APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I IUNESP

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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 1
 
 
 
 
 
 
 
 
0 ANÁLISE VETORIAL 
Este capítulo fornece uma introdução e uma recapitulação dos conhecimentos de álgebra vetorial, 
estando por isto numerado com o zero. Não faz parte de fato dos nossos estudos de eletromagnetismo, mas sem 
ele o tratamento dos fenômenos de campos elétricos e magnéticos torna-se mais complicado, uma vez que estes 
são resultados matemáticos de operações vetoriais. 
 
SISTEMA DE COORDENADAS 
Um exemplo prático de um sistema de coordenadas encontra-se numa carta geográfica 
onde um ponto é localizado em função da latitude e da longitude, isto é, medidas angulares 
que são tomadas em função de um referencial neste sistema plano. No espaço, um ponto 
também pode ser perfeitamente determinado quando conhecemos a sua posição em vista de 
um sistema de coordenadas. Particularmente no espaço tridimensional, um ponto é 
determinado em função de 3 coordenadas. 
Os sistemas de coordenadas definem um ponto no espaço como fruto da intersecção de 
3 superfícies que podem ser planas ou não. Vamos nos ater aqui a três tipos de sistemas de 
coordenadas: cartesianas, cilíndricas e esféricas. 
 
Sistema de coordenadas cartesianas, também conhecido por coordenadas retangulares, 
define um ponto pela intersecção de 3 planos. Neste sistema um ponto P (x, y, z) é definido 
pela intersecção dos planos x, y e z constantes paralelos respectivamente ao plano y0z, ao 
plano x0z e ao plano x0y, conforme a figura 0.1. É o sistema (x, y, z). 
 
 
 
 
Figura 0.1: o sistema de coordenadas cartesianas ou retangulares (x, y, z). 
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Sistema de coordenadas cilíndricas. Neste sistema de coordenadas o ponto P (r, φ, z) é 
determinado pela intersecção de uma superfície lateral cilíndrica de raio r constante e altura 
infinita, pelo semiplano φ constante (que contem o eixo z) e finalmente pelo plano z 
constante, como pode ser mostrado na figura 0.2. É o sistema (r, φ, z). 
 
 
 
Figura 0.2: o sistema de coordenadas cilíndricas (r, φ, z) 
 
Sistema de coordenadas esféricas que define um ponto P (r, θ, φ) na superfície de uma 
esfera de raio r constante centrada na origem, vinculando-o pela intersecção desta superfície 
com uma outra cônica θ (ângulo formado com o eixo y) constante e um semiplano φ 
(contendo o eixo z) constante, melhor esclarecido pela figura 0.3. É o sistema (r, θ, φ). 
 
 
 
Figura 0.3: o sistema de coordenadas esféricas (r, θ, φ) 
 
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VETOR 
Muitas grandezas necessitam de uma direção e de um sentido além do valor e da 
unidade, ou seja, de sua intensidade para uma definição perfeita. Assim, definiremos os 
vetores como representantes de classes ou conjuntos de segmentos orientados com mesma 
intensidade ou módulo, direção e sentido no espaço. A figura 0.4 mostra um mesmo vetor 
representado por segmentos de retas de mesmo tamanho, mesma orientação e paralelas no 
espaço. 
vr
 
 
 
Figura 0.4: a classe de vetores vr no espaço 
 
VERSOR OU VETOR UNITÁRIO 
Trata-se de um vetor de módulo 1, com a direção de um dado vetor . Um vetor vaˆ v
r 
é definido como múltiplo o submúltiplo de m vezes este versor e possui o mesmo sentido 
quando m for positivo ou o sentido oposto, caso m seja negativo. Assim, um vetor pode ser 
expresso como o produto de um versor por um escalar de modo que: 
vaˆ
vr
 
vaˆmv =r (0.1) 
 
Outra forma de se indicar um versor é aquela que exprime a relação entre um vetor e o 
seu próprio módulo, isto é, 
 
v
v
v
vaˆv
r
r
r
== (0.2) 
 
Se conhecermos o sistema de coordenadas, um ponto P pode ser localizado no espaço 
pelas componentes de um vetor posição que vai da origem deste sistema de coordenadas ao 
referido ponto. Trata-se de uma soma vetorial das componentes orientadas por seus versores. 
Um vetor cuja origem coincide com a origem de um sistema de coordenadas cartesianas e 
com extremidade no ponto P pode ser dado por: 
V
r
 
zzyyxx aˆVaˆVaˆV)OP(V ++=−=
r
 (0.3) 
 
Do mesmo modo o ponto P pode ser determinado nos sistemas cilíndrico e esférico 
sendo a soma vetorial das componentes dadas respectivamente por 
 
zzφφrr aˆVaˆVaˆV)OP(V ++=−=
r
 (0.4) 
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φφθθrr aˆVaˆVaˆV)OP(V ++=−=
r
 (0.5) 
 
A figura 0.5 mostra os três versores aplicados em P. Os vetores unitários do sistema 
retangular apresentam direções fixas, independentemente do ponto P, o que não ocorre nos 
outros dois sistemas de coordenadas (exceto para o versor ), onde cada versor é normal à 
sua superfície coordenada, coerente com o sentido de crescimento de cada coordenada 
associada ao ponto P. 
zaˆ
 
 
 
Figura 0.5: versores das componentes coordenadas. 
 
PRODUTO ESCALAR 
É uma operação vetorial cujo resultado é um valor escalar, ou seja, uma grandeza 
algébrica; um valor numérico precedido de um sinal. O produto escalar entre dois vetores A
r
 
e B
r
 cujas direções formam um ângulo α entre eles é denotado por BA rr ⋅ cujo resultado é 
dado por: 
 
αcosABBA =⋅ rr (0.6) 
 
Pela relação (0.6) observamos que o produto escalar entre dois vetores multiplica o 
módulo de um vetor pelo módulo da projeção do outro sobre ele. De acordo com a figura 0.6, 
em uma linguagem matemática podemos escrever: 
 
Aproj.BBproj.ABA BA ==⋅
rr
 (0.7) 
 
O produto escalar resulta positivo quando o ângulo é agudo, nulo quando ele for reto e 
negativo quando o ângulo α entre os vetores for obtuso (90º < α < 180º). 
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figura 0.6: o produto escalar entre A
r
 e B
r
. 
 
Sendo o resultado de um produto escalar um valor algébrico, a propriedade comutativa 
pode ser assim verificada: 
 
ABαcosBAαcosABBA
rrrr ⋅===⋅ (0.8) 
 
Sejam dois vetores em um sistema de coordenadas onde zzyyxx aˆAaˆAaˆAA ++=
r
 e 
zzyyxx aˆBaˆBaˆBB ++=
r
. Considerando que o produto escalar entre dois versores paralelos 
possui módulo igual a 1 e que entre versores perpendiculares o resultado é nulo, o produto 
escalar será dado por 
 
zzyyxx BABABABA ++=⋅
rr
 (0.9) 
 
O quadrado do módulo de um vetor pode ser obtido a partir do produto escalar de um 
vetor por ele próprio. Assim, 
 
2
z
2
y
2
x
2
AAAAAA ++==⋅ rrr (0.10) 
 
PRODUTO VETORIAL 
O produto vetorial entre dois vetores A
r
 e B
r
, onde suas direções formam um ângulo 
agudo α entre eles, denotado por BA rr × , fornece como resultado um outro vetor com as 
características abaixo: 
1. Intensidade: αsenABαsenB.ABA ==× rrrr ; 
2. Direção: perpendicular aos dois vetores A
r
 e B
r
; 
3. Sentido: o do avanço de um parafuso de rosca direita, fornecido pela regra da mão 
direita, na ordem em que se tomam os dois vetores. 
Em linhas gerais o produto vetorial de dois vetores A
r
 e B
r
 pode ser expresso na direção 
e sentido de um versor perpendicular a naˆ A
r
 e B
r
, cujo sentido é dado pela regra da mão 
direita e ilustrado na figura 0.7. Assim, 
 
naˆ)αsenAB(BA =×
rr
 (0.11) 
 
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Figura 0.7: o produto vetorial entre A
r
 e B
r
 
 
Podemos também verificar sem nenhuma dificuldade que este produto não é comutativo 
e podemos escrever que se o versor estiver definido naˆ
 
naˆ)αsen(ABBAAB −=×−=×
rrrr
 (0.12) 
 
Podemos observar na figura 0.5 que os versores das coordenadas são perpendiculares 
entre si emqualquer um sistema. Assim, cada versor pode ser estabelecido em função dos 
outros dois como resultado de um produto vetorial. Para um sistema de coordenadas 
cartesianas ou retangulares teremos: 
 
yxz
xzy
zyx
aˆaˆaˆ
aˆaˆaˆ
aˆaˆaˆ
=×
=×
=×
 (0.13) 
 
Da mesma forma para um sistema de coordenadas cilíndricas: 
 
φrz
rzφ
zφr
aˆaˆaˆ
aˆaˆaˆ
aˆaˆaˆ
=×
=×
=×
 (0.14) 
 
E para um sistema de coordenadas esféricas: 
 
θrφ
rφθ
φθr
aˆaˆaˆ
aˆaˆaˆ
aˆaˆaˆ
=×
=×
=×
 (0.15) 
 
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Estas expressões mostram que cada versor pode ser determinado em função dos outros 
dois. Pela relação (0.12) verificamos que se invertermos a ordem dos versores no produto 
vetorial, teremos um versor negativo àqueles obtidos pelas relações (0.13), (0.14) e (0.15). 
Quaisquer dois vetores ou versores paralelos possuem o produto vetorial nulo, visto que 
sen 0 = sen π = 0. 
 
ELEMENTOS DIFERENCIAIS DE VOLUMES, LINHAS E SUPERFÍCIES 
Sistema cartesiano 
Tomemos um paralelepípedo elementar de arestas dx, dy e dz conforme a figura 0.8 (a), 
onde o seu volume dv é dado por 
 
dz.dy.dxdv = (0.16) 
 
O elemento vetorial de linha Ld é dado pela soma vetorial de suas arestas dx, dy e dz 
orientadas pelos versores , e resultando na diagonal do paralelepípedo, de maneira 
que 
xaˆ yaˆ zaˆ
 
zyx aˆdzaˆdyaˆdxLd ++=
r
 (0.17) 
 
 
 
Figura 0.8: comprimentos, áreas e volumes elementares. 
 
Sistema cilíndrico 
Tomaremos agora um paralelepípedo curvilíneo cujas arestas serão dadas por dr, r.dφ e 
dz mostradas na figura 0.8 (b). Da mesma forma como procedemos no sistema retangular, o 
elemento de volume será 
 
dzφrdrddz.φrd.drdv == (0.18) 
 
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E o comprimento elementar Ld será dado então pela soma de suas componentes dr, rdφ 
e dz orientadas pelos versores , e onde raˆ φaˆ zaˆ
 
zφr aˆdzaˆφrdaˆdrLd ++=
r
 (0.19) 
 
Sistema esférico 
Considerando ainda um paralelepípedo curvilíneo de arestas dr, r.dθ e r.senθ.dφ 
mostradas na figura 0.8 (c), o elemento de volume será dado por 
 
φdθdrdθsenrφdθsenr.θrd.drdv 2== (0.20) 
 
Logo, o comprimento elementar Ld será dado por 
 
φθr aˆφdθsenraˆθrdaˆdrLd ++=
r
 (0.21) 
 
Os elementos de área, em qualquer dos três sistemas de coordenadas, podem ser 
determinados sem maiores dificuldades em qualquer sistema de coordenadas, uma vez que 
bastará multiplicar as arestas elementares que definem a superfície da face em questão. 
 
