necessita nenhum esquemas,
ele é muito fácil de ser visualizado.
Solução:
Temos neste caso, o fato que 
Qϵ0 =
A
E ⅆ A
Supondo um campo constante, integramos ⅆ:A
Qϵ0 = E .2 A
Este campo é a soma das contribuições superiores e inferiores ao plano, explicando o 2 multiplicando A. Agora, como a carga total é dada por
Q = ρ.A
Temos finalmente,
E = ρ
2 ϵ0
Observe que esta é a intensidade do campo, o vetor direção aponta na direção perpendicular à superfície gaussiana, assim.
E = ρ
2 ϵ0 r
Exemplo 3: Campo elétrico de uma esfera de Raio R.
14 Eletrostática no vácuo.nb
Neste último exemplo, vamos usar a lei de Gauss para encontrar o campo elétrico de uma esfera maciça novamente. Lembrando do grande
esforço matemático que se tem quando calculamos diretamente pela integral da lei de Coulomb, o resultado é praticamente trivial usando a Lei
de Gauss pelo fato de ser um corpo altamente simétrico.
r
Superfície 
Esquema de uma esfera com uma superfície gaussiana
Solução:
Na superfície gaussiana, a magnetude do campo elétrico é igual em todos os seus pontos, sendo assim
Qϵ0 =
S
E ·ⅆS = E
A
ⅆ A
A diferencial ⅆA simplesmente é dada por ⅆ A = 8 π r ⅆ r
Assim,
Qϵ0 = E
A
8 π r ⅆ r = E4 π r2
Como esperado,
E = Q
4 πϵ0 r2
Como este campo aponta perpendicular à superfície gaussiana,
E = Q
4 πϵ0 r3 r
2.4 Rotacional do campo elétrico
Da mesma maneira que a lei de Gauss, podemos chegar ao resultado que queremos diretamente das condições que são consequencias do
princípio de superposisão. Entretanto, vamos aplicar o o operador rotacional diretamente sobre o campo elétrico coulombiano. Considere então a
seguinte operação:
Eletrostática no vácuo.nb 15
∇ ×E(r) = ∇ × 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ') (r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆV '
Embutindo o operador dentro da integral e lembrando que ele atua apenas em coordenadas com linha, obtemos
∇ ×E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
∇ ×  (r - r ')|| r - r ' ||3  ρ(r ') ⅆV '
Mas, lançando mão de um importante resultado da análise vetorial,
∇ × (r - r ')|| r - r ' ||3 = 0
Temos ∇ ×E(r) = 0 (11)
Obviamente, a forma integral de (11) será dada por

C
E ·ⅆ l = 0 (12)
Sabemos que pelo teorema de Stokes temos o seguinte resultado:

C
E ·ⅆ l =
S
∇ ×E(r) ·ⅆS
Sendo assim, de (11), resulta em (12). Uma curiosidade é que toda a eletrostática no vácuo está contida nas equações (4) e (5), que são conheci-
das como equações de Maxwell para a eletrostática. 
3 Potencial elétrico
Uma característica fundamental do campo elétrico vem do fato que, de acordo com a análise vetorial, se um campo vetorial qualquer respeita a
seguinte relação: ∇ ×F = 0
Então dizemos que o campo F é um campo conservativo. Um campo conservativo também é conhecido como campo grandiente, pois sabe-se
que o rotacional operando sobre o vetor gradiente de qualquer função escalar f (x, y, z) será nulo da mesma forma. Sendo assim, podemos supor
que o campo elétrico coulombiano é o gradiente de uma função chamada potencial. Ou seja
E = ∇ f
3.1 Equação do potencial elétrico
Podemos identificar U diretamente. Lembrando que o campo elétrico de uma distribuição de cargas é dada por
E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ') (r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆV '
Lançando mão de outro resultado da análise vetorial, temos que(r - r ')|| r - r ' ||3 = -∇ 1|| r - r ' ||
Assim, substituindo na equação do campo,
E(r) = - 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ')∇ 1|| r - r ' || ⅆV '
16 Eletrostática no vácuo.nb
Colocando o operador nabla para fora da integral, obtemos
E(r) = -∇ 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ')|| r - r ' || ⅆV '
Chamamos a integral acima de potencial elétrico. Definindo formalmente,
V (x, y, z) = 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ')|| r - r ' || ⅆV 'Volume (13)
Logo
E = -∇V (14)
A função potencial é uma função escalar. Sob diversos aspectos, calcular o potencial elétrico é uma maneira mais eficaz de encontrar campos,
uma vez que basta usar (14) para tal. Também, o potencial obedece ao princípio de superposição, então, para varias distribuições fixas no
espaço, temos
Vtotal = V1 + V2 + ... + Vn
Para ilustrar o cálculo do campo elétrico usando o potencial, vamos usar como exemplo o problema da esfera maciça que calculamos de forma
direta usando o campo. Lembre-se que para resolver aquele problema, as integrais que apareceram foram dolorasamente complexas.
Exemplo 1: Potencial de uma esfera maciça carregada uniformemente de raio R e seu gradiente.
Vamos utilizar o mesmo esquema que usamos no campo, mas desta vez, vamos calcular primeiro o potencial elétrico.
z
x
yO
r
r ' r

