Apostila EletroMag Completa

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ELETROMAGNETISMO I 1
 
 
 
 
 
 
 
 
0 ANÁLISE VETORIAL 
Este capítulo oferece uma recapitulação aos conhecimentos de álgebra vetorial, já vistos em outros 
cursos. Estando por isto numerado com o zero, não faz parte de fato dos nossos estudos de eletromagnetismo. 
Sem ele o tratamento dos fenômenos de campos elétricos e magnéticos torna-se mais complicado, uma vez que 
estes são obtidos matematicamente através 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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ELETROMAGNETISMO I 2
 
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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ELETROMAGNETISMO I 3
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 de retas orientadas 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 vr Um vetor vvaˆ . 
r é 
definido como múltiplo o submúltiplo de m vezes este versor aˆ 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: 
v
 
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 V
r
 cuja origem coincide com a origem de um sistema de coordenadas cartesianas e 
com extremidade no ponto P pode ser dado por: 
 
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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ELETROMAGNETISMO I 4
 
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 entre dois vetores resulta positivo quando o menor ângulo entre eles é 
agudo. Resulta nulo quando os vetores forem perpendiculares e será negativo quando o 
ângulo α entre os vetores estiver entre 90º e 180º inclusive. 
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ELETROMAGNETISMO I 5
 
 
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 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 naˆ perpendicu ar al 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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ELETROMAGNETISMO I 6
 
 
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 perpendicularesentre si em qualquer um sistema. Assim, cada versor pode ser estabelecido em função dos 
outros dois como o 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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ELETROMAGNETISMO I 7
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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ELETROMAGNETISMO I 8
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. 
 
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ELETROMAGNETISMO I 9
IDENTIDADES VETORIAIS 
As identidades vetoriais relacionadas abaixo podem ser provadas, embora algumas 
exijam do estudante um pouco de trabalho “braçal”. Simplificando a notação vetorial para as 
identidades que seguem, os vetores são indicados apenas por letras maiúsculas, sem as setas, 
enquanto que os escalares estão representados por letras minúsculas. Assim: 
 ( ) ( ) ( ) BACACBCBA ⋅×≡⋅×≡⋅× (a) 
 ( ) ( ) ( )CBABCACBA ⋅−⋅≡×× (b) 
 ( ) BABA ⋅∇+⋅∇≡+⋅∇ (c) 
 ( ) vuvu ∇+∇≡+∇ (d) 
 ( ) BABA ×∇+×∇≡+×∇ (e) 
 ( ) ( AuuAuA ⋅∇ )+∇⋅≡⋅∇ (f) 
 ( ) ( ) ( uvvuuv ∇+∇≡∇ )
)
 (g) 
 ( ) ( ) ( AuAuuA ×∇+×∇≡×∇ (h) 
 ( ) ( ) ( BAABBA )×∇⋅−×∇⋅≡×⋅∇ (i) 
 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ABBAABBABA ×∇×+×∇×+∇⋅+∇⋅≡⋅∇ (j) 
 ( ) ( ) ( )BAABABBABA ∇⋅−∇⋅+⋅∇−⋅∇≡××∇ (k) 
 
vv 2∇≡∇⋅∇ (l) 
 
0A ≡×∇⋅∇ (m) 
 
0v ≡∇×∇ (n) 
 
( ) AAA 2∇−⋅∇∇≡×∇×∇ (o) 
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ELETROMAGNETISMO I 10
EXERCÍCIOS DE APLICAÇÃO 
 
1) Encontre o vetor 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
A
r
. 
2) Determine a distância entre os pontos A (5 mm; π; 2 mm) e B ( 3 mm; -π/6; -2 mm), 
dados em coordenadas cilíndricas. 
3) Dados e , calcule a projeção do vetor zy aˆ10aˆ4A +=
r
yaˆ3B =
r
A
r
 sobre a direção do 
vetor . B
r
4) Dados os vetores zyx aaaA ˆ3ˆ4ˆ2 −+=
r
e yx aˆaˆB +−=
r
, calcule os produtos escalar e 
vetorial entre eles. 
5) Dados e , calcule o menor ângulo formado entre eles 
usando o produto vetorial e o produto escalar entre eles. 
yx aˆ4aˆ2A +=
r
zy aˆ4aˆ6B −=
r
6) Determine a expressão para o produto vetorial entre dois vetores genéricos e A
r
B
r
 
num sistema cartesiano e mostre que ele pode ser calculado a partir do determinante 
de uma matriz 3 x 3. 
7) Estabeleça uma condição de paralelismo entre dois vetores a partir do produto vetorial 
entre eles. 
8) Obtenha a condição de ortogonalidade entre dois vetores. 
9) 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? 
10) Dado o plano A x + B y + C z = K, onde K é uma constante, obtenha um vetor 
nV
r
normal a este plano. Pode existir mais de uma solução? 
11) Encontre os versores em um sistema de coordenadas esféricas em função de 
correspondentes coordenadas retangulares (cartesianas). 
 
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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 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 Charles Augustin 
de Coulomb (1736 – 1806). 
1 FORÇA ENTRE CARGAS ELÉTRICAS E O CAMPO ELETROSTÁTICO 
 
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 de interação elétrica entre dois objetos pequenos carregados, 
separados pelo vácuo ou pelo espaço livre, sendo a distância entre eles muito maior que 
os seus raios, é diretamente proporcional ao produto entre suas 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 possuindo 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 equação (1.1) vetorialmente: 
 
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ELETROMAGNETISMO I 2
 
(N)aˆ
R
.QQ
4
1F =F 12r2
12
21
0
12 πε=−
rr
 (1.2)
 
 $aR
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 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.1 Força entre duas cargas: (a) -de mesmo sinal - (b) - de sinais contrários 
 
 
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 ar x y12
1
3
2 2= − + az 
 
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 que atua sobre a carga Q3. 
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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ELETROMAGNETISMO I 3
 
Solução: 
 
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 P23 3 2= − P 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 – A CARGA ELEMENTAR 
 
Tomando o modelo planetário para a representação dos átomos, sabemos que as cargas ditas 
positivas encontram-se presas ao núcleo enquanto que as cargas de natureza oposta, ditas 
negativas gravitam em torno do núcleo, vinculadas por uma força de atração elétrica expressa pela lei 
de Coulomb, cuja intensidade é dada pela equação (1.1). Vimos também que esta força ocorre aos 
pares, obedecendo à 3ª. Lei de Newton ou da Ação e Reação. Desta forma, podemos definir uma 
carga elementar como aquela de menor valor. Assim, uma carga elementar de um próton difere da 
carga de um elétron apenas pelo sinal e vale no Sistema Internacional de Unidades: 
 
 )coulombs(C10.6,1e 19−= (1.4)
 
 
1.3 - 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, 
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ELETROMAGNETISMO I 4
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 
 
 
 
 
 
 
 
Expressando a força sobre Qt pela lei de Coulomb: 
 
 
)N(aˆ.
R
Q.Q
πε4
1F r2
t
t
0
=r (1.5)
 
Dividindo a equação (1.4) por Qt : 
 
 
)C/N(aˆ.
R
Q
πε4
1
Q
F
r2
t0t
=
r
 
 
(1.6)
 
 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
, vetor intensidade de campo elétrico, e dispensando o uso de 
índices, pode-se escrever: 
E
 
 r
E Q
R
a N Cr= 14 0 2πε
. $ ( / ) (1.7)
 
Vimos pela expressão (1.4) que a menor carga elétrica conhecida é a do próton ou a do 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 ? 
 
