Aula 4 Eletromagnetismo - Luciana Rios - UVA

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DENSIDADE DE FLUXO ELE´TRICO, LEI DE GAUSS E DIVERGEˆNCIA;
POTENCIAL ELE´TRICO
1. Potencial ele´trico
• Ate´ agora vimos que a intensidade de campo ele´trico E devido a uma
distribuic¸a˜o de carga pode ser obtida a partir da lei de Coulomb, no
caso geral, ou a partir da lei de Gauss, quando a distribuic¸a˜o de carga
tem simetria.
• Uma outra maneira de determinar o campo E e´ a partir do potencial
ele´trico escalar V , que sera´ definido a seguir.
• Para movimentar uma carga pontual Q, de um ponto A para um ponto
B, em um campo ele´trico E (figura abaixo), deve ser exercida uma
1
forc¸a sobre Q dada por F = QE. Portanto, o trabalho realizado para
provocar um deslocamento infinitesimal dl da carga e´ dado por
dW = F · dl = QE · dl. (1)
O trabalho total realizado no deslocamento de A para B sera´ enta˜o
W = Q
∫ B
A
E · dl. (2)
• A diferenc¸a de potencial entre os pontos A e B e´ definida como
VAB = −
W
Q
= −
∫ B
A
E · dl. (3)
• Na equac¸a˜o acima, se VAB e´ negativo, W e´ positivo (considerando Q
positiva), e o trabalho e´ realizado pelo campo, o que implica em uma
perda de energia potencial. se VAB e´ positivo, W e´ negativo e um
agente externo e´ responsa´vel pela realizac¸a˜o de trabalho; neste caso
ha´ um ganho de energia potencial.
• VAB e´ geralmente medido em volts (V).
• Um exemplo importante e´ quando E e´ gerado por uma carga pontual
localizada na origem, enta˜o
E =
Q
4piε0r2
ar. (4)
Logo,
VAB = −
∫ rB
rA
Q
4piε0r2
ar · drar = − Q
4piε0
∫ rB
rA
dr
r2
=
Q
4piε0
(
1
r
)rB
rA
VAB = VB − VA =
Q
4piε0
(
1
rB
− 1
rA
)
. (5)
VB e VA sa˜o os potenciais ou (potenciais absolutos) nos pontos B e
A, respectivamente. Assim, a diferenc¸a de potencial VAB pode ser
considerada como o potencial de B em relac¸a˜o a A. Em problemas
envolvendo cargas pontuais e´ costume tomar o ponto de refereˆncia
no infinito, i.e., se A→∞
rA →∞ e VA =
Q
4piε0rA
= 0. (6)
Assim, o potencial em qualquer ponto devido a uma carga pontual Q
localizada na origem e´ dado por (considerando B um ponto qualquer)
V =
Q
4piε0r
, (7)
lembrando que a refereˆncia neste caso foi tomada no infinito, onde
V = 0.
• Note que E · dl = Q
4piε0r2
dr na equac¸a˜o (3) devido a` simetria do
problema (carga pontual). Analisando a equac¸a˜o, percebemos que o
potencial VAB independe da trajeto´ria, dependendo apenas dos pon-
tos inicial e final, neste caso A e B. Assim, o potencial em qualquer
ponto e´ a diferenc¸a de potencial entre esse ponto e um ponto escol-
hido como refereˆncia, no qual o potencial e´ considerado nulo.
• Voltando na equac¸a˜o (3) e considerando B um ponto qualquer e A→
∞, teremos
V − V∞ = −
∫ r
∞
E · dl, (8)
como V∞ = 0,
V = −
∫ r
∞
E · dl. (9)
Portanto, o potencial a uma distaˆncia r de uma carga pontual e´ o
trabalho realizado, por unidade de carga, ao se deslocar uma carga
teste do infinito ate´ esse ponto.