IDENTIDADES VETORIAIS 
As identidades vetoriais relacionadas abaixo podem ser provadas, embora algumas 
exijam do estudante um pouco de trabalho “braçal”. Simplificando, a notação vetorial é 
denotada apenas pelos vetores em letras maiúsculas, sem as setas, enquanto que os escalares 
serão representados por letras minúsculas. 
 ( ) ( ) ( ) BACACBCBA ⋅×≡⋅×≡⋅× (a) 
 ( ) ( ) ( )CBABCACBA ⋅−⋅≡×× (b) 
 ( ) BABA ⋅∇+⋅∇≡+⋅∇ (c) 
 ( ) vuvu ∇+∇≡+∇ (d) 
 ( ) BABA ×∇+×∇≡+×∇ (e) 
 ( ) ( AuuAuA ⋅∇ )+∇⋅≡⋅∇ (f) 
 ( ) ( ) ( )uvvuuv ∇+∇≡∇ (g) 
 ( ) ( ) ( AuAuuA ×∇+ )×∇≡×∇ (h) 
 
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( ) ( ) ( BAABBA )×∇⋅−×∇⋅≡×⋅∇ (i) 
 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ABBAABBABA ×∇×+×∇×+∇⋅+∇⋅≡⋅∇ (j) 
 ( ) ( ) ( )BAABABBABA ∇⋅−∇⋅+⋅∇−⋅∇≡××∇ (k) 
 
vv 2∇≡∇⋅∇ (l) 
 
0A ≡×∇⋅∇ (m) 
 
0v ≡∇×∇ (n) 
 
( ) AAA 2∇−⋅∇∇≡×∇×∇ (o) 
 
EXERCÍCIOS DE APLICAÇÃO 
1) Encontre o vetor A
r
 que liga o ponto P (5, 7, -1) ao ponto Q (-3, 4, 1). Calcule também 
o vetor unitário ou versor associado ao vetor determinado por A
r
. 
2) Dados os pontos (5 mm; π; 2 mm) e ( 3 mm; -π/6; -2 mm) em coordenadas 
cilíndricas, encontre o valor da distância entre eles. 
3) Dados zyx aˆ3aˆ4aˆ2A −+=
r
e yx aˆaˆB +−=
r
, calcule os produtos escalar e vetorial entre 
eles. 
4) Dados yx aˆ4aˆ2A +=
r
e zy aˆ4aˆ6B −=
r
, calcule o menor ângulo entre eles usando o 
produto vetorial e o produto escalar entre eles. 
5) Use um sistema de coordenadas esféricas para calcular a área sobre uma casca esférica 
de raio r com α ≤ θ ≤ β. Qual o resultado quando α = 0 e β = π? 
6) Dados zy aˆ10aˆ4A +=
r
 e yaˆ3B =
r
, calcule a projeção de A
r
 sobre a direção de B
r
. 
7) Determine a expressão do produto vetorial entre A
r
 e B
r
 num sistema cartesiano e 
mostre que ele pode ser calculado a partir do determinante de uma matriz 3 x 3. 
8) Defina a condição de paralelismo entre dois vetores a partir do produto vetorial entre 
eles. 
9) Obtenha a condição de ortogonalidade entre dois vetores. 
10) Dado o plano A x + B y + C z = K, onde K é uma constante, obtenha o vetor 
nV
r
normal a este plano. Pode existir mais de uma solução? 
 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 1
 
 
 
 
 
 
 
Os primeiros fenômenos de origem eletrostática foram observados pelos gregos, 5 séculos antes de 
Cristo. Eles observaram que pedaços de âmbar (elektra), quando atritados com tecidos adquiriam a 
capacidade de atraírem pequenas partículas de outros materiais. Como a ciência experimental e 
dedutiva ainda estava longe de ser desenvolvida, o interesse nesse fenômeno sempre permaneceu 
no campo da lógica e da filosofia. A interação entre objetos eletricamente carregados (força 
eletrostática) só foi quantificada e equacionada no século 18 (1746), por um cientista francês 
chamado C. Coulomb. 
FORÇA ENTRE CARGAS ELÉTRICAS E 
O CAMPO ELETROSTÁTICO 1 
 
1.1 - FORÇA ENTRE CARGAS ELÉTRICAS - LEI DE COULOMB 
 
O trabalho de Coulomb consistiu em, usando uma balança de torção muito sensível, medir a força de 
atração (ou repulsão) entre dois corpos carregados, em função da distância que os separava. 
 
Conceito A intensidade da força entre dois objetos pequenos, separados pelo vácuo ou pelo 
espaço livre, sendo a distância entre eles muito maior que os seus raios, é diretamente 
proporcional ao produto entre as cargas, e inversamente proporcional ao quadrado da 
distância entre eles. 
 
 
F = k
Q .Q
R
(N)1 22 (1.1)
 
F (N) Força de origem eletrostática, de repulsão (cargas de mesmo sinal) ou atração 
(cargas de sinais opostos) 
Q1, Q2 (C) Cargas elétricas, positivas ou negativas 
R (m) Distância entre os centros das cargas 
k Constante de proporcionalidade 
 
A constante k vale: 
 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=πε= 2
2
9
0 C
Nm10.9
4
1k 
 
A constante ε0 é a permissividade elétrica do espaço livre. No S. I. (Sistema Internacional) seu 
valor é: 
 
)m/F(
36
1010x854,8
9
12
0 π==ε
−− 
 
A força eletrostática é uma grandeza vetorial: possui intensidade, direção e sentido. Ela age ao 
longo da linha que une as duas cargas. Também é uma força mútua. Cada uma das cargas sofre a 
ação de uma força de mesma magnitude, porém, de sentido contrário. A força será repulsiva, se as 
duas cargas forem de mesma natureza (mesmo sinal), ou atrativa, se de sinais contrários. 
Reescrevendo-a vetorialmente: 
 
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 r r
F = -
Q .Q
R
(N)2
1 2
12
F ar1
0
2 12
1
4
= πε $ (1.2)
 
 $a
R
Rr12
12
12
=
r
 (1.3)
1F
v
 (N) Força exercida sobre a carga Q1 pela carga Q2. 
2F
v
 (N) Força exercida sobre a carga Q2 pela carga Q1. 
 r
R12 
 
(m) 
 
Vetor que vai da carga Q1 à carga Q2
âr12 Vetor unitário, ou versor, indicando a direção do vetor 
r
R12 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 1.1- Força entre duas cargas: (a) -de mesmo sinal - (b) - de sinaiscontrários 
 
Exemplo 1.1 
Uma carga Q1 = 3x10-4 C está colocada no ponto P1(1,2,3) m. Uma outra carga Q2 = -10-4 C está 
colocada no ponto P2(2,0,5) m. Encontrar a força 
r
F sobre cada carga. 
 
Solução 
 
Vetor que vai da carga 1 à carga 2 
 
1212 PPR
rrr −= 
r
R a ax y12 2 1 0 2 3= − + − + −( ). $ ( ). $ (5 ). $az r
R a a ax y z12 2 2= − +$ . $ . $ 
R12
2 2 21 2 2= + − + =( ) 3 
 
Vetor unitário com a direção de rR12
 
$ ( $ . $ . $ )a a a ar x y z12
1
3
2 2= − + 
 
Força sobre a carga 2: 
 
r
F
Q Q
R
ar2
0
1 2
12
2 12
1
4
= πε
.
. $ 
r
F
x
a a ax y z2
0
4 41
4
3 10 10
9
1
3
2 2= − − −
− −
πε
.( )
( $ . $ . $ ) ( )N
r
F a a a Nx y z2 10 2 2= − − +( $ . $ . $ ) ( ) 
 
Força sobre a carga 1: 
 r
F a a ax y z1 10 2 2= − +( $ . $ . $ ) (N)
 
Exemplo 1.2 
Uma carga positiva Q1 de 2 µC encontra-se na posição P1(1,2,1) m, uma carga negativa Q2 de 4 µC 
encontra-se na posição P2(-1,0,2) m e uma carga negativa Q3 de 3 µC encontra-se na posição 
P3(2,1,3) m. Encontre a força sobre a carga Q3. 
 
Solução: 
ar12
Q1
r
F1
Q2
r
F2
r
R12
x 
y (b)
ar12
y 
r
F1
Q1 Q2
r
F2
r
R12 
(a) 
x 
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Pede-se 2,31,33 FFF
rrr += 
 
O vetor que vai do ponto 1 ao ponto 3: 
1313 PPR
rrr −= ou 
r
R a ax y13 2 1 1 2 3 1= − + − + −( )$ ( )$ ( )$az r
R a a ax y13 2= − +$ $ $ z 
 
Vetor unitário de 
r
R13 : 
6
ˆ2ˆˆ
ˆ
13
13
13
zyx
r
aaa
R
R
a
+−== r
r
 
 
Força sobre a carga 3, devido à carga 1: 
r
F
a a ax y z
3 1
0
6 61
4
2 10 3 10
6
2
6
,
( )( ) $ $ $= × − × − +
− −
πε 
r
F a a ax y z3 1
33 67 2 10, , ( $ $ $ ) (= − − + × − N) 
 
Vetor que vai do ponto 2 ao ponto 3: 
r
R P P23 3= − 2 ou r
R a ax y23 2 1 1 0 3 2= − − + − + −( ( )) $ ( )$ ( ) $az r
R a ax y23 3= + +$ $ $a z 
 
Vetor unitário de 
r
R 23 : 
11
ˆˆˆ3
ˆ
23
23
23
zyx
r
aaa
R
R
a
++== r
r
 
 
Força sobre a carga 3, devido à carga 2: 
r
F
a a ax y z
3 2
0
6 61
4
4 10 3 10
11
3
11,
( )( ) $ $ $= − × − × + +
− −
πε 
r
F a a ax y z3 2
32 96 3 10, , ( $ $ $ ) (= + + × − N) 
 
Força total sobre a carga 3: 
 
)N(10)aˆ4,4aˆ63,6a2,5(FFF 3zyx2,31,33
−×−+=+= rrrr
 
Neste exemplo pode ser observado que, em um sistema discreto de cargas pontuais, a força sobre 
uma carga deste sistema é a soma (vetorial) das forças entre esta carga e as demais cargas do 
sistema, isoladamente. 
A título de exercício, calcule a força sobre as outras duas cargas. As respostas deverão ser: ( ) )N(10aˆ10aˆ99,8a65,1F 3zyx1 −×+−−= )r e ( )rF a a ax y z2 33 56 2 36 5 62 10= − + − × −, $ , $ , $ ( )N 
 
1.2 - O CAMPO ELÉTRICO 
 
Considere duas cargas, uma carga Q em uma posição fixa, e uma carga de teste Qt. Movendo-se a 
carga de teste Qt lentamente em torno da carga fixa Q, ela sofrerá a ação de uma força 
r
F . Como 
essa força sempre será ao longo da linha que une as duas cargas, ela será sempre radial, 
considerando a posição da carga Q como origem. Além do mais, essa força aumentará de 
intensidade se aproximarmos a carga de teste da carga Q, e diminuirá se a afastarmos 
 
A partir dessas considerações pode-se perceber a existência de um campo de força em torno da 
carga Q, que pode ser visualizado pela figura 1.2: 
 
 
 
 
 
Qt Q 
r
F
Fig. 1.2 - Campo de força 
produzido por uma carga 
pontual Q positiva. 
 
