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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ELETROMAGNETISMO I 27
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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ELETROMAGNETISMO I 31
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 02 2 
 
V r zs
a
b
= +ρε2 0
2 2 
 
V b z a zs= + − +⎡⎣⎢
⎤
⎦⎥ V
ρ
ε2 0
2 2 2 2 ( )
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura. 4.6 Anel com distribuição superficial de cargas. 
 
ρs
P 
ρl
z 
a 
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ELETROMAGNETISMO I 32
EXERCÍCIOS 
 
1) Calcule o trabalho necessário para movimentar uma carga pontual Q = -20 mC no campo 
 da origem ao ponto (6,4,1) m, ao longo do percurso . )m/V(aˆ.x8aˆ).y4x(2E yx ++=
r
y9x 2 =
2) Calcule o trabalho necessário para movimentar uma carga pontual Q = 5 mC de (5 m, π, 0) a 
(3 m, π/2. 3 m), coordenadas cilíndricas, no campo )m/V(aˆ.z10aˆ).r10(E z5r5 +=
r
. 
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 
600 kV. Um avião com 12 m de envergadura em suas asas está voando a 2600 m de altitude, 
com uma 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 eqüilátero 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/m 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 ρl (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 
)m/C(ar 2220s ρ=ρ . Encontre V(0,0,z) no espaço livre. 
10) Uma película plana uniformemente carregada com ρs = π5
1
 nC/m2 está localizada em x = 0, 
e uma segunda película plana, com ρs = π− 5
1
 nC/m2 está localizada em x = 10 m. Calcule 
VAB , VBC e VAC para A (12, 0, 0) m, B (4, 0, 0) m e C (-2, 0, 0) m. 
11) Calcule o trabalho necessário para movimentar uma carga pontual e positiva de 5 µC entre a 
origem de um sistema de coordenadas esféricas e o ponto (2 m; π/4; π/2), onde o campo 
elétrico é dado por )m/V(aˆ
rsen
10aˆe5E r
4r
φ
−
θ+=
r
. 
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ELETROMAGNETISMO I 33
12) Três cargas pontuais de 4 µC cada uma, localizam-se nos vértices de um triângulo eqüilátero 
de lado 0,5 mm situado no vácuo. Que trabalho deve ser realizado para deslocar uma das 
cargas até o ponto médio do segmento determinado pelas outras duas? 
13) Dado o campo elétrico raˆ)r/k(E =
r
 em coordenadas cilíndricas, mostre que o trabalho 
necessário para movimentar uma carga pontual Q de qualquer distância radial r para um 
ponto cuja distância radial seja o dobro da inicial, independe da coordenada r. 
14) Calcule o potencial de um ponto A (2 m; φ; z), em relação a um ponto B (3 m; φ’; z’), usando 
coordenadas cilíndricas, onde o campo elétrico devido a uma distribuição linear de cargas ao 
longo do eixo z vale ( ) raˆr30E =v (V/m). 
15) Encontre VAB entre A = (2 m; π/2; 0) e B = (4 m; π; 5 m), dado pela carga distribuída numa 
superfície cilíndrica com raio a = 5 cm e uma densidade de (1/π) nC/m2. Determine também a 
diferença de potencial VBC, onde rC = 10m. Obtenha em seguida VAC e compare o resultado 
com a soma de VAB e VBC. 
16) Dado o campo ( ) r2 aˆr/16E −=r (V/m) em coordenadas esféricas, calcule o potencial no ponto 
(2 m; π; π/2) em relação ao ponto (4 m; 0; π). 
17) Calcule o potencial de rA = 5 m em relação ao de rB = 15 m devido à existência de uma carga 
pontual Q = 500 pC, localizada na origem e com referência zero no infinito. 
18) Um disco circular de raio 2 m contém uma carga total de (40/3) nC distribuída uniformemente 
sobre a sua superfície. Calcule o potencial gerado por esta carga em um ponto a 2 m de 
altura do disco e no eixo do seu centro. Em seguida, compare esse potencial com o aquele 
que resultaria se todas as cargas estivessem concentradas no centro do disco. 
19) Uma linha reta de comprimento finito 2L contém uma distribuição uniforme de cargas. Mostre 
que para dois pontos externos bem próximos do ponto médio desta linha, tal que r1 < r2 e 
bem menores se comparadas ao comprimento 2L, a diferença de potencial V12 é igual àquela 
que se obteria se a distribuição fosse linear e infinita. 
 
