Campo Elétrico-Exercícios Resolvidos

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1
 
 
 
 
 
 
ELECTROMAGNETISMO E ÓPTICA 
 
ELECTROESTATICA 
EXERCICIOS 
 
 
 
 
Departamento de Física 
UTAD 
Vila Real 
 2
 
1. Esfrega-se com seda uma varinha de vidro até esta adquirir uma carga de +220 nC (220 
x 10-9 C). De quantos electrões fica a varinha deficiente? 
 
Solução: 
Os electrões foram transferidos da varinha de vidro quando esta foi esfregada com seda, 
deixando um excesso de carga positiva na vareta. Cada electrão tem uma carga de 
grandeza e, e portanto o número de electrões transferidos foi: 
 
9
11
19
carga resultanteelectrões transferidos
carga de cada electrão
220 10 14 10 electrões.
1,6 10 / electrão
C
C



  

 
 
 
 3
2. Uma moeda de ouro da Época dos Descobrimentos tem uma massa de 30,5 g. O número 
atómico do ouro – número de protões no núcleo de um átomo de ouro – é 79, e portanto o 
número de electrões num átomo neutro de ouro é também 79. A massa atómica do ouro é 
197, o que significa que 1 mole de ouro tem uma massa mAu = 197 g. Quantos electrões 
contém moeda de ouro? Qual a carga total negativa contida na moeda? 
 
Solução: 
O número de átomos de ouro numa massa de 30,5 g é 
 
  23 2230,5 6,02 10 átomos/mole 9,32 10 átomos,
197 / mole
A
Au
gmN
m g

   
 
onde 236,02 10 átomos/moleAN   é o número de Avogadro, o número de átomos numa mole de 
qualquer substância. Cada átomo neutro de Au (Au é o símbolo químico do ouro) contém 
79 electrões, portanto o número total de electrões é 
 
 22
24
número de electrões (79 electrões por átomo) 9,32 10 átomos
7,36 10 electrões.
 
 
 
 
A carga total destes electrões é: 
 
   
  24 19 6
carga total dos electrões número de electrões carga por electrão
7,36 10 electrões 1,6 10 / electrão 1,2 10 .C C

      
 
 
O ouro é neutro, e portanto uma carga total positiva da mesma grandeza está presente 
devido aos protões. Note que o número de electrões transferido esfregando a vareta de 
vidro com seda é cerca de 1013 menor que o número de electrões na moeda de ouro. É 
ainda de referir que o número de electrões na vareta de vidro é comparável ao número 
existente na moeda de ouro. 
 4
3. Compare a força eléctrica e a força gravitacional para um único protão e um único 
electrão num átomo de hidrogénio. Admita um modelo puramente clássico para o átomo 
de hidrogénio, no qual o electrão se desloca numa orbita circular em torno do protão, 
estando este último no centro do átomo. O raio de um átomo de hidrogénio é 
aproximadamente 5 x 10-11 m, as massas me do electrão e mp do protão são 
respectivamente 9,11 x 10-31 kg e 1,673 x 10-27 kg. A força gravítica Fg entre duas massas m 
e M é atractiva e vale 2g
GmMF
r
 , onde r é a distância entre os centros das duas massas, e 
11 2 26,673 10 . /G N m kg  é a constante gravitacional. 
 
Solução: 
Calculamos primeiro a força gravítica entre o electrão e o protão 
 
    
 
11 2 2 31 27
47
22 11
6,67 10 . / 9,11 10 1,67 10
4 10 .
5 10
e p
g
N m kg kg kgGm m
F N
r m
  


  
   

 
 
A grandeza da força eléctrica vem 
 
   
 
9 2 2 19 19
8
22 11
0
(9 10 . / ) 1,6 10 1,6 101 9 10 .
4 5 10
e p
E
N m C C Cq q
F N
r m
 


  
   

 
 
8
39
47
9 10 2 10 .
4 10
E
g
F N
F N


  

 
 
Este resultado é independente de r. Mostra que, à escala atómica, a força eléctrica é muito 
superior à gravítica e justifica ignorar a gravitação a essa escala. 
 
 5
4. Duas pequenas bolas de cortiça são carregadas até 40 nC e separadas de 4 cm. Qual a 
grandeza da força eléctrica entre elas? Cada rolha de cortiça tem uma massa de 0,4 g. 
Compare a força eléctrica e o peso de uma das bolas. O peso P de um corpo de massa m é 
P mg , onde 29,8 /g m s é a aceleração da gravidade. 
 
Solução: 
A grandeza da força eléctrica é 
 
  
 
9 2 2 9 9
3
22 2
0
(9 10 . / ) 40 10 40 101 9 10 .
4 4 10
e p
E
N m C C Cq q
F N
r m
 


  
   

 
 
O peso de cada bola de cortiça é 3 2 3(0, 4 10 ) (9,8 / ) 0,4 10 .P mg kg m s N       
 
Portanto, a força eléctrica (repulsiva) é suficientemente forte para levantar uma das bolas 
se esta for colocada 4 cm acima da outra. (Uma carga de 40 nC é um bocado maior do que 
aquela que pode realisticamente ser colocada numa bola com um diâmetro de 1 cm). 
 
 
Pequeno objecto suspendido no espaço por acção sobre o mesmo de forças gravítica e 
eléctrica de sinal contrário 
+ 
+40 nC 
gF

 
EF

 
  
+40 nC 
 6
5. Considere três cargas pontuais 1 2 2,0q q nC  e 3 3,0q nC  colocadas como se mostra na 
figura. Determine as forças sobre 1q e 3q . 
 
Posição de três cargas pontuais. As cargas 1q e 2q são positivas, enquanto que 3q é negativa. 
As forças 12F

 e 13F

 na carga 1q , e a sua resultante 1F

, bem como as forças 31F

 e 32F

 na carga , 
e a sua resultante 3F

, estão representadas. 
 
Solução: 
A força sobre 1q é devida à presença das cargas 2q e 3q . Queremos determinar as forças 
vectoriais sobre 1q devidas a cada uma das cargas 2q e 3q separadamente, e a seguir somá-
las vectorialmente para determinar a força total sobre 1q . Utilizamos um procedimento 
parecido para determinar a força sobre 3q . 
 
A força sobre 1q é 
31 2
1 12 13 12 132 2
0 12 13
ˆ ˆ
4
qq qF F F r r
r r
   
      
    
  
. 
 
Da figura , podemos deduzir que 12rˆ i 

 e 13rˆ j 

. Portanto: 
 
+ 
- 
+ 
45º  
1 2 0 
2q 
3
q 
1q 
32
F 
3
F 
13
F 
12F 
31
F 
1F 
3 
 y m 
2 
1 
 x m 
 7
      
 
   
9 9
9 2 2 9
1 2 2
9 9
2,0 10 3,0 10
(9,0 10 . / ) 2,0 10
2,0 2,0
( 9,0 10 ) (13,5 10 ) .
C C
F N m C C i j
m m
N i N j
 

 
   
       
  
    
  
 
 
 
Mostra-se a direcção da força na figura. 
 
A força sobre 3q calcula-se de maneira parecida, com o caveat que o vector 32rˆ , que aponta 
de 2q para 3q , é dado por cos seni j  
 
: 
 
 
 
   
 
     
9 2 2 93 1 2
3 31 32 31 322 2
0 31 32
9 9
2 2 2
ˆ ˆ (9,0 10 . / ) 3,0 10
4
2,0 10 2,0 10
cos sen .
2,0 2,0 2,0
q q qF F F r r N m C C
r r
C C
j i j
m m m

 

 
    
            
    
  
    
  
  
  
 
 
O ângulo  é 45 ou / 4 rad, e portanto 3F

 vem 
 
9 9 9 9 9
3 ( 14 10 ) (4,8 10 ) (4,8 10 ) (4,8 10 ) (19 10 ) .F N j N i N j N i N j
              
     
 
 
 8
6. Determine a força numa carga pontual 1q situada no eixo de um anel uniformemente 
carregado de carga total Q. O raio do anel é R, e 1q está localizada à distância L do centro 
do anel 
 
A força numa carga pontual 1q devida a um anel de carga total Q. Determina-se primeiro a 
força entre a carga pontual e um segmento de anel de carga dq. (b) Apenas a componente-x 
da força precisa de ser determinada, pois as componentes y e z cancelam por simetria. 
 
Solução: 
O anel tem uma distribuição de carga contínua espalhada ao longo da linha encurvada, 
pelo que a integração tem de ser unidimensional. Um pequeno segmento do anel contém a 
carga dq (Figura a). Todos os segmentos deste tipo estão localizados à distância 
2 2'r R L da carga 1q , e a linha que une 1q a qualquer segmento do anel faz um ângulo 
 com o eixo-x. 
 
Vejamos agora as componentes da força sobre 1q .Como qualquer segmento do anel está à 
mesma distância 'r de 1q , a grandeza da força infinitesimal exercida por cada segmento 
infinitesimal sobre 1q é sempre a mesma. 
 
Mas isto não é verdade para a direcção da força. A força exercida pelo segmento dq da 
parte de cima do anel (z = 0, y = R) é dqdF

, e esta força tem componentes nas direcções x e 
y (Figura b). 
 
A força exercida pelo segmento 'dq da parte de baixo do anel ( 0,z y R   é 'dqdF

, e esta 
+ 
R L 
dq 
dq 
z 
y 
x 
dqdF  
dqdF 
(b) 
+ L 
dq 
R 
dF 
 
Anel de 
carga Q y 
x 
(a) 
'r 
z 
1q 
 9
força tem componentes nas direcções x e y (Figura. 1-6.1b). 
 
Como a grandeza de dq é igual à de 'dq , as componentes y da força cancelam-se, e as 
componentes x adicionam-se. As componentes y são as componentes perpendiculares ao 
eixo do anel. 
 