-
r '
Esquema de uma esfera sólida e seus vetores notáveis..
Solução:
Como em todos os exemplos anteriores, a primeira coisa a fazer é determinar os vetores que vão mapear a distribuição de cargas e o vetor
direção. Já supondo uma rotação de conveniencia, obtemos
r
 = z ez
r
 ' = r ' Cos θ ' Sen ϕ ' ex + r ' Sen θ ' Sen ϕ ' e y + r ' Cos ϕ ' ez
onde 0 ⩽ r ' ⩽ R, 0 ⩽ θ ' ⩽ 2 π e 0 ⩽ ϕ ' ⩽ π
Vamos determinar agora a diferença e o módulo entre os vetores:
r
 - r ' = -r ' Cos θ ' Sen ϕ ' ex - r ' Sen θ ' Sen ϕ ' e y + (z - r ' Cos ϕ ') ez
|| r - r ' || = z2 + r ' 2 - 2 z r ' Cos ϕ '1/2
Agora, como vamos integrar sobretodo o volume, não precisamos simplificar ⅆV’. Entretanto, diferente do campo, vamos embutir na equação
apenas o módulo. Lembrando que ρ é costante neste problema, obtemos
Eletrostática no vácuo.nb 17
V = 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ')|| r - r ' || ⅆV ' = ρ4 πϵ0 
V '
1
z2 + r ' 2 - 2 z r ' Cos ϕ ' ⅆV 'Volume
transofrmando para coordenadas esfericas, temos
V = ρ
4 πϵ0 0
2 ππ
0

0
R
r '2 Sen ϕ '
z2 + r ' 2 - 2 z r ' Cos ϕ ' ⅆ r ' ⅆθ ' ⅆϕ ' =
ρ
2 ϵ0 
π
0

0
R
r '2 Sen ϕ '
z2 + r ' 2 - 2 z r ' Cos ϕ ' ⅆ r ' ⅆϕ '
Resolvendo primeiro para o angulo ϕ’,
V = ρ
2 ϵ0 0 r '2
R π
0
Sen ϕ '
z2 + r ' 2 - 2 z r ' Cos ϕ ' ⅆϕ ' ⅆ r ' =
ρ
2 ϵ0 0
R
r '2
z r '
(r ' + z - || r ' - z ||) ⅆ r '
Se r’>z, temos que a integral será
V = ρϵ0 
z
R
r ' ⅆ r '
Se r’<z, ficamos com outra integral:
V = ρϵ0 
z
R
r '2
z
ⅆ r '
Usando o princípio de superposição, temos
V = ρϵ0 
z
R
r ' ⅆ r ' + ρϵ0 0
z
r '2
z
ⅆ r ' = ρ
6 ϵ0 3 R2 - z2
Assim, o potencial na direção z será
V = ρ
6 ϵ0 3 R2 - z2
Por simetria,
V (r) = ρ
2 ϵ0 R2 - r23
Ainda, lembrando que Qtotal é dado por
Qtotal =
V '
ρ ⅆV ' ⇒ ρ = 3 Qtotal
4 π R3
Substituindo em V,
V (r) = Qtotal
8 πϵ0 R 3 - r2R2
Para calcular o campo elétrico da esfera, basta aplicar o operador gradiente em V. Para regiões dentro da esfera, obtemos
E = Qtotal
8 πϵ0 R¨3 ∇r2 = Qtotal4 πϵ0 R¨3 r
Para regiões externas, 
18 Eletrostática no vácuo.nb
E = Qtotal
4 πϵ0 r¨3 r
3.2 Integral de linha de um campo elétrico
Para um campo elétrico dado, é interessante estudar o comportamento de sua integral de linha. Como já verificamos que o campo elétrico tem
natureza conservativa, já podemos supor o que queremos. Entretanto, vamos revisitar este problema e estuda-lo pelo caminho das integrais.
Suponha que queiramos calcular a seguitne integral abaixo:
I =
C
E ·ⅆ r
Onde o campo é dado para uma carga pontual:
E = q
4 πϵ0 r3 r
Considerando o elemento de linha em coordenadas esfericas, acabamos obtendo que
I =
C
E ·ⅆ r =
C
q
4 πϵ0 r2 ⅆ r
Integrando entre pontos quaisquer ra e rb, temos
I =
ra
rb
q
4 πϵ0 r2 ⅆ r = q4 πϵ0 ra - q4 πϵ0 rb
É se tivermos uma integral fechada, teremos o caso que
I =
C
q
4 πϵ0 r2 ⅆ r = q4 πϵ0 ra - q4 πϵ0 ra = 0
Então, para qualquer integral fechada de um campo de carga puntiforme