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 3
 
 4
 
 5
 
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ELETROMAGNETISMO I 34 
 
 
 
 
 
 
O GRADIENTE DO POTENCIAL E A 
ENERGIA NO CAMPO ELETROSTÁTICO 5 
 
 
5.1 - O GRADIENTE DO POTENCIAL 
 
 Vimos no capítulo 4 que a expressão obtida para o cálculo da diferença de potencial entre dois 
pontos, um final a e outro inicial b é dada por uma integral de linha do tipo: 
 
 
)V(LdEVVV
a
b
baab ∫ ⋅−=−= rr (5.1)
 
 Se o caminho incremental escolhido for dado pelo vetor ∆rL em que o campo elétrico rE é 
admitido constante, podemos escrever que ao longo deste caminho retilíneo teremos: 
 
 )V(LEV
rr ∆⋅−=∆ (5.2)
 
 Se os vetores do campo elétrico E
r
e do incremento L
r∆ do caminho formam entre si um ângulo 
genérico θ, então o produto escalar fica assim expresso: 
 
 )V(cosLELE θ∆=∆⋅ rr (5.3)
 
 Desta forma, a diferença de potencial ∆V é dada por: 
 
 )V(cosLEV θ∆−=∆ (5.4)
 
 Assim, uma variação do potencial em relação ao caminho ∆rL pode ser escrita como 
 
 
)m/V(cosE
L
V θ−=∆
∆
 (5.5)
 
 Passando ao limite do mínimo ∆rL obtemos a expressão da derivada direcional dos potenciais 
onde: 
 
 
)m/V(cosE
dL
dV θ−= (5.6)
 
 Uma análise na expressão acima nos mostra que esta derivada direcional é máxima quando o 
cos θ = – 1. Daí 
 
 
)m/V(E
dL
dV
max
= (5.7)
 
 Tendo o ângulo máximo θ = π e lo indicado na equação (5.7), podemos então concluir que: 
 
• A magnitude do campo elétrico é dada pela máxima taxa de variação do potencial com a 
distância. 
 
• Este valor máximo é obtido quando a direção do caminho incremental for oposta à direção 
dada pelo campo elétrico 
r
E . 
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ELETROMAGNETISMO I 35 
 Pelo ilustrado na figura 5.1, vamos partir do ponto P localizado na superfície equipotencial 
V(x, y, z) = c1 com destino à superfície equipotencial V(x,y,z) = c2, maior do que c1. A maior taxa 
de variação do campo escalar V ocorrerá então na direção crescente dos potenciais, numa 
direção orientada da esquerda para a direita e debaixo para cima. 
 
 De acordo com o exposto na equação (5.6), a direção do vetor será então para a 
esquerda e para baixo, oposto assim à maior variação do campo potencial V. 
r
E
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P 
x 
V(x,y,z) = c1
V(x,y,z) = c2>c1 
∇V 
dr 
y 
z 
Figura 5.1 Gradiente dos potenciais em V (x, y, z). 
 
 Definindo um vetor unitário como o versor normal a cada superfície equipotencial e 
orientado na direção crescente dos potenciais escalares, o vetor campo elétrico fica então definido: 
naˆ
 
 
)m/V(aˆ
dL
dVE n
max
−=r (5.8)
 
 Assim sendo, a derivada direcional máximapode ser escrita como: 
 
 
dN
dV
dL
dV
max
= (5.9)
 
 Com isto, o vetor do campo elétrico pode então ser descrito como: 
 
 
)m/V(aˆ
dN
dVE n−=
r
 (5.10)
 
 A operação ( ) aˆ.dNdV
odemos 
screver que: 
 
n é conhecida como gradiente dos potenciais V. Esta operação 
vetorial não aparece apenas no caso dos potenciais elétricos, mas também na hidráulica, na 
termodinâmica, no magnetismo, na topografia, etc. Empregando este novo conceito, p
e
VgradE −=r (5.11) 
 de campo elétrico está 
endo agora expresso em volts/metro no Sistema Internacional de Unidades. 
 