Q 
r
F
Figura 1.2 Campo de força 
produzido por uma carga 
pontual Q positiva. 
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ELETROMAGNETISMO I 5
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 
 
)C/N()aˆ.2aˆaˆ(12,6E 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 bastante simplificada se, ao 
invés de se utilizar um sistema de 
coordenadas cartesianas, utilizar-se um 
sistema de coordenadas esféricas. A 
expressão vetorial para o campo elétrico em 
coordenadas esféricas 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 campo elétrico assim obtido se mostra com uma simetria esférica, dependente apenas da distância 
radial da carga ao ponto. 
 
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 a 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. e outra carga Q2 = 2x10
-9 C no 
ponto P2(1,1,5) m. Calcule o valor da intensidade de campo elétrico criado no ponto P(4,-1,2) m por 
estas duas cargas pontuais. 
 
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 −− 
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ELETROMAGNETISMO I 6
 
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
. $ $ $
. $ $ . $
( / )
 
 
)C/N()aˆ.134,0aˆ191,0aˆ.286,0(9E 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. 
 
 
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. 
 
1.3.1 - Distribuição linear de cargas - Uma distribuição linear e uniforme de cargas possui uma 
densidade linear ρl C/m (fig. 1.3). 
 
 
 
 ρl C/m 
Figura 1 .3 Distribuição uniforme e 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 Figura 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 perpendicular à linha com intensidade inalterada. Movendo-se o ponto P para 
cima e para baixo, mantendo-se a distância r inalterada, a intensidade do campo elétrico não 
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ELETROMAGNETISMO I 7
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 ou radial 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 plana de cargas - Uma distribuição plana infinita e uniforme de 
cargas possui uma densidade superficial ρs C/m2 , conforme ilustrado na figura 1.5. 
 
 
 
 
 
 
 
 
ρs
Figura 1.5 Distribuição superficial infinita de cargas 
 
Para analisar o comportamento do campo elétrico produzido por esta distribuição superficial infinita 
de cargas, vamos utilizar o arranjo mostrado na figura 1.6. Vamos considerar duas tiras infinitas de 
espessura dx, simetricamente escolhidas em relação a uma linha de referência (linha pontilhada). 
 
dEz 
 
dE 
r 
 
 
 dExz
x 
 
 
 
 
 
 
Figura 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 e infinita de cargas. Assim, o campo elétrico incremental dE, em um ponto qualquer 
z 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 superficial e infinita de cargas será orientado perpendicularmente pelos dois lados desta 
superfície. Neste caso dizemos então que as linhas de campo elétrico apresentam uma simetria 
especular. Embora distribuições superficiais infinitas de cargas não existam de fato, podemos 
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ELETROMAGNETISMO I 8
considerar como um exemplo prático o campo elétrico uniforme estabelecido por um capacitor de 
placas planas e paralelas. 
 
Embora as expressões para o campo elétrico produzido por distribuições infinitas lineares e 
superficiais 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. 
 
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ELETROMAGNETISMO I 9
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 respectivamente. Encontre a força que age sobre Q2,. 
2) Calcule a força que atua sobre uma carga de 100 µC localizada no eixo z a 3 m acima da origem 
quando na presença de quatro cargas de 20 µC nos eixos x e y nos pontos ± 4 m. 
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) Uma película plana infinita com uma distribuição uniforme de carga de densidade ρS encontra-se 
no plano definido pelos eixos x e y. Determine o campo elétrico que ela gera no eixo z acima da 
origem. 
5) Sobre o eixo z encontra-se uma distribuição linear de cargas ρL = 20 nC/m entre z = 5 m e z = -5 
m. Calcule o campo elétrico E no ponto (2, 0, 0)m. Estendendo o raciocínio, calcule agora o 
campo elétrico criado por uma reta infinita e carregada num ponto genérico do espaço. 
6) O eixo z contém uma distribuição uniforme de cargas com descontinuidade entre z = – 5m e z = 
5 m. Com a mesma distribuição do problema anterior, isto é, 20 nC/m determine o campo E 
naquele mesmo ponto (2, 0, 0)m. Em seguida, faça a superposição dos resultados.7) Calcule a força que atua sobre uma carga pontual de 30 µC, localizada a uma altura de 5 m do 
centro de um quadrado com 2 m de lado, com uma carga linear de 500 µC uniformemente 
distribuída. 
8) Sobre os vértices de um cubo de lado l (m) há oito cargas pontuais idênticas de Q (C). Mostre 
que a força agente sobre cada carga tem intensidade de 3,29 Q2 / (4πε0 l2) N. 
9) O plano 3x + y - 6z = 6 m contém uma distribuição uniforme de cargas com densidade ρs = 0,6 
C/m2. Calcule o campo elétrico relativo ao semi-espaço que contém a origem. 
r
E
10) 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. 
11) 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. 
12) Duas esferas plásticas identicamente carregadas e com massa de 80 mg podem se deslocar 
sobre uma fibra isolante inclinada de 45º. Na situação de equilíbrio uma das esferas fica apoiada 
sobre um nó na fibra, enquanto que a outra permanece a uma distância de 5 m dela. Pede-se a 
carga das esferas. 
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ELETROMAGNETISMO I 10
13) Três cargas pontuais localizam-se no vácuo, do seguinte modo: Q1 = ─ 6 µC em P1 (1, 0, 0), Q2 
= 10 µC em P2 (2, 0, 0), e Q3 = 4 µC em P3 (4, 0, 0). Em qual das cargas age a força de maior 
intensidade e qual é esse valor? 
14) Duas cargas pontuais idênticas de Q C estão separadas por uma distância d m. Calcule o 
campo elétrico 
r
 para pontos pertencentes ao segmento que une as duas cargas. E
15) 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/
16) 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. 
17) 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. 
18) 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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 1
 
 
 1
 2
 
 
 2
 3
 
 
 3
 4
 
 
 4
 5
 
 
 5
 6
 
 
 6
 7
 
 
 7
ELETROMAGNETISMO I 11 
 
 
 
 
 
 
 
2.1 - A LEI DE GAUSS 
FLUXO ELÉTRICO E LEI DE GAUSS 2
 
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) 
 
O trabalho de Gauss consistiu na formulação matemática do enunciado acima, que já era conhecido 
e entendido como óbvio. Em outras palavras, o fluxo total de qualquer escoamento é emanado por 
uma fonte envolvida por uma superfície fechada, não importando sua forma geométrica. Gostaríamos 
apenas de frisar aqui que a superfície tem que ser fechada para que possa envolver toda a fonte e se 
deixe atravessar pelo fluxo total resultante. 
Eletricamente, imagine uma distribuição de cargas envolvida por uma superfície fechada S (figura 
2.1). 
 
 
y 
∆S
θ
D
Q 
 
 
 Figura 2.1 Distribuição de cargas no 
interior de uma superfície gaussiana. 
 
