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Apostila de Eletromagnetismo - Versão 2011

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE UBERLÂNDIA – UFU 
FACULDADE DE ENGENHARIA ELÉTRICA – FEELT 
Professor Ivan Nunes Santos 
 
 
 
 
 
 
 
 
Apostila de 
Eletromagnetismo 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Uberlândia 
2011 
Universidade Federal de Uberlândia 
Faculdade de Engenharia Elétrica 
Eletromagnetismo 
 
Prof. Ivan Nunes Santos 
 
2 
 
SUMÁRIO GERAL 
 
Capítulo Conteúdo Página 
1 Análise Vetorial 03 
2 Lei de Coulomb e Intensidade de Campo Elétrico 20 
3 Densidade de Fluxo Elétrico, Lei de Gauss e Divergência 35 
4 Energia Potencial e Potencial Elétrico 51 
5 Condutores, Dielétricos e Capacitância 71 
6 Equações de Poisson e de Laplace 96 
7 Campo Magnético Estacionário 107 
8 Forças Magnéticas, Materiais e Indutância 132 
9 Campos Variantes no Tempo e Equações de Maxwell 157 
 
 
Universidade Federal de Uberlândia 
Faculdade de Engenharia Elétrica 
Eletromagnetismo 
 
Prof. Ivan Nunes Santos 
 
3 
1 – ANÁLISE VETORIAL 
 
1.1 Escalares e Vetores 
O termo escalar se refere a uma grandeza cujo valor pode ser representado por um único 
número real (positivo ou negativo). Exemplo de grandezas escalares: temperatura, tempo, massa, 
densidade, volume, tensão (voltagem), etc. 
Uma grandeza vetorial tem magnitude, direção e sentido no espaço. Exemplo de grandezas 
vetoriais: força, velocidade, aceleração, etc. 
Um campo também pode ser definido como escalar ou vetorial. Um exemplo de campo 
escalar é a temperatura em uma tigela de sopa, por outro lado, temos que o campo gravitacional e o 
magnético são exemplos de campo vetorial. 
 
1.2 Álgebra Vetorial 
A álgebra vetorial possui seu conjunto próprio de regras, do qual destacaremos algumas. 
A adição vetorial segue a regra do paralelogramo, conforme figura abaixo. 
 
A adição vetorial obedece à propriedade comutativa, ou seja, A B B A+ = +
� �� �
. A adição 
também obedece à propriedade associativa, ou seja, ( ) ( )A B C A B C+ + = + +� � � �� � . 
A regra para a subtração de vetores decorre facilmente da regra para a adição, pois sempre 
podemos expressa A B−
� �
 como ( )A B+ −� � ; o sinal, ou sentido, do segundo vetor é invertido, e este 
vetor é somado ao primeiro pela regra da adição vetorial. 
Vetores podem ser multiplicados por escalares. O módulo do vetor se modifica, mas sua 
direção e sentido não, quando o escalar é positivo, embora ele inverta de sentido quando 
multiplicado por um escalar negativo. A multiplicação de um vetor por um escalar também obedece 
às propriedades associativa e distributiva da álgebra, levado a 
Universidade Federal de Uberlândia 
Faculdade de Engenharia Elétrica 
Eletromagnetismo 
 
Prof. Ivan Nunes Santos 
 
4 
( )( ) ( ) ( )r s A B r A B s A B
rA rB sA sB
+ + = + + +
= + + +
� � �� � �
� �� � 
A divisão de um vetor por um escalar é meramente a multiplicação do vetor pelo inverso do 
escalar. 
A multiplicação de um vetor por outro vetor será discutida mais adiante ainda neste capítulo. 
 
1.3 Sistema de Coordenadas Cartesianas 
Para podermos descrever rigorosamente um vetor, alguns comprimentos, direções, ângulos, 
projeções ou componentes específicos devem ser dados. Há três métodos simples de fazê-lo, os 
quais serão esmiuçados neste capítulo. O mais simples destes é o sistema de coordenadas 
cartesianas ou retangulares. Neste sistema estabelecem-se três eixos coordenados que formam 
ângulos retos entre si, denominados de eixos x, y e z. 
Na figura abaixo (a) tem-se um sistema de coordenadas cartesianas do tipo triedro direito, 
em que se usando a mão direita, então o polegar, o indicador e o dedo médio podem ser 
identificados, respectivamente, como os eixos x , y e z . Nesta mesma figura podemos identificar 
os planos 0x = , 0y = e 0z = . 
Tomando-se os ponto ( )1, 2,3P e ( )2, 2,1Q − como exemplo, poderemos identificá-los no 
sistema de coordenadas cartesianas conforme figura (b) a seguir. P está, portanto, localizado no 
ponto comum da interseção dos planos 1x = , 2y = e 3z = , enquanto que o ponto Q está 
localizado na interseção dos planos 2x = , 2y = − e 1z = . 
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Faculdade de Engenharia Elétrica 
Eletromagnetismo 
 
Prof. Ivan Nunes Santos 
 
5 
 
Podemos, conforme a figura (c) acima, deslocar um ponto ( ), ,P x y z levemente para um 
ponto ( )' , ,P x dx y dy z dz+ + + adicionando-se diferenciais de comprimento. O dois pontos P e 
'P formam 6 planos, conforme já falado, os quais definem um paralelepípedo retângulo cujo o 
diferencial de volume é dv dx dy dz= ; as superfícies possuem áreas diferenciais dS de dx dy , 
dy dz e dz dx . E finalmente, a distância dL de P a 'P é a diagonal do paralelepípedo e possui um 
comprimento de ( ) ( ) ( )2 2 2dx dy dz+ + . 
 
1.4 Componentes Vetoriais e Vetores Unitários 
Para descrever um vetor no sistema de coordenadas cartesianas, consideremos primeiro um 
vetor r
�
 partindo da origem até um ponto P qualquer. Se as componentes vetoriais de r� são x� , y� 
e z
�
, então r x y z= + +� � � � , conforme mostrado na figura (a) abaixo. 
Observação importante: na figura a seguir, extraída do livro de Eletromagnetismo de Jr. W. 
H. Hayt e J. A. Buck, a notação de vetor é dada por meio da letra em negrito, enquanto que em nosso 
curso usaremos a seta sobre a letra para designação de vetor. 
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Eletromagnetismo 
 
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6 
 
Contudo, o uso das componentes vetoriais da forma que foram apresentadas não é 
comumente empregado. A figura (b) acima apresenta os vetores unitários fundamentais ˆxa , ˆya e ˆza 
representativos dos eixos cartesianos x, y e z, respectivamente. Considerando um vetor Pr
�
 
apontando da origem ao ponto ( )1, 2,3P , o mesmo pode ser escrito tendo por base os vetores 
unitários dos eixos cartesianos: ˆ ˆ ˆ2 3P x y zr a a a= + +
�
. Considerando-se um vetor Qr
�
 apontando da 
origem ao ponto ( )2, 2,1Q − , tem-se ˆ ˆ ˆ2 2Q x y zr a a a= − +� . Um vetor PQR� de origem no ponto 
( )1, 2,3P e apontando para ( )2, 2,1Q − seria: 
( ) ( ) ( )ˆ ˆ ˆ2 1 2 2 1 3
ˆ ˆ ˆ4 2
PQ Q P x y z
x y z
R r r a a a
a a a
= − = − + − − + −
= − −
� � �
 
Os vetores em questão podem ser vistos na figura (c) anterior. 
Então, qualquer vetor B
�
, pode ser escrito como ˆ ˆ ˆ
x x y y z zB B a B a B a= + +
�
. E o módulo de B
�
, 
escrito como B
�
, ou simplesmente B , é dado por 
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Eletromagnetismo 
 
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7 
2 2 2
x y zB B B B= + +
�
 
Cada um dos três sistemas de coordenadas a serem discutidos tem seus três vetores 
unitários fundamentais e mutuamente independentes que são usados para analisar qualquer vetor 
em suas componentes vetoriais. Contudo, os vetores unitários não são limitados a esta aplicação, 
todo vetor tem seu vetor unitário que é facilmente encontrado dividindo o vetor por seu módulo. 
Então o vetor unitário de B
�
 é 
2 2 2
ˆB
x y z
B B
a
B B B B
= =
+ +
� �
� 
A notação empregada para todo vetor unitário neste curso será o acento circunflexo sobre a 
letra do vetor, já no livro usa-se a letra “a” para identificar o mesmo. 
Exemplo 01: 
Especifique o vetor unitário, em coordenadas cartesianas, dirigido da origem ao ponto 
( )2, 2, 1P − − . 
Exemplo 02: 
Dados os pontos ( )1,2,1M − , ( )3, 3,0N − e ( )2, 3, 4P − − − , determine: 
a) MNR
�
; 
b) MN MPR R+
� �
; 
c) Mr
�
; 
d) ˆMPa ; 
e) 2 3P Nr r+
� �
. 
 
1.5 Introdução aos Campos 
Um campo(escalar ou vetorial) pode ser definido matematicamente como função de um 
vetor que liga uma origem arbitrária a um ponto genérico no espaço. Note que o conceito de campo 
invariavelmente está relacionado a uma região. 
Em geral para o campo vetorial, o módulo e a direção da função irão variar à medida que nos 
movemos através da região, e o valor da função vetorial deve ser determinado utilizando-se os 
valores das coordenadas do ponto em questão. Como consideramos apenas o sistema de 
coordenadas cartesianas, devemos esperar que o vetor seja função das variáveis x, y e z. 
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Eletromagnetismo 
 
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8 
Se, novamente, representarmos o vetor posição por r
�
, então o campo vetorial G
�
 pode ser 
expresso, em notação funcional, como ( )G r� � ; o campo escalar T é escrito como ( )T r� havendo 
variação apenas do módulo da função. 
Pode-se citar como exemplos de campo escalar o campo da temperatura de um líquido no 
interior de um prato de sopa em função do vetor posição, ou ainda, o campo potencial elétrico de 
uma carga pontual. Por outro lado, são exemplos de campo vetorial a velocidade da corrente de água 
de um rio em função do vetor posição, o campo elétrico de uma esfera carregada e o campo 
magnético de um fio conduzindo corrente contínua. 
Exemplo 03: 
Um campo vetorial S
�
 é expresso em coordenadas cartesianas como 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
125
ˆ ˆ ˆ1 2 1
1 2 1 x y z
S x a y a z a
x y z
 = − + − + + 
− + − + +
�
. 
a) Calcule S
�
 no ponto ( )2,4,3P ; 
b) Determine o vetor unitário que fornece a direção de S
�
 em P ; 
c) Especifique a superfície ( ), ,f x y z na qual 1S =� . 
 