 
 Observemos aqui que o gradiente é uma operação vetorial realizada sobre um escalar cujo 
resultado é um vetor. Você também já deve ter notado que o vetor intensidade
s
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ELETROMAGNETISMO I 36 
 A expressão 5.11, da forma como está colocada ainda nos parece sem muita utilidade. Vamos 
agora encontrar uma maneira de escrever o vetor do campo elétrico em termos de derivadas parciais 
do potencial elétrico. Em coordenadas cartesianas podemos escrever o diferencial de potencial dV 
como sendo: 
 
 
dz.
z∂
V∂dy.
y∂
V∂dx.
x∂
V∂dV ++= (5.12)
 
 Por outro lado, a equação (5.2) passada ao limite fornece: 
 
 dzEdyEdxELdEdV zyx −−−=⋅−=
rr
 (5.13)
 
 Igualando as equações (5.12) e (5.13) vemos que cada componente do vetor será dada por: E
r
 
 
z∂
V∂E
y∂
V∂E
x∂
V∂E
z
y
x
−=
−=
−=
 (5.14) 
 
onde: 
 
 
m
Vaˆ
z
Vaˆ
y
Vaˆ
x
VE zyx ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂+∂
∂−=r (5.15)
 
 Relembrando a definição do operador vetorial ∇ (nabla) no sistema cartesiano: 
 
 
zyx aˆz
aˆ
y
aˆ
x ∂
∂+∂
∂+∂
∂=∇ 
 
e aplicando-o sobre o potencial elétrico escalar V, teremos: 
 
 
zyx aˆz∂
V∂aˆ
y∂
V∂aˆ
x∂
V∂V ++=∇ (5.16)
 
De acordo com a equação (5.15) e a definição do operador nabla aplicado aos potenciais 
escalares temos que 
 
 )m/V(VE ∇−=r (5.17)
 
Em um sistema de coordenadas esféricas, o gradiente dos potenciais é dado por: 
 
 
φθ φθ+θ+=∇ aˆ.∂
V∂
rsen
aˆ.∂
V∂
r
aˆ.
r∂
V∂V r 11 (5.18)
 
 
De forma análoga, em coordenadas cilíndricas, 
 
 
zr aˆ.z
Vaˆ.V
r
aˆ.
r
VV ∂
∂+∂φ
∂+∂
∂=∇ φ1 (5.19)
 
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ELETROMAGNETISMO I 37 
Como pode ser visto, o gradiente indica a direção onde uma função escalar possui a maior 
variação possível. A título de exemplo, consideremos a subida em um morro onde podemos ter várias 
alternativas para chegarmos ao seu cume. Como casos extremos, podemos optar por um caminho 
tortuoso em baixa declividade ou pela escalada direta por um caminho o mais inclinado possível. É 
fácil ver que esta última opção indica a direção do gradiente dos potenciais gravitacionais, onde suas 
variações são as maiores possíveis de um nível a outro. 
 
 
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. Pela eq. (5.18): 
 
)m/V(aˆ.
r
VVE r∂
∂−=∇−=r 
 
Sabe-se que o potencial eletrostático em um 
ponto distante r m da carga pontual é: 
 
)V(
r
Q.
4
1V
0πε
= 
 
Logo: 
 
)m/V(
r
Q.
4
1
r
V
2
0πε
−=∂
∂
 
 
)m/V(aˆ.
.r
Q.
4
1E r2
0πε
=r 
 
 
Exemplo 5.2 
Dado V encontre na origem: ( ) ( ) ( ) V1z.2y.2x 322 −+−=
a) – O campo elétrico 
r
E , 
b) – A derivada direcional dV
dN
, 
c) – O versor . naˆ
 
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 na origem: 
 
dV
dN
V m= + + =16 1 1 9 53 1, ( / ) 
 
c) - 
r
E dV
dN
a V mn= − . $ ( / ) 
 ( ) nzyx aˆ.1,53aˆ3aˆaˆ16 −=+−− 
 
)aˆ3aˆaˆ(301,0a zyxn +−= ()
 
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ELETROMAGNETISMO I 38 
5.2 - DENSIDADE DE ENERGIA NO CAMPO ELETROSTÁTICO 
 
Suponhamos a existência de n cargas, Q1, Q2,..., Qn, em princípio positivas e localizadas no 
infinito conforme pode ser visto na figura 5.2. Imaginemos agora uma região qualquer totalmente 
desprovida de campo elétrico (
r
 = 0). Nestas condições, se desejarmos trazer a carga Q1 de um 
ponto 1 para essa região, o trabalho contra o campo será nulo, pois 
E
r
E = 0. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
infinito Q1
Q2 1 Q1
2 Q2Q3
3 Q3
Q4 4 Q4
Qnn
Qn
 Região com E = 0 
 
Figura 5.2 Sistema de cargas. 
 