 
 
x 
 
Vamos agora tomar um incremento vetorial de superfície ∆rS admitido como plana. Este vetor terá 
uma orientação no espaço, perpendicular ao plano que tangencia a superfície S neste ponto (centro 
de ∆rS ) apontando para fora da superfície fechada. A densidade de fluxo que atravessará a superfície 
elementar ∆rS é dada pelo vetor r genericamente formando um ângulo θ com Ds ∆
r
S em cada ponto 
da superfície fechada em questão. 
 
O fluxo elementar 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 . 
 
Nestas condições, 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 realizada sobre uma superfície fechada (daí o símbolo ∫S ), fruto de uma 
integral dupla. Esta superfície é freqüentemente chamada de superfície gaussiana. 
 
Assim, a Lei de Gauss é então matematicamente formulada como: 
 
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ELETROMAGNETISMO I 12 
 r rD dS Q Cs
s
. (∫ = ) (2.3)
 
A carga envolvida pode ser de qualquer tipo: cargas pontuais discretas, linhas de cargas, distribuição 
superficial de cargas ou uma distribuição volumétrica de cargas. Desta forma, a Lei de Gauss pode 
ser generalizada em termos de cargas em distribuições uniformes respectivamente volumétricas, 
superficiais ou lineares, conforme abaixo: 
 
 
)C(dLSd.D
)C(dSSd.D
)C(dvSd.D
L Ls s
S Ss s
v vs s
∫∫
∫∫
∫∫
ρ=
ρ=
ρ=
rr
rr
rr
 (2.4)
 
A integral realizada sobre o lado esquerdo da equação pode ter um domínio diferente daquela 
realizada sobre o lado direito. Daí ressaltarmos na expressão intermediária o domínio S da superfície 
fechada daquele S contendo a carga superficial. 
 
Exemplo 2.1 
Calcular o fluxo que atravessa a superfície de uma esfera de raio a metros, produzido por uma carga 
elétrica Q coulombs, concentrada 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: 
 
θdφdθsenaθdφdθsenrdS 22 == 
 
 
 
Figura 2.2 Elemento diferencial de área 
 
 
O produto escalar SDs
rr ∆⋅ é então dado por: 
 
( ) θφθπ=θφθ⋅⎟⎠⎞⎜⎝⎛ π ddsen4Qaˆ.ddsenaaˆ.a4 Q r2r2 
 
Os limites de integração foram escolhidos de 
modo que a integração seja 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 que: 
 r r
D dS Q Cs
s
. (∫ = ) 
 
Exemplo 2.2 
Calcular o fluxo elétrico total que atravessa uma superfície esférica, de centro na origem, possuindo 
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: 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMOI 13 
 
Existem duas maneiras de se resolver este 
queles que adoram resolver integrais 
queles um pouco mais espertos podem 
ntão: 
problema: 
 
A
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. 
 
A
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. 
 
E
Q e dzz=
−∫ 2 222 ( ) C
 
omo a função módulo não é contínua, vamos 
C
 
C
dividir a integral acima em duas integrais: 
 
Q e dz e dzz z= +−
−∫ ∫2 2220 202 ( ) 
Q e ez z= − +−
−
2 2
2
0
0
2
 
 
107 194 4 , ( ) φ
 
2.2 - A RELAÇÃO CONSTITUTIVA ENTRE O FLUXO E O CAMPO ELÉTRICO 
Q e e C= − + + − = =1 1
 
Sabe-se que uma carga pontual cria um campo elétrico no vácuo expresso em coordenadas 
esféricas pela equação vetorial (1.6). Por outro lado, o exemplo 2.1 define o fluxo que este mesmo 
campo elétrico cria ao atravessar uma superfície esférica, portanto fechada. Uma análise imediata 
mostra que existe uma relação entre a densidade de fluxo D e o campo elétrico correspondente E 
definida pela permissividade ε0 do meio, no caso, o espaço livre ou o vácuo. Vetorialmente esta 
relação constitutiva pode ser dada por: 
 
 ED 0
rr ε= (2.5)
xemplo 2.3 
a linha infinita de cargas. Utilizando a Lei de Gauss encontre a expressão para o 
 
 
E
 Considere um
campo elétrico em um ponto do espaço, criado por esta distribuição linear. 
 
Solução: 
e discussões anteriores sobre o campo Portanto: 
 
D
elétrico de uma linha infinita de cargas, vimos 
que o campo elétrico é radial e só varia com o 
raio r. 
 
 r
D D a C mr r= . $ ( / )2
 
 
A superfície gaussiana selecionada é um 
plicando a Lei de Gauss: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
cilindro de raio r e comprimento L, com eixo 
coincidente coma própria linha de cargas. 
 
A
 r r
Q D dS D dS dS d
lado topo base
= = + +∫ ∫ ∫∫ S. 0 0 
 
= ∫ ∫ π 
 
L2DrdzrdDQ
L
0
2
0
π=φ
D Q
rL r
C ml= =
2 2
2
π
ρ
π ( / ) 
 
r r
E D a
r
a N Cr l
ρ
r= =ε πε0 02
. $ . $ ( / )
D 
∆S 
D
D∆S 
r 
L 
∆S 
Figura 2.3 Superfície gaussiana em 
torno de uma linha infinita de cargas 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 14
 
Exemplo 2.4 
ncontrar a expressão para o campo elétrico produz o por uma distribuição superficial infinita de E id
cargas. 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Da di o 
létric
(curva) estará acima da superfície carregada e 
a outra metade abaixo dela. 
scussão do capítulo anterior, o camp
o produzido por uma distribuição e
superficial e plana 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. Uma das metades da superfície cilíndrica 
Aplicando então a Lei de Gauss: 
 r r
 
Por este exemplo chegamos à conclusão (em 
ponto, provocado por uma distribuição superfic
Q D dS dS D dS
lado topo
= = +∫ ∫∫ . 0 D dSbase+ ∫ 
 
ρs S D S D S∆ ∆ ∆= + 
 
D s= ρ
2
 
 
n
S aˆ
2
ρD =r ; n
0
S aˆ
ε2
ρE =r 
 
 
 
princípio absurda) de que o campo elétrico em um 
ial de cargas, não depende da distância entre o 
ois condutores cilíndricos coaxiais, para efeitos práticos são considerados como sendo infinitos. O 
ponto e a 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 
exibe simetria especular e não pode ser considerada infinita, o que invalida a expressão acima. 
 