 
 
 
 
 
 
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Expressando a força sobre Qt pela lei de Coulomb: 
 
 
)N(aˆ.
R
Q.Q
πε4
1F r2
t
t
0
=r (1.4)
 
Dividindo a equação (1.4) por Qt : 
 
 
)C/N(aˆ.
R
Q
πε4
1
Q
F
r2
t0t
=
r
 (1.5)
 
 Percebe-se facilmente que a quantidade à direita na equação acima é função apenas de Q, e está 
dirigida ao longo do segmento de reta que vai de Q até à posição da carga de teste. Definindo a 
relação 
r
F Qt como sendo 
r
E , vetor intensidade de campo elétrico, e dispensando o uso de 
índices, pode-se escrever: 
 
 r
E Q
R
a N Cr= 14 0 2πε
. $ ( / ) (1.6)
 
A menor carga elétrica conhecida é o elétron, com 1,6. 10-19 C. Portanto, é fácil concluir que um 
campo elétrico não pode ser medido com precisão absoluta, pois a carga de teste sempre afetaria o 
campo da carga em estudo. Em escala atômica isso poderia representar algum problema, mas na 
totalidade dos casos que serão aqui estudados isso não representará nenhum problema. 
 
Exemplo 1.3 
Uma carga Q = -10-8 C está situada na origem de um sistema de coordenadas retangulares. 
Escreva uma expressão para o campo elétrico em função das coordenadas x, y e z, considerando-se 
que a carga Q estaria na origem desse sistema de coordenadas. Qual é o valor do campo elétrico no 
ponto P(1,1,2) m ? 
 
Solução
 
r
E Q
R
a N Cr= 14 0 2πε
. $ ( / ) 
 r
R x a y a z ax y= + +. $ . $ . $ z 
 
r
R x y z= + +2 2 2 
 
$a R
Rr
=
r
 
 
r
E Q
x y z
x a y a z a
x y z
N Cx y z= + +
+ +
+ +
1
4 0 2 2 2 2 2 2πε
. $ . $ . $
( / )
 
 
( )
r
E
x a y a z a
x y z
N Cx y z= − + +
+ +
−10
4
8
0 2 2 2
3
2
πε
. $ . $ . $
( / ) 
 
 Para o ponto (1,1,2): 
 
r
E a a ax y z= −× × + +
10
4 8 85 6 6
2
4
π , ( $ $ . $ ) ( / )N C 
 
)/()ˆ.2ˆˆ(12,6 CNaaaE zyx ++=
r
 
 
O campo elétrico produzido por uma carga 
puntiforme é sempre orientado radialmente à 
carga que o gera. Portanto, a solução deste 
exemplo pode ser grandemente simplificada 
se, ao invés de se utilizar um sistema de 
coordenadas cartesianas, utilizar-se um 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 5
sistema de coordenadas esféricas. A 
expressão vetorial para o campo elétrico será: 
 
r
E Q
R
a N Cr= 14 0 2πε
. $ ( / ) 
 
O vetor unitário âr será simplesmente o vetor 
unitário na direção do raio R. Para o ponto 
(1,1,2), o módulo de R é: 
 
R = + + =1 1 2 62 2 2 
 
portanto: 
r
E ar= −× ×
10
4 8 85 6
4
π , $ ( / )N C 
 
 
O exemplo que acabamos de resolver mostra que muitas vezes, ao tentarmos resolver um problema 
de uma maneira que julgamos ser a "mais fácil" (no caso, o uso de um sistema de coordenadas mais 
"conhecido"), estamos fazendo-o da maneira mais complicada. A exploração de simetrias, e o uso de 
sistemas de coordenadas adequados à cada caso são fortemente incentivados em 
eletromagnetismo. 
 
Exemplo 1.4 
 Uma carga Q1 = 4x10-9 C está localizada no ponto P1(1,1,3) m. Uma outra carga Q2 = 2x10
-9 C 
localizada no ponto P2(1,1,5) m. Calcule o valor da intensidade de campo elétrico no ponto P(4,-1,2) 
m. 
 
Solução 
Vetor que vai de P1 a P: 
zyx aaa ˆˆ2ˆ.3 −− 
 
Vetor unitário ar1: 
14
ˆˆ2ˆ.3
1
zyx
r
aaa
a
−−= 
 
Vetor que vai de P2 a P: 
zyx aaa ˆ.3ˆ2ˆ.3 −− 
 
Vetor unitário ar2: 
22
ˆ.3ˆ2ˆ.3
ˆ 2
zyx
r
aaa
a
−−= 
 
Campo elétrico em P: 
 
r
E
x a a a
x a a a
N C
x y z
x y z
= − − +
− −
−
−
4 10
4
1
14
3 2
14
2 10
4
1
22
3 2 3
22
9
0
9
0
πε
πε
. $ $ $
. $ $ . $
( / )
 
 
)/()ˆ.134,0ˆ191,0ˆ.171,0(9 CNaaaE zyx −−=
r
 
A exemplo do que foi feito para se calcular forças em um sistema discreto de cargas, o campo 
elétrico devido a uma distribuição de cargas puntiformes é calculado somando-se a contribuição de 
cada carga individualmente, no ponto onde se deseja conhecer o valor do campo elétrico. Em 
sistemas de cargaspontuais o sistema de coordenadas mais indicado é sempre o sistema de 
coordenadas cartesianas. 
 
1.3 - Distribuição Especial de Cargas 
 
Além de cargas pontuais, podem existir outras configurações (distribuições) de carga, a saber: 
distribuição linear de cargas, distribuição superficial de cargas e distribuição volumétrica de cargas. 
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1.3.1 - Distribuição linear de cargas - Uma distribuição linear de cargas possui uma densidade 
linear ρl C/m (fig. 1.3). 
 
 
 ρl C/m 
Fig 1 .3 - Distribuição linear de cargas 
 
Vamos agora analisar o comportamento do campo elétrico produzido por uma distribuição linear 
infinita de cargas (sem ainda equacioná-lo). Vamos tomar duas cargas incrementais (ρldl), em uma 
distribuição linear de cargas, como mostrado na figura 1.4. 
 
 
 
 
dEz Fig. 1.4 - Arranjo para analisar
o comportamento do campo
elétrico produzido por uma
distribuição linear infinita de
cargas 
 
dE r P dEr
 dE
 dEz
 
 
 
 
O campo elétrico em um ponto P situado a uma distância r, perpendicular à linha infinita de cargas 
provocado por cada carga incremental é dE, orientado na direção da linha que une o incremento de 
carga ao ponto P. Cada um desses campos pode ser decomposto em duas componentes: uma 
paralela à linha, dEz, e outra perpendicular a ela, dEr. Como as cargas incrementais são simétricas 
em relação à linha, as componentes dEz vão se anular, e o campo elétrico resultante será a soma das 
componentes dEr. Como se trata de uma linha infinita de cargas, para qualquer ponto z 
(considerando um sistema de coordenadas cilíndricas), será sempre possível escolher conjuntos de 
incrementos de cargas simétricos a ele, e o campo elétrico será sempre perpendicular à linha de 
cargas. Adicionalmente movendo-se o ponto P em um círculo em torno da linha de cargas, o campo 
elétrico se manterá com intensidade inalterada, e perpendicular à linha. Movendo-se o ponto P para 
cima e para baixo, mantendo-se a distância r inalterada, a intensidade do campo elétrico não 
apresentará alterações. Finalmente, se a distância r variar, o campo elétrico deverá variar também. 
Resumindo, o campo elétrico produzido por uma distribuição linear infinita de cargas: 
 
• Possui simetria cilíndrica, e deve ser equacionado utilizando-se um sistema de coordenadas 
cilíndricas. 
• Só varia com a componente radial. 
 
Como exemplo de distribuição de uma linha de cargas, podemos citar os elétrons em um condutor 
elétrico, que para efeitos de campo elétrico podem ser considerados como estáticos. A expressão 
para a intensidade de campo elétrico produzido por uma linha de cargas será obtida no próximo 
capítulo, que trata da lei de Gauss. 
 
1.3.2 - Distribuição superficial infinita de cargas - Uma distribuição superficial de cargas possui 
uma densidade superficial ρs C/m2 (fig. 1.5). 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 7
 
 
 
 ρs 
 
 
Fig 1.5 - Distribuição superficial de cargas 
 
Para analisar o comportamento do campo elétrico produzido por uma distribuição superficial infinita 
de cargas, vamos utilizar o arranjo mostrado na figura 1.6. Vamos considerar duas tiras infinitas de, 
de espessura dx, simetricamente escolhidas em relação a uma linha de referência (linha pontilhada). 
 
dEz 
 
dE 
r 
 
 
 dExz
x 
 
 
 
 
 
 
Fig. 1.6 - Campo elétrico produzido por um elemento de cargas em uma distribuição superficial 
 
Uma “fita” de carga pode ser considerada com sendo uma distribuição linear de cargas. Portanto, o 
campo elétrico produzido por ela terá o mesmo comportamento do campo elétrico produzido por uma 
distribuição linear de cargas. Assim, o campo elétrico dE, em um ponto qualquer z m acima da linha 
pontilhada, produzido por uma das fitas será orientado radialmente em relação à fita. Esse campo 
pode ser decomposto em duas componentes: dEx, paralelo à superfície de cargas, e dEz, 
perpendicular À mesma. Como as duas fitas estão simetricamente colocadas em relação ao ponto P, 
as componentes dEx deverão se anular, e o campo resultante será a soma das componentes dEz. 
Assim, podemos por enquanto concluir que o campo elétrico produzido por uma distribuição infinita 
de cargas será orientado perpendicularmente a este campo. Embora distribuições superficiais 
infinitas de cargas não existam de fato, podemos considerar como um exemplo prático o caso de um 
capacitor de placas paralelas. 
 
Embora as expressões para o campo elétrico produzido por distribuições linear e superficial de 
cargas possam ser obtidas por integração direta, partindo de raciocínios como os mostrados acima, 
não o faremos aqui, por existir um modo mais simples e fácil, através da lei de Gauss, que será vista 
no próximo capítulo. 
 
Distribuições volumétricas de cargas são bastante complicadas de serem analisadas, e praticamente 
inexistem. Portanto, não serão aqui analisadas. 
 
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EXERCÍCIOS 
 
1) -Três cargas pontuais, Q1 = 300µC, e ,Q2 = 400 µC e Q3 = 500 µC acham-se localizadas em 
(6,0,0) m , (0,0,6) m e (0,6,0) m respectivamernte. Encontre a força que age sobre Q2,. 
 
2) - A lei da gravidade de Newton pode ser escrita , onde m1 e m2 são massas, 
pontuais, separadas por uma distância R e G é a constante gravitacional; 6,664´10-11 m3/kg.s2. 
Duas partículas, cada uma tendo uma massa de 15 mg estão separadas de 1,5 cm. Quantos 
elétrons são necessários adicionar a cada partícula de modo a equilibrar a força gravitacional ? 
F Gm m R= 1 2 2/
 
3) - Há quatro cargas pontuais iguais, de 20 µC, localizadas sobre os eixos x e y, em ± 3 m. Calcule 
a força que age sobre uma carga de 120 µC, localizada em (0,0,4) m. 
 
4)- Duas pequenas esferas plásticas estão arranjadas ao longo de uma fibra isolante que forma um 
ângulo de 45º, com a horizontal. Se cada esfera contiver uma carga de 2×10-8 C, e tiver uma 
massa de 0,2 g, determine a condição de equilíbrio para as duas esferas sobre a rampa, bem 
como a posição relativa entre elas. 
 
5) - Prove que a força de repulsão entre duas cargas pontuais e positivas separadas por uma 
distância fixa é máxima quando as suas cargas possuem mesmo valor. 
 