Em seguida, vamos trazer a carga Q
2
 do infinito para um ponto próximo à carga Q
1
. A fonte 
externa deverá então realizar um trabalho, devido agora à presença da carga Q
1
, dado por: 
 
 W Q V J2 2 2 1= . (, ) (5.20)
 
A notação para expressa o potencial existente na nova posição da carga QV2 1, 2, devido ao 
campo criado pela presença da carga Q1 nas suas proximidades. 
 
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 mantem a carga nessa 
posição, ela será acelerada para longe de sua posição, adquirindo energia cinética, portanto 
realizando trabalho. 
 
Voltando à nossa tarefa de mover cargas do infinito à região em questão, ao trazer a carga Q
3
 
da posição 3, o trabalho realizado será agora contra a ação do campo elétrico resultante criado pelas 
cargas Q1 e Q2, já dispostas na vizinhança. Logo: 
 
 )J(V.QV.QW 2,331,333 += (5.21)
 
onde: 
V3 1, = potencial em Q3 devido à carga Q1. 
V3 2, = potencial em Q3 devido à carga Q2. 
 
Expandindo o nosso raciocínio, o trabalho para mover as n cargas será então aquele realizado 
contra a presença das (n – 1) cargas já presentes. Daí: 
 
 )J(V.Q...V.Q...V.QV.QV.QW 1n,nn1,nn2,331,331,22E −++++++= (5.22)
 
WE representa a energia potencial total armazenada no campo elétrico. Tomemos agora um 
termo qualquer da equação acima, por exemplo: 
 
 
3,11
310
3
1
130
1
31,33 V.QR4
Q.Q
R4
Q.QV.Q =πε=πε= (5.23)
 
Pela notação apresentada, V1,3 é então o potencial na carga Q1 devido à carga Q3. 
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ELETROMAGNETISMO I 39 
 
Assim, a equação (5.22) pode ser reescrita reciprocamente como: 
 
n,1n1nn,224,223,22n,113,112,11E V.Q...V.Q..V.QV.QV.Q..V.QV.QW −−+++++++++= (5.24)
 
Adicionando esta expressão à equação (5.22) temos o dobro da energia armazenada onde: 
 
 
)V...VV(Q...
)V...VV(Q)V...VV(QW2
1n,n2,n1,nn
n,23,21,22n,13,12,11E
−++++
++++++++=
 (5.25)
 
Cada soma entre parêntesis representa o potencial resultante em cada ponto, devido a todas 
as cargas exceto aquela que está no próprio ponto. Em uma notação mais simplificada, o potencial 
no local da carga Q1 será dado por: 
 
 V V V Vn1 2 1 3 1 1, , ,. . .+ + + = (5.26)
 
Assim, estendendo o raciocínio para todas as cargas do sistema teremos por (5.25) que: 
 
 ( ) )J(VQ...VQVQ
2
1W nn2211E +++= (5.27)
 
ou ainda: 
 
 
)J(VQ
2
1W
n
1i
iiE ∑
=
= (5.28)
 
em que cada 
 
 
)V(VV
n
ij,j
j,ii ∑
≠=
=
1
 (5.29)
 
Substituindo cada carga pontual pela densidade volumétrica de carga ρ multiplicada pelo 
volume infinitesimal ocupado dv, temos que: 
 
 
)J(VdvW
volE ∫ ρ=21 (5.30)
 
Aplicando o teoremada divergência e substituindo ρ por Dr⋅∇ , podemos escrever: 
 
 ( )∫ ⋅∇= volE )J(VdvDW r21 (5.31)
 
Entretanto, a seguinte identidade (vetorial) é válida para qualquer função vetorial 
r
D : 
 
 ( ) ( ) ( )VDDVDV ∇⋅+⋅∇=⋅∇ rrr (5.32)
 
Portanto: 
 
 ( ) ( )[ ] )J(dvVDdvDVW
vvE ∫∫ ∇⋅−⋅∇= rr21 (5.33)
 
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ELETROMAGNETISMO I 40 
Esta expressão merece algumas considerações. A primeira integral de volume da equação 
acima pode ser substituída pela integral de uma superfície fechada recorrendo-se ao teorema da 
divergência. Assim, 
 
 ( ) ( ) )J(dvVDSdDVW
volsE ∫∫ ∇⋅−⋅= rrr 2121 (5.34)
 