1.6 Produto Escalar 
Dados dois vetores A
�
 e B
�
, o produto escalar, ou produto interno, é definido como o 
produto entre o módulo de A
�
, o módulo de B
�
 e o cosseno do menor ângulo entre eles. Assim, 
cos ABA B A B θ⋅ =
� �� �
 
O ponto aparece entre os dois vetores e deve ser forte para dar mais ênfase, lê-se “ Aescalar 
B ”. O produto escalar tem como resultado um escalar, como o próprio nome indica, e obedece à 
propriedade comutativa, pois o sinal do ângulo não afeta o termo cosseno. 
A B B A⋅ = ⋅
� �� �
 
A determinação do ângulo entre dois vetores no espaço tridimensional é muitas vezes um 
trabalho que se prefere evitar. Por essa razão, a definição de produto escalar normalmente não é 
usada em sua forma básica. Um resultado mais útil é obtido considerando-se dois vetores cujas 
componentes cartesianas são dadas por ˆ ˆ ˆx x y y z zA A a A a A a= + +
�
 e ˆ ˆ ˆx x y y z zB B a B a B a= + +
�
. O 
produto escalar também obedece à propriedade distributiva, portanto, A B⋅
� �
 fornece uma soma de 
nove termos escalares, cada um envolvendo o produto escalar de dois vetores unitários. Então, 
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9 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ
x x x x x y x y x z x z
y x y x y y y y y z y z
z x z x z y z y z z z z
A B A B a a A B a a A B a a
A B a a A B a a A B a a
A B a a A B a a A B a a
⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅
+ ⋅ + ⋅ + ⋅
+ ⋅ + ⋅ + ⋅
� �
 
como o ângulo entre dois vetores unitários diferentes no sistema de coordenadas cartesianas é 90°, 
temos 
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 0
x y y x x z z x y z z ya a a a a a a a a a a a⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = 
Os três termos restantes envolvem o produto escalar de um vetor unitário por ele mesmo, o 
que é igual à unidade, finalmente obtendo-se 
x x y y z zA B A B A B A B⋅ = + +
� �
 
que é uma expressão que não envolve ângulos. 
O produto escalar de um vetor por ele mesmo é o quadrado de seu módulo, ou 
2 2A A A A⋅ = =
� � �
 
e o produto escalar de qualquer vetor unitário por ele mesmo é igual à unidade, ou seja, ˆ ˆ 1A Aa a⋅ = . 
Uma das aplicações mais importantes do produto escalar é o cálculo da componente de um 
vetor dada uma certa direção. Podemos obter a componente (escalar) de B
�
 na direção especificada 
pelo vetor unitário a
�
 como 
cos cosBa BaB a B a Bθ θ⋅ = =
� � �� �
 
Neste caso é usado o termo projeção. Assim, B a⋅
� �
 é projeção de B
�
 na direção a
�
, conforme 
pode ser observado na figura a seguir. 
 
Para obtermos a componente vetorial de B
�
 na direção de a
�
, multiplicamos a componente 
(escalar) por a
�
, como ilustrado na figura que se segue, ficando ( )B a a⋅� � � . 
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10 
 
Exemplo 04: 
Considere um campo vetorial ˆ ˆ ˆ2,5 3x y zG ya xa a= − +
�
 e o ponto ( )4,5,2Q . Deseja-se encontrar: 
a) O vetor G
�
 no ponto Q ; 
b) A componente escalar de G
�
 no ponto Q na direção de ( )13ˆ ˆ ˆ ˆ2 2N x y za a a a= + − ; 
c) A componente vetorial de de G
�
 no ponto Q na direção de ˆNa ; 
d) O ângulo Gaθ entre ( )QG r� � e ˆNa . 
Exemplo 05: 
Os três vértices de um triângulo estão localizados em ( )6, 1,2A − , ( )2,3, 4B − − e ( )3,1,5C − . 
Determine: 
a) ABR
�
; 
b) ACR
�
; 
c) O ângulo BACθ no vétice A ; 
d) A projeção de ABR
�
 em ACR
�
; 
e) O vetor projeção de ABR
�
 em ACR
�
. 
 
1.7 Produto Vetorial 
Dados dois vetores A
�
 e B
�
, definiremos agora o produto vetorial, ou produto cruzado, de A
�
 
e B
�
, escrito com uma cruz entre os dois vetores, como A B×
� �
, e lido “ A vetorial B ”. 
O produto vetorial A B×
� �
 é um vetor; o módulo de A B×
� �
 é igual ao produto dos módulos de 
A
�
, B
�
 e o seno do menor ângulo entre A
�
 e B
�
; a direção de A B×
� �
 é perpendicular ao plano que 
contém A
�
 e B
�
 e está ao longo de duas possíveis perpendiculares que estão no sentido do avanço de 
um parafuso direito à medida que A
�
 é girado para B
�
, conforme figura a seguir. 
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11 
 
Na forma de equação, podemos escrever 
ˆN ABA B a A B senθ× =
� �� �
 
Outra forma de determinar o sentido do vetor ˆNa é por meio da regra da mão direita. O 
produto vetorial não é comutativo, já que ( )A B B A× = − ×� �� � . 
Se a definição de produto vetorial é aplicada aos vetores unitários ˆxa e ˆya , encontramos 
ˆ ˆ ˆ
x y za a a× = , onde cada vetor possui módulo unitário, os dois vetores são perpendiculares e a 
rotação de ˆxa para ˆya indica a direção positiva de z pela definição do sistema de coordenadas do 
tipo triedro direito. De maneira semelhante, ˆ ˆ ˆy z xa a a× = e ˆ ˆ ˆz x ya a a× = . 
O cálculo do produto vetorial por meio de sua definição exige mais trabalho do que o cálculo 
do produto escalar, porém este trabalho pode ser evitado usando-se as componentes cartesianas 
para os dois vetores A
�
 e B
�
 e expandindo-se o produto vetorial como a soma de nove produtos 
vetoriais, cada um envolvendo dois vetores unitários. 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ
x x x x x y x y x z x z
y x y x y y y y y z y z
z x z x z y z y z z z z
A B A B a a A B a a A B a a
A B a a A B a a A B a a
A B a a A B a a A B a a
× = × + × + ×
+ × + × + ×
+ × + × + ×
� �
 
Já vimos que ˆ ˆ ˆ
x y za a a× = , ˆ ˆ ˆy z xa a a× = e ˆ ˆ ˆz x ya a a× = . Os três termos remanescentes são 
iguais a zero, pois o produto vetorial de qualquer vetor por ele mesmo é igual a zero, já que o seno 
do ânguloenvolvido é nulo. Estes resultados podem ser combinados para se obter 
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12 
( ) ( ) ( )ˆ ˆ ˆy z z y x z x x z y x y y x zA B A B A B a A B A B a A B A B a× = − + − + −� � 
que, escrita como um determinante, numa forma mais fácil de ser lembrada fica 
ˆ ˆ ˆ
x y z
x y z
x y z
a a a
A B A A A
B B B
× =
� �
 
Usando-se o cálculo do produto vetorial por meio desta matriz não há necessidade da 
aplicação de qualquer regra adicional para se encontrar o vetor normal, uma vez que o mesmo já 
será determinado pela resolução desta. 
Exemplo 06: 
Os três vértices de um triângulo estão localizados em ( )6, 1,2A − , ( )2,3, 4B − − e ( )3,1,5C − . 
Determine: 
a) AB ACR R×
� �
; 
b) A área do triângulo; 
c) O vetor unitário perpenticular ao plano no qual o triângulo está localizado. 
 
1.8 Sistema de Coordenadas Cilíndricas Circulares 
O sistema de coordenadas cartesianas é, em geral, o preferido dos estudantes, contudo 
existem vários problemas onde a simetria pede um tratamento mais adequado para sua resolução. 
O sistema de coordenadas cilíndricas (com o objetivo de facilitar, não usaremos o termo 
“circulares”, apesar de existirem outros tipos de sistemas de coordenadas cilíndricas) é uma versão 
tridimensional das coordenadas polares da geometria analítica. No sistema de coordenadas polares 
bidimensional, um ponto é localizado em um plano dando-se a sua distância ρ da origem e o ângulo 
φ entre a linha do ponto à origem e uma linha radial arbitrária, tomada como 0φ = . Um sistema de 
coordenadas tridimensionais cilíndricas circulares é obtido especificando-se a distância z do ponto a 
um plano arbitrário 0z = , perpendicular à reta 0ρ = . 
No sistema de coordenadas cilíndricas não mais consideraremos os três eixos como nas 
coordenada cartesianas, todavia o ponto continua sendo definido pela interseção de três superfícies 
mutuamente perpendiculares. Estas superfícies são: uma cilíndrica circular ( ρ = constante), uma 
plana (φ =constante) e uma outra também plana ( z = constante), conforme pode ser visto na figura 
(a) abaixo. 
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13 
 
Os vetores unitários apontam na direção crescente dos valores das coordenadas e são 
perpendiculares à superfície na qual esta coordenada é constante, sendo os três vetores 
especificados como: aˆρ , aˆφ e ˆza . A figura (b) anterior mostra estes três vetores. 
Os vetores unitários são novamente mutuamente perpendiculares, pois cada um é normal a 
uma das três superfícies mutuamente perpendiculares, definindo-se, um sistema de coordenadas 
cilíndricas do tipo triedro direito, no qual ˆ ˆ ˆza a aρ φ× = ou um sistema no qual o polegar, o indicador 
e o dedo médio da mão direita apontam, respectivamente, na direção crescente de ρ , φ e z . 
Um elemento diferencial de volume em coordenadas cilíndricas pode ser obtido 
aumentando-se ρ , φ e z de incrementos diferenciais dρ , dφ e dz . Os dois cilindros de raios ρ e 
dρ ρ+ , os dois planos radiais nos ângulos φ e dφ φ+ e os dois planos “horizontais” nas 
“elevações” z e z dz+ limitam um pequeno volume, como mostrado na figura (c) anterior. Note 
que dρ e dz têm dimensões de comprimento, mas dφ não tem; dρ φ é o comprimento. O volume 
aproximado da figura será dado por d d dzρ φ ρ , pois a forma do elemento de volume, por ser 
muito pequeno, aproxima-se à de um paralelepípedo. 
As variáveis dos sistemas de coordenadas retangular e cilíndrico são facilmente relacionadas 
umas com as outras. Temos que 
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14 
cosx
y sen
z z
ρ φ
ρ φ
=
=
=
 
Do outro ponto de vista, podemos expressar as variáveis cilíndricas em temos de x , y e z 
( )2 2 0
arctan
x y
y
x
z z
ρ ρ
φ
= + ≥
=
=
 