Este cancelamento ocorrerá para qualquer componente perpendicular da força pois 
consideramos sempre os elementos de carga aos pares. Portanto apenas precisamos de 
determinar a componente xF . A componente x do elemento na Figura a é 
 
1 1
2 2 2
0 0
coscos .
4 ' 4x
q qdqdF dq
r R L

 
 

 
 
A força resultante apenas tem componente x e é a soma de todas as componentes 
infinitesimais: 
 
1
2 2
0
cos .
4x x
qF dF dq
R L


 
  
 
Todos os termos que multiplicam dq são constantes e podem ser colocados fora do sinal de 
integral. Portanto 
 
1 1
2 2 2 2
0 0
cos cos .
4 4x
q q QF dq
R L R L
 
 
 
  
 
Utilizamos o facto que .dq Q Finalmente, da trigonometria vemos que 
 
2 2
cos L
L R
 

, 
e portanto 
 
 10
 
1
3 22 2
0
.
4x
q Q LF
R L


 (1) 
 
É sempre bom verificar o resultado, e podemos fazer duas verificações aqui. 
 
Quando a carga pontual 1q está muito longe do anel, o anel deve comportar-se como um 
ponto distante de carga total Q, e a força deve tomar a forma de Coulomb  21 0/ 4q Q L ; 
este é de facto o limite da Eq. (1) quando L R . 
 
Quando L = 0, a carga está no centro do anel e, por simetria, a força resultante deve ser 
zero. Este limite também está de acordo com o nosso resultado. 
 
 11
8. Determine o campo eléctrico devido a uma carga pontual 1,4q C , à distância de 0,10 
m desta carga (Figura a). Qual a força sobre uma carga ' 1, 2q C  que é colocada a esta 
distância de q (Figura b)? 
 
Solução: 
O campo eléctrico de uma carga pontual é dado directamente por 
 
   
   
9 2 2 6
6
22
0
9,0 10 . / 1,4 10
ˆ ˆ ˆ1,3 10 /
4 0,10
N m C CqE r r N C r
r m
   
    
  

. 
 
O campo eléctrico radia para o exterior do ponto ocupado pela carga de 1,4 C (Figura b). 
 
Se esta carga fosse negativa em vez de positiva, o campo radiaria para o interior e não 
para o exterior. 
 
Para determinar a força sobre 'q , tratamos o campo eléctrico já determinado como o 
campo externo que afecta 'q . 
 
A grandeza da força é então a grandeza do campo multiplicada pela grandeza de 'q : 
 
  6 6' 1, 2 10 1,3 10 / 1,6F q E C N C N     . 
 
O sinal de 'q é negativo; ao ser multiplicado pela grandeza do campo radial dirigido para 
fora, a força resultante sobre 'q actua radialmente para dentro. 
Tal não surpreende, pois cargas opostas atraem-se. 
 
+ 
q 
y 
x 
(b) 
-+ 
qF

 
q 
+ 
0.10m E

 
q P 
y 
x 
(a) 
 12
Alternativamente, podemos utilizar a equação vectorial da força F

exercida por um 
campo eléctrico exterior E

 sobre uma carga 'q , para obter o mesmo resultado: 
 
     6 ˆ ˆ' 1, 2 1,3 10 / 1,5F q E C N C r N r        
 
. 
 
 13
9. Considere três cargas colocadas sobre uma linha: 1 2q C  em 1 2x cm  , 2 3q C  em 
2 4x cm  , e 3 2q C  em 3 10x cm  . Determine o campo eléctrico no ponto A, que é a 
origem do sistema de coordenadas. 
 
 
 
O campo eléctrico no ponto A é devido a três cargas. A distância x é medida do ponto A. 
 
Solução: 
O campo eléctrico total no ponto A é a soma vectorial dos campos eléctricos produzidos 
pelas diferentes cargas nesse ponto. Portanto 
 
3
1
A j
j
E E


 
, (1) 
 
onde jE

 (j = 1, 2 ou 3) é o campo eléctrico devido à carga j no ponto A, isto é, 
 
2
0
1 ˆ
4
j
j j
j
q
E r
r


 (2) 
 
com jˆr dirigido do ponto j para o ponto A. Vem pois 
 
31 2
1 2 3 2 2 2
0 1 2 3
1 ( ) ( ) ( )
4A
qq qE E E E i i i
x x x
 
        
 
      
. (3) 
 
+ + -
A 
0x  
2cm 
1q 2q 3q 
x 
6cm 6cm 
 14
Cuidado com os sinais. Os vectores unitários i

 dentro de parêntesis indicam a direcção 
do vector unitário jˆr dirigido da posição da carga jq para o ponto A, mas a direcção do 
campo eléctrico jE

 devido à carga j é determinada pelo produto ˆj jq r . 
 
Por exemplo, a direcção de 3E

 é i

 pois o sinal negativo da carga 3q multiplicado por i

 
dá i

. Da Eq. (3) 
 
    
 
 
 
 
 
6 6 6
9 2 2
2 2 2
7
2 10 3 10 2 10
9,0 10 . / ( ) ( ) ( )
0,02 0,04 0,10
3 10 / .
A
C C C
E N m C i i i
m m m
N C i
      
      
  
 
   

 
 
O campo eléctrico total no ponto A é no sentido + x, portanto para a direita. 
 
 15
10. Determine o campo eléctrico do bipolo da Figura b num ponto P situado a uma grande 
distância r (r>>L) de cada uma das cargas. P está situado ao longo do eixo perpendicular 
que bissecta a linha entre as duas cargas. 
 
(Nota: o momento bipolar eléctrico p do par neutro de cargas  ,q q  separadas da 
distância L é 
p qL

, (1) 
onde o vector L

 é dirigido da carga negativa para a positiva). 
 
 
(a) Um bipolo eléctrico consiste de cargas iguais mas opostas separadas de uma distância L. 
O momento eléctrico bipolar p é dirigido da carga negativa para a positiva. (b) O campo 
total no ponto P, E

, actua apenas ao longo da direcção de q a q . 
 
Solução: 
O campo eléctrico total em P é 1 2E E E 
  
, onde 1E

 é o campo produzido pela carga q , e 
2E

 é o campo produzido pela carga q . 
 
As grandezas dos dois campos são iguais, mas 1E

 aponta na direcção contrária a q , 
enquanto que 2E

 aponta na mesma direcção de q . Portanto as componentes y de 1E

 e 2E

 
cancelam-se, e ficamos apenas com uma componente x para a direita que é o dobro da 
componente x do campo devido a cada uma das cargas: 
 
 1 2 12x x x xE E i E E i E i   
   
, 
+ - 
r r 
2
L 
2
L 
 
2E 
1E 
E 
y 
x 
P  
 
q q 0 
(a) (b) 
L 
-
q 
+ 
q p
 
 16
onde 
1 2
0
cos
4x
qE
r


 . 
Da Figura b, 
/ 2cos
2
L L
r r
   . 
 
O campo eléctrico total do bipolo ao longo do bissector perpendicular vem portanto 
 
2 3
0 0
2 ˆ ˆ
4 2 4
q L qLE i i
r r r 
       

. (2) 
 
A Eq. (1) é o resultado exacto ao longo do bissector perpendicular mesmo quando a 
distância do par de cargas ao ponto P não é grande. 
 
O campo eléctrico decresce com 31/ r . O campo em pontos sobre o eixo bissector é pois 
 
3
04pE
r
 

. (3) 
 
Se r>>L, então r y e sobre o eixo bissector: 
 
3
04
pE
y
 

. (4) 
 17
12. Uma vareta estreita de comprimento L está alinhado ao longo do eixo dos x, com as 
extremidades em 2x L  (Figura. 1-7.1). A carga total na vareta é zero mas a densidade 
de carga não o é, valendo 0( ) 2x x L  (positiva à direita da origem, negativa à esquerda). 
Determine a força sobre uma carga q colocada no ponto x R do eixo x, para a direita da 
ponta direita da vareta. 
 
Densidade de carga não uniforme 
 
Solução: 
Considere um pequeno segmento da vareta de comprimento dx , localizado no ponto x da 
vareta. A carga total do segmento é: 
02dQ dx xdx
L
  . 
 
A força infinitesimal exercida por esta carga sobre a carga q é 
 
 
0
2
0
2 1
4
qdF xdx i
L R x




 
, 
 
e a força total sobre a carga q é a soma de todas estas componentes infinitesimais, 
 
 
2
0
2
0 2
2
4
L
L
q xdxF dF i
L R x

 
 
 
  
. 
 
Fazendo a mudança de variável u R x  vem que 
 
- - + + 
y 
dx 
q 
R 2L 2L 
z 
x + 
 18
   2 22 2
1 1x R u R R
u u u R xR x R x
    
 
, 
e portanto 
 
 
 
 
2
0 0
2
0 02
22 21 1 1 ln
4 4 2
2 2
L
L
R Lq qRF i dx i R L LL R x L R LR x R R
 
 
  
                            

  
. 
 
Note que os limites de integração são colocados onde a distribuição de carga existir. Neste 
caso, a carga está presente de 2x L  a 2x L  . 
 
 19
13. Uma varinha isoladora de comprimento 2L transporta uma densidade linear de carga 
 . 
Determine o campo eléctrico num ponto P, à distância R da varinha ao longo do bisector 
perpendicular. 
Determine também o campo quando o ponto P está muito próximo da varinha (L>>R), e 
quando o ponto P está muito afastado desta (R>>L). 
 
Contribuição para o campo eléctrico de um elemento d x de uma varinha de comprimento 2L 
que transporta uma densidade linear de carga uniforme  a uma distância R da varinha. 
 
Solução: 
A carga dq sobre um segmento dx da varinha, situado à distância x da origem, vale 
 
dq dx , 
 
e a sua contribuição para o campo eléctrico tem grandeza 
 
2
0
1
4
dqdE
r
 . (1) 
 
Vamos agora determinar a correspondente grandeza vectorial: 
 
R r 
 
y 
x 
dE

 
L L 
O dx 
Elemento dx 
com carga dq 
 20
     2
0
1ˆ ˆ ˆ ˆsen cos sen cos .
4
dxdE dE i dE j i j
r
   

     

 (2) 
 
Para achar a soma das contribuições para o campo eléctrico de todos os segmentos dx da 
varinha, integra-se a Eq. (2). 
 
Para integrações deste tipo é necessário utilizar uma única variável, neste caso a variável 
mais simples é  . Da trigonometria 
 
tanx R  , 2cos
Rdx d

 , e 1 cos
r R
 . 
 