A equação (5.33) é uma integral de volume. A única restrição imposta é que este volume 
contenha toda a carga considerada, conforme nossa hipótese inicial. Desta forma, nada nos impede 
de considerar este volume como sendo aquele preenchido por todo o universo, onde a soma das 
cargas resulta obviamente nula. Portanto, o potencial V na superfície que envolve este volume será 
nulo e a primeira integral torna-se igual a zero. Por outro lado, sabemos que EV
r−=∇ . Portanto: 
 
 ( ) )J(dvEdvEDW
volvolE ∫∫ ε=⋅= 202121
rr
 (5.35)
 
Derivando a equação acima em relação ao volume teremos: 
 
 
)m/J(DE
dv
dWE 32
0
2
0 2
1
2
1
ε=ε=
 
(5.36)
 
que representa a densidade de energia armazenada no campo elétrico. 
 
 
Exemplo 5. 3 
Calcular a energia armazenada em uma seção de um capacitor co-axial de L m de comprimento, raio 
interno a m e externo b m. 
 
Solução 
 
A expressão para o campo elétrico no interior 
do capacitor é: 
 
)m/V(aˆ
r.
.aE r
0
s
ε
ρ=r 
 
)J(dzdrdr
r.
.a
2
1W
L
0
b
a
2
0 22
0
2
s
2
0E ∫ ∫ ∫ π φε ρε= 
 
∫ ∫ ∫ π φε ρ= L0 ba 20 0
2
s
2
E dzdrdr.
aW 
 
)J(
a
blna.L.
r
dr.a2L.
2
1W
0
2
s
2b
a
0
2
s
2
E ε
ρπ=ε
ρπ= ∫ 
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ELETROMAGNETISMO I 41 
EXERCÍCIOS 
 
1) O potencial elétrico em uma região do espaço é dado por V (x,y,z) = A (x2 – 3 y2 + z2) volts, 
onde A é uma constante. Sabe-se que o trabalho realizado pelo campo elétrico quando uma 
carga de 1,50 µC é deslocada do ponto (0; 0; 0,25 m) até a origem é igual a 6,00 x 10-5 joules. 
Deduza uma expressão para o campo elétrico nesta região. 
2) Uma descarga atmosférica provoca sobretensões no solo, determinadas por superfícies 
equipotenciais decrescentes a partir do ponto de queda da descarga para a terra. A aplicação 
do método das imagens apresenta estas equipotenciais na forma de elipsóides de revolução, 
sendo uma delas definida com 500 V na superfície 9 x2 + 9 y2 + 2 z2 = 72. Determine o campo 
elétrico no ponto P (2; 2; 0) metros, dado que sua magnitude é de 100 V/m. Até que nível 
abaixo do solo, este potencial de 500 V se faz presente? 
3) A intersecção de uma superfície equipotencial com o plano x = 3 m forma uma linha que no 
ponto (3, 2, 3) m tem a direção do vetor ( zy aˆ3aˆ4 − ) m. Se a máxima taxa de variação do 
potencial é de 500 V/m, com Ex = 0, determine o vetor do campo elétrico neste ponto. 
4) Calcule a energia armazenada por cargas pontuais idênticas de 4 nC situadas nos vértices de 
um cubo com 1 m de aresta imerso no vácuo. 
5) Dois semiplanos condutores, pouco espessos, em φ = 0 e φ = π/6, acham-se isolados entre si 
ao longo do eixo z. A função potencial elétrica é V = (– 60 φ / π) volts para φ entre 0 e π/6. 
Determine a energia armazenada entre estes semiplanos delimitando uma região dentro de 
uma distância radial r entre 0,1 m e 0,6 m, no eixo z entre 0 e 1 m, no espaço livre. 
6) Um capacitor de placas paralelas com área A separadas por uma distância d tendo um meio 
dielétrico de permissividade ε0, com capacitância C = ε0 A / d, apresenta uma diferença de 
potencial constante V aplicada entre as placas. Pede-se a energia armazenada no campo 
elétrico, desprezando o efeito das bordas. 
7) Um capacitor plano de placas paralelas quadradas com 1 m de lado apresenta uma distância 
de 2 cm entre os condutores e uma diferença de potencial de 200V. Calcule a energia 
armazenada pelo campo elétrico estabelecido quando o meio dielétrico entre as armaduras é o 
vácuo, isto é, quando ε = ε0. 
8) Determine a energia armazenada por um capacitor plano com placas quadradas de 1 m de 
lado. Uma das placas encontra-se no plano horizontal e está separada da outra por uma 
distância de 2 cm numa extremidade e 2,2 cm na outra, ambas imersas no vácuo, sob uma 
tensão aplicada de 200V. Despreze o efeito das bordas nas linhas do campo elétrico. 
9) Uma casca esférica condutora, de raio a, com centro na origem, apresenta um potencial 
elétrico 
⎩⎨
⎧
>
≤=
arr/aV
arV
V
0
0 
com a referência zero no infinito. Calcule a energia armazenada que este potencial representa. 
10) A direção da linha formada pela intercessão de uma superfície equipotencial e o plano z = 1 m 
no ponto (2, -6,1) m é a do vetor 6âx + 2ây. Se a máxima taxa de variação de V é 500 V/m, 
com Ez = 0 e com Ex > 0, encontre E
r
 