 
Exemplo 2.5 
D
interno é maciço, de raio a. O cilindro externo, oco, possui raio interno b e raio externo c. Uma carga 
2de densidade superficial ρs (C/m ) é colocada na superfície do condutor interno. Avaliar o campo 
elétrico em todo o espaço, a partir do centro dos cilindros (r = 0) até o exterior onde r > c. 
 
Solução:
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Quatro superfícies gaussianas (fechadas) 
concêntricas de comprimento L são 
a
n
 s S1 possui um raio r < a. 
cilíndricas 
tr çadas e as fronteiras entre elas serão por 
quanto ignoradas. 
primeira dela
e
A
Portanto: 
0SdDQ
1S
=⋅= ∫ rr 
Como a carga está dr istribuída na superfície 
onde r = a, E = 0 no interior do cilindro 
interno. 
 
r
D ∆rS 
∆rS rD 
Figura 2.4 Superfície gaussiana para 
uma distribuição superficial de cargas. 
S2 
S3 
S1 
a 
c 
b 
E 
Figura 2.5 Superfícies gaussianas em um 
cabo coaxial 
S4
ELETROMAGNETISMO I 15 
A segunda superfície gaussiana S2 possui um 
raio a < r < b. r ∫∫ ρ=⋅
)a(S
)a(S
2S
dSSdD
r
 
tegral é calculada sobre a 
superfície gaussiana de raio r e a segunda 
sobre a superfície do condutor interno com 
raio a. Seguindo os exemplos anteriores, 
 
A carga total envolvida por S2 e a 
de fluxo nesta superfície fechada são 
respectivamente: 
 
A primeira in
observamos que a densidade de fluxo possui 
o seu módulo constante em função da 
distância radial r. Portanto para ρS(a) = ρS vem: 
 
D rd dz ad dzs
LL φ ρ φπ π
0
2
0
2
00 ∫ ∫∫∫ = 
 
D rL aLs2 2π ρ π= 
densidade 
 
SaL2Q ρπ= 
 
=D a
r
C msρ )2 
 
Se a carga for expressa por unidade de 
comprimento, sua densidade linear ficará: 
 
( /
sl a2L
ρπ=ρ 
 
Q
 correspondente densidade de fluxo será 
 
=
A
)m/C(
r2r
a
a2
D 2ll π
ρ=π
ρ= 
 
E o campo elétrico será expresso por 
 
r r
E D
r
a N Cl r= =ε
ρ
πε0 02
. $ ( / ) 
 
expressão idêntica à obtida para uma linha 
infinita eletricamente carregada. 
 
A terceira superfície gaussiana S3 é um 
posta de igual magnitude na superfície 
cilindro com raio r, tal que b < r < c. A carga 
interna com densidade ρs induz uma carga 
o
interna do condutor externo de raio b, e a 
carga total envolvida por esta superfície é 
nula. 
 
Portanto: 
 
0SdD =⋅∫ r
3S
r
 
 
no interior do cilindro externo 
mbém é nulo. 
 
A quarta superfície gaussiana S4 é um cilindro 
maior de raio r > c. A carga induzida na 
arga oposta a ela de mesma 
agnitude na superfície externa do condutor 
O
ta
 campo elétrico 
superfície interna do condutor externo por sua 
vez induz uma c
m
externo, com raio c. Portanto: 
 
QSdD
4S
=⋅∫ rr 
 rr ∫∫ ρ=⋅
)c(S
)c(S
4S
dSSdD 
 
cL2rL2D )c(S πρ=π 
 
)m/C(
r
cD 2)c(Sρ= 
 
Como as cargas induzidas são iguais: 
 
bL2aL2 )b(S)a(S πρ=πρ 
 
bL2cL2 )b(S)c(S πρ=πρ 
 
onde 
 
abc )a(S)b(S)c(S ρ=ρ=ρ 
 
 Embor
tens
a as cargas sejam iguais em 
idade, as densidades superficiais não o 
ão. 
 
Desta forma 
in
s
 
)m/C(aD 2lρ=ρ= 
r2r)a(Sext π
 
relação constitutiva teremos o 
campo elétrico externo dado por 
 
Aplicando a 
r r
E D
r
a N Cext
ext l
r= =ε
ρ
πε0 02
 
Esta é a mesma exp essão pa
. $ ( / ) 
ra o campo 
produzido pelo condutor interno. 
 
O condutor externo não exerce influência 
sobre o campo elétrico produzido pela 
distribuição de cargas do condutor interno. 
r
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 16 
Em outras palavras, externamente tudo se 
passa como se o campo fosse criado por umaistribuição linear de cargas ao longo do eixo 
.3 - COMENTÁRIOS 
d
do cabo coaxial. 
 
 
 
Graficamente: 
r (m)a b c
 E 
(N/C) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 2.6 Comportamento do campo elétrico em função de r. 
 
 
2
 
A lei de Gauss fornece o fluxo elétrico total que atravessa uma superfície envolvendo uma 
istribuição de cargas, ou seja, determina o fluxo criado por um dado campo elétrico resultante. A 
mos concluir que somente o conhecimento da 
imetria do problema nos permite escolher superfícies gaussianas adequadas. O não conhecimento 
 diferente, 
omo será visto no próximo capítulo. 
d
intensidade ou módulo deste campo elétrico pode ser obtida pela aplicação direta da lei de Gauss e 
o emprego da relação constitutiva entre a densidade de fluxo e o correspondente campo elétrico. 
Neste caso, para que o vetor do campo elétrico seja conhecido, torna-se necessário o conhecimento 
da disposição geométrica das suas linhas de força. 
 