O valor adequado do ângulo φ é determinado por inspeção dos sinais de x e y , para 
encontrar o quadrante do ângulo. 
Dado o vetor cartesiano 
ˆ ˆ ˆ
x x y y z zA A a A a A a= + +
�
 
desejamos encontrar o mesmo vetor, porém em coordenadas cilíndricas, do tipo 
ˆ ˆ ˆ
z zA A a A a A aρ ρ φ φ= + +
�
 
Para determinar qualquer componente de um vetor em uma direção desejada basta fazer o 
produto escalar entre o vetor e o vetor unitário na direção desejada. Assim, 
ˆ
ˆ
ˆ
z z
A A a
A A a
A A a
ρ ρ
φ φ
= ⋅
= ⋅
= ⋅
�
�
�
 
desenvolvendo-se as equações, tem-se 
ˆ ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ ˆ ˆ
x x y y
x x y y
z z
A A a a A a a
A A a a A a a
A A
ρ ρ ρ
φ φ φ
= ⋅ + ⋅
= ⋅ + ⋅
=
 
Analisando-se a figura abaixo, podemos identificar o ângulo entre ˆxa e aˆρ como sendo φ , e 
assim, ˆ ˆ cos
x
a aρ φ⋅ = ; já o ângulo entre ˆya e aˆρ como sendo 90º φ− e assim, ˆ ˆya a senρ φ⋅ = . Os 
produtos escalares entre os vetores unitários estão resumidos na tabela abaixo. 
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15 
 
Produtos escalares entre os vetores unitários dos sistemas de 
coordenadas retangular e cilíndrico 
 aˆρ aˆφ ˆza 
ˆ
xa ⋅ cosφ senφ− 0 
ˆ ya ⋅ senφ cosφ 0 
ˆ
za ⋅ 0 0 1 
 
A transformação de campos vetoriais de coordenadas cartesianas para cilíndricas ou vice-
versa é efetuada usando-se as equações de transformação de escalares, mostradas anteriormente, e 
os produtos escalares entre os vetores unitários dados na tabela 
Exemplo 07: 
Transforme o vetor (ou campo vetorial) ˆ ˆ ˆx y zB ya xa za= − +
�
 para coordenadas cilíndricas. 
Exemplo 08: 
Pede-se: 
a) Dê as coordenadas cartesianas do ponto ( 4,4; 115º ; 2)C zρ φ= = − = ; 
b) Dê as coordenadas cílíndricas do ponto ( 3,1; 2,6; 3)D x y z= − = = − ; 
c) Determine a distância entre C e D . 
Exemplo 09: 
Pede-se: 
a) Expresse o campo vetorial 2 2
ˆ ˆ
x yxa yaD
x y
+
=
+
�
 em coordenadas cilíndricas e variáveis 
cilíndricas; 
b) Calcule D
�
 no ponto ( )2; 0,2 ; 5zρ φ pi= = = . 
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16 
Exemplo 10: 
Tranforme para coordenadas cilíndricas: 
a) ˆ ˆ ˆ10 8 6x y zF a a a= − +
�
 no ponto ( )10, 8,6P − ; 
b) ( ) ( )ˆ ˆ2 4x yG x y a y x a= + − −
�
 no ponto ( ), ,P zρ φ ; 
c) Determine as componentes cartesianas do vetor ˆ ˆ ˆ20 10 3 zH a a aρ φ= − +
�
 em 
( )5, 2, 1P x y z= = = − . 
 
1.9 Sistema de Coordenadas Esféricas 
A figura (a) abaixo mostra o sistema de coordenadas esféricas sobre os três eixos cartesianos. 
Inicialmente, definimos a distância da origem a qualquer ponto como r . A superfície r = constante é 
uma esfera. 
 
A segunda coordenada é o ângulo θ entre o eixo z e a linha desenhada da origem ao ponto 
em questão. A superfície θ = constante é um cone. 
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17 
A terceira coordenada é o ângulo φ , exatamente o mesmo ângulo φ das coordenadas 
cilíndricas. Ele é o ângulo entre o eixo x e a projeção no plano 0z = da linha desenhada da origem 
ao ponto. A superfície φ =constante é um plano que passa pelo eixo z . 
Podemos novamente considerar qualquer ponto como a interseção de três superfícies 
mutuamente perpendiculares – uma esfera, um cone e um plano – cada uma orientada na maneira 
descrita anteriormente e mostrada na figura (b) acima. 
Os três vetores unitáriossão ˆ
r
a , aˆθ e aˆφ . Os mesmos encontram-se mutuamente 
perpendiculares e definem um sistema de coordenadas esféricas do tipo triedro direito, em que 
ˆ ˆ ˆ
r
a a aθ φ× = . Pela regra da mão direita o polegar, o indicador e o dedo médio indicam, 
respectivamente, r , θ e φ , conforme pode ser visualizado na figura (c) acima. Note que a 
componente φ , diferentemente do que foi verificado nas coordenadas cilíndricas, é o 3º termo e 
não o 2º. 
Um elemento diferencial de volume pode ser construído em coordenadas esféricas 
aumentando-se r , θ e φ por dr , dθ e dφ , como mostra a figura (d) anterior. A distância entre as 
duas superfícies de raios r e r dr+ é dr ; a distância entre os cones com ângulos de geração θ e 
dθ θ+ é r dθ e a distância entre os dois planos radiais de ângulos φ e dφ φ+ é calculado como 
sendo r sen dθ φ . O volume aproximado do elemento será 2r sen dr d dθ θ φ . 
A transformação de escalares do sistema de coordenadas esféricas para cartesianas pode ser 
feita usando-se 
cos
cos
x r sen
y r sen sen
z r
θ φ
θ φ
θ
=
=
=
 
A transformação no sentido inverso é realizada com a ajuda de 
( )
( )
2 2 2
2 2 2
0
arccos 0º 180º
arctan
r x y z r
z
x y z
y
x
θ θ
φ
= + + ≥
= ≤ ≤
+ +
=
 
A transformação dos vetores requer a determinação dos produtos vetoriais entre os vetores 
unitários das coordenadas cartesianas e esféricas. Os produtos são obtidos de maneira análoga ao 
exposto para as coordenadas cilíndricas. Os mesmos podem ser observados na tabela a seguir. 
 
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18 
Produtos escalares entre os vetores unitários dos sistemas de 
coordenadas retangular e esférico 
 ˆ
r
a aˆθ aˆφ 
ˆ
xa ⋅ sen cosθ φ cos cosθ φ senφ− 
ˆ ya ⋅ sen senθ φ cos senθ φ cosφ 
ˆ
za ⋅ cosθ senθ− 0 
 
Pode-se, também, transformar os escalares do sistema de coordenadas esféricas para 
cilíndricas, para tanto, deve-se usar 
cos
r sen
z r
ρ θ
φ φ
θ
=
=
=
 
A transformação no sentido inverso será 
( )
( )
2 2 0
arccos 0º 180º
r z r
z
ρ
ρθ θ
φ φ
= + ≥
= ≤ ≤
=
 
Já a transformação dos vetores requer novamente a determinação dos produtos vetoriais 
entre os vetores unitários das coordenadas cilíndricas e esféricas. Estes podem ser observados na 
tabela a seguir. 
Produtos escalares entre os vetores unitários dos sistemas de 
coordenadas cilíndrico e esférico 
 ˆ
r
a aˆθ aˆφ 
aˆρ ⋅ senθ cosθ 0 
aˆφ ⋅ 0 0 1 
ˆ
za ⋅ cosθ senθ− 0 
 
Exemplo 11: 
Converta o campo vetorial ˆ
x
xzG a
y
=
�
 (variáveis e componentes) para coordenadas esféricas. 
 
 
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19 
Exemplo 12: 
Dados dois pontos, ( )3, 2,1A − e ( )5, 20º , 70ºB − , determine: 
a) As coordenadas esféricas de A ; 
b) As coordenadas cartesianas de B ; 
c) A distância entre A e .B 
Exemplo 13: 
Transforme os seguintes vetores para suas coordenadas esféricas nos pontos dados: 
a) ˆ10 xa em ( )3,2,4P − ; 
b) ˆ10 ya em ( )5,30º ,4Q ; 
c) ˆ10 za em ( )4,110º ,120ºM . 
Exemplo 14: 
Transforme os seguintes vetores para suas coordenads esféricas nos pontos dados: 
a) ˆ15aρ em ( )1, 3,5P − ; 
b) ˆ15aφ em ( )2, 10º , 3Q − − ; 
c) ˆ15 za em ( )3,45º ,60ºM . 
 
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20 
2 – LEI DE COULOMB E INTENSIDADE DE CAMPO ELÉTRICO 
 
2.1 Lei de Coulomb 
Lei de Coulomb: a força elétrica aplicada por um corpo carregado em outro, depende 
diretamente do produto das intensidades das duas cargas e inversamente do quadrado de suas 
distâncias, ou ainda, 
1 2
2
Q QF k
R
=
 [N] 
Onde k é chamada de constante de Coulomb. Esta equação é aplicada para objetos 
carregados cujo tamanho é muito menor que a distância entre estes, ou seja, somente para cargas 
pontuais. 
A constante k é dada por 
0
1
4
k
piε
= 
onde 0ε é chamada de constante elétrica ou constante de permissividade do ar, sendo seu valor, no 
SI (Sistema Internacional), igual a 
12 2 2
0 8,85418781762 10 /C N mε
−
= × ⋅
 
9 2 28,99 10 /k N m C= × ⋅ 
A lei de Coulomb é agora 
1 2
2
04
Q QF
Rpiε
= 
Para podermos representa o vetor força da lei de Coulomb, precisamos saber se a força que 
atua sobre as cargas é de repulsão ou atração. Pois, como é sabido, cargas de mesmos sinais se 
repelem e cargas de sinais contrários se atraem. 
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21 
 
Na figura acima, temos o vetor 1r
�
 localizando 1Q enquanto 2r
�
 localiza 2Q . Então o vetor 
12 2 1R r r= −
� � �
 representa o segmento de reta orientado de 1Q para 2Q , como mostrado. O vetor 2F
�
 é 
a força em 2Q e é mostrado para o caso em que 1Q e 2Q possuem o mesmo sinal. A forma vetorial 
da lei de Coulomb é 
1 2
2 122
0 12
ˆ
4
Q QF a
Rpiε
=
�
 
onde 12aˆ = vetor unitário na direção de 12R
�
. Esta equação pode ser considerada uma equação 
genérica, uma vez que a mesma pode ser aplicadas a qualquer tipo interação (atração ou repulsão). 
Exemplo 01: 
Seja uma carga pontual 41 3.10Q C−= localizada em ( )1,2,3M e outra 42 10Q C−= − em 
( )2,0,5N ambas no vácuo. Encontrar a força exercida por 1Q em 2Q . 
Exemplo 02: 
Uma carga 20AQ Cµ= − está localizada em ( )6,4,7A − e uma carga 50BQ Cµ= está em 
( )5,8, 2B − no espaço livre. Se as distâncias são dadas em metros, determine o vetor força exercida 
em AQ por BQ . 
 