6) - Duas cargas pontuais idênticas de Q C estão separadas por uma distância d m. Calcule o campo 
elétrico 
r
E para pontos pertencentes ao segmento que une as duas cargas. 
 
7) - Imagine que a terra e a lua possam receber cargas elétricas, de modo a equilibrar a força de 
atração gravitacional entre elas. (a) Encontre a carga requerida para a terra, se as cargas estão 
numa razão direta entre as superfícies da terra e da lua. (b) Qual é o valor de E na superfície da 
lua, devido às suas cargas? Note que, uma vez que as forças de origem gravitacional e 
eletrostática estão relacionadas com o inverso do quadrado da distância, não é necessário 
conhecer a distância terra-lua para resolver este problema. 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 9
 
 
 
 
 
 
 
2.1 - A LEI DE GAUSS 
FLUXO ELÉTRICO E LEI DE GAUSS 2
 
Na verdade, esta lei é regida por princípios muito simples e de fácil entendimento. O conceito geral 
de fluxo como sendo o escoamento de um campo vetorial que atravessa uma secção qualquer, pode 
ser estendido para explicar o campo elétrico. 
 
Conceito O fluxo elétrico que atravessa qualquer superfície fechada é igual à carga total 
envolvida por essa superfície (Lei de Gauss) 
 
Na verdade o trabalho de Gauss consistiu na formulação matemática do enunciado acima, que já era 
conhecido então. 
Imagine uma distribuição de cargas, envolvida por umasuperfície fechada S (figura 2.1). 
 
 
y 
∆S
θ
D
Q 
 
 
 Fig. 2.1 - Distribuição de cargas e 
Superfície Gaussiana. 
 
 
 
x 
 
Vamos agora tomar um incremento de superfície ∆rS . Como esse elemento incremental de área é 
muito pequeno, ele pode ser considerado como sendo plano. Contudo, ele terá uma orientação no 
espaço, que será dada pelo vetor perpendicular ao plano que tangencia a superfície S neste ponto 
(centro de ∆rS ). Portanto, ∆rS é uma grandeza vetorial. A densidade de fluxo que atravessará ∆rS é r
Ds e, genericamente, fará um ângulo θ com ∆
r
S . 
 
O fluxo que atravessa ∆rS será, então: 
 
 ∆φ ∆ ∆= =r rD S D S Cs s. cosθ ( ) (2.1)
 
∆φ é uma grandeza (escalar), resultante do produto escalar entre os vetores rDs e ∆
r
S . 
 
O fluxo total que atravessa a superfície fechada S será, então. 
 
 φ φ= =∫ ∫d D dS Css r r. ( ) (2.2)
 
A integral resultante é uma integral de superfície fechada (daí o símbolo ∫S ) e, portanto, uma 
integral dupla. Esta superfície é freqüentemente chamada de Superfície Gaussiana. 
 
A Lei de Gauss é então matematicamente formulada como: 
 
 r rD dS Q Cs
s
. (∫ = ) (2.3)
 
 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 10
A carga envolvida pode ser de qualquer tipo: cargas pontuais discretas, linhas de cargas, distribuição 
superficial de cargas ou uma distribuição volumétrica de cargas. Como essa última engloba todos os 
outros tipos, a Lei de Gauss pode ser generalizada em termos de uma distribuição volumétrica de 
cargas: 
 
 r rD dS dv Cs
s
v
v
. (∫ ∫= ρ ) (2.4)
 
Exemplo 2.1 
Calcular o fluxo que atravessa a superfície de uma esfera de raio a metros, produzido por uma carga 
elétrica Q Coulombs, colocada no centro dessa esfera. 
 
Solução 
 
Sabemos que na superfície de uma esfera de 
raio a, a densidade de fluxo elétrico é: 
 
r
D Q
a
a C ms r= 4 2
2
π . $ ( / ) 
 
O elemento diferencial de área, conforme Fig. 
2.2., em coordenadas esféricas é: 
 
dS r d d a d d= =2 2sen senθ φ θ θ φ θ 
 
 
 
Fig. 2.2 - Elemento diferencial de área 
 
O produto 
r r
D Ss.∆ é: 
( )Qa a a d d a Q d dr r4 42 2π θ φ θ π θ φ θ. . sen . sen⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ = 
 
Os limites de integração foram escolhidos de 
modo que a integração fosse realizada sobre 
a superfície uma única vez. 
 
A integral de superfície será: 
 
∫ ∫π π φθθπ0 20 ddsen4Q 
 
Integrando primeiro em relação a φ e em 
seguida em relação a θ 
)C(Q)cos(
2
Qdsen
2
Q
00
=θ−=θθ
π
∫π 
 
Ficando, pois comprovado: 
 r r
D dS Q Cs
s
. (∫ = ) 
 
 
Exemplo 2.2 
Calcular o fluxo elétrico total que atravessa a superfície esférica, centrada na origem, com raio r = 
10 m, sendo que a distribuição de carga é composta por uma linha de cargas ao longo do eixo z, 
definida por ρl = 2e2|z| C/m na região -2 ≤ z ≤ 2 m e ρl = 0 no restante. 
 
Solução 
 
Existem duas maneiras de se resolver este 
problema: 
 
Aqueles que adoram resolver integrais 
complicadas podem encontrar uma expressão 
para o campo elétrico em um ponto qualquer 
da superfície de raio r, e integrá-la em toda a 
superfície. 
 
Aqueles um pouco mais espertos podem 
simplesmente integrar a função de distribuição 
de cargas ao longo de z, de -2 a 2 m. A lei de 
Gauss garante que os resultados serão os 
mesmos, para qualquer dos dois casos. 
 
Então: 
Q e dzz=
−∫ 2 222 ( )C 
 
Como a função módulo não é contínua, vamos 
dividir a integral acima em duas integrais: 
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Q e dz e dzz z= +−
−∫ ∫2 2220 202 ( )C 
 
Q e ez z= − +−
−
2 2
2
0
0
2
 
 
Q e e C= − + + − = =1 1 107 194 4 , ( ) φ
 
Exemplo 2.3 
 Considere uma linha infinita de cargas. Utilizando a Lei de Gauss encontre a expressão para o 
campo elétrico. 
 
Solução: 
 
De discussões anteriores sobre o campo 
elétrico de uma linha de cargas, sabemos que 
o campo elétrico é radial e só varia com o raio 
r. 
 
Portanto : 
 r
D D a C mr r= . $ ( / )2
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A superfície gaussiana é um cilindro de raio r 
e comprimento L. 
 
Aplicando a Lei de Gauss: 
 
Q D dS D dS dS d
lado topo base
= = + +∫ ∫ ∫∫ Sr r. 0 0 
 
Q D rd dz D L
L= =∫ φ π0 2 
 
D Q
rL r
C ml= =
2 2
2
π
ρ
π ( / ) 
 
r r
E D a
r
a N Cr l r= =ε
ρ
πε0 02
. $ . $ ( / )
 
 
 
Exemplo 2.4 
Encontrar a expressão para o campo elétrico produzido por uma distribuição superficial infinita de 
cargas. 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Da discussão do capítulo anterior, o campo 
elétrico produzido por uma distribuição 
superficial de cargas terá a direção da normal 
à superfície, no ponto onde se deseja calcular 
o campo elétrico. 
A superfície gaussiana utilizada será um 
pequeno cilindro, de altura h e área de base 
∆S. A metade dela estará acima da superfície, 
e a outra metade abaixo. 
∆S 
Aplicando a Lei de Gauss: 
 
Q D dS dS D dS D dS
lado topo base
= = + +∫ ∫ ∫∫ r r. 0 
 
ρs S D S D S∆ ∆ ∆= + 
 
D s= ρ
2
 
 
n
S aˆ
2
ρD =r ; n
0
S aˆ
ε2
ρE =r 
 
 
D 
D
D∆S 
r 
L 
∆S 
Fig. 2.3 - Superfície gaussiana em 
torno de uma linha de cargas 
r
D ∆rS
∆rSrD
Fig. 2.4 - Superfície gaussiana para uma 
distribuição superficial de cargas. 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 11
 
Por este exemplo chegamos à conclusão (em princípio absurda) de que o campo elétrico provocado 
por uma distribuição superficial de cargas não depende da distância do ponto à superfície. Não se 
esqueça de que este raciocínio foi feito para uma distribuição infinita de cargas, que não existe na 
prática. Uma distribuição superficial finita de cargas pode ser considerada como infinita se a distância 
do ponto de interesse à distribuição superficial de cargas for muito pequena, comparada com as 
dimensões da mesma. Para pontos mais distantes, a distribuição não pode ser considerada infinita, e 
a expressão acima não é mais válida. 
 
Exemplo 2.5 
Dois condutores cilíndricos coaxiais, para efeitos práticos são considerados como sendo infinitos. O 
interno é maciço, de raio a m. O externo possui raio interno b m e raio externo c m. Uma carga de 
densidade ρs C/m2 é colocada na superfície do condutor interno. Avaliar o campo elétrico a partir do 
centro dos cilindros até o exterior onde r > c. 
 
Solução 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Quatro superfícies gaussianas cilíndricas de 
comprimento L são traçadas. 
A primeira delas possui um raio r < a. 
Portanto: 
Q D dS= =∫ r r. 0 r
E = 0 no interior do cilindro interno. 
 
A segunda superfície gaussiana possui um 
raio a < r < b. r r
D dS dSs
s
. = ∫∫ ρ 
 
A primeira integral é calculada sobre a 
superfície gaussiana, e a segunda sobre a 
superfície do condutor interno. Portanto: 
 
D rd dz ad dzs
LL φ ρ φπ π
0
2
0
2
00 ∫ ∫∫∫ = 
 
D rL aLs2 2π ρ π= 
D a
r
C ms=ρ ( / )2 
 
Se a carga for expressa em unidade de 
comprimento: 
 
Q aL s= 2π ρ 
 S ρ π ρl sa= 2 S
 S
D
r
C ml= ρπ2
2( / ) 
E Sa
b 
r r
E D
r
a N Cl r= =ε
ρ
πε0 02
. $ ( / ) 
c
 
que é semelhante a expressão para uma linha 
de cargas. 
Fig. 2.5 - Superfícies Gaussianas em um 
cabo coaxial 
 
A terceira superfície gaussiana é um cilindro 
com raio r, tal que r > b e r < c. A carga interna 
ρs induz uma carga de igual magnitude na 
superfície interna do condutor externo, e a 
carga envolvida pela superfície gaussiana é 
nula. 
 
Portanto: 
 r r
D dS. =∫ 0 
 
ou seja, o campo elétricoé nulo no interior do 
cilindro externo. 
 
A quarta superfície gaussiana é um cilindro de 
raio r > c. A carga negativa induzida na 
superfície interna do condutor externo por sua 
vez induz uma carga positiva de mesma 
magnitude na superfície externa do condutor 
externo. Portanto: 
 r r
D dS Q. =∫ 
 r r
D dS dSs. = ∫∫ ρ 3 
 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 12
D rL cLs2 23π ρ π= 
 
D c
r
C ms= ρ 3 2( / ) 
 
Como as cargas induzidas são iguais: 
 
ρ π ρ πs saL bL1 22 2= 
 
ρ π ρ πs scL bL3 22 2= 
 
ρ ρ ρs s sc b3 2= = a1 
 
D a
r r
C mext s l= =ρ ρπ1
2
2
( / ) 
r r
E D
r
a N Cext
ext l
r= =ε
ρ
πε0 02
. $ ( / ) 
 
Esta é a mesma expressão para o campo 
produzido pelo condutor interno. Em outras 
palavras, o condutor externo não afeta o 
campo elétrico produzido pela distribuição de 
cargas do condutor interno. 
 