Pelos exemplos que acabamos de resolver, pode
s
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
c
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ELETROMAGNETISMO I 17 
EXERCÍCIOS 
 
1) Determine o fluxo que passa através de uma superfície fechada S envolvendo as cargas 
pontuais Q1 = 30 nC, Q2 = 140 nC e Q3 = ─ 70 nC. 
2) Uma superfície gaussiana qualquer envolve duas cargas iguais em módulo e polaridades 
opostas. Há fluxo atravessando-a? Determine este fluxo em caso afirmativo. 
3) O eixo x contém uma distribuição linear uniforme de carga ρL = 50 nC/m. Qual o fluxo elétrico 
por unidade de comprimento que passa através de uma fita definida pelo plano z = 3 m 
limitado por y = ± 2 m? 
4) Generalize para o problema anterior o caso de uma fita plana, paralela à linha carregada, 
mas que não possui simetria em relação a ela. 
5) Dado o vetor densidade de fluxo ou deslocamento elétrico yx aˆ3aˆx2D +=
r
 (C/m2), calcule o 
fluxo total que atravessa um cubo de arestas com 2 m, centrado na origem de um sistema 
cartesiano tri-ortogonal e com as arestas paralelas aos eixos das coordenadas. 
6) 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. 
7) 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 r em (–4,0,z) m. E
8) Uma superfície fechada S envolve uma distribuição linear finita de cargas definida pelo 
intervalo 0 ≤ L ≤ π m, com densidade de cargas ρl = –ρ0 sen (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 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 pelo 
intervalo –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) Na origem de um sistema de coordenadas esféricas existe uma carga pontual Q = 1500 pC. 
Uma distribuição esférica concêntrica de cargas elétricas de raio r = 2 m tem uma densidade 
ρs = 50π pC/m2. Qual a densidade de cargas de outra superfície esférica, com r = 3 m, 
concêntrica com o sistema, para resultar D = 0 em r > 3 m? 
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ELETROMAGNETISMO I 18 
14) Um capacitor de placas paralelas, tendo o ar como dielétrico e permissividade ε0, contém 
uma distribuição superficial de carga ρS C/m2 na armadura positiva. Por indução, existe uma 
carga de mesma distribuição e polaridade oposta na armadura negativa. Desprezando o 
efeito de borda (espraiamento do campo elétrico), use a lei de Gauss para calcular o campo 
E para a região entre as placas e fora delas. 
15) Uma película infinita com densidade uniforme ρs = (10-9/6π) C/m2 está localizada no plano 
definido por z = – 5 m. Outra película com densidade ρs = (–10-9/6π) C/m2 está localizada 
em outro plano 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? 
16) Certa configuração engloba as seguintes duas distribuições uniformes. Uma película 
carregada 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 ? 
17) Tem-se a seguinte distribuição volumétrica de cargas: – 2 µC/m3 onde –2 < y < –1 m, 2 µC/m3 
para 1 < y < 2 m e ρ = 0 para todo o restante. Use a lei de Gauss para determinar D em todo 
o espaço. Esboce o gráfico Dy vs. y. 
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
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 2
 
 
 3
 
 
 4
 
 
 5
 
 
 6
 
 
ELETROMAGNETISMO I 18
DIVERGÊNCIA DO FLUXO 
ELÉTRICO E TEOREMA DA 
DIVERGÊNCIA 
 
 
 
 
 
 
 
 
3 
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 
simetria. Suponhamos um volume incremental ∆v extremamente pequeno, porém finito e envolto por 
uma superfície fechada S. Se assumirmos uma densidade de carga uniforme neste incremento de 
volume, a carga ∆Q será o produto da densidade volumétrica de carga ρ pelo volume ∆v. Pela Lei de 
Gauss, podemos escrever: 
 
vSdD
S
∆ρ=⋅∫ rr (3.1) 
 
 
 
Dx + (∂Dx/∂x)∆x 
 ∆y 
 ∆x
 ∆z 
z
P
Dz + (∂Dz/∂z)∆z 
Dz
Dy Dy + (∂Dy/∂y)∆y 
x 
y
Dx
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Figura. 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 ∆v. Este volume está representado na figura 3.1, e é formado pelas 
superfícies incrementais ∆x.∆y, ∆y.∆z, e ∆z.∆x. 
 
Considere um ponto P(x, y, z) envolvido pela superfície gaussiana formada pelas superfícies 
incrementais. A expressão para a densidade de fluxo elétrico 
r
D no ponto P‚ em coordenadas 
cartesianas será dada por: 
 
z0zy0yx0x aˆ.Daˆ.Daˆ.DD ++=
r
 (3.2) 
 
A integral sobre a superfície fechada é dividida em seis integrais, uma sobre cada lado do volume ∆v. 
 
∫∫∫∫∫∫∫ +++++=⋅ basetopo.dir.esqatrásfrente
S
SdD
rr
 (3.3) 
 
Para a primeira delas, na parte da frente, temos: 
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 19
z.y.Daˆz.y.DSD xxfrentefrentefrentefrente ∆∆=∆∆=∆⋅≅∫ rrr (3.4)(Dx é a componente de 
r
D normal ao plano yz). 
 
Aproximando o resultado Dx.∆y.∆z pelos dois primeiros termos da expansão em série de Taylor em 
torno de Dx0 no ponto P vem: 
 
)zyD(
x2
xzyDzyD x0xx ∆∆∂
∂∆+∆∆=∆∆ (3.5) 
 
Neste caso, como ∆y e ∆z são independentes em relação a x: 
 
z.y.
x∂
D∂.
2
xD x0xfrente ∆∆⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ∆+=∫ (3.6) 
 
Consideremos agora a integral na superfície da parte de trás, : ∫atrás
 
( ) ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ∆∆∂
∂∆−∆∆−=−∆∆=∆⋅=∫ )zyD(x2xzyDaˆzyDSD x0xxatrásatrásatrásatrás
rrr
 (3.7) 
 
Nesta face o vetor unitário âx em ∆s tem direção negativa. Da mesma forma, considerando a 
independência de ∆y e ∆z em relação a x, temos: 
 
z.y
x
D
.
2
xD x0xatrás ∆∆⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂∆+−=∫ (3.8) 
 
 
Combinando as duas integrais ao longo do eixo x: 
 
z.y.x.
x∂
D∂ x
atrásfrente ∆∆∆≅+∫∫ (3.9) 
 
Utilizando o mesmo raciocínio para as outras faces, as integrais restantes ficam: 
 
z.y.x.
y∂
D∂ y
.esq.dir ∆∆∆≅+∫∫ (3.10) 
 
z.y.x.
z∂
D∂ z
basetopo ∆∆∆≅+∫∫ (3.11) 
 
Assim a equação (3.3) fica: 
 
v
z
D
y
D
x
DSdD zyx
S
∆⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂+∂
∂≅⋅∫ rr (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 D
r
 em relação às suas próprias direções. 
 
Igualando-se as equações 3.1 e 3.12, e em seguida dividindo todos os termos por ∆v, tem-se: 
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ELETROMAGNETISMO I 20
 
ρ=∂
∂+∂
∂+∂
∂=∆
⋅∫
z
D
y
D
x
D
v
SdD
zyxS
rr
 (3.13) 
 
Tratando-se de uma região pontual, podemos passar ao limite, com ∆v tendendo a zero, obtendo: 
 
ρ=∂
∂+∂
∂+∂
∂=∆
⋅
→∆
∫
z
D
y
D
x
D
v
SdD
0v
lim zyxS
rr
 (3.14) 
 
 
3.2 - DIVERGÊNCIA 
A operação indicada pela equação 3.14 não é pertinente apenas ao fenômeno elétrico ora em estudo. 
Surge tantas vezes no estudo de outras grandezas físicas descritas por campos vetoriais, que os 
cientistas e os matemáticos do século passado resolveram designá-la com um nome especial e 
genérico: Divergência. 
 