C
E ·ⅆ r = 0
Lançando mão do princípio de superposição, podemos considerar um capo de uma distribuição de cargas puntiformes, assim

C

i
Ei ·ⅆ r = 0 (15)
Como

C
E ·ⅆ r =
S
∇ ×E ·ⅆS
Obtemos novamente ∇ ×E = 0
Podemos substituir a equação do campo usando (14), assim
I =
C
E ·ⅆ r = -
C
∇U ·ⅆ r (16)
Eletrostática no vácuo.nb 19
3.3 Equação de Poisson e Laplace
Vamos lembrar a equação de Gauss para o campo eletrostático:
∇ ·E = ρϵ0
Vamos usar o fato que o campo elétrico é o gradiente do potencial,
-∇ ·∇U = ρϵ0
Logo
∇2 U = - ρϵ0 (17)
A equação 6 é conhecida como Equação de Poisson. Em regiões onde não existem cargas, temos apenas∇2 U = 0 (18)
que é a equação de Laplace. Vamos utilizar as equações de Poisson e Laplace pra calcular campos elétricos mais elaborados no fututo. Aqui,
temos o fato que, dependendo de onde estejamos calculando o campo, a equação de Laplace ou Poisson devem ser sempre satisfeitas.
4 Trabalho e energia eletrostáticas
Como estamos lidando fundamentalmente com uma força, temos que pensar também em outras quantidades que são corriqueiras no estudo da
mecânica. Vamos analisar agora o trabalho necessário para movimentar cargas quando estas estão sob ação de um campo e também a energia
armazenada uma vez que após fixar as partículas carregadas, o sistema final tem uma energia líquida bem definida.
Lembramos primeiro que o trabalho de uma força qualquer é dada pela integral de linha abaixo:
W =
C
F ·ⅆ r (19)
Vamos analisar a equação (19) no escopo da eletrostática e suas consequências. Vale lembrar também que o campo eletrostático tem natureza
conservativa, então podemos lançar mão de todo o desenvolvimento que fizemos de potencial elétrico e as conveniências desse resultado para
estudar a questão do trabalho da força elétrica.
4.1 Trabalho realizado para movimentar uma carga
Suponha que temos que movimentar uma carga que esteja sujeita à um campo elétrico arbitrário de um ponto A até B ao longo de um caminho
qualquer C. Sabemos que a força elétrica pode ser representada como o produto da carga pelo campo:
F = q ·E (20)
Preste atenção, queremos movimentar a carga que está sob ação deste campo, não será o campo em si que vai movimentar a carga. Pense no caso
de levantar um corpo sob ação da força da gravidade desde o solo até uma altura qualquer. Sabemos que, para manter o corpo à aquela altura, a
força necessária será a mesma que a força peso em magnetude porém com sentido oposto (Leis de Newton!). Aqui, teremos a mesma situação!
Estamos trabalhando contra o campo elétrico, que em analogia faria o papel da força da gravidade. Sendo assim, a força que irá posicionar a
carga terá um sinal oposto. Sendo assim, a integral do trabalho será
W = -q
C
E ·ⅆ r (21)
Entretanto, sabemos também que o campo elétrico pode ser representado como o gradiente do potencial mais um sinal negativo:
E = -∇V
Subistituindo a forma do campo em (21),
W = -q
C
E ·ⅆ r = q
C
∇V ·ⅆ r = q[V (B) - V (A)]
20 Eletrostática no vácuo.nb
De forma compacta,
W = q ΔV (22)
Assim, o trabalho que devemos realizar para mover uma carga sob influencia de um campo deve ser dada pela equação (22). Podemos definir a
diferença de potencial a partir da equação (4):