2.2 Intensidade de Campo Elétrico 
Se considerarmos uma carga fixa numa posição 1Q , e lentamente movermos uma segunda 
carga, chamada de carga de teste tQ , em torno da primeira, notaremos que existe por toda parte 
uma força nesta segunda carga; em outras palavras, esta segunda carga está mostrando a existência 
de um campo de força. A força sobre ela é dada por 
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22 
1
12
0 1
ˆ
4
t
t t
t
Q QF a
Rpiε
=
�
 
A intensidade de campo elétrico é definida pela razão da força observada nesta carga teste 
tF
�
 pela unidade da carga teste tQ . Usando a letra maiúscula E para a intensidade do campo 
elétrico, temos 
1
12
0 1
ˆ
4
t
t
t t
F QE aQ Rpiε= =
�
�
 
A intensidade do campo elétrico deve ser medida em unidades de Newton por Coulomb, ou 
ainda, volts por metro conforme será visto posteriormente. Dispensando-se os índices, podemos 
reescrever a equação anterior como 
2
0
ˆ
4 R
QE a
Rpiε
=
�
 
Relembrando que R é a magnitude do vetor R
�
, segmento de reta orientado do ponto no 
qual a carga pontual Q está localizada ao ponto no qual E� é desejado, e que ˆRa é um vetor unitário 
na direção de R
�
. 
Se localizarmos Q no centro do sistema de coordenadas esféricas, o vetor unitário ˆRa então 
se torna o vetor unitário radial ˆ
r
a , e R é r . Assim, 
2
0
ˆ
4 r
QE a
rpiε
=
�
 
Já se escrevermos esta expressão em coordenadas cartesianas para a carga na origem, temos 
ˆ ˆ ˆ
x y zR r xa ya za= = + +
� �
 e 
2 2 2
ˆ ˆ ˆ
ˆ
x y z
R
xa ya za
a
x y z
+ +
=
+ +
; portanto, 
( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 20 ˆ ˆ ˆ4 x y z
Q x y zE a a a
x y z x y z x y z x y zpiε
 
 = + +
 + + + + ++ + + 
�
 
Então, pode-se notar que o sistema de coordenadas esféricas, devido à simetria do problema 
em questão, é o mais adequado. 
Se considerarmos a carga deslocada da origem do sistema, o campo não mais possuirá 
simetria esférica, e teremos que usar coordenadas cartesianas. Para uma carga Q localizada no 
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23 
ponto ˆ ˆ ˆ' ' ' '
x y zr x a y a z a= + +
�
, como mostrada na figura abaixo, encontramos o campo num ponto 
genérico ˆ ˆ ˆ
x y zr xa ya za= + +
�
, expressando R
�
 como 'r r−
� �
, e então 
( ) 2
0
'
'4 '
Q r rE r
r rr rpiε
−
=
−
−
� �
� �
� �� � 
( ) ( ) 3
0
'
4 '
Q r r
E r
r rpiε
−
=
−
� �
� �
� � 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) 3/22 2 20
ˆ ˆ ˆ' ' '
4 ' ' '
x y zQ x x a y y a z z aE r
x x y y z zpiε
 − + − + − 
=
 
− + − + −
 
� �
 
 
Para o caso em que se pretende encontrar a intensidade de campo elétrico proveniente de 
várias cargas pontuais, basta somar vetorialmente o campo devido a cada uma destas cargas, ou 
seja, 
( ) 1 21 22 2 2
0 1 0 2 0
ˆ ˆ ˆ
4 4 4
n
n
n
QQ QE r a a a
r r r r r rpiε piε piε
= + + +
− − −
� �
�� � � � � � 
A figura a seguir apresenta um exemplo da soma vetorial da intensidade de campo elétrico 
total em um ponto P devido a duas cargas pontuais 1Q e 2Q . 
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24 
 
Exemplo 03: 
Determinar o campo elétrico em ( )1,1,1P causado por quatro cargas idênticas de 3 nC localizadas 
em ( )1 1,1,0P , ( )2 1,1,0P − , ( )3 1, 1,0P − − e ( )4 1, 1,0P − , conforme mostrado na figura abaixo. 
 
Exemplo 04: 
Uma carga de 3 Cµ− está localizada em ( )25, 30,15A − (em cm ) e uma segunda carga de 
0,5 Cµ está em ( )10,8,12B cm− . Determine o campo elétrico E� : 
a) Na origem; 
b) Em ( )15, 20,50P cm . 
Exemplo 05: 
Uma carga pontual de 100 nC está localizada em ( )1,1,3A − no espaço livre. Pede-se: 
a) Encontre o lugar dos pontos ( ), ,P x y z em que 500 /xE V m= ; 
b) Determine 1y se ( )12, ,3A y− pertencer a este lugar. 
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25 
2.3 Campo Devido a uma Distribuição Volumétrica Contínua de 
Cargas 
Caso tenhamos uma distribuição de carga ao longo de um volume qualquer, podemos 
representar a densidade volumétrica de carga por vρ , tendo a unidade de Coulomb por metro 
cúbico (C/m3). 
Uma pequena quantidade de carga Q∆ em um pequeno volume v∆ é 
vQ vρ∆ = ∆ 
A carga total dentro de um volume finito é obtida pela integração através deste volume, 
v
vol
Q dvρ= ∫ 
Normalmente apenas um sinal de integração é indicado, mas o diferencial dv significa 
integração através de um volume, portanto, uma integração tripla. 
Exemplo 06: 
Determine a carga total contida no feixe de elétrons de 2 cm de comprimento da figura abaixo. 
 
 
 
 
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26 
Exemplo 07: 
Calcule a carga total dentro de cada um dos volumes indicados: 
a) 1 , , 2x y z≤ ≤ e 3 3 3
1
v
x y z
ρ = ; 
b) 0,1;0 ;2 4o zρ φ pi≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ e ( )2 2sen 0,6v zρ ρ φ= ; 
c) Universo e 
2
2
r
v
e
r
ρ
−
= . 
 
2.4 Campo de uma Linha de Cargas 
Caso tenhamos uma distribuição de cargas ao longo de uma linha qualquer, podemos 
representar a densidade linear de carga por Lρ , tendo a unidade de Coulomb por metro (C/m). 
Consideremos uma linha reta de cargas ao longo do eixo z no sistema de coordenadas 
cilíndricas (devido à simetria existente) de −∞ a ∞ , como mostra a figura a seguir. Desejamos a 
intensidade do campo elétrico E
�
 em todo e qualquer ponto resultante desta linha de cargas de 
densidade uniforme Lρ . 
 
Escolhemos um ponto ( )0, ,0P y no eixo y no qual determinaremos o campo. Aplicando-
se a equação da intensidade de campo de cargas pontuais para determinar o campo incremental em 
P devido à carga incremental 'LdQ dzρ= , temos 
( )
3
0
'
4 '
Q r r
E
r rpiε
−
=
−
� �
�
� � (para carga pontual) 
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27 
( )
3
0
' '
4 '
L dz r rdE
r r
ρ
piε
−
=
−
� �
�
� � (para carga incremental numa linha de cargas) 
onde 
ˆ ˆ
ˆ' '
y
z
r ya a
r z a
ρρ= =
=
�
� 
e 
ˆ ˆ' ' zr r a z aρρ− = −
� �
 
Portanto, 
( )
( )3/22 20
ˆ ˆ' '
4 '
L zdz a z adE
z
ρρ ρ
piε ρ
−
=
+
�
 
Pode-se observar, por meio da figura, que a componente zE
�
 será nula devido a simetria, 
restando tão somente Eρ
�
, então 
( )3/22 20
'
4 '
L dzdE
z
ρ
ρ ρ
piε ρ
=
+
 
e 
( )3/22 20
'
4 '
L dzE
z
ρ
ρ ρ
piε ρ
∞
−∞
=
+
∫ 
Integrando a expressão, temos 
2 2 2
0
1 '
4 '
L zE
z
ρ
ρ ρ
piε ρ ρ
∞
−∞
 
 =
 + 
 
e 
02
LEρ
ρ
piε ρ
=
 
 
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28 
ou, de forma vetorial: 
0
ˆ
2
LE aρ
ρ
piε ρ
=
�
 
Esta é a resposta desejada, mas há muitas outras maneiras de obtê-la. 
Devemos também examinar o fato de que nem todas as linhas de carga estão localizadas ao 
longo do eixo z . Como exemplo, consideremos uma linha de cargas infinita paralela ao eixo z em 
6x = , 8y = , como mostrada na figura abaixo. Desejamos determinar E
�
 em um ponto genérico 
( ), ,P x y z . 
 
Na equação da intensidade de campo encontrada para a linha de carga infinita, substitui-se 
ρ pela distância radial entre a linha de cargas e o ponto P , ( ) ( )2 26 8R x y= − + − e 
consideramos aˆρ como sendo ˆRa . Assim, 
( ) ( )2 20
ˆ
2 6 8
L
RE a
x y
ρ
piε
=
− + −
�
 
onde 
( ) ( )
( ) ( )2 2
ˆ ˆ6 8
ˆ
6 8
x y
R
x a y a
a
x y
− + −
=
− + −
 
Portanto, 
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( ) ( )
( ) ( )2 20
ˆ ˆ6 8
2 6 8
x yL
x a y a
E
x y
ρ
piε
− + −
=
− + −
�
 
Nota-se, novamente, que o campo não é uma função de z . De forma genérica, pode-se 
escrever: 
0
ˆ
2
L
RE aR
ρ
piε
=
�
 
Exemplo 08: 
Uma linha de cargas uniforme de 16 /nC m está localizada ao longo da linha definida por 2y = − , 
5z = . Determine o campo elétrico em ( )1, 2,3P . 
Exemplo 09: 
Duas linhas de cargas uniformes e infinitas de 5 /nC m estão situadas ao longo dos eixos x e y no 
estaço livre. Determine o campo elétricos em: 
a) ( )0,0,4AP ; 
b) ( )0,3, 4BP . 
 
2.5 Campo de uma Lâmina de Cargas 
Outra configuração básica é a lâmina infinita de cargas tendo uma densidade uniforme Sρ 
dada em 2/C m . Esta densidade é conhecida como densidade superficial de cargas. 
Coloquemos uma lâmina de cargas no plano yz , conforme figura a seguir. 
 