Matematicamente, a divergência de um campo vetorial A
r
 pode ser assim definida: 
 
v
SdA
0v
lim
AdivAdeaDivergênci S ∆
⋅
→∆==
∫ rrrr (3.15) 
 
Conceito A divergência do vetor densidade de fluxo A
r
 (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, cujo resultado é um escalar. É definida 
como sendo a soma das derivadas parciais das componentes do vetor, cada uma em relação à sua 
própria direção. 
 
A partir da definição da divergência e da equação 3.14, apresentamos a 1ª equação de Maxwell. Em 
termos pontuais: 
 
ρD.div =r (3.16) 
 
A equação 3.14 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, expressa como uma soma de derivadas 
parciais espaciais ou direcionais. 
 
 
3.3 - O OPERADOR ∇ (nabla) E O TEOREMA DA DIVERGÊNCIA 
O operador ∇ é definido como sendo o operador vetorial diferencial: 
 
zyx aˆ.z
aˆ.
y
aˆ.
x ∂
∂+∂
∂+∂
∂=∇ (3.17) 
 
Realizando o produto escalar , tem-se: D
r⋅∇
 
( zzyyxxzyx aˆ.Daˆ.Daˆ.Daˆ.z∂∂aˆ.y∂∂aˆ.x∂∂D ++⋅⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ++=⋅∇ r ) (3.18) 
 
Lembrando que o produto escalar entre vetores ortogonais é nulo, o resultado será: 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 21
 
z∂
D∂
y∂
D∂
x∂
D∂D zyx ++=⋅∇ r (3.19) 
 
ou ainda por (3.16): 
 
ρ=⋅∇ Dr (3.20) 
 
O operador ∇ 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 
 serviria apenas para se calcular as derivadas parciais do divergente do vetor D
r⋅∇ rD em 
coordenadas cartesianas. Entretanto, num abuso de linguagem, a expressão 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 (ou coordenadas). 
D
r⋅∇
 
Em coordenadas cilíndricas: 
 ( )
z
DD
r
1
r
rD
r
1D zr ∂
∂+∂φ
∂+∂
∂=⋅∇ φr (3.21) 
 
Em coordenadas esféricas: 
 
( ) ( ) φθ+θθθ+=⋅∇ φθ ∂D∂rsen1senD∂∂rsen1Drr∂∂r1D r22r (3.22) 
 
Entretanto, deve-se lembrar, porém, que ∇ 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: 
 
∫∫ ρ=⋅ volS dv.SdD rr 
e 
ρ=⋅∇ Dr 
 
podemos escrever: 
 ( )∫∫ ⋅∇=⋅ volS dvDSdD rrr (3.23) 
 
A equação 3.23 é o Teorema da Divergência ou teorema de Gauss (para diferenciar da Lei de 
Gauss). 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, delimitado 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 fechada 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 que envolve o volume em questão. 
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 22
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Figura 3.2 Volume v subdividido em 
volumes incrementais. 
 
 
Exemplo 3.1 
Calcular os dois lados do teorema da divergência, para uma densidade de fluxo elétrico 
y
2
x
2 aˆ.yxaˆ.xyD +=r , 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 D
r
 possui componentes nas direções x e 
y. Portanto, a princípio, a integral de superfície 
deve ser calculada sobre 4 lados do cubo: 
 
∫ ∫∫∫∫ +++= dir.esqatrásfrenteSd.D
rr
 
 
∫ ∫∫ == 20 20 xx2frente 3
32a.dz.dya.y.2 
 
∫ ∫∫ =−= 20 20 xx2atrás 0)a.(dz.dy.a.y.0 
 
∫ ∫∫ =−= 20 20 yy2.esq 0)a.(dz.dx.a.x.0 
 
∫ ∫∫ == 20 20 yy2.dir 3
32a.dz.dx.a.x.2 
 
3
64Sd.D =∫ rr 
 
Para o outro lado, a divergência do campo fica: 
 
z
D
y
D
x
DD zyx ∂
∂+∂
∂+∂
∂=⋅∇ r 
 
22 yxD. +=∇ r 
 
O outro lado da equação, numa integração de 
volume passa a ser escrito: 
 ( ) ( )∫ ∫ ∫∫ +=⋅∇ 20 20 20 22vol dz.dy.dxyxdvDr 
 ( ) ( )∫ ∫∫ +=⋅∇ 20 20 22vol dx.dyyx2dvDr 
 
( ) ⎟⎠⎞⎜⎝⎛ +=⋅∇ ∫ ∫∫ 20 20 22vol dyydxx4dvDr 
 
( )∫ =⋅∇vol 364dvDr 
 
Este capítulo apresenta uma generalização da lei de Gauss, aplicada pontualmente a volumes 
elementares com o recurso de um operador vetorial sobre a densidade de fluxo originado pelo campo 
elétrico proveniente de uma distribuição volumétrica de cargas. 
 
A equação (3.16),ou a (3.20) escrita de outra forma, nos mostra um fluxo divergente do vetor 
densidade de fluxo elétrico originado de uma carga elementar, de natureza positiva, indicada pela sua 
densidade volumétrica. 
 