Substituindo as duas últimas expressões na Eq. (2) e integrando: 
 
 
   
   
 
0
0
00
0 0
2
2 2
0
0 0
0 0 0 0
0 0
0 0
0 0
1 cos ˆ ˆsen cos
4 cos
ˆ ˆ ˆ ˆsen cos cos sen
4 4
ˆ ˆcos cos sen sen
4 4
ˆ ˆ ˆ0 2sen sen ,
4 2
RE dE d i j
R
i j d i j
R R
i j
R R
i j j
R R



 
   
 
     
 
    
 
  
 

 
         
    
           
  
 

 
 
 
onde os limites 0 e 0 são os valores máximos de  , correspondendo às duas 
extremidades da barra, sendo 
 
0 2 2
sen L
L R
 

. 
 
Portanto, para L>>R, 0sen 1  e 
 
 21
0
ˆ,
2
E j
R




 
enquanto que para R>>L, 0sen
L
R
  e portanto 
 
2 2
0 0
ˆ ˆ
2 4
L QE j j
R R

 
 

, 
 
onde 2Q L é a carga total na varinha. 
 
Neste caso (R>>L), recuperamos o resultado da carga pontual, pois uma varinha de 
comprimento finito parece um ponto quando visto de grandes distâncias. 
 
 22
14. Determinar o campo eléctrico a uma distância L de um plano infinito com densidade 
de carga uniforme  . (Este problema tem a ver com condensadores, os quais têm 
inúmeras aplicações em circuitos). 
 
Solução: 
Escolhemos os eixos xz no plano carregado infinito. 
Queremos portanto determinar o campo eléctrico num ponto P ao longo do eixo dos y a 
uma distância L acima do plano. 
 
Para determinar o efeito do plano infinito todo, é boa ideia dividi-lo primeiro em anéis 
circulares centrados no ponto O (Figura 1), pois por simetria é fácil determinar o campo 
eléctrico produzido por cada um dos anéis, e depois achar a soma total. 
 
 
Figura 1 Determinação do campo eléctrico num ponto P à distância L de um plano de carga 
infinito. Divide-se o plano em anéis concêntricos (de raio r), acha-se a respectiva 
contribuição para o campo, e somam-se todas as contribuições. 
 
A contribuição de 1dq para o campo eléctrico no anel é 1dE

, e a contribuição 
correspondente do segmento oposto com carga 2dq é 2dE

. 
 
Note primeiro que, por simetria, as componentes horizontais de 1dE

 e 2dE

 cancelam, 
ficando apenas a componente vertical segundo y. 
 
 Como isto acontece para todos os pares de segmentos, o campo eletrico E

 
O 
1dq 
2dq 
y 
z 
x 
 
P 
L d 
2dE 
1dE 
 23
produzido por um dos anéis é a soma de todas estas componentes verticais: 
 
 
 3 22 2 2 2 20 0 0 0
21 1 2 2cos cos .
4 4 4 4
r drdq r dr L L r drE j j j j
d d d d L r
    
   
        
    
 (1) 
 
 
 Se agora somarmos as contribuições de todos os anéis de raios desde zero a infinito, 
cobrimos toda a área do plano, e obtemos o campo eléctrico total E

 no ponto P: 
 
 
 
 
1 22 2
3 20 2 2
0 0 0 0
0
2 1 1 .
4 4 1 2 2 2
r
r
L rL r dr L LE E j j j j
LL r
   
   



            
 
     
 (2) 
 
Portanto o campo eléctrico é constante e perpendicular ao plano carregado em todos os 
pontos, e para um plano carregado positivamente aponta para o exterior do plano. 
 
 24
15. Considere duas placas paralelas de cargas opostas (Figura 1). A grandeza da 
densidade superficial de carga em cada placa tem um valor constante de 6 21,0 10 /C m   , 
e as placas estão separadas de 1,0 cm. 
(a) Se um protão for largado do repouso junto à placa positivamente carregada, com que 
velocidade atingirá a placa negativamente carregada? 
(b) Qual será o seu tempo de trânsito? (Nota: a massa e carga do protão são 
respectivamente 271,67 10 kg e 191,6 10 C ). 
 
 
Figura 1 Carga q deslocando-se entre placas paralelas 
 
Solução: 
(a) A grandeza do campo eléctrico produzido por cada placa é 
02


. O campo 
produzido pela placa positiva aponta para fora (Figura 2a), e o campo produzido 
pela placa negativa aponta para dentro (Figura 2b). 
Sobrepondo os campos produzidos pelas duas placas (Figura 2c), na zona entre as duas 
placas os campos apontam na mesma direcção e o campo total é por isso a soma dos dois e 
vale 
0
E 

 . (1) 
 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
- 
- 
- 
- 
- 
- 
E 
1.0cm 
x 
+ 
q 
v 
 25
 
Figura2 (a) O campo eléctrico produzido pelo plano positivamente carregado aponta para 
o exterior do plano; (b) O campo eléctrico produzido pelo plano negativamentecarregado 
aponta para o plano; (c) O campo entre os dois planos vale 0  e está orientado do plano 
positivo para o negativo. 
 
A força F sobre o protão é o produto da sua massa m e aceleração a: 
 
F ma . (2) 
 
Então, o protão estará sujeito à aceleração: 
 
  
   
0
19 6 2
9 2 2
27
13 2
1,6 10 1,0 10 /
4 9,0 10 . /
1,67 10
1,1 10 /
F q E qa
m m m
C C m
N m C
kg
m s



 

  
 
   

 
 (3) 
 
Da mecânica, a distância d percorrida pelo protão durante o tempo t é: 
 
21
2
d at , (4) 
 
e a velocidade do protão ao fim desse tempo é: 
 
v at . (5) 
+ 
+ 
+ 
E 
02
E 

 
(a) 
- 
- 
- 
E 
02
E 

 
(b) 
+ 
+ 
+ 
- 
- 
- 
0
E 

 
(c) 
 26
 
Portanto 
 
  13 2 2 52 2 1,1 10 / 1,0 10 4,7 10 /v ad m s m m s      . (6) 
 
(b) O tempo de trânsito do protão é: 
 
5
8
13 2
4,7 10 / 4,3 10
1,1 10 /
v m st s
a m s
   

. 
 
As placas aceleram os protões e portanto constituem um acelerador de partículas 
carregadas. 
 
 27
16. Um electrão deslocando-se horizontalmente à velocidade 60 3 10 /v m s  entra na região 
entre duas placas horizontais de comprimento 1 3L cm . Um alvo fluorescente está 
localizado depois do fim destas placas a uma distância de 2 12L cm . Determine a deflexão 
vertical total do electrão no alvo, relativamente à sua direcção inicial, se o campo eléctrico 
entre as placas apontar para baixo com uma grandeza de 310 /E N C . Não existe deflexão 
na horizontal. (Nota: a massa e carga do electrão são respectivamente  319,11 10 kg e 
 191,6 10 C  . 
 
Solução: 
● A Figura 1 mostra a situação. Uma vez que não existe nenhuma força na direcção x, a 
componente do movimento do electrão nesta direcção é rectilínea uniforme, e portanto ele 
atravessa a placa 1L ao fim de um tempo t dado por: 
 
1
0
L
t
v
 . (1) 
 
● Durante este tempo o electrão de massa m e carga  q está imerso num campo eléctrico 
E na direcção negativa de y, ficando portanto sujeito a uma aceleração ya na direcção 
positiva de y: 
 
y
qEa
m
 . (2) 
 
● Uma vez que ao atravessar a placa 1L o electrão está sujeito a uma aceleração segundo 
y, o movimento do electrão nesta direcção é uniformemente acelerado, e ao atravessar as 
placas 1L ao fim do tempo t a sua deflexão 1y na direcção y será: 
 
2
12
1
0
1 1
2 2y
LqEy a t
m v
        
. (3) 
 
 28
 
Figura 1 Trajectória de um electrão através do par de placas deflectoras 
 
● Após ter chegado ao fim das placas 1L , o electrão fica livre de quaisquer forças 
(ignorando a gravidade), e continua numa linha recta a um ângulo  da sua direcção 
inicial, o qual pode ser determinado a partir das componentes segundo x e y da velocidade 
do electrão, xv e yv , no instante em que este deixa as placas: 
 
1 1
2
0 0 0 0
1tan .yy
x
a tv L q E LqE
v v m v v mv
             
 (4) 
 
● A deflexão do electrão segundo y ao longo da distância 2L é então: 
 
1 2
2 2 2
0
tan .
q E L L
y L
mv
  (5) 
 
A deflexão total é então: 
 
2
1 1 2 1 1
1 2 22 2
0 0 0
1
2 2
L q E L L qEL LqEy y y L
m v mv mv
                 
. (6) 
 
● Da Eq. (6) tira-se o resultado importante que a deflexão y é proporcional ao campo 
eléctrico E, e a possibilidade de deflectir electrões por este processo é utilizada em 
1L 
Alvo 
+ + + + 
- - - - 
y 
x 
2L 
P 
2y 
 
1y - 
e 
0V

 
0 
E 
 29
osciloscópios e outros dispositivos que empregam tubos de raios catódicos. 
 
Substituindo os valores numéricos: 
 
   
  
19 3 2 2
2 2
231 6
1,6 10 10 / 3 10 3 10 12 10 7,9 10 .
29,11 10 3 10 /
C N C m my m m
kg m s
  
 

        
  
 
 30
19. Linha de carga. Determine o campo eléctrico produzido por uma varinha de 
comprimento infinito positivamente carregada, de densidade linear de carga uniforme  . 
 
Solução: 
 
Figura 1 (a) Por simetria, a direcção do campo eléctrico E

 é radial. (b) A melhor superfície 
Gaussiana para determinar o campo eléctrico de uma linha de carga é uma superfície 
cilíndrica. Mostram-se as direcções do vector dA

 nas várias faces da superfície Gaussiana. 
 
● A Figura 1a mostra a situação. Para escolher a superfície Gaussiana apropriada, é 
necessário utilizar a simetria para obter alguma informação sobre a direcção e grandeza 
do campo eléctrico. 
 
Como a varinha tem extensão infinita tanto para cima como para baixo o campo eléctrico 
não pode ter componente ao longo de uma destas direcções, pois se o tivesse essa direcção 
seria a privilegiada violando a simetria. 
 
● Portanto a orientação do campo eléctico é radial, e dirigida para o exterior pois a 
varinha tem carga positiva. Por simetria, a grandeza do campo eléctrico é a mesma em 
todos os pontos de um círculo centrado na varinha. 
 