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30 
Utilizaremos o campo de uma linha de cargas, para tanto, dividiremos a lâmina infinita em 
faixas de larguras diferenciais, cada faixa equivalerá a uma linha de cargas, de acordo com a figuraanterior. A densidade linear de carga de cada faixa é 'L S dyρ ρ= . Aplicando-se a equação da 
intensidade de campo de linha de cargas, temos 
0
ˆ
2
L
RE aR
ρ
piε
=
�
 (para linha de cargas) 
0
'
ˆ
2
S
R
dydE a
R
ρ
piε
=
�
 (para linha de cargas incremental numa lâmina infinita de cargas) 
sendo 
ˆ
ˆ' '
x
y
r xa
r y a
=
=
�
� 
ˆ ˆ' 'x yR r r xa y a= − = −
� � �
 
2 2
'R R x y= = +
�
 
2 2
ˆ ˆ'
ˆ
'
x y
R
xa y aR
a
R x y
−
= =
+
�
� 
Portanto, 
( )
( )2 20
ˆ ˆ' '
2 '
S x ydy xa y adE
x y
ρ
piε
−
=
+
�
 
Analisando-se a simetria, tem-se que a componente yE
�
 será nula, restando tão somente a 
componente xE
�
, então 
( )2 20
'
2 '
S
x
x dydE
x y
ρ
piε
=
+
 
e 
( )2 20
'
2 '
S
x
x dyE
x y
ρ
piε
∞
−∞
=
+∫ 
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31 
Integrando pela tabela de integrais, temos 
0
'
2
S
x
yE arctg
x
ρ
piε
∞
−∞
  
=   
  
 
e 
02
S
xE
ρ
ε
=
 
 
Se o ponto P tivesse sido escolhido no semi-eixo x negativo, então 
02
S
xE
ρ
ε
= − 
pois o campo está sempre dirigido para fora, no caso de uma superfície positivamente carregada. 
Esta dificuldade no sinal é usualmente contornada especificando-se um vetor unitário ˆNa , o qual é 
normal à lâmina e direcionado para fora da mesma. Então, 
0
ˆ
2
S
NE a
ρ
ε
=
�
 
Se uma segunda lâmina de cargas, tendo uma densidade de carga negativa Sρ− , estivesse 
localizada no plano x a= , poderíamos determinar o campo total adicionando as contribuições de 
cada lâmina. Na região x a> , 
0 0
0
2 2
S S
x xE E E a a
ρ ρ
ε ε+ −
= + = − =
� � � � �
 
e para 0x < , 
( ) ( )
0 0
0
2 2
S S
x xE E E a a
ρ ρ
ε ε+ −
= + = − − − =
� � � � �
 
e quando 0 x a< < , 
( )
0 0 02 2
S S S
x x xE E E a a a
ρ ρ ρ
ε ε ε+ −
= + = − − =
� � � � � �
 
Este é um resultado importante na prática, pois é o campo entre as placas paralelas de um 
capacitor separadas por ar, contanto que as dimensões lineares das placas sejam bem menores que a 
sua separação e também que estejamos considerando um ponto bem distante das bordas. 
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32 
Exemplo 10: 
Três lâminas de cargas infinitas e uniformes estão localizadas no espaço livre como se segue: 
23 /nC m em 4z = − ; 26 /nC m em 1z = e 28 /nC m− em 4z = . Determine o campo elétrico 
resultante nos pontos: 
a) ( )2,5, 5AP − ; 
b) ( )4,2, 3BP − ; 
c) ( )1, 5,2CP − − ; 
d) ( )2, 4,5DP − . 
 
2.6 Linhas de Força e Esboço de Campos 
As linhas de força são linhas imaginárias em cada ponto do espaço sob influência de um 
campo elétrico. Elas são empregadas no sentido de visualizar melhor a atuação do campo elétrico. 
Por convenção, são propriedades destas linhas: 
• As linhas de força começam nas cargas positivas e terminam nas cargas negativas. 
• A tangente à linha de força passando por qualquer ponto no espaço fornece a 
direção do campo elétrico naquele ponto. 
• A intensidade do campo elétrico em qualquer ponto é proporcional ao número de 
linhas por unidade de área transversal perpendicular às mesmas. 
Contudo, se tentássemos esboçar o campo de uma carga pontual, a variação do campo para 
dentro e para fora da página poderia essencialmente causar dificuldades, por esta razão, o esboço é 
habitualmente limitado a campos bidimensionais, conforme exemplos abaixo. 
 
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33 
 
No caso de um campo bidimensional, vamos arbitrariamente considerar 0zE = . As linhas de 
força estão assim confinadas aos planos nos quais z é constante. Na figura abaixo, linhas de força 
são mostradas, e as componentes xE e yE são indicadas em um ponto genérico. 
 
As equações das linhas de força podem ser obtidas por meio da evidente constatação que 
y
x
E dy
E dx
= 
Como ilustração deste método considere o campo de uma linha de cargas uniforme com 
distribuição linear 02Lρ piε= , 
1
ˆE aρρ
=
�
 
Em coordenadas cartesianas, 
2 2 2 2ˆ ˆx y
x yE a a
x y x y
= +
+ +
�
 
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34 
Assim, formamos a equação diferencial 
y
x
Edy y
dx E x
= = ou 
dy dx
y x
= 
Portanto, 
ln lny x C= + ou ln ln lny x C= + 
ou ainda, 
y C x= 
Se desejássemos encontrar a equação de uma linha de força em particular, meramente 
substituiríamos as coordenadas deste ponto em nossa equação e calcularíamos C. 
Exemplo 11: 
Determine a equação da linha de força que passa pelo ponto ( )1,4, 2P − no campo elétrico: 
a) 
2
2
8 4
ˆ ˆ
x y
x xE a a
y y
−
= +
�
; 
b) ( )5 ˆ ˆ2 5 1x x yE e y x a xa = + + 
�
. 
 
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35 
3 – DENSIDADE DE FLUXO ELÉTRICO, LEI DE GAUSS E 
DIVERGÊNCIA 
 
3.1 Densidade de Fluxo Elétrico 
A figura a seguir ilustra um experimento de Faraday em que se têm duas esferas condutoras 
concêntricas separadas entre si por um material dielétrico. A esfera interna é previamente carregada 
com carga Q+ , posteriormente, coloca-se a esfera externa descarregada e conecta-a 
momentaneamente a terra. Com isto Faraday observou que a esfera externa, que a princípio estava 
descarregada, ficava carregada com carga igual em magnitude à carga da esfera interna e que isto 
era verdade independente do material dielétrico que separava as duas esferas. 
 
Ele concluiu que da esfera interna para a externa havia um certo tipo de “deslocamento” que 
era independente do meio, e agora nos referimos a este “deslocamento” ou fluxo como fluxo 
elétrico. O mesmo será representado por Ψ (psi) e dado, conforme experimento, por 
QΨ = 
O fluxo elétrico é então medido em Coulomb. Podemos observar, por meio da figura 
anterior, que as trajetórias do fluxo elétrico se estendem da esfera interna para a externa e são 
indicadas por linhas de força simetricamente distribuídas, desenhadas de uma esfera a outra. 
A densidade de fluxo elétrico é a razão entre o fluxo elétrico e a área da superfície que o 
mesmo cruza. Trata-se de uma grandeza vetorial e é representada pela letra D
�
. A direção de D
�
 em 
um ponto é a direção das linhas de fluxo naquele ponto, e sua magnitude é dada pelo número de 
linhas de fluxo que cruzam a superfície normal a elas dividido pela área da superfície. A unidade de 
D
�
 é, naturalmente, Coulomb por metro quadrado (algumas vezes descrita como “linhas por metro 
quadrado”, pois cada linha está relacionada à quantidade de carga). 
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36 
Novamente, nos referindo à figura anterior, a densidade de fluxo elétrico está na direção 
radial e tem um valor de 
2 ˆ4 rr a
QD a
api=
=
�
 (esfera interna) 
2 ˆ4 rr b
QD a
bpi=
=
�
 (esfera externa) 
e para a distância radial r , onde a r b≤ ≤ , 
2 ˆ4 r
QD a
rpi
=
�
 
Se substituíssemos a esfera interna por uma carga pontual carregada com a mesma carga Q , 
a densidade de fluxo elétricono ponto distando r metros desta carga pontual ainda é dada pela 
equação anterior. 
Como a intensidade de campo elétrico radial de uma carga pontual no espaço livre é 
2
0
ˆ
4 r
QE a
rpiε
=
�
 
podemos escrever que, no espaço livre, 
0D Eε=
� �
 
Embora esta expressão seja aplicável somente ao vácuo, ela não se restringe somente ao 
campo de uma carga pontual, a mesma é verdadeira para qualquer configuração no espaço livre, seja 
ela uma distribuição volumétrica, superficial ou linear. 
Exemplo 01: 
Encontrar a densidade de fluxo elétrico D
�
 na região ao redor de uma linha de cargas uniforme de 
8 /nC m situada sobre o eixo z no espaço livre. 
Exemplo 02: 
Calcule a densidade de fluxo elétrico D
�
 em coordenadas retangulares no ponto ( )2, 3,6P − 
produzido por: 
a) uma carga pontual 55Q mC= em ( )2,3, 6M − − ; 
b) uma linha de cargas uniforme de 20 /L mC mρ = no eixo x ; 
c) uma densidade superficial de carga de 2120 /S C mρ µ= no plano 5z = − . 
 
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37 
3.2 Lei de Gauss 
Imaginemos uma distribuição de carga, conforme mostrada na figura abaixo, como uma 
nuvem de cargas pontuais, envolvidas por uma superfície fechada com uma forma qualquer. Se a 
carga total é Q+ Coulomb, então Q Coulomb de fluxo elétrico irão atravessar a superfície, o vetor 
densidade de fluxo elétrico D
�
 terá algum valor SD
�
, onde o índice S meramente nos lembra que D
�
 
deve ser calculado na superfície, e SD
�
 irá em geral variar em magnitude e direção de um ponto da 
superfície para outro. 
 