ΔV = W
q
(d .d .p)
A a diferença de potencial entre dois pontos é igual ao trabalho por unidade de carga para transportar uma partícula em uma região com campo
elétrico. Considerando o ponto de referencia no infinito ( onde V(∞) = 0 ), teremos
W = q V (r) (23)
4.2 Energia eletrostática de cargas discretas
Agora, suponha uma situação onde queiramos juntar uma quantidade de cargas em uma determinada região. Considerando a condição (23),
sabemos que o trabalho realizado para colocar a primeira particula vai ser nulo:
W1 = 0
Este resultado é pelo fato de não existir nenhum campo elétrico previamente no lugar onde posicionamos a primeira carga. Para a segunda
partícula, teremos o fato que existirá o campo de interação entre a partícula um e dois, sendo assim, o trabalho será dado por
W2 = q2
4 πϵ0 q1|| r2 - r1 ||
Para a terceira carga, basta usar o princípio de superposição para os potenciais
W3 = q3
4 πϵ0 q1|| r3 - r1 || + q2|| r3 - r2 ||
Se continuarmos a usar o princípio de superposição até a última carga que queremos fixar, é fácil ver que este processo se repete:
Wn = qn
4 πϵ0 q1|| rn - r1 || + q2|| rn - r2 || + ... + qn-1|| rn - rn-1 ||
Assim, o trabalho total para reunir todas as cargas será a soma de Wn = ∑i Wi. Por exemplo, o trabalho total para fixar 3 cargas será dado por
W = 1
4 πϵ0 q2 q1|| r2 - r1 || + q3 q1|| r3 - r1 || + q2|| r3 - r2 ||  = 14 πϵ0  q1 q2|| r2 - r1 || + q1 q3|| r3 - r1 || + q2 q3|| r3 - r2 || 
Para o caso de quatro cargas, é lógico que vamos seguir o mesma linha de pensamento. Primeiro, vamos escrever o trabalho para fixa-la:
W4 = q4
4 πϵ0 q1|| r4 - r1 || + q2|| r4 - r2 || + q3|| r4 - r3 ||
Somando cada uma das contribuições, vamos obter o seguinte resultado:
W = 1
4 πϵ0 q2 q1|| r2 - r1 || + q3 q1|| r3 - r1 || + q2|| r3 - r2 || + q4 q1|| r4 - r1 || + q2|| r4 - r2 || + q3|| r4 - r3 ||  =
W = 1
4 πϵ0  q2 q1|| r2 - r1 || + q3 q1|| r3 - r1 || + q3 q2|| r3 - r2 || + q4 q1|| r4 - r1 || + q4 q2|| r4 - r2 || + q4 q3|| r4 - r3 || 
A regra geral será dada pelo duplo somatório abaixo:
W = 1
2
1
4 πϵ0 i=1
n 
j=1j≠i
n qi q j|| ri - r j ||
Como exemplo, vamos expandir ele até a quarta carga e compara-lo ao resultado anterior.
Eletrostática no vácuo.nb 21
W = 1
2
1
4 πϵ0 i=1
n 
j=1
j≠i
n qi q j|| ri - r j || = 18 πϵ0 i=1
n qi q1|| ri - r1 || +i=1
n qi q2|| ri - r2 || +i=1
n qi q3|| ri - r3 || +i=1
n qi q4|| ri - r4 ||
= 1
8 πϵ0 q2 q1|| r2 - r1 || + q3 q1|| r3 - r1 || + q4 q1|| r4 - r1 || + + q1 q2|| r1 - r2 || + q3 q2|| r3 - r2 || + q4 q2|| r4 - r2 || +
q1 q3|| r1 - r3 || + q2 q3|| r2 - r3 || + q4 q3|| r4 - r3 || + q1 q4|| r1 - r4 || + q2 q4|| r2 - r4 || + q3 q4|| r3 - r4 || =
= 1
8 πϵ0 2 q2 q1|| r2 - r1 || + 2 q3 q1|| r3 - r1 || + 2 q4 q1|| r4 - r1 || + 2 q3 q2|| r3 - r2 || + 2 q4 q2|| r4 - r2 || + 2 q4 q3|| r4 - r3 || =
∴W = 1
4 πϵ0 q2 q1|| r2 - r1 || + q3 q1|| r3 - r1 || + q4 q1|| r4 - r1 || + q3 q2|| r3 - r2 || + q4 q2|| r4 - r2 || + q4 q3|| r4 - r3 ||
Obtivemos o mesmo resultado, como o esperado! Observe que contamos duas vezes cada contribuição, isso explica o fato de termos que dividir
por dois a nossa regra geral. Podemos ainda escrever a energia na seguinte forma abaixo:
W = 1
2