Genericamente, se o divergente de um campo vetorial for positivo, este indica a presença de uma 
fonte de fluxos divergentes do ponto dado. O divergente negativo, por sua vez, indica a presença de 
um sorvedouroou de uma fonte de fluxos convergentes ao ponto. Não havendo fonte geradora de 
fluxos o divergente do campo no ponto correspondente será nulo. 
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ELETROMAGNETISMO I 23
EXERCÍCIOS 
1) Dado 
r
A x y a x y ax y= + + −( ). $ ( ). $3 2 2 calcule ∇.
r
A . 
2) Deduza a expressão do divergente de um campo vetorial D
r
para os sistemas de coordenadas 
cilíndricas e esféricas. 
3) Dado z0 aˆzD ρ=
r
 para a região definida por –1 ≤ z ≤ 1 e z0 aˆ)|z|/zρ(D =
r
 para os demais 
pontos do espaço, encontre a densidade de cargas elétricas. 
4) Para a região 0 < r ≤ 2 m (coordenadas cilíndricas), rr5,01r5,01 aˆ)er4e2r4(D −−−− ++=
r
, e para r 
> 2m, r1 aˆ).r057,2(D −=
r
. Obter a densidade volumétrica de cargas ρ para ambas as regiões. 
5) Uma linha uniforme de cargas de densidade ρ
l
 pertence ao eixo z. (a) Mostre que 0D. =∇ r em 
qualquer lugar, exceto na linha de cargas. (b) substitua a linha de cargas por uma densidade 
volumétrica de cargas ρ0 em 0 ≤ r ≤ r0 m. Relacione ρl com ρ0 modo que a carga por unidade 
de comprimento seja a mesma. Determine então D.
r∇ em toda parte. 
6) A região r ≤ 2 m (coordenadas esféricas) possui um campo elétrico 
r0
5 aˆ)/10xr5(E ε= −r (V/m). Determine a carga envolvida pela casca definida por r = 2 m. 
7) Mostre e justifique porque o divergente do campo elétrico gerado por uma distribuição 
uniforme e superficial de cargas é nulo. 
8) Mostre que E.
r∇ é zero para o campo de uma linha uniformemente carregada. Mostre 
também que o campo D
r
devido a uma carga pontual tem uma divergência nula. Discuta o 
problema fisicamente, explicando o motivo de tais comportamentos. 
9) Dado r
3
aˆ).4
r10(D=r 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 
10) Dado o campo zr
r aˆz2aˆe30A −= −r , calcule ambos os lados do teorema da divergência para o 
volume definido por r = 2, z =0 e z = 5. 
11) Dado θr aˆ.θcos2aˆ.θsen10D +=
r
, pede-se calcular ambos os lados do teorema da divergência, 
para o volume limitado pela casca r = 3 m. 
12) Dado r
3 aˆ)4/r10(D =r (C/m2), calcule ambos os lados do teorema da divergência para o 
volume limitado por r = 1m, r = 2m, z = 0 e z = 10m. 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 24
13) Dipolo Elétrico, ou simplesmente dipolo, é o nome dado ao conjunto de duas cargas pontuais 
de igual magnitude e sinais opostos, separadas por uma distância pequena comparada com 
a distância ao ponto P onde se deseja conhecer o campo elétrico. O ponto P descrito em 
coordenadas esféricas (figura abaixo), por r, θ e φ = 90 graus é visto em simetria azimutal. As 
cargas positivas e negativas estão separadas por d, e localizadas em (0,0,d/2) m e (0,0,-d/2). 
Se o campo no ponto P é )aˆ.θsenaˆ.θcos2(
rπε4
QdE θr3
0
+=r , mostre que a divergência deste 
campo é nula. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
y 
x 
P 
r 
R1
R2
- Q 
Q θ 
d 
Figura para o problema 13. 
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
 1
 
 
 2
 
 3
 
 4
 5
 
 
 6
 
 7
 
 
ELETROMAGNETISMO I 25
 
 
 
 
 
 
 
 
TRABALHO E POTENCIAL 
ELETROSTÁTICO 4
Nos capítulos anteriores nós 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, da Lei de Gauss e seu conseqüente Teorema da Divergência. No 
primeiro caso, as expressões para o vetor intensidade de campo elétrico eram obtidas à custa de 
integrações que, conforme a complexidade do problema, poderiam se tornar bastante complicadas. 
Já a Lei de Gauss, mais simples de ser utilizada, requer o conhecimento da simetria do problema. 
Nos casos em que isso não acontecia, a solução pela Lei de Coulomb ainda seria a mais 
recomendável. Ainda quando a simetria não podia ser atendida, o Teorema da Divergência era 
aplicado pontualmente, numa extensão da Lei de Gauss aplicada a todo um volume envolto por uma 
superfície fechada. 
 
Vamos agora procurar outra 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 devido à presença de uma configuração de cargas qualquer (desde a 
mais singela carga pontual até as mais complexas distribuições de cargas lineares, superficiais ou 
volumétricas). Desta forma, uma carga pontual de prova Q é colocada nesta região e sobre ela 
estará agindo uma força de origem eletrostática, dada por: 
 
 )N(EQFe
rr = (4.1)
 
Se esta carga for deixada em um ponto desta região de campo elétrico ela será acelerada e se 
deslocará até uma distância infinita, onde a ação da força agente sobre ela não se faça mais sentir. 
 
Se quisermos mover essa carga contra a ação do campo elétrico, temos de exercer uma força 
mínima de intensidade igual àquela exercida pelo campo elétrico, mas com direção oposta, isto é, na 
direção do movimento. Isso exige o dispêndio de energia, ou seja, a realização de um trabalho 
(resistente) pela força externa aplicada na carga. Se o movimento desta carga se dá 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. 
 
Vamos supor agora o movimento da carga Q de uma distância elementar dL
r
 no campo elétrico r
uniforme, conforme pode ser mostrado pela figura 4.1. O gasto desta energia incremental dW será 
expresso pelo produto escalar da força aplicada 
E
eFF
rr −= pela distância: Assim, 
 
 LdEQdW
rr ⋅−= (4.2)
 
 
 
FeF 
Q 
 
 E 
 
Figura. 4.1 Carga Q em um campo elétrico E. 
 
 
 
 
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ELETROMAGNETISMO I 26
 
Como uma conseqüência e pela equação acima, podemos perceber facilmente que se desejarmos 
mover a carga perpendicularmente ao campo elétrico, o trabalho realizado será nulo. 
 
Considerando uma trajetória finita, o trabalho realizado pela força externa para mover uma carga 
pontual Q imersa num campo elétrico é dado pela integral: E
r
 
 )J(Ld.EQW final.inic∫−=
rr
 (4.3)
 
Exemplo 4.1 
Dado o campo elétrico zyx
2 aˆ.y2aˆ.z2aˆ.x3E ++=r (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. zyx aˆ.64,0aˆ.48,0aˆ.6,0 −+−
 
Solução: 
 
No ponto (2, –2, –5) 
 
)C/N(aˆ.4aˆ.10aˆ.12E
aˆ).2.(2aˆ).5.(2aˆ).2.(3E
zyx
zyx
2
−−=
−+−+=
r
r
 
 
Para LdEqdW
rv ⋅−= vem: 
Como 1aˆ.64,0aˆ.48,0aˆ.6,0 zyx =−+− 
 
)aˆ.64,0aˆ.48.0aˆ.6,0(10
)aˆ.4aˆ.10aˆ.12.(10.20dW
zyx
4
zyx
6
−+−
⋅−−−=
−
−
 
 
nJ88,18)56,28,42,7.(10x2dW 9 =+−−−= −
 
 
4.2 - INTEGRAL DE LINHA 
Na análise vetorial, uma integral de linha é definida como sendo a integral do produto escalar de um 
campo vetorial por um vetor deslocamento diferencial Ld
r
ao longo de um caminho determinado, 
como é o caso da equação 4.3 expresso na seção anterior. 
 