Especificando o elemento incremental da superfície, tal como ilustrado na figura anterior, 
como sendo o vetor S∆
�
 normal à superfície e apontando para fora da mesma, podemos então 
escrever que o incremento de fluxo elétrico ( ∆Ψ ) neste elemento incremental de superfície será: 
S normal SD S D S∆Ψ = ∆ = ⋅ ∆
��
 
O fluxo total que atravessa a superfície fechada é obtido adicionando-se as contribuições 
diferenciais que atravessam cada elemento de superfície S∆
�
, 
SS
D dSΨ = ⋅∫
��
� (superfície fechada) 
Esta integral resultante é uma integral de superfície fechado, ou seja, é uma integral dupla da 
superfície total. Tal superfície é freqüentemente chamada de superfície gaussiana. Temos, então, a 
formulação matemática de Gauss, que afirma 
carga envolvidaSS D dS QΨ = ⋅ = =∫
��
� 
A carga envolvida pode ser um conjunto de várias cargas pontuais, ou uma linha de cargas, 
ou uma superfície de cargas, ou ainda, uma distribuição volumétrica de cargas. Como a equação da 
distribuição volumétrica é uma generalização das outras expressões, podemos escrever a Lei de 
Gauss em termos desta 
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38 
S vS vol
D dS dvρ⋅ =∫ ∫
��
� 
uma afirmativa matemática significando simplesmente que o fluxo elétrico total através de qualquer 
superfície fechada é igual à carga envolvida. 
Para ilustrar a aplicação da lei de Gauss, vamos conferir os resultados do experimento de 
Faraday colocando uma carga pontual Q na origem do sistema de coordenadas esféricas e 
escolhendo uma superfície fechada como uma esfera de raio r . Temos então 
( )0 0 2
0
2
2 2 2
ˆ
4
ˆ 4
4 4 4
S rS S S
rS S
QD dS E dS a dS
r
Q Q Q
a dS dS r Q
r r r
ε ε
piε
pi
pi pi pi
 
⋅ = ⋅ = ⋅ 
 
 
= ⋅ = = = 
 
∫ ∫ ∫
∫ ∫
� � �� �
�
� � �
� �
 
e obtém um resultado que mostra que Q Coulomb de fluxo elétrico está atravessando a superfície, 
como deveria ser, já que a carga envolvida é de Q Coulomb. A figura abaixo ilustra o fato de que os 
vetores SD
�
 e dS
�
, neste exemplo, estão sempre na mesma direção 
 
Já a integral de área da superfície fechada esférica é 
2 2 2
0 0
4esferaS r sen d d r
φ pi θ pi
φ θ
θ θ φ pi= =
= =
= =∫ ∫ 
contudo, por ser a área de uma superfície esférica uma equação conhecida, não há necessidade de 
se calcular a mesma em todos os exemplos que esta aparecer. 
Vale ressaltar que para o cálculo do fluxo elétrico em uma superfície aberta pode-se usar 
SS
D dSΨ = ⋅∫
��
 (superfície aberta) 
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39 
Exemplo 03: 
Dada uma carga pontual de 60 Cµ localizada na origem, determine o fluxo elétrico total que passa 
através: 
a) da porção de uma esfera de 26r cm= limitada por 0 /2θ pi< < e 0 /2φ pi< < ; 
b) da superfície fechada definida por 26 cmρ = e 26z cm= ± ; 
c) do plano 26z cm= . 
Exemplo 04: 
Dada a densidade de fluxo elétrico 2 2ˆ0,3 /
r
D r a nC m=
�
 no espaço livre, determine: 
a) o campo elétrico E
�
 no ponto ( )2, 25º ,90ºP . 
b) a carga total dentro da esfera 3r = . 
c) o fluxo elétrico total que deixa a esfera 4r = . 
Exemplo 05: 
Calcule o fluxo elétrico total que deixa uma superfície cúbica formada pelos seis planos , , 5x y z = ± 
se a distribuição de carga é: 
a) duas cargas pontuais, uma de 0,1 Cµ em ( )1, 2,3− e outra de 17 Cµ em ( )1,2, 2− − ; 
b) uma linha de cargas uniforme de /C mpi µ em 2x = − e 3y = ; 
c) uma superfície de cargas uniforme de 20,1 /C mµ no plano 3y x= . 
 
3.3 Aplicações da Lei de Gauss: Algumas Distribuições Simétricas 
de Cargas 
A solução da equação de Gauss é fácil se formos capazes de escolher uma superfície fechada 
que satisfaça duas condições: 
1. SD
�
 deve ser normal ou tangente à superfície fechada em qualquer ponto, de modo que 
SD dS⋅
��
 se torna SD dS⋅ ou zero, respectivamente. 
2. Na parte da superfície fechada para a qual SD dS⋅
��
 não é zero, SD deverá ser constante. 
Isto nos permite substituir o produto escalar pelo produto dos escalares SD e dS e depois 
levar SD para fora da integral. A integral remanescente é, então, sobre aquela porção da superfície 
fechada em que SD
�
 cruza normalmente, o que é simplesmente a área desta superfície. 
Vamos considerar uma carga pontual Q na origem de um sistema de coordenadas esféricas 
e decidir por uma superfície fechada adequada que irá satisfazer os dois requisitos listados acima. A 
superfície em questão é obviamente uma superfície esférica, centrada na origem e de raio r 
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40 
qualquer. SD
�
 é normal à superfície em qualquer ponto; SD possui o mesmo valor em todos os 
pontos na superfície. 
Temos, então, 
2 2
0 0
24
S SS esfera
S S
esfera
S
Q D dS D dS
D dS D r sen d d
r D
φ pi θ pi
φ θ θ θ φ
pi
= =
= =
= ⋅ =
= =
=
∫ ∫
∫ ∫ ∫
��
� �
� 
e assim 24S
QD
rpi
= 
Como r pode ter qualquer valor e como SD
�
 está dirigido radialmente para fora, 
2 ˆ4 r
QD a
rpi
=
�
 2
0
ˆ
4 r
QE a
rpiε
=
�
 
que concorda com os resultados advindos da lei de Coulomb. 
Como um segundo exemplo, consideremos uma distribuição uniforme e linear de carga 
situada no eixo z se estendendo de −∞ a +∞ . 
Neste exemplo em questão, a superfície cilíndrica é a única superfície em que Dρ
�
 é normal 
em qualquer ponto e pode ser fechada por superfícies planas normais ao eixo z . A figura abaixo 
mostra um cilindro circular reto fechado de raio ρ se estendendo de 0z = até z L= . 
 
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Aplicando-sea lei de Gauss 
2
0 0
0 0 2
S S S S SS cilindro lateral topo base
z L
S S Slateral z
Q D dS D dS D dS D dS D dS
D dS D d dz D L
φ pi
φ ρ φ piρ
= =
= =
= ⋅ = ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅
= + + = =
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
� � � � �� � � � �
� �
 
e obtemos 
2S
QD
Lpiρ
= 
Em termos da densidade de carga: 
2 2
L L
S
LD
L
ρ ρ
piρ piρ
= = . Resultando nos vetores, 
ˆ
2
LD aρ
ρ
piρ
=
�
 
0
ˆ
2
LE aρ
ρ
piε ρ
=
�
 
Em conformidade com o resultado obtido anteriormente pela lei de Coulomb. 
Um terceiro exemplo é o problema de um cabo coaxial. Suponhamos que temos dois 
condutores cilíndricos coaxiais, o interno de raio a e o externo de raio b , cada um de extensão 
infinita, como mostra a figura a seguir. Consideremos uma distribuição de carga Sρ na superfície 
externa do condutor interno. As cargas dos dois cilindros são iguais em módulos e opostas em sinais. 
 
Um cilindro circular reto de comprimento L e raio ρ , onde a bρ< < , é necessariamente 
escolhido como a superfície gaussiana, e rapidamente temos 
2SQ D Lpiρ= 
e obtemos 
2S
QD
Lpiρ
= 
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42 
Em termos da densidade de carga: 
2
2
S S
S
aL aD
L
ρ pi ρ
piρ ρ
= = . Passando para densidade linear, 
mais comumente usada para cabos coaxiais, temos que LQ Lρ= , então, 2 2
L L
S
LD
L
ρ ρ
piρ piρ
= = . Em 
termos vetoriais,tem-se 
ˆ
2
LD aρ
ρ
piρ
=
�
 
0
ˆ
2
LE aρ
ρ
piε ρ
=
�
 
e a solução possui uma forma idêntica àquela da linha infinita de cargas. 
Caso usássemos um cilindro de raio bρ > para a superfície gaussiana, a carga total 
envolvida seria então zero, já que o resultado da soma das cargas dos dois cilindros é nulo. Um 
resultado idêntico seria obtido para aρ < , pois a carga do cilindro interno só existirá na superfície 
do mesmo, conforme veremos em breve para o caso de materiais condutores. 
Exemplo 06: 
Considere um cabo coaxial de 50 cm de comprimento com raio interno de 1 mm e raio externo de 
4 mm , o espaço entre os condutores é preenchido por ar. A carga total no condutor interno é 
30 nC . Calcule a densidade de carga em cada condutor e, usando a lei de Gauss, a densidade de 
fluxo elétrico e o campo elétrico, em toda região. 
Exemplo 07: 
Uma carga pontual de 0,25 Cµ está localizada na origem, e duas densidades superficiais de carga 
uniformes estão localizadas como segue: uma de 22 /mC m em 1r cm= e outra de 20,6 /mC m− 
em 1,8r cm= . Calcule o vetor densidade de fluxo elétrico em: 
a) 0,5r cm= ; 
b) 1,5r cm= ; 
c) 2,5r cm= ; 
d) Que densidade superficial de carga uniforme deve ser estabelecida em 3r cm= para 
causar um densidade de fluxo de carga nula em 3,5r cm= ? 
 
3.4 Aplicações da Lei de Gauss: Elemento Diferencial de Volume 
Agora aplicaremos os métodos da lei de Gauss para um tipo de problema ligeiramente 
diferente – um que não possui qualquer simetria. Para se contornar a problemática da ausência de 
simetria, que é imprescindível para aplicação da lei de Gauss, será necessário escolher uma superfície 
fechada muito pequena em que D
�
 seja praticamente constante sobre ela e, que uma pequena 
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43 
variação de D
�
 possa ser adequadamente representada pelos dois primeiros termos da expansão de 
D
�
 em série de Taylor. 
Consideremos um ponto P qualquer, mostrado na figura seguinte, localizado pelo sistema 
de coordenadas cartesianas. O valor de D
�
 neste ponto pode ser expresso em componentes 
cartesianos, 0 0 0 0ˆ ˆ ˆx x y y z zD D a D a D a= + +
�
. 
 