11) Determine a distribuição volumétrica de cargas que geram um campo potencial V = 5r2 volts. 
12) A porção de um potencial bidimensional (Ez = 0) é mostrada na figura 1 no final deste capítulo. 
O espaçamento entre as linhas (horizontais e verticais) é de 1 mm. Determine E
r
 em 
coordenadas cartesianas em a e b. 
13) Quatro cargas idênticas Q = 3 nC são colocadas no vértice de um quadrado de 0.6 m de lado, 
uma de cada vez. Calcule a energia do sistema, logo após cada carga ser colocada. 
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ELETROMAGNETISMO I 42 
14) Dado o campo elétrico 
r
E e
r
a
r= −
−
5 . $a em coordenadas cilíndricas, calcule a energia 
armazenada no volume descrito por r ≤ 2a m, 0 ≤ z 5a m. 
15) Dado um potencial definido por , calcule a energia armazenada no volume 
definido por um cubo de 1 m de aresta, com um dos vértices na origem. 
V x y V= +3 42 2 ( )
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
y 
x 
b 
a 
140 V 
130 V 
120 V 
110 V 
100 V 
Figura 1 para o problema 12 
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
 1
 
 
 2
 
 3
 
 4
 
 5
 
 6
 
 7
 
 
 
ELETROMAGNETISMO I 44
 
 
 
 
 
 
 
 
6 CORRENTE ELÉTRICA 
Nos capítulos anteriores estudamos os campos elétricos quando gerados a partir de distribuições de 
cargas elétricas estáticas. Neste capítulo faremos o estudo da corrente elétrica, que nada mais é do 
que o movimento, dentro de uma certa ordem, de cargas elétricas. Estudaremos os fenômenos 
devido à circulação de corrente elétrica estacionária, ou seja, aquela que não varia com o tempo. É 
fácil ver que campos elétricos gerados por correntes estacionárias serão também estáticos. 
 
 
6.1 - CORRENTE ELÉTRICA E DENSIDADE DE CORRENTE 
 
Referindo-se à figura 6.1, suponha que uma carga de teste q esteja imersa em um campo elétrico 
uniforme 
r
. Assim, a carga de prova deve sofrer a ação de uma força E
r
F que é dada por: 
 
 )N(EqF
rr= (6.1)
 
 Se a carga é livre para se mover, ela sofrerá uma aceleração que, de acordo com a segunda lei de 
Newton, é dada por: 
 
 
)s/m(
m
Fa 2
r
r= (6.2)
 
onde m é a massa da partícula eletricamente carregada (expressa em quilogramas). 
 
 
F 
q
 E 
 
 
 
 
Figura 6.1 Força sobre uma partícula em um campo elétrico. 
 
Na ausência de restrições, a velocidade da partícula aumentará indefinidamente com o tempo, uma 
vez que o campo elétrico 
r
 é admitido constante. Entretanto, em meios gasosos,líquidos ou 
sólidos, a partícula irá colidir repetidamente com outras partículas, transferindo parte de sua energia 
e sofrendo desvios aleatórios na direção de seu movimento. Para o campo 
r
 constante, e o meio 
homogêneo, o resultado macroscópico dessas colisões será simplesmente o de restringir o 
movimento da carga a uma velocidade média constante, denominada de velocidade de arraste 
(drift), deriva ou deslocamento designada pelo vetor 
E
E
r
vd . Essa velocidade média de deslocamento 
possui a mesma direção do campo elétrico e se relaciona com ele através de uma constante µ de 
mobilidade, de modo que: 
 