Graficamente: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pelos exemplos que acabamos de resolver, podemos concluir que somente o conhecimento da 
simetria do problema nos permite escolher superfícies gaussianas adequadas. O não conhecimento 
dessa simetria torna a solução do problema pela Lei de Gauss extremamente complicada. 
 
Problemas que não possuem simetria conhecida são resolvidos de uma forma um pouco diferente, 
como será visto no próximo capítulo. 
 
EXERCÍCIOS 
 
1)- O eixo z de um sistema coordenado contém uma distribuição uniforme de cargas, com densidade 
ρl = 50 nC/m. Calcule o campo Elétrico 
r
E em (10,10,25) m, expressando-o em coordenadas 
cartesianas e cilíndricas. 
 
2)- Existem duas configurações lineares de carga, com densidades iguais, ρl = 6 nC/m, paralelas ao 
eixo z, localizadas em x = 0 m , y = ±6 m. Determine o campo elétrico rE em (-4,0,z) m. 
 
3) - O plano 3x + y - 6z = 6 m contém uma distribuição uniforme de cargas com densidade ρs = 0,6 
C/m2. Calcule o campo elétrico 
r
E relativo ao semi-espaço que contém a origem. 
 
4) - Uma película infinita com densidade uniforme ρs = (10-9/6π) C/m2 está localizada em z = -5 m. 
Outra película com densidade ρs = (-10-9/6π) C/m2 está localizada em z = 5 m . Calcule a 
densidade linear uniforme, ρl , necessária para produzir o mesmo valor de 
r
E em (5,3,3) m, 
supondo que esta última se localize em z = 0, y = 3. 
 
5) - Uma certa configuração engloba as seguintes duas distribuições uniformes. Uma película com 
 ρs = -60 nC/m2, uniforme, em y = 3 m, e uma reta uniformemente carregada com ρl = 0,5 µC/m, 
situada em z = -3 m, y = 2 m. Aonde o campo 
r
E será nulo ? 
 
r (m)
 E 
(N/C) 
a b c
Fig. 2.6 - Comportamento do campo elétrico em função de r. 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 13
6) - Um anel circular eletricamente carregado, com raio 4 m, está no plano z = 0, com centro 
localizado na origem. Se a sua densidade uniforme for ρl = 16 nC/m, calcular o valor de uma 
carga pontual Q , localizada na origem, capaz de produzir o mesmo campo elétrico em (0,0,5) m. 
 
7) - Calcule a carga contida no volume definido por 2 ≤ r ≤ 3 m, 0 ≤ φ ≤ π/3, 0 ≤ z ≤ 4 m, dada a 
densidade de cargas ρ = 3zsen2φ C/m3. 
 
8) - Uma superfície fechada S envolve uma distribuição linear finita de cargas definida por 0 ≤ L ≤ π 
m, com densidade de cargas ρl = -ρ0sen(L/2) C/m. Qual é o fluxo total que atravessa a superfície 
S ? 
 
9) - Na origem de um sistema de coordenadas esféricas existe uma carga pontual Q C. Sobre uma 
casca esférica de raio a uma carga (Q'- Q) C está uniformemente distribuída. Qual é o fluxo 
elétrico que atravessa a superfície esférica de raio k m, para k < a e k > a ? 
 
10) - Uma área de 40,2 m2 sobre a superfície de uma carga esférica de raio 4 m é atravessada por 
um fluxo de 15 µC de dentro para fora. Quanto vale a carga pontual localizada na origem do 
sistema relacionado a tal configuração esférica ? 
 
11) - Uma carga pontual Q = 6 nC está localizada na origem de um sistema de coordenadas 
cartesianas. Quanto vale o fluxo Ψ que atravessa a porção do plano z = 6 m limitada por -6 ≤ y ≤ 
6 m; -6 ≤ x ≤ 6 m ? 
12) - Dado que 
r
D e a z
b
a C m
r
b
r z= −
−
30 2 2( / ) em coordenadas cilíndricas, calcule o fluxo total que sai 
da superfície de um cilindro circular reto descrito por r = 2b m, z = 0, z = 5b m. 
 
13) - Sobre a origem de um sistema de coordenadas esféricas existe uma carga pontual Q = 1500 
pC. Uma distribuição esférica concentrica de cargas de raio r = 2 m tem uma densidade ρs = 50π 
pC/m2. Quanto deve valer a densidade de cargas de uma outra superfície esférica, r = 3 m, 
concêntrica com o sistema, para resultar D = 0 em r > 3 m . 
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14
 
 
 
 
 
 
 
 
3.1 - A LEI DE GAUSS APLICADA A UM ELEMENTO DIFERENCIAL DE VOLUME 
 
 
Vimos que a Lei de Gauss permite estudar o comportamento do campo elétrico devido a certas 
distribuições especiais de carga. Entretanto, para ser utilizada, a Lei de Gauss exige que a 
simetria do problema seja conhecida, de forma a resultar que a componente normal do vetor 
densidade de fluxo elétrico em qualquer ponto da superfície gaussiana seja ou constante ou nula. 
 
Neste capítulo pretendemos considerar a aplicação da Lei de Gauss a problemas que não possuem 
nenhum tipo de simetria. Suponhamos um volume incremental Dv extremamente pequeno, porém finito. 
Se assumirmos uma densidade de carga uniforme neste incremento de volume, a carga DQ será o 
produto da densidade de carga r pelo volume Dv. Pela Lei de Gauss, podemos escrever: 
 
 ò Dr=D= VQSd.D
rr
 (3.1) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Fig. 3.1 - Volume incremental em torno do ponto P. 
 
Vamos agora desenvolver a integral de superfície da equação acima, sobre uma superfície gaussiana 
elementar que engloba o volume Dv. Este volume está representado na figura 3.1, e é formado pelas 
superfícies incrementais Dx.Dy, Dy.Dz, e Dz.Dx. 
 
Considere um ponto P(x,y,z) envolvido pela superfície gaussiana formada pelas superfícies incrementais 
. A expressão para 
r
D no ponto P‚ em coordenadas cartesianas é: 
 
 
r
D D a D a D ax x y y z z= + +0 0 0.$ .$ . $ (3.2) 
 
A integral sobre a superfície fechada é dividida em seis integrais, uma sobre cada lado do volume Dv. 
 
 òòòòòò ò +++++= basetopo.dir.esqatrásfrenteSd.D
rr
 (3.3) 
 
DIVERGÊNCIA DO FLUXO 
ELÉTRICO E TEOREMA DA 
DIVERGÊNCIA 3 
Dx + (¶Dx/¶x)Dx 
 Dy 
 Dx 
 Dz 
Dx 
Dz 
Dy Dy + (¶Dy/¶y)Dy 
Dz + (¶Dz/¶z)Dz 
P 
x 
y 
z 
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Para a primeira delas: 
 
 z.y.Da.z.y.DS.D )frente(xxfrentefrentefrente
frente
DD=DD=D@ò
)rrr
 (3.4) 
 
(Dx é a componente de 
r
D normal ao plano yz). 
 
Aproximando o resultado Dx(frente).Dy.Dz pelos dois primeiros termos da expansão em série de Taylor: 
 ( ) xzyD
x
.
2
1
zyDzyD x0x)frente(x DDD¶
¶
+DD=DD 
(4.5) 
 
Portanto: 
 
frente
x
xD
x D
x
y zò = +æèç
ö
ø÷0 2
D
D D. . .
¶
¶
 
(3.6) 
 
Consideremos agora a integral òatrás : 
( ) xzyD
x
.
2
1
zyD)xa(zyDS.D x0x)atrás(x)atrás(x
atrás
DDD
¶
¶
+DD-=-DD=D=ò
)vrr
 
 
 
zy
x
D
.
2
x
DS.D x0x)atrás(x
atrás
DD÷
ø
ö
ç
è
æ
¶
¶D
+-@D=ò
rr
 
 
(3.8) 
 
(porque o vetor unitário âx em Ds tem agora direção negativa). 
 
Combinando as duas integrais: 
 
 
frente atrás
xD
x
xy zò ò+ @
¶
¶
. . .D D D 
(3.9) 
 
Utilizando o mesmo raciocínio para as outras integrais: 
 
 
dir esq
yD
y
x y z
. .
. . .ò ò+ @
¶
¶
D D D 
(3.10) 
 
 
topo base
zD
z
x y zò ò+ @
¶
¶
. . .D D D 
(3.11) 
 
 Assim: 
 
 r r
D dS D
x
D
y
D
z
vx y z. .@ + +
æ
è
ç
ö
ø
÷ò
¶
¶
¶
¶
¶
¶
D 
(3.12) 
 
A expressão acima diz que o fluxo elétrico que atravessa uma superfície fechada muito pequena é igual 
ao produto entre o volume compreendido por essa superfície e a soma das derivadas parciais das 
componentes do vetor 
r
D em relação às suas próprias direções. 
 
Igualando-se as equações 3.1 e 3.12, e em seguida dividindo todos os termos por Dv, tem-se: 
 
 
r=
D
D=
¶
¶+
¶
¶
+
¶
¶=
D
ò
V
Q
z
D
y
D
x
D
V
Sd.D
zyx
rr
 
(3.13) 
 
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Passando ao limite, com Dv tendendo a zero: 
 
lim .
D Dv
D dS
v
D
x
D
y
D
z
x y z
®
= + + =ò
0
r r
¶
¶
¶
¶
¶
¶
r 
(3.14) 
 
 
3.2 - DIVERGÊNCIA 
 
A operação indicada pelo primeiro membro da equação 3.14 não é pertinente apenas ao fenômeno ora 
em estudo. Surge tantas vezes no estudo de outras grandezas físicas descritas por campos vetoriais, 
que cientistas e matemáticos do século passado resolveram batizá-la com um nome especial: 
Divergência. 
 
Matematicamente: 
 
 
divA
v
A dS
v
r
r r
=
®
òlim .
D D0
 
 
(3.15) 
 
Conceito A divergência do vetor densidade de fluxo 
r
A (que representa um fenômeno físico 
qualquer) é a variação do fluxo através da superfície fechada de um pequeno volume que 
tende a zero 
 
A divergência é uma operação matemática sobre um vetor, definida como sendo a soma das derivadas 
parciais das componentes do vetor, cada uma em relação à sua própria direção. Apesar de ser uma 
operação sobre um vetor, o resultado é um escalar. 
 
A partir da definição da divergência e da equação 3.14, podemos definir a 1ª equação de Maxwell: 
 
 div D.
r
= r (3.16) 
 
A equação 3.16 estabelece que o fluxo elétrico por unidade de volume deixando um volume infinitesimal 
é igual à densidade volumétrica de carga neste ponto. Esta equação também é conhecida como a 
forma diferencial da Lei de Gauss, por que é expressa como sendo a soma de derivadas parciais. 
 