● A superfície Gaussiana que tira partido desta simetria é uma superfície cilíndrica de 
raio r e altura h, centrada na varinha (Figura 1b). Esta superfície Gaussiana cilíndrica 
não é real, a sua escolha é apenas um artifício para determinar o campo eléctrico a uma 
distância r da varinha. 
 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
E

 
(a) 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ h 
r 
Superfície 
Gaussiana + 
(b) 
dA

 (base 
superior) 
dA

 (base 
inferior) 
 
 31
● O fluxo através da superfície cilíndrica é 
 
superfície superfície superfície
superior inferior lateral
. . . .E dA E dA E dA     
    
 (1) 
 
● Note que E

 é paralelo às superfícies superior e inferior, portanto o elemento de 
superfície dA

 é aí perpendicular a E

. Portanto 
 
 superfícies superior e inferior: . 0.E dA 

 
 
● O fluxo através das superfícies superior e inferior é portanto zero. Para a superfície 
lateral o campo eléctrico é perpendicular à superfície, logo 
 
 superfície lateral: . cos 0E dA E dA E dA 

. 
 
● A expressão acima tem de ser integrada ao longo da superfície lateral para determinar o 
fluxo através desta superfície. Mas como ao longo da superfície lateral o campo eléctrico 
tem sempre a mesma grandeza, podemos passá-lo para fora do integral. Portanto 
 
superfície superfície
lateral lateral
.E dA E dA   

. (2) 
 
● O último integral é apenas a área lateral de um cilindro de raio r e altura h, isto é, 
2 r h . Portanto o fluxo total através do cilindro é 
 
2E r h  . (3) 
 
● Calculado o fluxo, aplica-se a lei de Gauss. A carga q no interior de uma superfície 
Gaussiana S está relacionada com o fluxo total através dessa superfície pela lei de Gauss: 
0superfície
fechada S
. .qE dA



 (4) 
 32
 
● A carga q no interior da superfície Gaussiana cilíndrica é precisamente a carga num 
segmento da varinha de comprimento h. Esta carga é o produto da densidade de carga  
pelo comprimento: 
 
q h (5) 
 
● Inserindo os valores do fluxo total e da carga na lei de Gauss: 
 
0 0
2 q hE r h 
 
  . (6) 
 
Resolvendo para E: 
 
02
E
r

 
 . 
 
 33
20. Casca esférica. Determinar o campo eléctrico dentro e fora de uma casca esférica de 
raio R, a qual tem uma carta total Q distribuída uniformemente na sua superfície externa. 
 
Solução: 
● Considere-seprimeiro o campo eléctrico no exterior da esfera (Figura 1a). 
 
Por simetria, o campo eléctrico é dirigido radialmente para fora para uma carga positiva 
Q e tem grandeza constante em todos os pontos à distância r do centro da casca. 
 
● Tomamos como superfície Gaussiana uma esfera de raio r centrada na casca. O produto 
.E dA E dA

 pois E

 e dA

 têm a mesma direcção. Utilizando a lei de Gauss 
 
2
0 superfície superfície
. 4Q E dA E dA E r

   

, (1) 
 
onde 24 r é a área da superfície Gaussiana esférica, e a carga total contida na esfera 
Gaussiana é a carga Q sobre a casca esférica. Da Eq. (1) 
 
no exterior da casca esférica, :r R 2
04
QE
r 
 . (2) 
 
● Para um ponto no interior da casca, temos de novo simetria esférica e por isso escolhe-se 
uma superfície Gaussiana esférica dentro da casca. Determina-se o fluxo eléctrico em 
função de qualquer campo eléctrico que possa existir como anteriormente. 
 
● Contudo, neste caso, nenhuma carga está contida na esfera Gaussiana, portanto o lado 
esquerdo da Eq. (3) tem de ser zero: 
 
no interior da casca esférica, :r R 0E  . (3) 
 34
 
Figura 1 (a) Mostra superfície Gaussiana mais indicada para determinar o campo eléctrico 
no exterior de uma casca esférica uniformemente carregada. (b) A superfície Gaussiana 
mais apropriada para determinar o campo eléctrico no interior de uma casca esférica 
uniformemente carregada é uma esfera Gaussiana no interior da casca. 
 
● Para concluir, é de salientar que o problema da determinação em todo o espaço do 
campo eléctrico gerado por uma casca esférica com carga Q, é idêntico ao problema da 
determinação do campo eléctrico gerado por uma esfera condutora com carga Q, uma vez 
que na esfera condutora a carga está toda localizada à superfície. 
 
E

 
(a) 
R 
r 
Superfície Gaussiana 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
R 
r 
(b) 
 35
 
21. Esfera sólida. Determinar o campo eléctrico no exterior e no interior de uma esfera 
sólida não condutora de raio R que contém uma carga total Q uniformemente distribuída. 
 
Solução: 
● Da simetria do problema, o campo eléctrico é dirigido radialmente para fora para uma 
carga positiva Q e tem grandeza constante em todos os pontos à distância r do centro da 
esfera (ver Figura 1). 
 
As superfícies Gaussianas mais apropriadas a esta simetria são superfícies esféricas 
centradas na esfera carregada, e o fluxo através de qualquer destas superfícies é 
 
2
esfera esfera
E.dA dA 4E E r    

, (1) 
 
onde E

 é o campo eléctrico a uma distância r do centro. 
 
Ao aplicar a lei de Gauss é preciso cuidado no cálculo da carga contida na superfície 
Gaussiana. 
 
● Calculado o fluxo, aplica-se a lei de Gauss. A carga q no interior de uma superfície 
Gaussiana S está relacionada com o fluxo total através dessa superfície pela lei de Gauss: 
 
0superfície
fechada S
. .qE dA



 (2) 
 
● Considere primeiro o campo no exterior da esfera sólida (Figura 1a). A carga contida 
na superfície Gaussiana de raio r R é simplesmente Q. Inserindo os valores do fluxo e da 
carga na lei de Gauss: 
 
2
0
4 QE r

 , (3) 
 36
 
 
Figura 1 (a) A superfície Gaussiana mais adequada para determinar o campo eléctrico no 
exterior de uma esfera não condutora uniformemente carregada. A simetria é esférica. (b) A 
melhor superfície Gaussiana para determinar o campo eléctrico no interior de uma esfera 
não condutora uniformemente carregada é uma superfície Gaussiana esférica no interior da 
esfera sólida. 
 
● Donde no exterior de uma esfera sólida, 
 
r R : 2
04
QE
r 
 . (4) 
 
● Dentro da esfera sólida, a situação é diferente (Figura. 3-5.1b). A carga 'Q contida na 
superfície Gaussiana de raio r R é o produto da densidade volumétrica de carga  pelo 
volume 34
3
r . 
 
● A densidade de carga é dada por 
34
3
Q
R



 
  
. Portanto 
 
E

 
(a) 
R 
r 
Superfície Gaussiana 
+ 
+ + 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
R 
r 
(b) 
Superfície Gaussiana 
E

 
+ 
+ + + + + 
+ 
+ 
 37
3
3
3
3
3
4
4 3' 43
3
r rQ r Q Q
RR

 

   . (5) 
 
● Inserindo os valores do fluxo e da carga na lei de Gauss: 
 
3
32
0 0
'4
rQQ RE r
 
  , (6) 
 
● Donde dentro de uma esfera sólida, 
 
r R : 3
04
Q rE
R
 . (7) 
 
● A dependência radial do campo eléctrico gerado pela esfera sólida está representada na 
Figura 2. Como exigido por simetria, o campo é zero no centro da esfera. O campo 
aumenta linearmente com r até à superfície da esfera carregada, e seguidamente diminui 
inversamente ao quadrado de r. 
 
 
Figura 2 Campo eléctrico devido a uma esfera não condutora uniformemente carregada, 
como função da distância ao centro da esfera. 
Distância R 0 
24 o
Q
R 
 
C
am
po
 e
lé
ct
ric
o 
 38
22. Plano de carga. Determine o campo eléctrico no exterior de um plano de carga infinito, 
não condutor, com densidade superficial de carga  . 
 
Solução: 
● Por simetria o campo eléctrico será perpendicular ao plano (Figura 1), e se o plano for 
positivamente carregado o campo eléctrico apontará para fora do plano. 
 
Da simetria da situação, o campo eléctrico terá de ter o mesmo valor em locais à mesma 
distância do plano. 
 
● A superfície Gaussiana que melhor tira partido destes factores é a de qualquer sólido 
recto (cubo, paralelipipedo, cilindro), pois qualquer face destes sólidos ou é paralela ou é 
perpendicular ao campo eléctrico. 
 
Figura 1 A superfície Gaussiana conveniente para um plano de carga infinito pode ser 
qualquer superfície cujos lados sejam perpendiculares ao plano e cujas bases superior e 
inferior sejam paralelas ao plano. 
 
dA

 
E

 
E

 
E

 
E

 E

 
E

 
dA

 
dA

 
 39
● Escolhendo um cilindro Gaussiano, as áreas diferenciais dA

 para as bases do cilindro 
apontam para fora do plano carregado paralelamente ao campo, e a área diferencial dA

 
para a superfície lateral é paralela ao plano perpendicularmente ao campo (Figura 1). 
 
● Portanto 
 para a base superior: .E dA E dA

; (1a) 
 para a base inferior: .E dA E dA

; (1b) 
 
 para a superfície lateral: . 0E dA 

. (1c) 
 
● O fluxo através do cilindro Gaussiano é 
 
cilindro base base sup.
sup. inf. lateral
base base
sup. inf.
E.dA E.dA E.dA E.dA
dA dA 0 2 ,E E E A
    
   
   
 
      
 (2) 
 
onde utilizámos o facto do campo eléctrico ser constante nas bases superior e inferior do 
cilindro Gaussiano. 
 
● Calculado o fluxo, aplica-se a lei de Gauss. A carga q no interior de uma superfície 
Gaussiana S está relacionada com o fluxo total através dessa superfície pela lei de Gauss: 
 
0superfície
fechada S
. .qE dA



 (3) 
 
● A carga q no interior do cilindro Gaussiano é a carga na porção do plano dentro deste 
cilindro. Esta porção do plano tem área A, e como a densidade superficial de carga é  , 
vem 
 
 40
q A . (4) 
 
● Inserindo os valores do fluxo e da carga na lei de Gauss: 
 
0
2 ,AE A 

 (5) 
e portanto 
02
E 

 . (6) 
 
● Em unidades SI,  é expresso em coulombs por metro quadrado, portanto as unidades 
de 0 E são coulombs por metro quadrado o que está correcto. Note que o campoeléctrico 
é independente da distância ao plano. 
 