Para entender melhor esse conceito, imagine que queiramos calcular o trabalho para mover uma 
carga Q em um campo elétrico E
v
‚ partindo do ponto B e se dirigindo ao ponto A, percorrendo uma 
trajetória determinada na figura 4.2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A∆L4 EL4
E∆L3
EL3∆L2
E
EL2∆L1 E
EL1
EB 
 
Figura4.2 Carga pontual Q movendo-se de B até A por um caminho estabelecido. 
 
O caminho é então segmentado por inúmeros comprimentos elementares retilíneos L
r∆ . A 
componente do campo elétrico ao longo de cada segmento incremental é multiplicada pelo tamanho 
deste 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. 
 
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Matematicamente para n segmentos retilíneos: 
 
 )L.E.....L.EL.E(QW nLn22L11L ∆++∆+∆−= (4.4)
 
ou, em notação vetorial: 
 
 )LE...LELE(QW nn2211
rrrrrr ∆⋅++∆⋅+∆⋅−= (4.5)
 
Se o campo for uniforme: 
 
 EE...EE n21
rrrr ==== (4.6)
 
 )L...LL(E.QW n21
rrrr ∆++∆++∆⋅−= (4.7)
 
A soma dos segmentos vetoriais entre parêntesis corresponde ao vetor deslocamento, dirigido do 
ponto B ao ponto A, 
r
L . Portanto: BA
 
 
BAL.EQW
rr ⋅−= (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 apenas de 
Q, BALeE
rr
, 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 
zy aˆ.z2aˆ.yE +−=
r
, 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 
 
 Figura 4.3 Carga 
movendo-se por dois 
caminhos. 
(0,0,2) 
trajeto 1 
 
trajeto 2 y (0,2,0) 
 
 
Para o trajeto 1 temos: 
 
Ld.EQdW
rr−= 
 
)aˆ.dzaˆ.dy).(aˆ.z2aˆ.y(QdW zyzy ++−−= 
 
)zdz2ydy(QdW +−−= 
 
z2y2zy −=⇒=+ 
 
dzyd −= 
 
dz)z2(Q)zdz2)dz)(z2((QdW +−=+−−−−= 
 
)J(10x6)
2
zz2(10dz)z2(10W 5
2
52
0
5
2
0
−−− =+=+= ∫
 
Para o trajeto 2: W = W1 + W2
 
ydy10Qydy)aˆdy.aˆy(QdW 5yy1
−−==−−= 
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ELETROMAGNETISMO I 28
 
)J(10x2
2
y10ydy10W 5
2
50
2
5
1
2
0
−−− ==−= ∫ 
 
zdz210zdz2Q)aˆ.dz.aˆ.z2(QdW 5zz2
−=−=−= 
 
∫ −−− === 20 5
2
55
2 10x42
z10x2zdz210W
2
0
 
 
)J(10x6WWW 521
−=+=
 
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: 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 4.4 Carga imersa no campo de uma linha de cargas. 
 
ρl
Sabemos que o campo elétrico devido a uma 
linha de cargas possui apenas a componente 
na direção radial. Em coordenadas cilíndricas: 
 
)C/N(aˆ.
r2
aˆ.EE r
0
l
rr πε
ρ==r 
 
O comprimento diferencial do caminho em 
coordenadas cilíndricas é dado genericamente 
por: 
 
zr aˆ.dzaˆ.rdaˆ.drLd +φ+= φ
r
 
 
O trabalho diferencial será então: 
dr.
r2
.QLdE.QdW
0
l
πε
ρ−=⋅−= rr 
Logo: 
∫περ−= 21rr0l r
dr
2
QW 
 
)J(
r
rln
2
QW
1
2
0
l
πε
ρ−= 
 
Como r2 é maior que r1, ln (r2/r1) é positivo e 
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: 
 
 ∫ ⋅−== final.inic LdEQWPotencialdeDiferença
rr
 (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. Fisicamente indica a 
diferença entre dois níveis de energia passíveis de uma realização de trabalho numa região de 
campo elétrico, sobre uma carga quando aí colocada. 
 
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 dada por: 
 
dL = drar r2r1
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ELETROMAGNETISMO I 29
 V(LdEVVV
)final(A
)inicial(BBAAB ∫ ⋅−=−= rr
 
(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: 
 
 
)J(
r
rln
2
QW
1
2
0
l
πε
ρ= (4.11)
 
O campo elétrico desta linha de carga cria uma diferença de potencial entre r
1
 e r
2
 dada por: 
 
 
)V(
r
rln
2Q
WV
1
2
0
l
12 πε
ρ== (4.12)
 
 
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(LdEV 1
2
r
r12 ∫ ⋅−= rr 
 
Em coordenadas esféricas 
 
φθ φθ+θ+= aˆdrsenaˆrdaˆdrLd r
r
 
 
rr2
0
aˆ.drLd;aˆ.
r
Q.
4
1E =πε=
rr
 
 
2
0 r
dr.
4
QLdE πε=⋅
rr
 
 
∫ πε−= 12rr 2012 r
dr
4
QV 
 
1r
2r
1
2 r
1
4
Q
r
dr
4
QV
0
r
r 2
0
12 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
πε=πε−= ∫ 
 
)V(
r
1
r
1
4
QV
210
12 ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −πε=
 
O potencial absoluto pode ser definido tomando um potencial de referência especificado que é 
considerado como tendo potencial zero. Usualmente 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(
r
Q
πε4
1V
10
1= (4.13)
 
Se o potencial absoluto de A é VA, e o potencial absoluto de B é VB, a diferença de potencial VAB 
será então a diferença entre estes potenciais, ou seja: 
 
 )V(VVV BAAB −= (4.14)
 
 
4.4 - O POTENCIAL DE UM SISTEMA DE CARGAS 
Para duas cargas pontuais, tomando-se o referencial dos potenciais no infinito, o potencial absoluto 
será: 
 
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ELETROMAGNETISMO I 30
 
)V(
R
Q
R
Q
4
1V
2
2
1
1
0
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +πε= (4.15)
 
Estendendo o raciocínio para n cargas vem: 
 
 
)V(
R
Q
4
1V
n
1i i
i
0
∑
=πε
= (4.16)
 
Substituindo cada carga por ρ∆ : v
 
 
)V(
R
v
4
1V
n
1i i0
∑
=
∆ρ
πε= (4.17)
 
Fazendo n → ∝ : 
 
 
)V(
R
dv
4
1V
vol0
∫ ρπε= (4.18)
 
Para uma distribuição superficial de cargas: 
 
 ∫ ρπε= s s0 )V(R
dS
4
1V (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, conforme mostrado na figura 4.5, 
com uma distribuição linear de carga ρl 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= 
 
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P 
 
Figura 4.5 Anel de cargas. 
 
Exemplo 4.6 
Resolver o exemplo anterior, considerando uma coroa circular 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