i=1
n
qi 
j=1
j≠i
n 1
4 πϵ0 q j|| ri - r j ||
Onde identificamos o termo entre parênteses como a soma dos potenciais de cada carga (princípio de superposição), de uma maneira mais
simplificada, obtemos finalmente
W = 1
2

i=1
n
qi V (ri) (24)
Que é o nosso resultado final para a energia em uma distribuição discreta de cargas. Observe que esta energia foi “armazenda” pelo fato de que
um trabalho externo foi realizado para coloca-las em suas posições.
4.3 Energia eletrostática de uma distribuição contínua de cargas
Aplicando um limite adequado na equação (24), obtemos a seguinte integral para a energia eletrostática:
W = 1
2

i=1
n
qi V (ri)⟹ 1
2
 V ⅆq '
entretanto, lembrando que a densidade de uma distribuição contínua é dada porⅆq 'ⅆV 'volume = ρ
Obtemos para a energia eletrostática a seguinte integral no volume:
W = 1
2

V '
V · ρ ⅆV 'volume (25)
Vamos desenvolver um pouco mais a equação (25) lançando mão da lei de Gauss. Lembrando do fato queρ = ϵ0 ∇ ·E
Subistituindo em (25), obtemos
W = ϵ0
2

V '
V ∇ ·E ⅆV 'volume
Para desenvolver a integral acima, vamos analisar o operador nabla aplicado em uma função de acordo com a regra do produto abaixo:
22 Eletrostática no vácuo.nb
∇ ·  f A = f ∇ · A + A(∇ f )∴ f ∇ · A = ∇ ·  f A - A(∇ f )
Integrando no volume a segunda linha deste desenvolvimento, obtemos

V
f ∇ · A ⅆVvolume =
V
∇ ·  f A ⅆVvolume -
V
A(∇ f ) ⅆVvolume =
=
V
∇ ·  f A ⅆVvolume =
V
f ∇ · A ⅆVvolume +
V
A(∇ f ) ⅆVvolume
Entretanto, sabemos do teorema de Gauss da análise vetorial que a integral do lado esquerdo pode ser substituida por

V
∇ ·  f A ⅆVvolume =
S
 f A ·ⅆS
Logo,

V
f ∇ · A ⅆVvolume =
S
 f A ·ⅆS -
V
A(∇ f ) ⅆVvolume (26)
Vamos usar a equação (26) e reescrever (25):
W = 1
2

V '
V · ρ ⅆV 'volume = ϵ0
2

V '
V ∇ ·E ⅆV 'volume =
S '
V E ·ⅆS ' -
V '
E(∇V ) ⅆV 'volume
Lembrando que ∇V = -E,
W =
V '
E2 ⅆV 'volume +
S '
V E ·ⅆS ' (27)
Quando integramos sobre todo o espaço, a segunda integral desaparece (Por que?), então
W = ϵ0
2

Todo o espaço
E2 ⅆV (28)
Sugestão de leitura: Griffiths e Reitz.
4.4 Exemplos
Agora, vamos aplicar as equações que encontramos e calcular a energia eletrostática de algumas distribuições discretas e contínuas de cargas.
Preste atenção que temos duas equações diferentes para o cálculo da energia eletrostática para distribuições continuas, vamos mostrar que,
apesar de uma abordagem diferente, podemos ver que acabamos obtendo o mesmo resultado. Uma questão a levantar é: Onde está armazenda
toda esta energia, afinal?
Exemplo 1: Energia eletrostática armazenada por quatro cargas de valor “q” dispostas em um quadrado de lado a.
Vamos utilizar o método desenvolvido para calcular a energia deste sistema. Primeiro, vamos desenhar um esquema que possa representar este
conjunto de cargas:
Eletrostática no vácuo.nb 23
a
0 x
y
q
2
q
3
q
4
q
1
a
2
Cargas dispostas em um quadrado.
Solução:
Usando a equação (6), podemos calcular a energia para este conjunto de cargas diretamente. Sendo assim, temos
W = 1
2