● Este resultado também é válido para um plano finito desde que a distância do ponto ao 
plano seja muito pequena em comparação com o comprimento e largura do plano. 
 41
23. Tomando como referencial o infinito, o potencial gerado por uma determinada 
distribuição de carga em função da posição é dado por   2, ,V x y z A x y B y z  , onde A e B 
são constantes. Determine o campo eléctrico respectivo. 
Solução: 
Conhecido o potencial V, o campo eléctrico E

 determina-se através da relação: 
 
E V gradV   
 
  
 
V V VE i j k
x y z
     
  
  
. (1) 
 
Primeiro, determinem-se as derivadas parciais: 
 
2V A y
x
 

; 
2V A x y B z
y
  

; 
V B y
z
  

; 
 
● O campo eléctrico é portanto 
 2 2E A y i A x y B z j B y k    
  
 
 42
24. Duas placas metálicas paralelas, cada uma com área 2225A cm , estão separadas de 
0,50l cm . A diferença de potencial entre as duas placas é 0,25 V. 
Determine o valor numérico do campo eléctrico. 
Qual é a densidade superficial de carga e a carga total de cada placa? 
Desenhe as superfícies equipotenciais a 0,10 V e 0,20 V. 
 
Solução: 
● É dada a diferença de potencial V entre as placas e também a sua separação l . Utiliza-
se a expressão 
 
VE
l
 . (1) 
 
● Portanto a grandeza do campo eléctrico é 
 
10,25 5,0 10 /
0,0050
V VE V m
l m
    
 
e aponta da direita para a esquerda (ver figura). 
 
 
 
Mostra as equipotenciais para 0,1V V e 0,2V V . As próprias placas são também 
equipotenciais. O campo eléctrico aponta da direita para a esquerda quando o potencial da 
placa esquerda é mais baixo do que o da placa direita. 
 
● Provou-se que o campo entre as placas é 0E   . Portanto 
 
E 
0 V 0.25 V 
0.10 V 0.20 
 43
 
2
10 2
0 9 2
150 / 4,4 10 /
4 9 10 .
CE V m C m
N m
 

       
. 
 
● Utilizando o valor acima em conjunção com o valor da área de cada placa, obtém-se a 
grandeza da carga em cada placa: 
 
  10 2 4 2 114,4 10 / 225 10 1.0 10Q A C m m C         . 
 
● O campo eléctrico é constante entre as placas paralelas. Portanto, da Eq. (1), a uma 
distância d da placa esquerda, o potencial difere de V Ed  do seu valor na placa 
esquerda situada a 0d  . A superfície potencial para 0,10V está então entre as duas placas 
a uma distância 
 
0,10 0,20
50 /
V Vd cm
E V m
   
 
da placa esquerda. Para 0,20V , determinamos uma distância de 0, 40cm . 
 44
25. A Linha de Carga. Determine o potencial eléctrico como função da distância radial R a 
uma linha de carga infinita de densidade de carga uniforme 
 
Solução: 
● Demonstre primeiro que o campo eléctrico num ponto a uma distância r de uma linha 
infinita de carga tem apenas componente radial, de grandeza 
 
02
E
r

 
 . (1) 
 
● A diferença de potencial entre dois pontos 2P e 1P é dada por 
 
2
1
2 1 .
P
P P P
V V E ds  
 
. (2) 
 
● Para determinar o potencial no ponto P, consideramos um deslocamento d s na direcção 
do campo eléctrico E

 e utilizamos a expressão conhecida para o campo eléctrico. 
 
● Para um campo eléctrico E

 electrostático o integral entre os dois pontos não depende do 
percurso entre eles. ds é um elemento de comprimento tangente em cada ponto ao 
percurso arbitrário percorrido do ponto 1P para o ponto 2P ( não ao contrário). 
 
Figura 1a ) Uma linha de carga infinita possui um campo eléctrico radial. 
 
E

ds  1P r R  2P r a 
(a) 
Linha carregada positivamente 
 45
● Como o campo eléctrico é radial e dirigido para fora (a carga da linha é positiva) 
escolhe-se ds paralelo a E

 (Figura 1a) e a diferença de potencial entre um ponto R e um 
ponto a que está longe da linha é: 
 
0 0
0 0 0
.
2 2
ln ln ln ln
2 2 2
a a a a
a R R R R R
r a
r R
drV V E ds E dr dr
r r
Rr a R
a
 
   
  
     


        
     
   
 
 (3) 
● Portanto, 
0
ln .
2R a
RV V V
a

 
   (4) 
● Note que para este caso não é possível fixar o potencial igual a zero no infinito pois o 
logaritmo é infinito para a   . 
 
● Fisicamente, isto acontece porque a própria linha tem extensão infinita e por isso a 
nossa distância à linha nunca é grande em comparação com o seu comprimento, isto é, 
para efeitos práticos nunca nos afastamos da linha. 
 
● Esboçamos o potencial da Eq. (4) na Figura 1b, admitindo como positiva a carga da 
linha. 
 
Distânci
R 
a 
V 
(b) 
Po
te
nc
ia
l 
 46
26. A Casca Esférica Carregada. Determine o potencial para uma casca esférica de raio R e 
carga Q uniformemente distribuída, em pontos tanto dentro como fora da casca. Fixe o 
potencial igual a zero no infinito. 
 
Solução: 
● Demonstre primeiro como trabalho de casa que o campo eléctrico num ponto a uma 
distância r de uma casca esférica carregada de raio R e carga Q tem apenas componente 
radial, de grandeza: 
 
 ► no exterior da casca esférica, :r R 2
04
QE
r 
 . (1) 
 
► no interior da casca esférica, :r R 0E  . (2) 
 
● A diferença de potencial entre dois pontos 1P e 2P é dada por 
 
2
1
2 1 .
P
P
V V E ds  
 
. (3) 
 
● Para um campo eléctrico E

 electrostático o integral entre os dois pontos não depende do 
percurso entre eles. 
  Seja ds é um elemento de comprimento tangente em cada ponto ao percurso 
arbitrário percorrido do ponto 1P para o ponto 2P ( não ao contrário). 
 
● Como o campo eléctrico é puramente radial e onde existe é dirigido para fora (a carga 
da casca é positiva) escolhe-se ds paralelo a E

 e portanto rE ds E dr E dr  
  . 
 
Como ponto 2P escolhemos o infinito e vamos então determinar a diferença de potencial 
2 1V V . Para um ponto 1P fora da casca esférica: 
 
 
 47
2
0
0 0 0
( ) ( )
4
1 1 1 .
4 4 4
r r
r
QV V r E dr d r
r
Q Q Q
r r r
 
  
 

     
       
 
 (4) 
 
● Portanto, se escolhermos ( ) 0V   , o potencial fora da esfera vale 
 
(no exterior da casca esférica), :r R
0
( )
4
QV r
r
 . (5) 
 
 
● Embora o campo eléctrico seja zero dentro da casca, o potencial não o será. 
 
 
● Esboça-se o campo eléctrico para a casca esférica na Figura a) e o potencial na Figura 
b). 
 
 
(a) Campo eléctrico e (b) potencial eléctrico para uma casca esférica de raio R. Embora o 
campo eléctrico seja zero no interior da casca, o potencial tem um valor constante igual 
àquele na superfície da casca. 
V 
r 
R O 
Po
te
nc
ia
l 
1/r 
Distância 
(b) 
C
am
po
 e
lé
ct
ri
co
 
Distância 
(a) 
R 
E 
r 
21/ r 
 48
27. Considere um condensador de placas paralelas e infinitas entre as quais se 
estabelece uma diferença de potencial 0V por intermédio de uma bateria. Utilizando a 
equação de Laplace ou de Poisson, determine o potencial eléctrico na região entre as 
placas do condensador, em função da distância z (Fig. 1). Depois, parta do potencial para 
determinar o campo eléctrico entre as placas. 
 
 
Figura 1 Mostra condensador de placas paralelas separadas de uma distância d muito 
menor do que a dimensão das placas (“placas infinitas”). 0V é a diferença de potencial entre 
as placas. 
 
Solução: 
Uma vez quena região entre as placas não existe qualquer densidade volumétrica de 
carga, a equação a utilizar é a equação de Laplace para o potencial V: 
 
2 2 2
2
2 2 2 0
V V VV
x y z
      
  
. (1) 
 
Da geometria da Fig. 1 as dimensões das placas no plano xy são infinitas e portanto 
passando de um ponto para o outro neste plano não se nota qualquer diferença em 
relação às placas, isto é, não pode haver variação do potencial nem com x nem com y. 
Portanto 
0V  0V V 
x 
y 
z z d 0z  
 49
2 2
2 2 0
V V
x y
  
 
, (2) 
 
e a equação de Laplace reduz-se a: 
 
2
2 0
d V d d V
d z d z d z
   
 
. (3) 
 
Na Eq. (3) a segunda derivada em ordem a z passa a ser total pois o potencial apenas 
depende de z. Integrando a Eq. (3), 
 
10
d V d z C
d z
  , (4) 
 
onde 1C é a constante de integração. Para obter o potencial integra-se a Eq. (4): 
 
  1 1 2V z C d z C z C   , (5) 
 
onde 2C é a constante de integração. Para que a solução seja única (teorema da 
Unicidade) há que especificar as condições fronteira. Da figura, a primeira condição-
fronteira é: 
( 0) 0V z   . (6) 
Mas da Eq. (5) 
 
 
2( 0)V z C  . (7) 
Comparando as Eqs. (6) e (7) conclui-se que: 
 
2 0C  . (8) 
 
Da Fig. 1, a segunda condição-fronteira é: 
 50
 
0( )V z d V  . (9) 
Mas da Eq. (5) 
 
1 2 1 1 0( ) 0V z d C d C C d C d V       . (10) 
 
Comparando as Eqs. (9) e (10) conclui-se que: 
 
0
1
V
C
d
 . (11) 
 
Inserindo os valores das constantes na Eq. (5), obtém-se a expressão para o potencial 
entre as placas: 
 
  0VV z z
d
 . (12) 
 
Para determinar o campo eléctrico a partir do potencial, utiliza-se a Eq. (12) em 
conjunção com a informação que o campo eléctrico deriva do potencial, obtendo-se: 
 
0, , 0,0,
VV V VE grad V
x y z d
                  

, (13) 
 
ou seja, o campo eléctrico tem o sentido negativo do eixo dos z, estando orientado da placa 
de potencial mais elevado para a placa de potencial mais baixo. 
 