• Se a carga Q na equac¸a˜o (7) na˜o esta´ localizada na origem, mas sim
em um ponto cujo vetor posic¸a˜o e´ r′, o potencial gerado por ela em
um ponto com vetor posic¸a˜o r e´ dado por (ver figura)
V (r) =
Q
4piε0|r− r′|
=
Q
4piε0R
. (10)
• Tambe´m podemos aplicar o princı´pio da superposic¸a˜o para potenci-
ais. Portanto, o potencial em r devido a n cargas pontuaisQ1, Q2, . . . ,
Qn localizadas em r1, r2, . . . , rn e´ dado por
V (r) =
Q1
4piε0|r− r1|
+
Q2
4piε0|r− r2|
+ . . .+
Qn
4piε0|r− rn|
, (11)
ou
V (r) =
1
4piε0
n∑
k=1
Qk
|r− rk|
. (12)
• Para distribuic¸o˜es contı´nuas de carga, Qk na distribuic¸a˜o acima deve
ser substituı´do pelo elemento de carga correspondente e o somato´rio
torna-se uma integral:
– Linha de carga:
V (r) =
1
4piε0
∫
L
ρL(r
′)dl′
|r− r′| , (13)
– Superfı´cie de carga:
V (r) =
1
4piε0
∫
S
ρS(r
′)dS′
|r− r′| , (14)
– Volume de carga:
V (r) =
1
4piε0
∫
V
ρV (r
′)dV ′
|r− r′| . (15)
As coordenadas/variav´eis indicadas por ′ referem-se a` fonte.
• Ao obtermos a equac¸a˜o (7), o ponto de potencial zero (refereˆncia)
foi escolhido no infinito. Se qualquer outro ponto for escolhido como
refereˆncia, a equac¸a˜o (7) torna-se
V =
Q
4piε0r
+ C, (16)
onde C e´ uma constante a ser determinada.
Exemplo 1: Duas cargas pontuais −4µC e 5µC esta˜o localizadas em
(2,−1,3) e em (0,4,−2), respectivamente. Determine o potencial
em (1,0,1), considerando o potencial zero no infinito.
Neste caso, teremos
V (r) =
Q1
4piε0|r− r1|
+
Q2
4piε0|r− r2|
,
onde
|r− r1| = |(1,0,1)− (2,−1,3)| = |(−1,1,−2)| =
√
6 = 2,449,
e
|r− r2| = |(1,0,1)− (0,4,−2)| = |(1,−4,3)| =
√
26 = 5,099,
logo
V (1,0,1) =
−4× 10−6
4piε0(2,449)
+
5× 10−6
4piε0(5,099)
=
(9× 109 × 10−6)
[ −4
(2,449)
+
5
(5,099)
]
=
(9×103) (0,9806− 1,633) = (9×103)(−0,6524) = −5,872×103,
i.e., V (1,0,1) = −5,872 kV.
Exemplo 2: Uma linha em y = 1 e z = 1 esta´ carregada uniforme-
mente com 2 nC/m. Se V = 0 na origem (0,0,0), determine:
(a) V em A(5,0,1);
(b) o potencial no mesmo ponto se agora uma carga de 5 nC esta´
localizada em (−3,4,0).
(a) O potencial gerado por uma linha de carga pode ser determinado
a partir do campo ele´trico utilizando a equac¸a˜o (3):
VAB = VB − VA = −
∫ B
A
E · dl.
Tomando a origem O(0,0,0) como ponto de refereˆncia, temos
VOA = VA − VO = −
∫ A
O
E · dl.
Logo,
VA − 0 = VA = −
∫ A
O
ρL
2piε0ρ
aρ · dρaρ = − ρL
2piε0
∫ A
O
dρ
ρ
(17)
Verificamos enta˜o que o potencial gerado por uma distribuic¸a˜o linear
de carga pode ser escrito como
V = − ρL
2piε0
ln ρ, (18)
onde ρ e´ a distaˆncia perpendicular da linha ao ponto de interesse.
Voltando a equac¸a˜o (17), temos
VA = −
ρL
2piε0
∫ A
O
dρ
ρ
= − ρL
2piε0
(ln ρA − ln ρO) =
ρL
2piε0
ln
(
ρO
ρA
)
.
(19)
Pela figura acima, verificamos que
ρO = (0,0,0)− (0,1,1) = (0,−1,−1),
ou
ρO = −ay − az.
Do mesmo modo,
ρA = (5,0,1)− (5,1,1) = (0,−1,0),
ou
ρA = −ay.
Logo,
ρO =
√
2 = 1,414
e
ρA =
√
1 = 1.
De volta a equac¸a˜o (19) temos,
VA =
ρL
2piε0
ln
(
ρO
ρA
)
=
2× 10−9
2piε0
ln (1,414) = 12,47,
i.e., VA = 12,47 V.