 )s/m(Evd
rr µ= (6.3)
 
Suponha agora um meio com seção reta uniforme S, conforme mostra a figura 6.2. Esse meio possui 
inúmeras cargas livres, distribuídas segundo uma densidade volumétrica ρ. Considerando que esta 
carga volumétrica ρ S ∆L atravesse a secção transversal S em um intervalo de tempo ∆t, podemos 
então escrever que a corrente elétrica será definida de modo clássico como: 
 
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ELETROMAGNETISMO I 45
 
t
LS
t
qI ∆
∆ρ=∆
∆= 
 
Em outras palavras, fixando-se uma referência em um ponto qualquer do meio em questão, o 
número de cargas que atravessa a seção uniforme S em um segundo constituirá uma corrente 
elétrica de intensidade I em ampères. Considerando a relação ∆L / ∆t como a velocidade média de 
deriva vd, teremos então que: 
 
 )A(SvI dρ= (6.4)
 
onde: 
 
I (A) Corrente elétrica r
vd (m/s) Velocidade de deriva ou deslocamento 
ρ (C/m3) Densidade volumétrica de cargas 
S (m2) Área da secção reta atravessada 
 
 
S
 
 
 
 
 
 
 
Figura 6.2 Cargas cruzando uma seção reta em um condutor. 
 
Dividindo-se a equação (6.4), que define uma corrente constante I, pela área da seção reta S, 
admitida regular, obtemos uma densidade de corrente J, expressa no Sistema Internacional de 
Unidades em ampères por metro quadrado. Logo: 
 
 
)m/A(
S
IJ 2= (6.5)
 
Quando a corrente não apresenta um comportamento uniforme, recorremos a uma definição 
incremental em que consideramos então um vetor 
r
J normal a cada secção elementar ∆S. O módulo 
deste vetor é definido como sendo o quociente da parcela de corrente ∆I pela área incremental ∆S . 
Assim, em cada ponto da secção que é atravessado por uma linha de corrente, fazemos a secção 
 tender a zero e podemos escrever que: ∆S
 
 
)m/A(va
S
I
0S
lim
J 2dn ρ=∆
∆
→∆=
r)r
 
(6.6)
 
A densidade de corrente 
r
J é um vetor que possui magnitude igual ao produto da densidade de 
cargas pela velocidade de deriva no ponto em que se deseja conhecê-la, com a direção da corrente 
neste ponto. 
 
 
6.2 - CORRENTE DE CONVECÇÃO E CORRENTE DE CONDUÇÃO 
 
A expressão na equação (6.6) representa uma densidade de corrente de convecção, que de modo 
geral mostra a translação de elétrons livres ou íons, tomando como exemplo o ocorrido no interior 
de um tubo de raios catódicos ou de uma lâmpada fluorescente. A corrente de convecção que se 
estabelece depende da quantidade de cargas e da velocidade delas no meio em que se propaga. 
 
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ELETROMAGNETISMO I 46
A corrente elétrica pode ser definida em função da mobilidade dos portadores na presença de um 
campo elétrico (gradiente de potenciais). Pela definição da velocidade de deriva em (6.3) 
aplicada em (6.6) teremos o vetor da densidade de corrente expresso de outra forma: 
dv
r
 
 )m/A(EJ 2
rr ρµ= (6.7)
 
O produto ρµ é definido como sendo a condutividade σ do material em que o fluxo da corrente é 
estabelecido. Assim, a expressão acima se torna: 
 
 r rJ E A m= σ ( / )2 (6.8)
 
A equação (6.8) representa então uma densidade de corrente de condução, definida como o 
movimento de cargas que se alinham mediante a atuação de um campo elétrico externo. Assim, a 
densidade de corrente de condução num dado meio à temperatura constante é linearmente 
proporcional a 
r
. A relação acima é valida para os meios eletricamente lineares, ou ditos ôhmicos. 
São meios eletricamente lineares, por exemplo, todos os metais. 
E
 
É fácil ver que a equação (6.8) mostra a própria lei de Ohm em termos pontuais. 
 
Passando a equação (6.6.) ao limite obtemos para a magnitude da intensidade da densidade de 
corrente 
 
 
dS
dIJ = (6.9) 
 
Considerando agora o vetor já definido e uma superfície elementar representada por um vetor J
r
Sd
r
 
normal a ela, temos um fluxo de linhas de corrente onde 
 
 ∫ ⋅= S SdJI rr (6.10) 
 
A corrente elétrica fica então perfeitamente determinada pela integração de cada elemento de 
corrente que atravessa a superfície de uma secção S qualquer. 
 