 51
28. Para investigar os efeitos da electricidade, Benjamin Franklin poderia ter colocado 
duas cargas pontuais, 1 2q C e 2 4q C  , nos pontos 1P e 2P , respectivamente (Fig). 
 
(a) Determine o potencial eléctrico nos pontos a e b devido a estas duas cargas pontuais. 
(b) Determine a diferença de potencial entre os pontos b e a. 
(c) Quanta energia teria Franklin de ter de fornecer para trazer uma terceira carga, de 
grandeza 3 C , desde o infinito até ao ponto b? 
 
 
Solução: 
(a) O potencial eléctrico num ponto P devido a n cargas pontuais 1 2, , ..., nq q q distantes do 
ponto P de 1 2, , ..., nr r r , é dado por: 
 
1 2
10 1 0 2 0 0
1...
4 4 4 4
n
n i
P
in i
q qq qV
r r r r        
      . (1) 
 
Primeiro, determina-se o potencial no ponto a. A distância do ponto a a 1P é 1 2ar m , e a 
distância do ponto a a 2P é    2 22 2 3 13ar m m   (note que trabalhamos aqui só com 
um algarismo significativo). O potencial eléctrico aV no ponto a é 
 
 
1 2
0 1 2
6 6
9 2 2
1
4
2 10 4 109 10 . /
2 13
a
a a
q qV
r r
C CN m C
m m
 
 
 
    
      
 
 
 
 
+ 
a 
4 
2
1 
b
3 2
q 
1q 
2P 
1P 
 x m 
 y m 
1 2 3 
 52
As unidades do potencial são volts. Vemos neste caso que a combinação de unidades dá 
. / /N m C J C V  . É sempre útil fazer esta verificação. 
 
Agora, determina-se o potencial em b. A distância da carga 1q a b é 1 2br m ; 
semelhantemente, 2 1br m . Portanto o potencial bV é 
 
 
1 2
0 1 2
6 6
9 2 2
3
1
4
2 10 4 109 10 . /
2 1
27 10 27 .
b
b b
q qV
r r
C CN m C
m m
V kV
 
 
 
    
      
 
    
 
 
(b) A diferença de potencial 27 0 27 .b aV V kV kV kV      Portanto, o potencial é mais 
elevado no ponto A que no ponto b. 
 
(c) Se conhecermos o potencial eléctrico ( )V r devido a uma distribuição de cargas, e 
conhecermos também a grandeza de uma carga de prova 0q , então também conhecemos a 
energia potencial ( )U r quando 0q é colocada num ponto à distância r : 
 
0( ) ( )U r q V r . (2) 
 
A nova carga actua como uma carga de prova, 0 3q C . 
 
Como já sabemos o potencial eléctrico do sistema original das duas cargas, utilizamos a 
Eq. (2) para determinar a energia potencial da nova carga no ponto b: 
 
     6 30 3 27 3 10 27 10 0.08b bU q V C kV C V J          . 
 
 
O trabalho que Franklin teria de ter feito para trazer 3q do infinito é igual à variação na 
energia potencial do sistema, ou seja 0.08J . 
 53
 
Faz sentido? 
 
O potencial eléctrico no ponto b é negativo. A nova carga é positiva e será atraída para o 
potencial negativo. 
 
Portanto Franklin não teria feito trabalho positivo para trazer a carga para o ponto b; 
antes pelo contrário, teria feito trabalho negativo – conforme acabámos de calcular. 
 
Teria sim feito trabalho positivo para voltar a deslocar a mesma carga de novo para 
infinito. 
 
 
 54
29. O Anel Carregado. Determine o potencial eléctrico devido a um anel uniformemente 
carregado, de raio R e carga Q, num ponto P no eixo do anel. 
 
Solução: 
 
 
Geometria empregada na determinação do potencial num ponto P sobre o eixo de um disco 
carregado de raio R, utilizando a carga infinitesimal d q . 
 
Utiliza-se a geometria da figura e determina-se o potencial eléctrico no ponto P localizado 
sobre o eixo e à distância x do centro do anel. Vem então que 
 
0
1
4
dqV
r 
  . (1) 
 
Considera-se uma carga diferencial d q ao longo do anel, o qual está à distância constante 
2 2r R x  do ponto P. Uma vez que r é constante, pode passar para fora do integral na 
Eq. (4-8.1), e portanto 
 
2 2
0 0 0
1
4 4 4
Q QV dq
r r R x     
  
 . (2) 
 
Embora tal não seja pedido aqui, a determinação do campo eléctrico seria feita por 
aplicação directa da expressão: 
 
V V VE i j k
x y z
     
  
  
. (3) 
Anel carregado 
dq 
P 
R 
O 
r 
x 
x z 
 55
30. O Disco Carregado. Determine o campo eléctrico produzido num ponto P localizado 
no eixo de um disco fino de raio R uniformemente carregado com uma carga total Q, 
calculando primeiro o potencial eléctrico no referido ponto. 
 
Solução: 
A situação está representada na figura. Para determinar o campo eléctrico, determina-se 
primeiro o potencial. Uma vez que o potencial devido a um anel carregado é conhecido, 
divide-se agora o disco numa série de anéis concêntricos de raio r e espessura d r , para 
depois utilizar o princípio da sobreposição. 
 
 
Geometria utilizada para deteminar o potencial num ponto P sobre o eixo de um disco 
carregado de raio R. O potencial devido a um anel de raio r e espessura d r é determinado, 
depois somam-se as contribuições de todos os anéis do disco, integrando. 
 
A densidade superficial de carga no disco é constante e vale  2Q R  , e a carga total 
contida num anel de área diferencial d A é: 
 
2dq dA r dr    (1) 
 
O potencial devido a um anel carregado de raio r é: 
 
2 2 2 2
00
2
44
dq r drdV
r x r x
 
  
 
  . (2) 
 
x 
y 
x 
dr 
r 
R 
2 2r x 
Disco Carregado 
z 
 56
Somando agora as contribuições de todos os anéis para o potencial, obtém-seo potencial 
total no ponto P: 
 
     
   
1 22 2
1 2 1 22 2 2
2 20
0 0 0
0
1 2 1 22 2 2 2
2
0 0
2
4 4 1 2 2
2 2
r R
R
r
r xr drV R x x
r x
QR x x R x x
R
  
  

  


        
              

 (3) 
 
para x positivo. 
 
Embora esta integração fosse mais difícil que a do problema 4-8, não envolveu 
manipulação vectorial. 
 
Uma vez que o potencial depende apenas de x, o campo eléctrico apenas tem componente 
segundo x, isto é, xE E i
 
 Vem 
 
2 2 2
0
1
2x
V Q xE
x R R x 
         . (4) 
 
 Não é de admirar que E apenas tenha componente segundo x, pois por simetria 
apenas a componente x recebe contribuições que não cancelam. 
 
 
 Como verificação, note que no limite, quando x R , vem: 
 
 57
2
2 2 2 22
0 0 0
2
1 1 1
2 2 2 4
1
x
Q x Q R QE
R R x xRx
x
     
 
                
 
 (10) 
 
 
ou seja, muito longe do disco este, do ponto de vista do campo eléctrico, funciona como 
uma carga pontual. 
 58
31. O átomo de hidrogénio na sua configuração normal, não excitada, tem um electrão 
que orbita em torno de um protão a uma distância de 115,3 10 m . 
Na posição do electrão, qual o potencial eléctrico devido ao protão? 
Determine a energia potencial electrostática entre as duas partículas. Esta energia é 
importante para compreender a actividade química dos átomos. (Nota: a carga do protão 
é 191,6033 10 C ) 
 
Solução: 
O potencial eléctrico PV devido ao protão é: 
 
  9 2 2 19
11
0
9 10 . / 1,6 101 27
4 5,3 10P
N m C CeV V
r m 


 
  

 (1) 
 
A energia potencial electrostática é dada por: P
UV
q
 
 
    19 181,6 10 27 4.3 10PU e V C V J         . (2) 
 
 59
32. Calcule o potencial eléctrico devido a um bipolo eléctrico cujo momento bipolar tem a 
grandeza p num ponto arbitrário P. 
 
Utilização de geometria na determinação num ponto P do potencial eléctrico de um bipolo 
eléctrico. A grandeza do momento bipolar é p q l . 
 
Solução: 
O potencial eléctrico V num ponto P devido a n cargas pontuais 1 2, , ..., nq q q distantes do 
ponto P de 1 2, , ..., nr r r , é dado por: 
 
1 2
10 1 0 2 0 0
1...
4 4 4 4
n
n i
in i
q qq qV
r r r r        
      . (1) 
 
Um bipolo consiste de duas cargas pontuais, portanto a Eq. (1) determina o potencial, o 
qual será zero no infinito. 
 
Seja r a distância da carga q ao ponto P, e r r  a distância da carga q ao ponto P. Da 
Eq. (1) 
 
 
 
   0 0 0 04 4 4 4
q r r q rq q q rV
r r r r r r r r r       
       
      . (2) 
 
q q - + 
 
r 
r 
P 
r   
   
r 
 60
 
Seja p o momento bipolar. A distância entre as cargas é então l p q , e a distância r é: 
 
coscos pr l
q
   . (3) 
 
Substituindo este resultado na Eq. (2) vem para o potencial eléctrico bipolar: 
 
 0
cos 1
4 cos
q pV
r qr p

  


. (4) 
 
A título de curiosidade as distribuições bipolares são comuns na natureza, e as moléculas 
individuais com momentos bipolares – por exemplo 2H O – são chamadas moleculas 
polares. 
 
Longe do bipolo r l , o que equivale a q r q l p  e portanto da Eq. (4) 
para r l : 
 
2
0
cos
4
pV
r

 
 . (5) 
 61
 
.p q
   momento dipolar 
 
 
 
 
● O vector 

 orientado no sentido da carga negativa para a positiva. 
 