(b) O potencial em A devido a uma carga de 5 nC em (−3,4,0) e´
dado por
VA − VO = VA = −
∫ A
O
Q
4piε0r2
ar · drar = − Q
4piε0
∫ A
O
dr
r2
=
Q
4piε0
(
1
rA
− 1
rO
)
, (20)
onde
rA = (5,0,1)− (−3,4,0) = (8,−4,1)→ rA =
√
81 = 9,
e
rO = (5,0,1)− (0,0,0) = (5,0,1)→ rO =
√
26 = 5,099.
De volta a` equac¸a˜o (20):
VA =
5× 10−9
4piε0
(
1
9
− 1
5,099
)
= (45)(−0,085) = −3,825,
i.e., VA = −3,825 V. Logo, o potencial total em A sera´
VTA = 12,47− 3,825 = 8,645 V.
2. Relac¸a˜o entre o campo ele´trico e o potencial ele´trico
• Vimos que a diferenc¸a de potencial entre dois pontosA eB independe
da trajeto´ria percorrida, logo VAB = −VBA. Portanto, para a trajeto´ria
fechada ABA (ver figura), VABA = VAB + VBA = 0 e
∮
E · dl = 0, (21)
ou seja, a integral de linha de E ao longo de uma trajeto´ria fechada
deve ser zero.
• Fisicamente, a integral acima implica que na˜o e´ realizado trabalho ao
se movimentar uma carga ao longo de uma trajeto´ria fechada em uma
regia˜o onde existe um campo eletrosta´tico.
• Qualquer campo vetorial que satisfac¸a uma equac¸a˜o como a (21)
e´ considerado conservativo. Assim, um campo eletrosta´tico e´ um
campo conservativo.
• Da equac¸a˜o (21) verificamos que dV = E · dl. Em coordenadas
cartesianas,
dV = −Exdx− Eydy − Ezdz, (22)
mas, pela regra da cadeia,
dV =
∂V
∂x
dx+
∂V
∂y
dy+
∂V
∂z
dz. (23)
Logo,
Ex = −∂V
∂x
, Ey = −∂V
∂y
, Ez = −∂V
∂z
, (24)
enta˜o,
E = −∇V. (25)O sinal negativo mostra que a direc¸a˜o de E e´ oposta a` direc¸a˜o em
que V cresce.
Exemplo 3: Dado o potencial V = 10
r2
sin θ cosφ,
(a) determine a densidade de fluxo ele´trico D em (2, pi/2,0);
(b) calcule o trabalho realizado ao se movimentar uma carga de 10µC
do ponto A(1,30◦,120◦) ate´ o ponto B(4,90◦,60◦).
(a) Sabemos que D = ε0E, logo D = −ε0∇V . O gradiente de V
em coordenadas esfe´ricas e´
∇V = ∂V
∂r
ar+
1
r
∂V
∂θ
aθ+
1
r sin θ
∂V
∂φ
aφ.
Tomando as derivadas de V em relac¸a˜o a r, θ e φ, temos
∇V = −20
r3
sin θ cosφar+
1
r
(
10
r2
cos θ cosφ
)
aθ
− 1
r sin θ
(
10
r2
sin θ sinφ
)
aφ = −
20
r3
sin θ cosφar+
10
r3
cos θ cosφaθ −
10
r3
sinφaφ,
enta˜o
D = ε0
(
20
r3
sin θ cosφar − 10
r3
cos θ cosφaθ+
10
r3
sinφaφ
)
.
Para r = 2 m, θ = pi/2 e φ = 0,
D = ε0
[
20
8
(1)(1)ar − 10
8
(0)(1)aθ+
10
8
(0)aφ
]
=
(8,854× 10−12)(2,5)ar = 22,14× 10−12ar,
i.e., D = 22,14ar pC/m2.
(b) Sabemos que VAB = −W/Q =
∫B
A E · dl, onde VAB = VB−VA.
Logo,
W = −QVAB = −Q (VB − VA) .
Calculando os potenciais:
VB =
10
42
sin(90◦) cos(60◦) = (0,625)(0,5) = 0,3125 V,
e
VA =
10
12
sin(30◦) cos(120◦) = (10)(0,5)(−0,5) = −2,5 V.
Logo
W = 10× 10−6(0,3125+ 2,5) = 28,13× 10−6,
ou W = 28,13µJ.
Refereˆncias:
• HAYT, W.H. JR. e BUCK, J. A., Eletromagnetismo. Bookman, 7 ed., 2008.
• SHADIKU, M.N., Elementos de Eletromagnetismo, Bookman, 5 ed., 2012.