3.3 - O OPERADOR Ñ (nabla) E O TEOREMA DA DIVERGÊNCIA 
 
O operador Ñ é definido como sendo o operador vetorial diferencial: 
 
 Ñ = + +¶
¶
¶
¶
¶
¶x
a
y
a
z
ax y z. $ . $ . $ 
(3.17) 
 
Realizando o produto escalar D
r
.Ñ , tem-se: 
 
( )Ñ = + +æèç
ö
ø
÷ + +. . $ . $ . $ . . $ . $ . $
r
D
x
a
y
a
z
a D a D a D ax y z x x y y z z
¶
¶
¶
¶
¶
¶
 
 
(3.18) 
 
Lembrando que o produto escalar entre vetores unitários ortogonais é nulo, o resultado será: 
 
 
Ñ = + +.
r
D
D
x
D
y
D
z
x y z¶
¶
¶
¶
¶
¶
 
 
(3.19) 
 
ou ainda por (3.14): 
 
 Ñ =.
r
D r (3.20) 
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17
 
O operador Ñ não é utilizado somente em operações de divergência, mas também em outras operações 
vetoriais. Ele é definido somente em coordenadas cartesianas. A princípio, a expressão Ñ.
r
D serviria 
apenas para se calcular as derivadas parciais do divergente do vetor 
r
D em coordenadas 
cartesianas. Entretanto, a expressão Ñ.
r
D como sendo a divergência do vetor densidade de fluxo 
elétrico é consagrada, e pode ser utilizada mesmo quando o vetor é definido em outros sistemas de 
referência. Por exemplo, em coordenadas cilíndricas: 
 
 ( )
z
DD
r
1
r
rD
r
1D. zr
¶
¶+
¶f
¶
+
¶
¶=Ñ f
r
 
 
(3.21) 
 
e em coordenadas esféricas: 
 
 ( ) ( )
¶f
¶
q
+q
¶q
¶
q
+
¶
¶=Ñ fq
D
senr
1senD
senr
1Dr
rr
1D. r
2
2
r
 
 
(3.22) 
 
Entretanto, deve-se lembrar, porém, que Ñ não possui uma forma especifica para estes tipos de 
sistemas de coordenadas. 
 
Finalmente, vamos associar a divergência à Lei de Gauss, para obter o teorema da divergência. 
Lembrando que: 
 
r r
D dS dv
vol
. .= òò r 
 
e 
Ñ =.
r
D r 
 
podendo escrever: 
 
 ( )r r rD dS D dv
vol
. .= Ñòò (3.23) 
 
A equação 3.23 é o Teorema da Divergência (ou teorema de Gauss, para diferenciar da Lei de 
Gauss) e estabelece que a integral da componente normal de qualquer campo vetorial sobre uma 
superfície fechada é igual à integral da divergência deste campo através do volume envolvido por essa 
superfície fechada. 
 
Uma maneira simples de se entender fisicamente o teorema da divergência é através da figura 3.2. Um 
volume v, limitado por uma superfície fechada S é subdividido em pequenos volumes incrementais, 
ou células. O fluxo que diverge de cada célula converge para as células vizinhas, a não ser que a 
célula possua um de seus lados sobre a superfície S. Então a soma da divergência da densidade de 
fluxo de todas as células será igual à soma do fluxo liquido sobre a superfície fechada. 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 3.2 - Volume v subdividido em 
volumes incrementais 
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Exemplo 3.1 
Calcular os dois lados do teorema da divergência, para uma densidade de fluxo elétrico r
D xy a yx ax y= +
2 2. $ . $ , em um cubo de arestas igual a 2 unidades. 
 
Solução 
 
Vamos colocar a origem do sistema de 
coordenadas cartesianas em um dos vértices. 
 
O vetor 
r
D possui componentes nas direções x 
e y. Portanto, a princípio, a integral de 
superfície deve ser calculada sobre 4 lados 
do cubo: 
 
r r
D dS
frente atrás esq dir
.
.
= + + +ò ò ò òò 
 
frente
x xy a dy dz aò òò= =2
32
3
2
0
2
0
2
. . $ . . $ 
 
atrás
x xy a dy dz aò òò= - =0 020
2
0
2
. . $ . . . ( $ ) 
 
esq
y yx a dx dz a
.
. . $ . . . ( $ )ò òò= - =0 020
2
0
2
 
 
dir
y yx a dx dz a
.
. . $ . . . $ò òò= =2
32
3
2
0
2
0
2
 
 
r r
D dS.ò =
64
3
 
 
Para o outro lado: 
 
Ñ = + +.
r
D
D
x
D
y
D
z
x y z¶
¶
¶
¶
¶
¶
 
 
Ñ = +.
r
D x y2 2 
 
( ) ( )Ñ = +ò òòò. . .
r
D dv x y dx dy dz
vol
2 2
0
2
0
2
0
2
 
 
( ) ( )Ñ = +ò òò. .
r
D dv x y dy dx
vol
2 2 2
0
2
0
2
 
 
v x dx y dy= +æ
èç
ö
ø÷òò4
2 2
0
2
0
2
 
 
( )Ñ =ò .
r
D dv
vol
64
3
 
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19
EXERCÍCIOS 
 
1) - Dado 
r
A x y a x y ax y= + + -( ). $ ( ). $3
2 2 calcule Ñ.
r
A . 
 
2) -Obtenha a divergência em coordenadas esféricas. Use um volume infinitesimal com arestas Dr, rDq e 
rsenqDf. 
 
3) - Dipolo Elétrico, ou simplesmente dipolo, é o nome dado ao conjunto de duas cargas pontuais de 
igual magnitude e sinais opostos, separadas por um distância pequena se comparada com a 
distância ao ponto P onde se deseja conhecer o campo elétrico. O ponto P é descrito em 
coordenadas esféricas (figura 1), por r, q e f = 90 graus, em vista da simetria azimutal. As cargas 
positivas e negativas estão separadas por d m, e localizadas em (0,0,d/2) m e (0,0,-d/2) m. O campo 
no ponto P é 
r
E Qd
r
a ar= +4
2
0
3pe
q q q( cos . $ sen . $ ) . Mostre que a divergência deste campo é nula. 
 
4) - Para a região 0 < r £ 2 m (coordenadas cilíndricas), 
r
D re r e ar r r= + +
- - - -( ) $, ,4 2 41 0 5 1 0 5 , e para r > 
2m, 
r
D r a r=
-( , ). $2 057 1 . Pede-se obter a densidade de cargas r para ambas as regiões. 
 
5) - Dado 
r
D r a r= ( ). $10 4
3
 em coordenadas cilíndricas, calcule cada um dos lados do teorema da 
divergência, para o volume limitado por r = 3 m, z = 2 m e z = 12 m. 
 
6) - Dado ?r aˆ.?cos2aˆ.?sen10D +=
r
, pede-se calcular ambos os lados do teorema da divergência, para o 
volume limitado pela casca r = 3 m. 
 
7) - Uma linha uniforme de cargas de densidade r
l
 pertence ao eixo z. (a) Mostre que Ñ =.
r
D 0 em 
qualquer lugar, exceto na linha de cargas. (b) substitua a linha de cargas por uma densidade 
volumétrica de cargas r0 em 0 £ r £ r0 m. Relacione r l com r0 modo que a carga por unidade de 
comprimento seja a mesma. Determine então Ñ.
r
D em toda parte. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
figura 1 - figura do problema 3 
Q 
- Q 
R2 
R1 
r 
P 
x 
y 
d 
q 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 20
 
 
 
 
 
 
 
 
TRABALHO E POTENCIAL 
ELETROSTÁTICO 4
 
Nos capítulos anteriores investigamos o campo elétrico devido a diversas configurações de cargas 
(pontuais, distribuição linear, superfície de cargas e distribuição volumétrica de cargas), a partir da 
Lei de Coulomb e da Lei de Gauss. No primeiro caso, as expressões para o vetor intensidade 
campo elétrico eram obtidas à custa de integrações que, conforme a complexidade do problema, se 
tornavam bastante complicadas. A Lei de Gauss é mais simples de ser utilizada, porém requer que a 
simetria do problema seja bastante conhecida. Nos casos em que isso não acontecia, a solução pela 
Lei de Coulomb ainda seria a mais recomendável. 
 
Vamos agora procurar uma terceira maneira de se resolver problemas de eletrostática, dessa vez a 
partir de uma função escalar, conhecida como potencial eletrostático, ou campo potencial. 
 
 
4.1 - TRABALHO ENVOLVIDO NO MOVIMENTO DE UMA CARGA PONTUAL EM UM CAMPO 
ELÉTRICO 
 
 
Imagine um campo elétrico, provocado por uma configuração de cargas qualquer (pontual, linha de 
cargas etc). Suponha agora que uma carga pontual Q seja colocada nesse campo elétrico. Sobre 
essa carga pontual estará agindo uma força de origem eletrostática, dada por: 
 
 r rF QE Ne = ( ) (4.1)
 
Se quisermos mover essa carga contra a ação do campo elétrico, temos de exercer uma força de 
intensidade igual e direção oposta àquela exercida pelo campo elétrico, na direção do movimento. 
Isso exige o dispêndio de energia, ou seja, a realização de um trabalho. Se o movimento é no sentido 
do campo elétrico, o dispêndio de energia é negativo, ou seja, a fonte externa não realiza trabalho. 
Este é realizado pelo campo elétrico. 
 
Suponhamos que queiramos mover a carga Q de uma distância dL
r
 no campo elétrico 
r
E , conforme a 
figura 4.1. O gasto de energia será o produto escalar da força pela distância: 
 
 θ−=−= cosQEdLLd.EQdW rr (4.2)
 
 
 
F Fe
Q 
 
 E 
 
Fig. 4.1 - Carga Q em um campo elétrico E 
 
 
 
 
 
Pela equação acima podemos perceber facilmente que se desejarmos mover a carga 
perpendicularmente ao campo elétrico, o trabalho realizado será nulo. 
 
O trabalho realizado para mover uma carga de uma distância finita é dado pela integral: 
 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 21
 
W Q E dL
inic
final= − ∫ r r. (. J) (4.3)
 
Exemplo 4.1 
Dado o campo elétrico 
r
E x a z a y ax y= + +3 2 22 . $ . $ . $ z N/C, determine o trabalho realizado para se mover 
uma carga de 20 µC ao longo de um percurso incremental 10-4 m de comprimento, na direção de 
 localizado no ponto (2,-2, -5) m. − + −0 6 0 48 0 64, . $ , . $ , . $a ax y a z
 
Solução 
 
)C/N(aˆ.4aˆ.10aˆ.12E
aˆ).2.(2aˆ).5.(2aˆ).2.(3E
zyx
zyx
2
−−=
−+−+=
r
r
 
 
 Para dW Ld.Eq−= vem: 
)aˆ.64,0aˆ.48.0aˆ.6,0(10).aˆ.4
aˆ.10aˆ.12.(10.20dW
zyx
4
z
yx
6
−+−
−−−=
−
−
 
 
nJ88,18)56,28,42,7.(10x2dW 9 =+−−−= −rv
 
 
4.2 - INTEGRAL DE LINHA 
 
 
Na análise vetorial uma integral de linha é definida como sendo a integral ao longo de um caminho 
determinado, do produto escalar de um campo vetorial por um vetor deslocamento diferencial dL
r
. 
Este é o caso da equação 4.3 da seção anterior acima. 
 
Para entender melhor esse conceito, imagine que queiramos calcular o trabalho para mover uma 
carga Q em um campo elétrico‚ do ponto B ao ponto A, conforme é representado na figura 4.2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 E
A
 
Fig. 4.2 - Carga movendo-se de B até A.’ 
 