 +q -q 

 
 62
33. Utilize o potencial eléctrico de uma carga pontual q para determinar o seu campo 
eléctrico. 
 
Solução: 
A variação infinitésimal de potencial, d V , entre dois pontos separados da distância 
infinitesimal d s , está relacionada com o campo eléctrico pela expressão: 
 
.d V E ds 
 
 (1) 
 
Numa zona do espaço onde o potencial é constante (zona equipotencial) a variação no 
potencial é nula, portanto 0dV  . Da equação (1) vem logo que 
 
0 .E ds 
  , (2) 
 
o que significa que qualquer deslocamento d s numa zona de potencial constante é 
perpendicular ao campo eléctrico nessa zona, ou seja: 
 
a própria zona equipotencial é perpendicular ao campo eléctrico. 
 
 Portanto, o campo eléctrico é sempre perpendicular a uma zona equipotencial. 
 
Para um deslocamento d s paralelo ao campo eléctrico é 
 
dV E ds  , (3) 
 
ou seja a grandeza do campo eléctrico é: 
 
d VE
d s
  . (4) 
 
 63
No presente problema, o potencial é função apenas da distância radial à carga, 
 0/ 4V q r  
 
As superfícies equipotenciais são portanto esferas a uma distância constante da carga. 
 
O campo eléctrico é então dirigido radialmente para fora – perpendicular às 
equipotenciais, no sentido do potencial decrescente – e tem a grandeza 
 
2
0 0
1
4 4
d V d q qE
d r d r r r   
       
. (5) 
 
Apenas estamos a reproduzir aqui aquilo que já sabemos, mas a técnica é útil em 
contextos nos quais não sabemos antecipadamente a resposta! 
 
 
 64
 
34. 
(a) Determine a capacidade C de um condensador de placas paralelas de área 2100A cm 
separadas pela distância de 1d cm . 
(b) Determine a área de um condensador de capacidade 1 F, cujas placas paralelas estão 
separadas de 1 cm. 
Solução: 
(a) Conhecemos tanto A ( 2100 cm ) como d (1 cm ), portanto podemos determinar 
a capacidade desconhecida utilizando a equação: 
 
4 2
0 9 2 9
12
1 100 10 1/
4 9 10 1 10 4 9 10
8,8 10 8,8
A mC F m F
d m
F pF

 



          
  
 
 
(b) Neste caso, determinamos A a partir de C (1 F) e de d (1 cm). Vem: 
 
    
0
9 2 10 24 9 10 / 1 1,0 10 0,11 10 .C dA m F F m m

       
 
 65
35. O Cabo Coaxial. Um cabo coaxial transmite informação e tem aplicação, por exemplo, 
em sistemas TV cabo. É feito de um fio condutor cilíndrico inteiriço de raio a, rodeado 
por um entrelaçado coaxial e condutor de raio b. 
Determine a capacidade por unidade de comprimento de um cabo coaxial, admitindo que 
a zona entre o condutor central e o entrelaçado está no vazio. 
 
 
 
Diagrama esquemático de um cabo coaxial com um fio condutor sólido interior de raio a e 
um entrelaçado coaxial exterior de raio b. 
 
Solução: 
Utiliza-se a geometria da figura para determinar a diferença de potencial para uma dada 
carga. A razão destas grandezas determina a capacidade. 
 
Para um cabo coaxial infinitamente longo, faz apenas sentido falar em carga por unidade 
de comprimento, portanto temos de calcular a capacidade por unidade de comprimento. 
 
Considere uma carga por unidade de comprimento  no condutor externo do cabo (e  
no interno). 
 
A diferença de potencial entre os dois cabos é determinada utilizando um procedimento 
semelhante ao já utilizado nos exemplos anteriores. 
 
a 
b 
Entrelaçado 
coaxial 
condutor 
Fio condutor 
cilíndrico inteiriço 
Isolador 
dieléctrico 
Isolamento 
exterior 
 66
Vimos como a lei de Gauss dá o campo eléctrico, e a partir daí a diferença de potencial, 
entre dois pontos no exterior de uma linha de carga positiva. Estes exemplos têm 
aplicação directa ao potencial no espaço entre os condutores do cabo coaxial, a única 
diferença sendo que neste caso o condutor interno tem densidade linear de carga negativa. 
 
Deixa-se comoexercício provar que neste caso 
 
0
ln .
2b a
bV V
a

 
  (1) 
 
Dividindo a densidade linear de carga  pela diferença de potencial b aV V obtemos a 
capacidade por unidade de comprimento: 
 
02
lnb a bV V
a
  

. (2) 
 
Equivalentemente, a capacidade correspondente a um comprimento L do cabo é o 
produto do valor acima por L. 
 67
36. A Esfera Isolada. Determine a capacidade de uma esfera condutora isolada de raio R. 
Calcule a capacidade da Terra. 
 
Solução: 
Determinamos o potencial que resulta de colocarmos uma carga Q na esfera, e a razão 
destas quantidades é, por definição, a capacidade. Neste caso, a diferença de potencial 
envolvida é simplesmente o potencial da esfera tomando o potencial como sendo zero no 
infinito. Comece por demonstrar como trabalho de casa que o potencial à superfície da 
esfera é dado por: 
 
04
QV
R
 . (1) 
 
A capacidade da esfera isolada é Q a dividir por V: 
 
Para uma esfera isolada: 04
QC R
V
  . (2) 
 
A dependência da capacidade com R na Eq. (2) podia ter sido obtida da análise 
dimensional. A permitividade, 0 , tem unidades F/m e portanto terá de ser multiplicada 
por um comprimento para dar como resultado uma capacidade. O comprimento neste 
problema é o raio da esfera. 
 
A capacidade da Terra é determinada fazendo R igual ao raio da Terra, 66,38 10TR m  . 
Portanto 
 
 6 40 914 / 6,38 10 7,09 10 .9 10C R F m m F 
       
 (4) 
 
O Farad é realmente uma unidade grande! 
 
 
 68
37. Uma bateria de automóvel de 12 V é utilizada para carregar um condensador de 
100 F . 
(a) Quanta energia fica armazenada no condensador? 
(b) Compare esta energia com a energia armazenada na própria bateria, se a bateria for 
capaz de fornecer uma carga total de 53,6 10Q C  à diferença de potencial respectiva. 
(Esta é a carga que pode ser fornecida por uma bateria de 100 Amperes – hora, que é uma 
unidade industrial para a carga). 
 
Solução: 
(a) Quando a bateria carrega um condensador, a diferença de potencial entre as 
placas do condensador é a tensão da bateria. A energia U armazenada num condensador 
está relacionada com a sua capacidade C e com a diferença de potencial entre as suas 
armaduras V como: 
 
21
2
U CV . (1) 
 
Substituindo os valores, bem 
 
2 6 2 31 1 (100 10 ) (12 ) 7,1 10 .
2 2
U CV F V J      (2) 
 
(b) A energia potencial eléctrica U associada ao movimento de uma carga Q através 
de um potencial fixo V é dada por: 
 
U QV . (3) 
 
A energia potencial na bateria é portanto 
 
   5 63,6 10 12 4,3 10U QV C V J      , (4) 
 
isto é, a bateria contem mais 86 10 vezes mais energia que o condensador. 
 69
38. 
(a) Determine em cada ponto do espaço a densidade de energia devida a um condutor 
isolado esférico carregado de raio R, em função da distância r ao centro da esfera. 
(b) Utilize esta densidade de energia para determinar a energia total do sistema. 
(c) Compare esta energia total ao trabalho necessário para carregar a esfera. 
 
Solução: 
(a) A densidade de energia  corresponde à energia por unidade de volume 
armazenada no campo eléctrico e é dada por: 
 
20
2
E  (1) 
 
Comece por demonstrar como trabalho de casa que no exterior de uma esfera de carga Q, 
o campo eléctrico à distância r do centro da esfera é radial e tem a grandeza 
 
2
04
QE
r 
 , (2) 
 
e que no interior da esfera condutora o campo eléctrico é zero. 
A densidade de energia é então 
 
2
20
2 4
02 32
QE
r

 
  (3) 
 
no exterior da esfera, e zero no interior da esfera. 
(b) A energia total U do campo eléctrico é o integral sobre todo o espaço da 
densidade de energia: 
 
todo o espaço
U dV  . (4) 
 
 70
Como 0  dentro da esfera, apenas é necessário integrar para a zona do espaço onde 
r R . 
 
Atendendo à simetria da esfera, dá jeito considerar o volume como um conjunto de cascas 
esféricas concêntricas. 
 
O volume d V de uma casca esférica de espessura dr é o produto de dr pela área 24 r da 
superfície da casca. O elemento de volume é então 24dV r dr , e 
 
2 2 2 2
2
2 4 2
0 0 0 0todo o espaço
1 1 14 .
32 8 8 8R R
R
Q Q Q QU dV r dr dr
r r r R
 
       

 
        (5) 
 
(c) Para calcular o trabalho necessário para carregar a esfera trazendo carga desde 
o infinito, suponha que a esfera já contém a carga q e comece por demonstrar como 
trabalho de casa que o potencial à superfície da esfera é dado por: 
 
04
qV
R
 . (6) 
 
O trabalho adicional para trazer a carga dq é 
 
dW V dq , (7) 
 
e portanto o trabalho total vem: 
 
2
0
0 04 8
Q q QW dW V dq dq
R R 
      . (8) 
 
O trabalho realizado para ir buscar a carga desde o infinito é com efeito igual à energia 
total do sistema determinada na alínea (b). Este facto valida o cálculo efectuado. 
 71
39. Determine a capacidade equivalente para o circuito da figura. 
 
Circuito eléctrico com quatro condensadores. 
 
Solução: 
Dois condensadores 1C e 2C em paralelo equivalem a um único condensador C de 
capacidade: 
 
1 2C C C  , (1) 
 
e dois condensadores 1C e 2C em série equivalem a um único condensador cuja capacidade 
C é determinada de: 
 
1 2
1 1 1
C C C
  . (2) 
 
Neste circuito alguns condensadores estão combinados em série e outros em paralelo, e 
pretende-se encontrar a capacidade equivalente para o conjunto. 
 