i=1
4
qi V (ri) = 1
2

i=1
4
qi 
j=1
j≠i
4 1
4 πϵ0 q j|| ri - r j || =
= 1
8 πϵ0 j=1
j≠1
4
qi
q1|| ri - r1 || +j=1
j≠2
4
qi
q2|| ri - r2 || +j=1
j≠3
4
qi
q3|| ri - r3 || +j=1
j≠4
4
qi
q4|| ri - r4 || =
1
8 πϵ0 q2 q1|| r2 - r1 || + q3 q1|| r3 - r1 || + q4 q1|| r4 - r1 || + + q1 q2|| r1 - r2 || + q3 q2|| r3 - r2 || + q4 q2|| r4 - r2 || +
q1 q3|| r1 - r3 || + q2 q3|| r2 - r3 || + q4 q3|| r4 - r3 || + q1 q4|| r1 - r4 || + q3 q4|| r3 - r4 || + q2 q4|| r2 - r4 || =
Usando as informações do esquema, obtemos para essa disposição de cargas
W = 1
8 πϵ0 q2 q1a + q3 q1a 2 + q4 q1a + q1 q2a + q3 q2a + q4 q2a 2 +
+ q1 q3
a 2
+ q2 q3
a
+ q4 q3
a
+ q1 q4
a
+ q3 q4
a
+ q2 q4
a 2
Somando os termos iguais
W = 1
4 πϵ0 q2 q1a + q3 q1a 2 + q4 q1a + q3 q2a + q4 q2a 2 + q4 q3a =
W = q24 + 2 
4 πϵ0 a J
24 Eletrostática no vácuo.nb
Exemplo 2: Três cargas dispostas nos vértices de um quadrado, cargas com sinais trocados. Qual será o trabalho 
necessário para trazer uma quarta carga +q no vértice vago?
Como no exemplo anterior, vamos usar a equação de energia para o caso discreto. Aqui, temos o seguinte esquema para a disposição de cargas:
a
0 x
y
q2 = -q
q3 =q1 = q
a
2
Cargas dispostas em um quadrado.
Solução:
 Vamos calcular o potencial no ponto (a,a) usando o princípio de superposição:
V (a, a) =Vi = q
4 πϵ0 1a 2 - 2a
Sabendo que
W4 = q4 ·V (a, a)
Como resposta, vamos obter
W4 = q2
4 πϵ0 a 12 - 2 J
Qual seria a energia armazenada pelo conjunto de cargas inicialmente? Usando a equação (6),
W = 1
8 πϵ0 i=1
3
qi 
j=1
j≠i
3 q j|| ri - r j || = 18 πϵ0 q1 j=1
j≠1
3 q j|| r1 - r j || + q2 j=1
j≠2
3 q j|| r2 - r j || + q3 j=1
j≠3
3 q j|| r3 - r j || =
= 1
8 πϵ0 q1 q2|| r1 - r2 || + q3|| r1 - r3 || + q2 q1|| r2 - r1 || + q3|| r2 - r3 || + q3 q1|| r3 - r1 || + q2|| r3 - r2 || =
1
4 πϵ0 q1 q2|| r1 - r2 || + q1 q3|| r1 - r3 || + q2 q3|| r2 - r3 || = q
2
4 πϵ0 a -2 + 12
Wsistema = q2
4 πϵ0 a 12 - 2 J
Então, a energia armazenda pelo conjunto é identica ao trabalho realizado para fixar a quarta carga! Este resultado é interessante, pois temos
Eletrostática no vácuo.nb 25
uma equivalência entre o trabalho e uma “energia potencial” contida no sistema anteriormente. Agora, qual o trabalho necessário para agrupar o
conjunto inteiro de cargas? Fixando a quarta carga, temos um adicional que é exatamente o dobro da energia anterior, sendo assim
Wtotal = Wsistema + W4 = 2 q2
4 πϵ0 a 12 - 2 J
Exemplo 3: Energia eletrostática de uma esfera oca carregada de densidade uniforme.
Neste tipo de exercicio, podemos utilizar as duas equações que temos para o cálculo da energia, não custa repetir elas abaixo:
W = 1
2

q'
V ·ⅆq
W = ϵ0
2

Todo o espaço
E2 ⅆV
Vamos resolver este problema das duas formas.
Solução:
Utilizando a primeira equação, basta substituir o potencial para uma esfera uniforme e integrar sobre a superfície (lembrando que é uma
simpificação do caso geral) que contém as cargas:
W = 1
2

Q
V ·ⅆq '
Lembrando que a densidade superficial de cargas é dada por ⅆq 'ⅆS ' = ρ
substituindo na integral para a energia
W = 1
2

S '
ρV ·ⅆS '
Lembrando que o potencial na superfície da esfera é dado por um valor constante:
V = Q
8 πϵ0 R
Substituimos este valor na integralda energia:
W = Q
8 πϵ0 R 
S '
ρ ·ⅆS '
A integral acima é trivial, ela vai dar a carga total da esfera oca! Sendo assim, a energia será
∴W = Q2
8 πϵ0 R J
Vamos utilizar a segunda integral e confirmar que este método pode ser usado da mesma maneira que o outro:
W = ϵ0
2

Todo o espaço
E2 ⅆV
Lembrando que o campo elétrico da esfera é dado por
26 Eletrostática no vácuo.nb
E = 0 (dentro da esfera), E = Q
4 πϵ0 r3 r (fora da esfera)
Montando a integral,
W = ϵ0
2