O caminho é dividido em um grande numero de segmentos . A componente do campo ao longo 
de cada segmento é multiplicada pelo tamanho do segmento, e os resultados para todos os 
segmentos são somados. Obviamente isso é um somatório. A integral é obtida quando o 
comprimento de cada segmento tender a zero. 
∆rL s'
 
Matematicamente: 
 
 W Q E L E L E LL L Ln= − n+ + +( . . .. . .. . )1 1 2 2∆ ∆ ∆ (4.4)
 
ou, em notação vetorial: 
 
 W Q E L E L E Ln n= − + + +( . . . .. . )
r r r r r r
1 1 2 2∆ ∆ ∆ (4.5)
E
E
E
EL4
∆L4
∆L3
EL3
∆L2EL2
∆L2
EL1
B
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Se o campo for uniforme: 
 
 r r rE E E n1 2= = =... (4.6)
 
 W Q E L L Ln= − + + + +. ( . .. )
r r r r∆ ∆ ∆1 2 (4.7)
 
A soma dos segmentos vetoriais entre parêntesis corresponde ao vetor dirigido do ponto B ao 
ponto A, 
r
L . Portanto: BA
 
 W QE LBA= −
r r
. (4.8)
 
Devemos notar que neste caso onde o campo elétrico é uniforme, o trabalho realizado para 
movimentar a carga Q do ponto B ao ponto A independe do caminho tomado, dependendo de 
Q,
r r
E e LBA , o vetor que vai de B até A. Veremos mais tarde que isso é verdade para qualquer campo 
elétrico estático, invariante no tempo. 
 
Exemplo 4.2 
 Calcular o trabalho realizado para mover uma carga Q = - 10-5 C, imersa em um campo elétrico r
E y a z ay= − +. 2 z. , ao longo do caminho definido pela reta y z+ = 2 , e ao longo do caminho definido 
pelas retas z = 0 me y = 0 m . 
 
Solução 
 
 
 
z 
 
 Fig. 4.3 - Carga 
movendo-se por dois 
caminhos 
(0,0,2) 
trajeto 1 
 
trajeto 2 y (0,2,0) 
 
 
 
Para o primeiro caminho temos: 
 
dW QE dL= − r r. 
 
dW Q y a z a dy a dz ay z y= − − + +( . $ . $ ).( . $ . $ )2 z 
 
dW Q ydy zdz= − +( )2 
 
y z y z+ = = −2 2; 
 
d y dz= − 
 
dW Q z dz zdz Q z dz= − − − − + = − +( ( )( ) ) ( )2 2 2 
 
W z dz z
z
x J= + = + =− −∫10 2 10 2 2 6 105 02 5
2
5
0
2
( ) ( ) (− )
 
Para o segundo caminho: 
 
ydy10Qydy)aˆdy.aˆy(QdW 5yy1
−−==−−= 
 
)J(10x2
2
y10ydy10W 5
2
50
2
5
1
2
0
−−− ==−= ∫ 
dW Q z a dz a Q zdz zdzz z2
52 2 1= − = − = −( . $ . . $ ) 0 2 
 
W zdz x z x2
5 5
2
5
0
2
10 2 2 10
2
4 10
0
2
= = =− −∫ − 
 
W W W x J= + = −1 2 56 10 ( )
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 23
Exemplo 4.3 
Calcular o trabalho realizado para mover uma carga pontual positiva Q C, imersa no campo elétrico 
de uma linha de carga de densidade ρ
l
 C/m do ponto r1 m ao ponto r2 m, conforme a figura abaixo. 
 
Solução ρl 
 
 
 
 
 
 
Fig. 4.4 - Carga imersa no campo de uma linha de cargas. 
 
O campo elétrico devido à linha de cargas terá 
apenas a componente na direção radial. Em 
coordenadas cilíndricas: 
)C/N(aˆ.
r2
aˆ.EE r
0
l
rr πε
ρ==r 
 
O diferencial do caminho em coordenadas 
cilíndricas é: 
dL dr a rd a dz ar z
r = + +. $ . $ . $φ φ 
 
Otrabalho diferencial será: 
dr.
r2
.QLd.E.QdW
0
l
πε
ρ−=−= rr 
Logo: 
W Q dr
r
l
r
r= − ∫ρπε2 0 12 
 
W Q
r
r
Jl= − ρπε2 0
2
1
ln ( ) 
 
Como r2 é maior que r1, ln(r2/r1) é o trabalho 
realizado é negativo, ou seja, a fonte externa 
que move a carga recebe energia.
 
 
4.3 - DIFERENÇA DE POTENCIAL E POTENCIAL ELETROSTÁTICO 
 
 
Se tomarmos a equação para o trabalho realizado para se mover uma carga Q em um campo 
elétrico, e a dividirmos pelo valor da carga Q, Teremos uma nova grandeza que denominaremos de 
diferença de potencial. Matematicamente: 
 
 
Diferença de Potencial W
Q
E dL
inic
inal= = − ∫ r r.. (4.9)
 
Em outras palavras, a diferença de potencial (ddp) pode ser definida como sendo o trabalho realizado 
para se mover uma carga unitária de um ponto a outro em um campo elétrico. A sua unidade é Joule 
por Coulomb, ou Volt (V). Se A é o ponto final e B o ponto inicial, a diferença de potencial VAB é: 
 
 
V E dLAB
B
A= − ∫ r r. ( V) (4.10)
 
No exemplo da linha de carga da última seção, o trabalho para se deslocar a carga de r
2
 para r
1
 é: 
 
 
W Q
r
r
Jl= ρπε2 0
2
1
ln ( ) (4.11)
 
A diferença de potencial entre r
1
 e r
2
 é: 
 
 
V W
Q
r
r
Vl12
0
2
12
= = ρπε ln ( ) (4.12)
 
dL = drar r2r1
UNESP – Apostila de Eletromagnetismo – Prof. Dr. Naasson |Pereira de Alcantara Junior 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 24
Exemplo 4.4 
Calcular a diferença de potencial entre os pontos r
1
 e r
2
, r
2
 > r
1
, devido a uma carga pontual de Q 
Coulombs positivos. Mostrar que ela independe das posições θ e φ. 
 
Solução 
 
)V(Ld.EV
1
2
r
r
12 ∫−= rr 
 
r r
E Q
r
a dL dr r= =14 0 2πε
. . $ ; . $r a 
 
r r
E dL Q dr
r
. .=
4 0 2πε
 
 
∫ πε−= 12rr 2012 rdr4QV 
 
V Q dr
r
Q
rr
r
r
r
12
0
2
04 4
1
2
1
2
1
= − = ⎛⎝⎜
⎞
⎠⎟∫πε πε 
 
V Q
r r
V12
0 1 24
1 1= −⎛⎝⎜
⎞
⎠⎟πε ( )
 
O potencial absoluto pode ser definido tomando um potencial de referência especificado que é 
considerado como tendo potencial zero. Usualmente o esse potencial é tomado na superfície da terra 
ou no infinito. No exemplo anterior, se um dos pontos (ponto r2, por exemplo) estiver no infinito, o 
potencial absoluto no ponto r1 será: 
 
 
V
Q
r
V1
0 1
1
4
= πε ( ) (4.13)
 
Se o potencial absoluto de A é VA, e o potencial absoluto de B é VB, a diferença de potencial VAB é: 
 
 V V VAB A B V= − ( ) (4.14)
 
 
4.4 - O POTENCIAL DE UM SISTEMA DE CARGAS 
 
 
Para duas cargas pontuais o potencial absoluto será: 
 
 
V
Q
R
Q
R
V= +⎛⎝⎜
⎞
⎠⎟
1
4 0
1
1
2
2πε
( ) (4.15)
 
e para n cargas: 
 
 
V Q
R
Vi
ii
n
=
=
∑14 0 1πε ( ) (4.16)
 
Substituindo cada carga por ρ∆ : v
 
 
)V(
R
v
4
1V
n
1i i0
∑
=
∆ρ
πε= 
(4.17)
 
Fazendo n → ∝ : 
 
 
V
dv
R
V
vol
= ∫14 0πε ρ ( ) (4.18)
 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 25
Para uma distribuição superficial de cargas: 
 
 
V
dS
R
Vs
s
= ∫14 0πε ρ ( ) (4.19)
 
Para uma distribuição linear de cargas: 
 
 
)V(
R
dL
4
1V
L
l
0
∫ ρπε= (4.20)
 
 
Exemplo 4.5 
 Calcular o potencial em um ponto no eixo de um anel de raio a m, com uma distribuição linear de 
carga ρ
l C/m. 
 
Solução 
 
V dL
R
Vl= ∫14 0πε ρ ( ) 
 
 
∫∫ +πε ρ=+ρπε= dLza4za dL.4 1V 220 l22l0 
 
 
)V(
za2
a.
za
a2.
4
V
22
0
l
220
l
+ε
ρ=
+
π
πε
ρ= 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P 
ρl
 
Fig. 4.4 - anel de cargas 
 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 26
Exemplo 4.6 
Resolver o exemplo anterior, considerando um anel de raio interno a m, raio externo b m e densidade 
superficial ρ
s C/m2. 
 
Solução 
 
)V(
R
dS.
4
1V
S
s
0
∫ ρπε= 
 
dS r d dr R r z= =. . ;φ 2 2+ 
 
V
rd dr
r z
s=
+∫∫14 0 2 2πε
ρ φ. .
 
 
V d rdr
r z
s
a
b=
+∫∫ρπε φ
π
4 0 2 20
2
 
 
V rdr
r z
s
a
b=
+∫ρε2 0 2 2 
 
V r zs
a
b
= +ρε2 0
2 2 
 
V b z a zs= + − +⎡⎣⎢
⎤
⎦⎥ V
ρ
ε2 0
2 2 2 2 ( )
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P 
ρs
 
Fig. 4.6 - Anel com distribuição superficial de cargas. 
 
 
EXERCÍCIOS 
 
 
1) - Calcule o trabalho necessário para movimentar uma carga pontual Q = -20 mC no campo r
E x y a x a V mx y= + +2 4 8( ). $ . $ ( / ) da origem ao ponto (6,4,1) m, ao longo do percurso . y9x2=
 
2) - Calcule o trabalho necessário para movimentar uma carga pontual Q = 5 mC de (5 m, p, 0) a (3 
m, p/2. 3 m), coordenadas cilíndricas, no campo 
r
E r a z a V mr z= +( ). $ . $ ( / )10 105 5 . 
 
3) - Uma carga pontual de 0,6 nC está localizada no ponto (3,6,6) m. Calcule a diferença VAB, entre 
os pontos A(3,3,6) m e B(-3,3,6) m. 
 
4) - Se a referência de potencial nulo está em r = 12 m, e uma carga pontual Q = 0.6 nC ocupa a 
origem, encontre os potenciais em r = 8 m e r = 24 m. 
 
5) - Suponha que em um dia sujeito a instabilidades atmosféricas, a diferença de potencial entre a 
superfície da terra e a eletrosfera (digamos 25 km acima da superfície terrestre) seja de 600000 V. 
Um avião com 12 m de envergadura em suas asas está voando a 2600 m de altitude, com uma 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 27
inclinação de 45° de suas asas. Calcule a diferença de potencial entre as extremidades das suas 
asas. 
 
6) -Três cargas pontuais de 2 nC ocupam os vértices de um triângulo equilátero de 2 m de lado. 
Calcule o potencial em um ponto 2 m acima do plano do triângulo e no eixo de seu centro 
geométrico. 
 
7) - Uma distribuição linear de cargas com densidade ρ
l
 = 1 nC ocupa o perímetro de um quadrado 
de 5 m de lado. Calcule o potencial no ponto situado 6 m acima do quadrado, no eixo de seu 
centro. 
 
8) - Desenvolva uma expressão para o potencial num ponto distante radialmente d m do ponto médio 
de uma distribuição linear de cargas finita, de comprimento L m e de densidade uniforme rl (C/m). 
Comprove a dedução da expressão, pelo desenvolvimento empregado no exercício anterior. 
 