Escolhemos como nossa superfície fechada uma pequena caixa retangular, centrada em P , 
tendo lados de comprimentos x∆ , y∆ e z∆ , e apliquemos a lei de Gauss, 
SS frente atrás esquerda direita topo base
D dS Q⋅ = + + + + + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
��
� 
onde, dividimos a integral sobre a superfície fechada em seis integrais, uma para cada face. 
Consideremos a primeira destas integrais detalhadamente, 
,
ˆ
frente frentefrente
frente x
x frente
D S
D y z a
D y z
= ⋅∆
= ⋅ ∆ ∆
= ∆ ∆
∫
��
�
 
onde devemos aproximar somente o valor de xD nesta face frontal. A face frontal está a uma 
distância de / 2x∆ de P , e assim 
, 0
0
 taxa de variação de com 
2
2
x frente x x
x
x
xD D D x
DxD
x
∆
= + ×
∂∆
= +
∂
 
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44 
Temos, agora 
0 2
x
xfrente
DxD y z
x
∂∆ 
= + ∆ ∆ ∂ ∫
 
Consideremos agora a integral sobre a superfície posterior, 
( )
,
ˆ
atrás atrás
atrás
atrás x
x atrás
D S
D y z a
D y z
= ⋅∆
= ⋅ −∆ ∆
= − ∆ ∆
∫
��
�
 
e, fazendo-se novamente uma aproximação, 
, 0 2
x
x atrás x
DxD D
x
∂∆
= −
∂
 
resultando em 0 2
x
x
atrás
DxD y z
x
∂∆ 
= − + ∆ ∆ ∂ ∫
 
Se combinarmos estas duas integrais, temos 
x
frente atrás
D
x y z
x
∂
+ = ∆ ∆ ∆
∂∫ ∫ 
Usando-se exatamente este mesmo procedimento, encontramos que 
y
direita esquerda
D
x y z
y
∂
+ = ∆ ∆ ∆
∂∫ ∫
 
z
topo base
D
x y z
z
∂
+ = ∆ ∆ ∆
∂∫ ∫ 
Sendo x y z v∆ ∆ ∆ = ∆ , podemos escrever: 
yx z
SS
DD DD dS Q v
x y z
∂ ∂ ∂
⋅ = = + + ∆ ∂ ∂ ∂ ∫
��
� 
A expressão é uma aproximação que se torna melhor à medida que v∆ se torna menor. 
Exemplo 08: 
Determine um valor aproximado para a carga total contida em um volume incremental de 9 310 m− 
localizado na origem, se ( ) ( ) 2ˆ ˆ ˆsen cos 2 /x xx y zD e y a e y a za C m− −= − +� . 
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45 
 
Exemplo 09: 
No espaço livre, 4 2 4 2 3 2ˆ ˆ ˆ8 4 16 /x y zD xyz a x z a x yz a pC m= + +
�
. Determinar: 
a) o fluxo elétrico total que atravessa a superfície retangular 2z = , 0 2x< < , 1 3y< < na 
direção ˆza ; 
b) o campo elétrico em ( )2, 1,3P − ; 
c) um valor aproximado para a carga total contida em uma esfera incremental localizada em 
( )2, 1,3P − e tendo um volume de 12 310 m− . 
 
3.5 Divergência 
No subitem anterior, encontramos que 
yx z
SS
DD DD dS Q v
x y z
∂ ∂ ∂
⋅ = = + + ∆ ∂ ∂ ∂ ∫
��
� 
Obteremos agora a relação exata desta equação, permitindo que o elemento de volume v∆ 
tenda a zero. Escreveremos esta equação como 
Syx Sz
D dSDD D Q
x y z v v
⋅∂ ∂ ∂
+ + = = ∂ ∂ ∂ ∆ ∆ 
∫
��
�
 
Pode-se, assim, fazer um limite tal qual 
0 0
lim limSyx Sz
v v
D dSDD D Q
x y z v v∆ → ∆ →
⋅∂ ∂ ∂
+ + = = ∂ ∂ ∂ ∆ ∆ 
∫
��
�
 
sendo que este último termo representa a densidade volumétrica de carga vρ , portanto 
0
lim Syx Sz v
v
D dSDD D
x y z v
ρ
∆ →
⋅∂ ∂ ∂
+ + = = ∂ ∂ ∂ ∆ 
∫
��
�
 
Por enquanto, trabalhemos unicamente com a primeira igualdade da expressão, ou seja, 
0
lim Syx Sz
v
D dSDD D
x y z v∆ →
⋅∂ ∂ ∂
+ + = ∂ ∂ ∂ ∆ 
∫
��
�
 
pois a equação que relaciona a densidade volumétrica será tratada na próxima seção. 
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46 
A expressão anterior envolve a densidade de fluxo elétrico D
�
, porém a mesma poderia ser 
representativa de qualquer outro campo vetorial genericamente representado pela letra A
�
 
(velocidade, aceleração,força, etc.). Podendo-se reescrevê-la como 
0
limyx Sz
v
A dSAA A
x y z v∆ →
⋅∂ ∂ ∂
+ + = ∂ ∂ ∂ ∆ 
∫
� �
�
 
Esta operação apareceu tantas vezes em investigações físicas passadas que recebeu um 
nome descritivo, divergência. A divergência de A
�
 é definida como 
0
Divergência de div lim S
v
A dS
A A
v∆ →
⋅
= =
∆
∫
� �
� � �
 
e é usualmente abreviada por div A
�
. Este vetor A
�
 é membro da família dos vetores densidade de 
fluxo. A seguinte interpretação física é válida: 
“A divergência do vetor densidade de fluxo A
�
 é a descarga de fluxo em uma pequena 
superfície fechada por unidade de volume à medida que o volume tende a zero.” 
Por exemplo, consideremos a divergência da velocidade da água em uma banheira após 
termos aberto o dreno. O fluxo líquido de água através de qualquer superfície fechada situada 
inteiramente dentro da água deve ser igual a zero, pois a água é essencialmente incompressível e, 
conseqüentemente, a água que entra e sai de diferentes regiões da superfície fechada deve ser igual. 
Portanto a divergência desta velocidade é zero. 
Entretanto, se considerarmos agora a velocidade do ar em um pneu que acabou de ser 
furado por um prego, percebemos que o ar se expande à medida que a pressão cai e que, 
conseqüentemente, há um fluxo líquido em qualquer superfície fechada situada dentro do pneu. A 
divergência desta velocidade é, portanto, maior que zero. Já na operação de enchimento do pneu, o 
fluxo líquido em qualquer superfície fechada situada dentro do mesmo terá de sentido oposto ao do 
procedimento anterior. 
Uma divergência positiva de qualquer grandeza vetorial indica uma fonte desta grandeza 
vetorial naquele ponto. De forma semelhante, uma divergência negativa indica um sorvedouro 
(sumidouro). Como a divergência da velocidade da água acima é zero, não existe fonte nem 
sorvedouro. 
A divergência para o nosso caso específico da densidade de fluxo elétrico será 
div yx z
DD DD
x y z
∂ ∂ ∂
= + + ∂ ∂ ∂ 
�
 
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47 
Esta expressão está representada em coordenadas cartesianas. Caso desejássemos escrevê-
la em coordenadas cilíndricas ou esféricas, as mesmas ficariam como se segue. 
( )1 1div zD DD D
z
φ
ρρρ ρ ρ φ
∂ ∂∂
= + + ∂ ∂ ∂ 
�
 coordenadas cilíndricas 
( ) ( )221 1 1div r DD r D sen Dr r r sen r sen φθθθ θ θ φ
∂ ∂ ∂
= + + ∂ ∂ ∂ 
�
 coordenadas esféricas 
A divergência é uma operação que resulta em um escalar, ou seja, a divergência meramente 
nos diz quanto fluxo está deixando um pequeno volume em termos de “por unidade de volume”, 
nenhuma direção está associada a ela. 
Exemplo 10: 
Determine a divergência div D
�
 em um ponto situado na origem se o vetor densidade de fluxo é 
( ) ( ) 2ˆ ˆ ˆsen cos 2 /x xx y zD e y a e y a za C m− −= − +� . 
Exemplo 11: 
Determinar o valor numérico para div D
�
 no ponto especificado para cada um dos seguintes itens 
abaixo: 
a) ( ) ( )2 2 2 2ˆ ˆ ˆ2 2 /x y zD xyz y a x z xy a x ya C m= − − − +� em ( )2,3, 1P − ; 
b) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2ˆ ˆ ˆ2 sen sen 2 2 sen /zD z a z a z a C mρ φρ φ ρ φ ρ φ= − +� em ( )2,110º , 1P − ; 
c) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2ˆ ˆ ˆ2 sen cos cos cos sen /rD r a r a r a C mθ φθ φ θ φ φ= + −� em ( )1,5;30º ;50ºP . 
 
3.6 Primeira Equação de Maxwell (Eletrostática) 
As expressões desenvolvidas para a divergência são as seguintes 
0
div lim SS
v
D dS
D
v∆ →
⋅
=
∆
∫
��
� �
 
div yx z
DD DD
x y z
∂∂ ∂
= + +
∂ ∂ ∂
�
 
div vD ρ=
�
 
A primeira equação é a definição da divergência; a segunda é o resultado da aplicação da 
definição a um elemento diferencial de volume em coordenadas cartesianas, e a terceira é 
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meramente escrita usando-se de desenvolvimento matemático. Esta última equação é um resultado 
do seguinte desenvolvimento 
( ) Lei de GaussSS D dS Q⋅ =∫
��
� 
SS
D dS Q
v v
⋅
=
∆ ∆
∫
��
�
 
0 0
lim limSS
v v
D dS Q
v v∆ → ∆ →
⋅
==
∆ ∆
∫
��
�
 
div vD ρ=
�
 
Esta é a primeira das quatro equações de Maxwell. Ela estabelece que o fluxo elétrico por 
unidade de volume que deixa uma unidade de volume infinitesimal é exatamente igual à sua 
densidade volumétrica de carga. A primeira equação de Maxwell é também descrita como a forma 
diferencial da lei de Gauss. De modo recíproco, a lei de Gauss é reconhecida como a forma integral 
da primeira equação de Maxwell. 
A operação divergência não é limitada à densidade de fluxo elétrico; ela pode ser aplicada a 
qualquer campo vetorial. 
Exemplo 12: 
Determine uma expressão para a densidade volumétrica de carga associada com cada campo 
densidade de fluxo elétrico a seguir: 
a) 
2 2
2
2
4 2 2
ˆ ˆ ˆ /x y z
xy x x yD a a a C m
z z z
= + +
�
; 
b) ( ) ( ) ( ) 2ˆ ˆ ˆsen cos sen /zD z a z a a C mρ φφ φ ρ φ= + +� ; 
c) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2ˆ ˆ ˆsen sen cos sen cos /rD a a a C mθ φθ φ θ φ φ= + +� . 
 