Todo o espaço
E2 ⅆV = ϵ0
2

0
R (Edentro)2 4 π r2 ⅆ r + ϵ0
2

R
∞ (Efora)2 4 π r2 ⅆ r =
= 0 + ϵ0
2

R
∞
Q
4 πϵ0 r2 2 4 π r2 ⅆ r = Q28 πϵ0 
R
∞ 1
r2
ⅆ r = Q2
8 πϵ0 - 1∞ + 1R
W = Q2
8 πϵ0 R J
Obtemos portanto o mesmo resultado. É importante lembrar que para usarmos a segunda equação, temos que integrar sobre todo o espaço, por
isso i limite superior foi para infinito na integral!
5 Condutores, indução elétrica e capacitores
Aqui, vamos olhar para as propriedades mais básicas dos materiais quanto a sua natureza eletrica. A primeira forma de caracterização de um
material é sendo ele ou um isolante ou um condutor. Na verdade, todo material é um condutor, dependendo apenas da intensidade de campo que
está agindo sobre ele. O que temos fundamentalmente é a “dificuldade” de cargas elétricas se movimentarem, no caso, os elétrons ou íons. De
uma maneira geral, por causa de sua estrutura eletrônica, os metais são bons condutores de cargas elétricas. Um condutor ideal teria um número
infinito de cargas livres, enquanto um isolante não teria nenhum.
5.1 Propriedades dos condutores
Os condutores possuem certas propriedades que os tornam especiais. A primeira propriedade é o fato de (1) o campo elétrico dentro de um
condutor é nulo. Por que? Se houvesse um campo dentro de um material condutor, teriamos um fluxo de cargas, o que impossibilitaria a própria
eletrostática. Para analisar isto, imagine que coloquemos um condutor em um espaço com um campo elétrico atuante. Sabemos que, por
existirem cargas livres, teremos um acúmulo de cargas na forma que elas se alinharão no condutor (serão induzidas) e, por causa desse alin-
hamento, teremos um campo interno de intensidade igual ao externo porém de sentido contrário. Como o campo líquido antes era zero, o campo
induzido no interior irá anular o campo externo. Quando “desligamos” o campo externo, o campo induzido desaparece quase que instantanea-
mente.
Também, (2) a densidade de cargas no interior de um condutor é identicamente nula. Isso é consequência da lei de Gauss. Se o campo é
nulo dentro de um condutor, então ∇ .E = 0
O que força ρ ≡ 0. Devido à indução de cargas, sabemos que (3) qualquer carga líquida em um condutor tem que estar na superfície em
decorrencia dos ultimos argumentos. Outra consequencia da ausência de um campo interno, temos

a
b
E ·ⅆ r = 0⟹V (b) - V (a) = 0
Sendo assim, dizemos que (4) um condutor é uma equipotencial. Sendo assim, sabemos que as (5) linhas de campo são perpendiculares ao
condutor.
5.2 Indução de cargas em condutores
Considere um esquema experimental onde temos uma carga de prova se aproximando gradualmente a um condutor. O que observamos é que o
condutor irá responder e vai ser atraido em direção à carga de prova. O que aconteceu foi que as cargas livres no condutor foram induzidas de tal
forma que houve um desbalanço entre cargas positivas e negativas, te acordo com o esquma abaixo:
Eletrostática no vácuo.nb 27
+q
+ +++++
+++
++++
- -
-- - --
- - -- -
-
Indução de um condutor
Agora, se existe uma cavidade dentro do condutor, onde dentro desta exista uma distribuição de cargas, ela ficará isolada do ambiente e fará com
que o corpo do condutor em si fique induzido, de alguma forma denunciando sua presença no interior do condutor. Também, se existe uma
cavidade e uma ausência de cargas nela, se o condutor for exposto a um campo externo, a cavidade não será afetada, mantendo ainda um campo
nulo em seu interior. Vamos abordar a questão da indução de cargas com dois exemplos.
Exemplo 1: Esfera carregada por uma casca grossa condutora.
Uma esfera metálica de raio R e carga q, está cercada por uma grossa casca metálica concêntrica de raio interno a e raio externo b. A casca não
tem carga líquida. (a) Encontre a densidade superficial de cargas em R, a e b. (b) Também, encontre o potencial no centro do sistema, usando o
infinito como referencia. (c) Suponha depois que a casca foi aterrada. Como o sistema se modificaria?
Solução:
Para calcular a densidade superficial de cargas, vamos usar o fato que
q =
S '
ρ ⅆS '
Sendo assim, para a carga na superfície da esfera, teremos
ρesfera = q
4 π R2
No caso da superfície interna de raio a, temos uma indução de cargas -q, sendo assim
ρcasca interna = - q
4 π a2
Para a superfície externa, temos a carga total do sistema:
ρcasca externa = q
4 π b2
Para encontrar o potencial no centro do sistema, vamos calcular uando a integral de linha para o campo elétrico:
V (0) = - E ·ⅆ r = -b∞
q
4 πϵ0 r2 ⅆ r -
a
b
0 ⅆ r -R
b
q
4 πϵ0 r2 ⅆ r -
0
R
q
4 πϵ0 r2 ⅆ r = q4 πϵ0 1b + 1R - 1a
V (0) = q
4 πϵ0 1b + 1R - 1a
que nada mais é do que a soma dos potenciais.
No último caso, quando a esfera é aterrada, a superfície externa está aterrada, ou seja, a densidade de cargas se anula. Sendo assim, o potencial
em (0,0,0) será proveninete apenas da superfície interna da casca e da superfície da esfera:
28 Eletrostática no vácuo.nb
V (0) = q
4 πϵ0 1R - 1a
Para o próximo exemplo, vamos analiser uma distribuição de cabvidades assiméricas.
Exemplo 2:
Duas cavidades esfericas de raios a e v são escavadas no interior de uma esfera condutora (neutra) de raio R. No centro de cada cavidade é
colocada uma carga pontual qae qb. (a) Encontre a densidade de cargas superficiais ρa, ρb e ρR. (b) Qual o campo fora do condutor? (c) Qual o
campo dentro de cada cavidade? (c) Qual a força entre qa e qb? (d) Qual dessas respostas mudaria se uma terceira carga qc, fosse aproximada do
condutor?
Solução:
(a) Para encontrar a distribuição de cargas, basta usar a integral para cargas:
ρa = qa
4 π a2ρb = qb
4 π b2ρR = (qa + qb)
4 π R2
(b) Para encontrar o campo fora do condutor, usamos a lei de Gauss:

Senv
E ·ⅆSenv = Qenvϵ0
Portanto, sabendo que Qenv = qa + qb, temos
E = (qa + qb)
4 πϵo r3 r
(c) para encontrar o campo em cada cavidade, basta usar também a lei de Gauss para cada carga:
Ea = qa
4 πϵo ra3 ra
Eb = qb
4 πϵo rb3 rb
(d) Como o potencial dentro do condutor é constante em todos os pontos, em seu interior o campo é zero. Sendo assim, a força entre as cargas
também é nula, pois elas não interagem.
(e) A densidade de cargas na superfície do condutor mudaria pois ele também seria induzido pela terceira carga presente, sendo assim, o campo
externo também é modificado. Entretanto, o campo dentro de cada cavidade irá se manter o mesmo pois elas estão isoladas do mundo externo, e
a condição da resposta (d) fica inalterada, logo a força entre as cargas também é zero.
5.3 Força sobre um condutor e pressão eletrostática
Sabendo das propriedade dos condutores, temos o fato que o campo imediatamente fora seja expresso na seguinte forma:
E = ρϵ0 n
Podemos então expressar a densidade de cargas em função do potencial:
ρ = -ϵ0 ⅆVⅆn (29)
Eletrostática no vácuo.nb 29
Na presença de um campo externo, a carga superficial irá sofrer ação de uma força, ou melhor, uma força por unidade de área. Por um pensa-
mento intuitivo, é possível ver que esta “força” é dada por
f = 1
2 ϵ0 ρ2 n (30)
Mas, lembrando que E = ρ / ϵ0, temos, de fato, uma pressão eletrostática escrita na forma
P = ϵ0
2 ϵ0 E2 (31)
5.4 Capacitores
Vamos analisar agora um fato importante. Vivos ao longo de todo o percurso da eletrostática que o campo elétrico é proporcionala carga q. Da
mesma forma, o potencial. Podemos então, associar uma constante de proporcionalidade entre Q e V. Tal constante é conhecida como capacitân-
cia. A Capacitância é uma quantidade que depende apenas da geometria dos condutores. Devido à imensidão das quantidades envolvidas, a
unidade de medida (Farad) é muito inconveniente, na forma que geralmente se usam unidades mais praticas como μF ou pF. Para explorar essa
propriedade de capacitância, vamos estudar o caso do capacitor esferico, que é o caso mais simples.
Exemplo: Capacitância entre duas placas esfericas.
SUponha duas esferas concentricas de raio a e raio b. Colocando cargas Q de sinais opostos em cada esfera, teremos um campo entre estas placas
dadas por
E = Q
4 πϵo r3 r
A diferença de potencial será dada por
V (a) - V (b) = Q
4 πϵo 1a - 1b
Finalmente, como Q é proporcional a V, temos
Q = C ΔV, assim (32)
Assim
C = Q
Q
4 πϵo  1a - 1b  = 4 πϵo
a b
b - a
Fica como exercicio calcular a capacitancia de duas placas planas e paralelas e dois cilindros. Junto com o caso das cascas esfericas, estes
formam os casos clássicos para o cálculo da capacitância.
Lembrando ainda que
W =
q'
V ⅆq '
Substituindo V pela capacitancia, obtemos
W =
q'
q '
C
ⅆq ' = 1 Q2
2 C
Mesmo assim, lançando mão novamente do fato que o potencial é proporcional à carga, obtemos para a energia do capacitor
W = 1
2
C V 2 (33)
onde V é a diferença de potencial final do capacitor.
30 Eletrostática no vácuo.nb