9) - Um disco 0 ≤ r ≤ a m, z = 0, 0 ≤ φ ≤ 2π , possui uma densidade superficial de cargas 
ρ ρs r a C m= 0 2 2 2( / ) . Encontre V(0,0,z m) no espaço livre. 
 
10) - Uma película plana uniformemente carregada com ρs = (1/5π) nC/m2 está localizada em x = 0, e 
uma segunda película plana, com ρs = (-1/5π) nC/m2 está localizada em x = 10 m. Calcule VAB , 
VBC, VAC para A(12, 0, 0) m, B(4, 0, 0) m e C(-2, 0, 0) m. 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 28 
 
 
 
 
 
 
O GRADIENTE DO POTENCIAL E 
ENERGIA NO CAMPO ELETROSTÁTICO5 
 
 
 
5.1 - O GRADIENTE DO POTENCIAL 
 
 
 
A expressão obtida no capítulo 4 para o cálculo da diferença de potencial como uma integral de linha 
é: 
 
 V E dL= − ∫ Vr r. ( ) (5.1)
 
Se o caminho escolhido for um ∆rL , tal que se possa considerar rE constante nesse caminho : 
 
 ∆ ∆V E L V= − r r. ( ) (5.2)
 
 r rE L E L V. cos∆ ∆= θ ( ) (5.3)
 
 ∆ ∆V E L V= − cos ( )θ (5.4)
 
 ∆
∆
V
L
E V= − cos ( / )θ m (5.5)
 
Passando ao limite: 
 
 dV
dL
E V= − cos ( / )θ m (5.6)
 
A expressão acima será máxima quando cosθ= -1: 
 
 dV
dL
E V m
max
= ( / ) (5.7)
 
Pela equação 5.7 podemos concluir que: 
 
• A magnitude do campo elétrico é dada pela máxima taxa de variação do potencialcom a 
distância. 
 
• Este valor máximo é obtido quando a direção do incremento de distância for oposta a rE . 
 
Pela figura 5.1, partindo do ponto P, a maior taxa de variação de V com a distância se dá na direção 
crescente dos potenciais, ao longo de uma linha da esquerda para a direita e para cima. Pela 
equação 5.6 o sentido de 
r
E é para a esquerda e para baixo, oposto à maior variação de V. 
 
Definindo o vetor unitário como sendo o vetor normal à superfície equipotencial, e dirigido no 
sentido dos potenciais crescentes, podemos escrever para o vetor campo elétrico: 
$an
 
 r
E dV
dL
a V m
max
n= − . $ ( / ) (5.8)
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 29 
 
Fazendo: 
 
 dV
dL
dV
dNmax
= (5.9)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
z 
y 
x 
dr 
∇V 
V(x,y,z) = c2>c1 
V(x,y,z) = c1
 
Fig. 5.1 - gradiente de V 
 
 
fica, então: 
 
 r
E dV
dN
a V mn= − . $ ( / ) (5.10)
 
A operação ( )dV dN an. $ é conhecida como o gradiente do potencial V. Novamente é um tipo de 
operação que não aparece apenas no caso de potenciais elétricos, mas também na hidráulica, 
termodinâmica, magnetismo etc. 
 
Usando este novo conceito podemos escrever: 
 r
E grad= − V (5.11) 
 
O gradiente é uma operação sobre um escalar que resulta num vetor. 
 
(Você também já deve ter notado que o vetor intensidade de campo elétrico está sendo agora 
expresso em Volts/metro (V/m). ) 
 
A expressão 5.11, da forma como está colocada ainda nos parece sem muita utilidade. Vamos agora 
encontrar uma maneira de escrever o vetor intensidade de campo elétrico em termos de derivadas 
parciais do potencial elétrico. Em coordenadas cartesianas podemos escrever o diferencial de 
potencial dV como sendo : 
 
 
dV V
x
dx V
y
dy V
z
dz= + +∂∂
∂
∂
∂
∂. . . (5.12)
 
Por outro lado, por (5.2) passada ao limite: 
 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 30 
 dV E dL E dx E dy E dzx y z= − = − − −
r r
. . . . (5.13)
 
Igualando 5.12 com 5.13 podemos concluir que: 
 
 
E V
xx
= − ∂∂ (5.14)
 
 
E V
yy
= − ∂∂ (5.15)
 
 
E V
zz
= − ∂∂ (5.16)
 
ou vetorialmente: 
 
 r
E V
x
a V
y
a V
z
a Vx y z= − + +( . $ . $ . $ ) ( )∂∂
∂
∂
∂
∂ (5.17)
 
Relembrando a definição do operador ∇: 
 
 ∇ = + +∂∂
∂
∂
∂
∂x a y a z ax y. $ . $ . $ z 
(5.18)
 
e aplicando-o sobre o potencial V, teremos: 
 
 ∇ = + +V V
x
a
V
y
a
V
z
ax y
∂
∂
∂
∂
∂
∂. $ . $ . $ z 
(5.19)
 
Portanto: 
 
 rE V V= −∇ ( / )m (5.20)
 
Em um sistema de coordenadas esféricas temos: 
 
 
φθr a.φ∂
V∂
θsenr
1a.
θ∂
V∂
r
1a.
r∂
V∂V ++=∇ (5.21)
 
 
Em coordenadas cilíndricas, 
 
 ∇ = + +V V
r
a
r
V a V
z
ar z
∂
∂
∂
∂φ
∂
∂φ. .
1 . (5.22)
 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 31 
Exemplo 5.1 
Encontrar o campo elétrico devido a uma carga pontual, utilizando o potencial eletrostático. 
 
 
Solução 
O campo elétrico de uma carga pontual possui 
apenas a componente radial, em coordenadas 
esféricas: 
 
r
E V V
r
a V mr= −∇ = − ∂∂ . $ ( / ) 
 
O potencial eletrostático em um ponto distante 
r m da carga pontual é: 
 
V Q
r
V= 1
4 0πε
. ( ) 
 
∂
∂ πε
V
r
Q
r
V m= − 1
4 0 2
. ( / ) 
 
r
E Q
r
a V mr= 14 0 2πε
.
.
. ( / )
V
 
 
 
Exemplo 5.2 
Dado: encontre : ( ) ( ) ( )V x y z= − + −2 2 12 2 3. .
a) - 
r
E na origem. 
b) - dV
dN
 na origem 
c) - $an
 
Solução 
 
a) - 
 
r
E V V= −∇ ( / )m 
 
( )( ) ( )
( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) z222
y
32
x
32
a1z.2y.2x.3
a1z.2y.2x.2
a.1z.2y.2x.2E
)
)
)r
−+−
−−+−
−−+−−=
 
 r
E a a ax y z( , , ) . $ . $ . $ ( / )0 0 0 16 16 48= − + − V m 
 r
E a a ax y z( , , ) ( $ $ $ ) ( / )0 0 0 16 3= − − + V m 
 
b) - 
dV
dN
 é a magnitude do campo elétrico. 
 
Portanto : 
 
dV
dN
V m= + + =16 1 1 9 531, ( / ) 
 
c) - 
r
E dV
dN
a V mn= − . $ ( / ) 
 ( )− − + = −16 3 531$ $ $ , . $a a a ax y z n 
 
)aˆ3aˆaˆ(301,0a zyxn +−= ()
 
 
 
5.2 - DENSIDADE DE ENERGIA NO CAMPO ELETROSTÁTICO 
 
 
Suponhamos n cargas, , positivas, localizadas no infinito (figura 5.2). Imaginemos 
agora uma região qualquer com campo elétrico total nulo (
Q Q Q n1 2, , ...... , r
E = 0). Inicialmente se desejarmos trazer 
a carga Q1 para um ponto 1 pertencente a essa região, o trabalho será nulo, pois 
r
E = 0. 
 
 
 
 
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32 Q1
Q2 1 Q1
 2 Q2Q3 3 Q3 Q4 4 Q4 Qnn Qn Região com E = 0 infinito 
Fig. 5.2 - Sistema de cargas 
 
Suponhamos agora que queiramos trazer a carga Q
2
 para um ponto 2, próximo à carga Q
1
. A fonte 
externa deverá realizar um trabalho, devido agora à presença da carga Q
1
. Esse trabalho será: 
 
 W Q V J2 2 2 1= . (, ) (5.23)
 
V2 1, significa: potencial na posição 2, devido à carga Q1. 
 
Se a carga for mantida nessa posição a energia dispendida, pelo princípio da conservação de 
energia, se transforma em energia potencial. Uma vez retirada a força que a mantem nessa posição, 
a carga será acelerada para longe de sua posição, adquirindo energia cinética, e, realizando trabalho. 
 
Voltando à nossa tarefa de mover cargas do infinito à região em questão, ao trazer a carga Q
3
 para a 
posição 3, o trabalho realizado será: 
 
 W Q V Q V J3 3 3 1 3 3 2= +. ., , ( ) (5.24)
 
onde: 
 = potencial em 3 devido a QV3 1, 1. 
 = potencial em 3 devido a QV3 2, 2. 
 
 O trabalho para mover n cargas será: 
 
 )J(V.Q...V.Q...V.QV.QV.QW 1n,nn1,nn2,331,331,22E −++++++= (5.25)
 
EW é a energia potencial armazenada no campo. Tomemos agora um termo qualquer da equação 
acima. Por exemplo: 
 
 
Q V Q Q
R
Q Q
R
Q V3 3 1 3 1
0 13
1
3
0 31
1 1 34 4
. .
.
.
.
., ,= = =πε πε (5.26)
 
3,1V é o potencial no ponto 1 devido à carga Q3. 
 
Assim, a equação 5.25 pode ser reescrita reciprocamente como: 
 
W Q V Q V Q V Q V Q V Q V Q VE n= + + + + + + + + − −1 1 2 1 1 3 1 1 2 2 1 2 2 3 2 2 1 1. . .. . . . .. . ., , , , , ,n n n n,
n
 (5.27)
 
Adicionando 5.25 e 5.27: 
 
 2 1 1 2 1 3 1 2 2 1 2 3 2
1 2 1
W Q V V V Q V V V
Q V V V
E n
n n n n n
= + + + + + + + +
+ + + + −
( ... ) ( ... )
... ( ... )
, , , , , ,
, , ,
 (5.28)
 
Cada soma entre parêntesis, representa o potencial em cada ponto, devido a todas as cargas exceto 
à carga que está no ponto onde está sendo calculado o potencial. Em um a notação mais 
simplificada, temos: 
 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 33 
 V V V Vn1 2 1 3 1 1, , ,. . .+ + + = (5.29)
 
Assim: 
 
 ( )W Q V Q V Q VE n= + + +12 1 1 2 2. . .. . . Jn ( ) 
(5.30)
 
 
W Q VE i i
i
n
=
=
∑12 1 . (J) 
(5.31)
 
Substituindo cada carga por um volume infinitesimal ∆v, multiplicado por uma densidade de carga ρ, 
e fazendo o número de cargas tender ao infinito (∆v → dv): 
 
 
W Vdv JE
vol
= ∫12 ρ ( ) (5.32)
 
Substituindo ρ por ∇. rD : 
 
 ( )W D V dvE
vol
= ∇∫12 . (J )r (5.33)
 
Entretanto, a seguinte identidade (vetorial) é válida para qualquer função vetorial 
r
D : 
 
 ( ) ( ) ( )∇ = ∇ + ∇. . .VD V D D Vr r r (5.34)
 
Portanto: 
 ( ) ( ) )J(]dvV.DdvDV.[
2
1W
vv
E ∫∫ ∇−∇= rr (5.35)
 
A primeira integral de volume da equação acima pode ser substituída