3.7 O Operador Vetorial ∇
�
(Nabla) e o Teorema da Divergência 
Definimos o operador nabla ∇
�
 como sendo um operador vetorial, representado pela 
expressão: 
ˆ ˆ ˆ
x y za a a
x y z
∂ ∂ ∂∇ = + +
∂ ∂ ∂
�
 
Consideremos o produto escalar dos vetores ∇
�
 e D
�
, 
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( )ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆx y z x x y y z zD a a a D a D a D a
x y z
 ∂ ∂ ∂∇ ⋅ = + + ⋅ + + ∂ ∂ ∂ 
� � � � �
 
yx z
DD DD
x y z
∂∂ ∂∇ ⋅ = + +
∂ ∂ ∂
� �
 
Isto é reconhecido como a divergência de D
�
, de forma que temos 
div yx z
DD DD D
x y z
∂∂ ∂
= ∇ ⋅ = + +
∂ ∂ ∂
� � �
 
O uso de D∇⋅
� �
 é muito mais comum que o de div D
�
. A partir de agora, usaremos a notação 
D∇⋅
� �
 para indicar a operação de divergência. 
O operador ∇
�
 não possui uma forma específica em outros sistemas de coordenadas. Se 
considerarmos D
�
 em coordenadas cilíndricas ou esféricas, então D∇⋅
� �
 ainda indica a divergência de 
D
�
, conforme as expressões já definidas anteriormente, porém não temos uma fórmula para ∇
�
 em 
si nestes sistemas de coordenadas. 
Iremos agora desenvolver o teorema da divergência. Este teorema se aplica a qualquer 
campo vetorial para o qual existe a derivada parcial apropriada. Partindo da lei de Gauss, 
S
D dS Q⋅ =∫
��
� 
e considerando 
v
vol
Q dvρ= ∫ 
e então substituindo vρ por sua igualdade, 
vD ρ∇ ⋅ =
� �
 
temos vS vol vol
D dS Q dv D dvρ⋅ = = = ∇⋅∫ ∫ ∫
�� � �
� 
A primeira e a última expressão constituem o teorema da divergência, 
S vol
D dS Ddv⋅ = ∇⋅∫ ∫
�� � �
� 
que pode ser escrito como se segue: 
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50 
“A integral da componente normal de qualquer campo vetorial sobre uma superfície 
fechada é igual à integral da divergência deste campo vetorial através do volume limitado 
por esta superfície fechada.” 
Novamente, enfatizamos que o teorema da divergência é verdadeiro para qualquer campo 
vetorial. Sua vantagem advém do fato de que ele relaciona uma tripla integração através de algum 
volume com uma dupla integração sobre a superfície daquele volume. 
 
O teorema da divergência se torna óbvio fisicamente se considerarmos o volume, tal qual 
apresentado na figura acima, divididoem inúmeros pequenos compartimentos de tamanho 
diferencial. A consideração de uma dessas células mostra que o fluxo que diverge desta célula entra, 
ou converge, para as células adjacentes, a menos que estas contenham uma porção de superfície 
externa. Em resumo, a divergência da densidade de fluxo através de um volume leva, então, ao 
mesmo resultado que o determinado pelo fluxo líquido que atravessa a superfície fechada. 
Exemplo 13: 
Calcule ambos os lados do teorema da divergência para o campo 2 2ˆ ˆ2 /x yD xya x a C m= +
�
 e a a 
região fechada de um paralelepípedo formado pelos planos 0 1x e= , 0 2y e= e 0 3z e= . 
Exemplo 14: 
Dado o campo ( ) ( ) 21 12 2ˆ ˆ6 sen 1,5 cos /D a a C mρ φρ φ ρ φ= +� calcule ambos os lados do teorema da 
divergência para a região limitada por 2ρ = , 0 eφ pi= e 0 5z e= . 
 
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51 
4 – ENERGIA POTENCIAL E POTENCIAL ELÉTRICO 
 
4.1 Trabalho Empregado no Movimento de uma Carga no Interior 
de um Campo Elétrico 
Se tentarmos movimentar uma carga de teste contra o campo elétrico, deveremos exercer 
uma força de igual módulo e sentido contrário àquela exercida pela força proveniente do campo, e 
isto requer dispêndio de energia ou trabalho. Já se tentarmos movimentar a carga na direção do 
campo, nosso dispêndio de energia torna-se-á negativo; não realizaremos trabalho, o campo é que 
realizará. 
A força aplicada à carga Q devido a existência de um campo elétrico E� é 
EF QE=
� �
 
A componente desta força numa direção dL
�
 qualquer é 
ˆ ˆEL E L LF F a QE a= ⋅ = ⋅
� �
 
onde ˆLa é o vetor unitário da direção de dL
�
. 
A força que deve ser aplicada por um agente externo para deslocar a carga é de módulo igual 
e sentido oposto, ou seja, 
ˆ
aplicada LF QE a= − ⋅
�
 
Já o dispêndio de energia será dado pelo produto da força aplicada pela distância de 
deslocamento. Pode-se então escrever que o trabalho diferencial realizado por um agente externo 
deslocando Q ao longo da direção ˆLa é 
( )ˆ ˆL LdW QE a dL QE a dL QE dL= − ⋅ = − ⋅ = − ⋅� � � � 
onde substituímos ˆLa dL pela expressão mais simples dL
�
. 
O trabalho necessário para deslocar a carga de uma distância finita deve ser determinado 
pela integração 
final
inicial
W Q E dL= − ⋅∫
� �
 
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52 
onde o caminho deve ser especificado antes que a integral seja calculada. Considera-se, para tanto, 
que a carga está parada nas posições inicial e final. 
Exemplo 01: 
Dado o campo elétrico ( ) ( )2 221 ˆ ˆ ˆ8 4 4 /x y zE xyza za x ya V mz= + −
�
, determine a quantidade 
diferencial de trabalho realizado ao deslocarmos uma carga de 6nC de uma distância de 2 mµ , 
partindo de ( )2, 2,3P − e caminhando na direção: 
a) 
6 3 2
ˆ ˆ ˆ ˆ
7 7 7L x y z
a a a a= − + + ; 
b) 
6 3 2
ˆ ˆ ˆ ˆ
7 7 7L x y z
a a a a= − − . 
 
4.2 Integral de Linha 
A expressão da integral para o trabalho é um exemplo de integral de linha, a qual, sempre 
assume a forma da integral ao longo de um caminho prescrito do produto escalar entre o campo 
vetorial e o vetor comprimento diferencial. Sem a utilização da análise vetorial, deveríamos escrever 
final
Linicial
W Q E dL= − ∫ 
onde LE = componente de E
�
 ao longo de dL
�
. 
O procedimento da integral de linha está indicado na figura abaixo, onde foi escolhido um 
caminho a partir da posição inicial B até a posição final A e selecionado um campo elétrico 
uniforme. O caminho está dividido em seis segmentos. 
 
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53 
O trabalho envolvido no deslocamento da carga Q de B para A é, então, aproximadamente 
( )1 1 2 2 6 6L L LW Q E L E L E L= − ∆ + ∆ + + ∆… 
ou, usando notação vetorial, 
( )1 1 2 2 6 6W Q E L E L E L= − ⋅∆ + ⋅∆ + + ⋅∆� � � � � �… 
e, como admitimos um campo uniforme 
( )1 2 6W QE L L L= − ⋅ ∆ + ∆ + + ∆� � � �… 
A soma dos segmentos dos vetores pode ser realizada pela regra do paralelogramo, 
resultando justamente em um vetor dirigido do ponto inicial para o ponto final, BAL
�
. Portanto, 
( ) uniformeBAW QE L E= − ⋅� � � 
Para este caso especial de uma intensidade de campo elétrico uniforme, devemos notar que 
o trabalho envolvido no deslocamento da carga depende somente de Q , E� e BAL
�
. Ele não depende 
do caminho escolhido para deslocar a carga, ou seja, pode-se ir de B para A em uma linha reta ou 
por um caminho tortuoso que a resposta será a mesma. 
Note que a expressão de dL
�
 utiliza dos vetores de comprimentos diferenciais, os quais 
encontram-se destacado a seguir. 
ˆ ˆ ˆ
 (coordenadas cartesianas)
ˆ ˆ ˆ
 (coordenadas cilíndricas)
ˆ ˆ ˆ
 (coordenadas esféricas)
x y z
z
r
dL dxa dya dza
dL d a d a dza
dL dra rd a r sen d a
ρ φ
θ φ
ρ ρ φ
θ θ φ
= + +
= + +
= + +
�
�
�
 
Para ilustrar o cálculo da integral de linha, investigaremos os diversos caminhos que devemos 
considerar próximos a uma linha infinita de cargas, conforme figura a seguir. 
 
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54 
O campo já foi obtido anteriormente e é inteiramente na direção radial, 
0
ˆ ˆ
2
LE E a aρ ρ ρ
ρ
piε ρ
= =
�
 
Deslocando-se uma carga positiva em torno de um caminho circular de raio 1ρ , conforme 
figura (a), tem-se 1 ˆdL d aφρ φ=
�
, o trabalho será: 
2
10
0 1
2
0
0
ˆ ˆ
 
2
ˆ ˆ
 0
2
final
inicial
L
L
W Q E dL
Q a d a
Q d a a
pi
ρ φ
pi
ρ φ
ρ ρ φ
piε ρ
ρ φ
piε
= − ⋅
= − ⋅
= − ⋅ =
∫
∫
∫
� �
 
Considerando-se agora um deslocamento da carga de aρ = para bρ = ao longo do 
caminho radial, de acordo com figura (b) acima. Aqui, ˆdL d aρρ=
�
 e 
0
0
0
ˆ ˆ
2
 
2
 ln
2
b
a
b
a
L
L
bL
a
W Q a d a
dQ
Q
ρ
ρ ρρ
ρ
ρ
ρ ρ
piε ρ
ρ ρ
piε ρ
ρρ
piε ρ
= − ⋅
= −
= −
∫
∫ 
Como bρ é maior do que aρ , percebe-se que o trabalho realizado é negativo, indicando que 
a fonte externa, que está deslocando a carga, recebe energia. Já se o deslocamento fosse de bρ para 
aρ , teríamos, 
0
ln
2
bL
a
QW ρρ
piε ρ
= 
Neste caso o trabalho é positivo, o que significa que a fonte externa (ou agente externo) é 
que está fornecendo energia. 
Exemplo 02: 
Dado o campo elétrico não-uniforme ˆ ˆ ˆ2x y zE ya xa a= + +
�
, determine o trabalho realizado para 
levar uma carga de 2C de ( )1,0,1B até ( )0,8;0,6;1A ao longo do arco mais curto do círculo 
2 2 1x y+ = e 1z = . 
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Exemplo 03: 
Calcule o trabalho ralizado ao deslocarmos uma carga de 4C de ( )1,0,0B até ( )0, 2,0A ao lonho 
do caminho 2 2 , 0y x z= − = no campo: 
a) ˆ5 /xE a V m=
�
; 
b) ˆ5 /xE xa V m=
�
; 
c) ˆ ˆ5 5 /x yE xa ya V m= +
�
. 
Exemplo 04: 
(exemplo de campo não-conservativo) Considerando ( )ˆ5 /xE xa V m=� , calcule o trabalho 
necessário para deslocar uma carga de 3C de ( )1,3,5B até ( )2,0,3A ao longo dos segmentos de 
linhas retas unindo: 
a) ( )1,3,5B a ( )2,3,5 a ( )2,0,5 a ( )2,0,3A ; 
b) ( )1,3,5B a ( )1,3,3 a ( )1,0,3 a ( )2,0,3A . 
 
4.3 Definição de Diferença de Potencial e Potencial Elétrico

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