 
 
 
 
 
 
10 F 
6 F 
5 F 
V 
2 F 
 72
 
Os quatro condensadores do circuito eléctricos são equivalentes a um condensador. (a) para 
(b): Os dois condensadores em paralelo são combinados num único, o qual fica em série com 
os dois condensadores restantes. (b) para (c): Os três condensadores em série são 
combinados resultando num condensador equivalente. 
 
Primeiro, combinam-se os dois condensadores em paralelo para obter um único 
condensador de valor 'equC (Fig. b); depois combinam-se os três condensadores em série 
para obter finalmente o condensador equivalente do circuito (Fig. c). Da Eq. (1) a 
capacidade dos condensadores em paralelo é: 
 
' 10 6 16eqC F F F     . 
 
Tendo reduzido o arranjo dos condensadores àquele representado na Fig. b, combina-se a 
série dos três condensadores resultantes utilizando a Eq. (2), para obter o condensador 
equivalente do circuito (Fig. c): 
 
  11 1 1 1 61
5 16 2 80eq
F
C F F F

  
    1,3eqC F 
 
10 F 
6 F 
Série 
Paralelo 
5 F 5 F 
2 F 
V V V 
2 F 
16equC F  
(a) (b) (c) 
13equC F 
 73
40. Um acelerador utilizado em investigação de tratamento de tumores ejecta protões a 
uma taxa de 132,0 10 protões/s. Sabendo que a carga de um protão é 191,6022 10 C , 
determine a corrente transportada por este feixe de protões. 
 
Solução: 
● A corrente é a carga por unidade de tempo transportada pelo feixe. Esta corrente é: 
 
   
  13 19
6 6
número de protões/s carga por protão
2,0 10 protões/s 1,6 10 / protão
3,2 10 / 3, 2 10 .
I
C
C s A

 

  
   
 
 
 
 74
41. Determine a velocidade de arrastamento, dv , para electrões num fio de cobre de 
diâmetro 1d mm que transporta uma corrente de 100 mA. O cobre tem grosso modo 
disponível um electrão livre por átomo para transportar carga, tem uma densidade de 
8,92 g/cm3 e um pesomolecular de 63,5g/mol. O número de Avogadro 
236,023 10 átomos/moleAN   . 
 
Solução: 
 
Os electrões arrastam-se na direcção oposta à corrente I, à densidade de corrente J

, e ao 
campo eléctrico E

. 
 
● A situação está retratada na figura. A velocidade de arrastamento dv num fio metálico 
de área transversal A, está relacionada com o número de electrões livres por unidade de 
volume no fio, en , com a grandeza da carga do electrão, q, e com a corrente no fio, I, pela 
expressão: 
 
d
e
Iv
n q A
 (1) 
 
● É dada a corrente I, e é fácil determinar 2A r , onde o raio do fio é 2r d . Contudo, 
tem de se determinar en da informação fornecida sobre o cobre. 
 
Como o cobre tem grosso modo um electrão livre por átomo, a densidade de electrões 
livres, en , é idêntica à densidade de átomos de cobre, n. 
 
A densidade atómica é determinada a partir da densidade do cobre, 3Cu 8,92 /g cm  , do 
número de átomos por mole, NA, e do peso molecular do cobre, 63,5 /M g mol : 
 
- 
- 
- 
E

 - 
J

 
I 
 electrõesdv 
I 
 75
 
 
● Sejam m e v a massa e volume de um átomo de cobre, respectivamente. Então, 
 
 
  3 3 23
3
28 3
8,92 10 / 6,02 10 átomos/mole1 1 electrão
63,5 10 / átomo
8, 4 10 .
Cu Cu
e
A
kg m
n
v m M N kg mole
m
 


 
   

 
 
 
● Admitindo que a corrente e a velocidade de arrastamento são constantes ao longo do 
fio, da Eq. (1) obtém-se: 
 
    
3
6
228 3 19 3
100 10 9,5 10 / .
8, 4 10 1,6 10 0,5 10
d
e
I Av m s
n q A m C m


  
   
  
 
 
 
 76
42. Qual é a previsão do modelo de electrões livres para o tempo de colisão de electrões 
portadores de corrente no cobre, dado que a resistividade do cobre é 81,7 10 .m  ? 
(Grandeza da carga do electrão: 191,6022 10 C . Massa do electrão: 319,11 10 kg . Número de 
portadores por unidade de volume no cobre: 28 38, 4 10 m .) 
 
Solução: 
● De acordo com o modelo dos electrões livres, o tempo  entre colisões sucessivas de 
electrões portadores de corrente num metal, está relacionado com a massa (m) e grandeza 
da carga (e) dos portadores, bem como com o número de portadores por unidade de 
volume ( en ) e com a resistividade do metal (  ), através da expressão: 
 
2
e
m
n e


 . (1) 
 
● Inserindo na Eq. (1) os valores dados no enunciado, vem: 
 
    
31
22 28 3 19 8
14
9,1 10
8,4 10 electrões / 1,6 10 1,7 10 .
2,5 10 .
e
m kg
n e m C m
s



 

  
   
 
 
 
 
 77
43. Determine a densidade de corrente, resistência, e campo eléctrico para um fio de cobre 
com 1mm de diâmetro, percorrido pela corrente de 100mA , se o seu comprimento for 10 m 
(Nota: a resistividade do cobre é 81,72 10 .m  
 
Solução: 
● A densidade de corrente, J , de um fio de secção recta A que transporta uma corrente 
I , é dada por: 
IJ
A
 . (1) 
● A secção recta A de um fio de diâmetro d é: 
2
2
dA      
. (2) 
 
● Inserindo a Eq. (2) na Eq. (1) e substituindo os valores, obtém-se: 
 
 
3
5 2
2 23
100 10 1,3 10 /
0,5 10
2
I AJ A m
d m


   
  
  
. (3) 
 
● Por outro lado, a resistência R de um fio maciço de secção uniforme está relacionada 
com a área A e comprimento L do fio, e com a resistividade  do material do fio, através 
da relação: 
LR
A
 . (4) 
 
● Substituindo os valores na Eq. (4), vem: 
 
   
8
23
101,72 10 . 0, 2
0,5 10
mR m
m


    

. (5) 
● Finalmente, o campo eléctrico E está relacionado com a resistividade e a densidade de 
corrente eléctrica como: 
  8 5 2 3. 1,72 10 . 1,3 10 / 2, 22 10 /E J m A m V m         (6) 
 
 78
 
 
 
 79
44. Sabendo que a resistividade da platina tem coeficiente de temperatura 10,0039 C   , e 
que à temperatura de 20 C a resistividade da platina é 810,6 10 .m  , calcule a resistência 
de uma bobina de fio de platina de diâmetro 0,5mm e comprimento 20m quando este se 
encontra à temperatura de 20 C . 
Determine também a resistência a 1000 C . 
 
Solução: 
 
● A resistência R de um fio maciço de secção uniforme está relacionada com a área A e 
comprimento L do fio, e com a resistividade  do material do fio, através da relação: 
 
LR
A
 . (1) 
 
● Pode-se determinar a resistência do fio de platina a 20 C inserindo na Eq. (1) o valor da 
resistividade deste metal a 20 C , e utilizando os valores do comprimento e diâmetro do fio 
na referida equação, para obter: 
 
 8 220 3
2010,6 10 . 11
0.5 10
2
C
L mR m
A m




     
 
 
 
 . (2) 
 
● Na segunda parte do problema, pretende-se determinar a resistência da platina à 
temperatura de 1000 C . Note-se primeiro que, conhecida a resistividade 0 de um 
material a uma temperatura de referência 0T (normalmente 20 C ), é possível determinar 
a resistividade  desse material à temperatura T utilizando a relação 
 
 0 01 T T       , (3) 
 
onde  é o coeficiente de temperatura. Combinando a Eq. (1) com a Eq. (3) obtém-se a 
equação da resistência em função da temperatura para fios condutores: 
 
 80
 0 01R R T T     (4) 
 
● Utilizando o valor da resistência 0 11R   à temperatura 0 20T C  , obtido da Eq. (2), 
bem como os valor de  do enunciado, obtém-se o valor da resistência à temperatura 
1000T C  : 
 
    11000 11 1 0,0039 1000 20 53CR C C C           . (5) 
 
 81
45. Uma lâmpada de 100 W é deixada acesa durante o Inverno num pequeno armazém 
para impedir arrefecimento excessivo da tinta aí armazenada. A classificação 100 W diz 
respeito à potência dissipada no filamento da lâmpada, o qual é simplesmente uma 
resistência. Se a electricidade custar 8 cêntimos/kWh, quanto custa deixar a lâmpada 
acesa durante 3 meses no Inverno? 
 
Solução: 
● Conhece-se a potência utilizada pela lâmpada e o tempo durante o qual esta potência é 
dissipada. Partindo desta informação, pode-se determinar a energia utilizada. É possível 
determinar o custo total pois é dada a tarifa da energia eléctrica. O número total de horas 
no período de três meses (3 meses) (30 d/mês)(24h/d)=2160h. A energia utilizada é o 
produto da potência dissipada pelo tempo de dissipação desta: 
 
     energia potência tempo 100 2160 216W h kWh   . 
 
● Portanto 
 
 custo 216 0,08 17,28euroskWh euros
kWh
    
. 
 
● Embora uma lâmpada seja sobretudo utilizada para produzir luz, a maior parte da 
energia eléctrica que esta dissipa é convertida em calor e não em luz. 
 
 82
46. Quando um fio é aquecido até uma temperatura T, irradia energia sob a forma de 
ondas electromagnéticas. A potência emitida por unidade de área do fio é dada por: 
 
8 4
4 25, 4 10 .
WP T
K m
  (1) 
 
Considere um abrigo de camionagem, em Trás-os-Montes, que é aquecido por uma 
bobina com 1m de comprimento feita de fio condutor com 1mm de diâmetro. A 
temperatura da bobina é 2000 K. Admitindo que a resistividade do material da bobina a 
essa temperatura é 75 10 .m  , e que a eficiência da conversão de energia eléctrica para 
energia irradiada é 20 por cento, estime a corrente que deve passar através do fio para 
que esta temperatura possa ser mantida. 
 
Solução: 
● Um fio de comprimento L e diâmetro D tem uma superfície de área D L . A potência