Estabelecendo uma analogia hidráulica, a corrente elétrica é um fluxo de cargas em que o 
escoamento se dá pelas linhas de corrente através de uma secção reta. 
 
 
Exemplo 6.1 
Calcular a intensidade da velocidade média dos elétrons na secção circular de um condutor circular 
de cobre de 1,5 mm2, percorrido por uma corrente contínua de intensidade 15 A, numa temperatura 
ambiente de 20 ºC. 
Dados: σcobre = 5,8x107 S/m, µp,cobre = 0.0032 m2/Vs. 
 
Solução: 
 
Da definição de velocidade de deriva: 
 
Evd
rr µ= 
 
A corrente elétrica que flui no metal é de 
condução. Portanto: 
 
EJc
rr σ= 
 
Sendo a secção do condutor constante e a 
corrente contínua, podemos admitir que a 
densidade de corrente possui módulo 
J I
S x
A mc = = =−
15
15 10
106
7 2
,
/ 
 
Por outro lado, o campo elétrico pode ser 
determinado por: 
 
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ELETROMAGNETISMO I 47
m/V1724.0
10x8,5
10EEJ 7
7
c ==⇒σ=
rr
 
 
Onde 
 
s/m00055.01724.0x0032.0vEv dd ==⇒µ=
rr
 
 
Exemplo 6.2 
Determine a corrente total que atravessa uma superfície cilíndrica lateral com 1 cm de altura e 2 mm 
de raio, se as expressões válidas para pontos próximos desse raio forem definidas em função de: 
 
 a) - π<φ<π−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ φ= ,m/A
2
cos
r
1J 2r 
 b) - s/mr10x3v,m/C
r
10 210
)r(d
3
7
==ρ
−
 
 
Solução: 
 
Pela condição a) 
 
Empregando a definição genérica de corrente 
elétrica com a informação fornecida temos 
 
∫ ⋅= S SdJI rr 
 
)A(dzrd
2
cos
r
1I
01,0
0
φ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ φ=∫ ∫ππ− 
 
I d x d= ⎛⎝⎜
⎞
⎠⎟ =
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟−− ∫∫0 01 2 0 01 2 2 12, cos , cos ( )φ φ φ φππππ A
 
)A(040.0))1(1(x2x01,0
2
xsen2x01,0I =−−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ φ=
π
π−
 
Por outro lado, pela condição b) 
 
)m/A(r10x3
r
10vJ 2210
7
d
−
=ρ= rr 
 r
J x x x A m= =−10 3 10 0 002 67 10 , ( / 2 ) 
 
Da definição de corrente 
 
)A(dzrd6SdJI
01,0
0s ∫ ∫∫ ππ− φ=⋅= rr 
 
)A(2x10x2,1d01,0x10x2x6I 43 π=φ= −ππ−
− ∫ 
 
I mA= 0 754, ( )
 
 
6.3 - EQUAÇÃO DA CONTINUIDADE 
 
O princípio da conservação de cargas estabelece que cargas elétricas não podem ser criadas ou 
destruídas. No entanto um processo de separação ou reunião de cargas numa dada região faz com 
que um valor final no balanço destas cargas resulte nulo ou em favor predominante (sinal) da 
natureza da carga em excesso. A equação da continuidade decorre deste princípio, quando 
consideramos uma região confinada por uma superfície fechada. 
 
Imagine uma superfície fechada S, atravessada por uma densidade de corrente 
r
J . A corrente 
elétrica total que atravessará essa superfície será então: 
 
 )A(SdJI
S∫ ⋅= rr (6.11)
 
Trata-se de um fluxo de cargas positivas orientado para fora. Isso é uma mera arbitrariedade, visto 
que na verdade as cargas que se movimentam são os elétrons, portadores de carga elétrica 
negativa, balanceado por um decréscimo de cargas positivas(ou acréscimo de cargas negativas) no 
interior da superfície fechada S. 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 48
 
Dentro da superfície fechada, a carga positiva Q decresce então, numa razão – dQ/dt e o princípio 
da conservação das cargas estabelece que: 
 
 
dt
dQSdJI
S
−=⋅=∫ rr (6.12)
 
Em outras palavras, a equação (6.12) demonstra o escape de cargas positivas ou o afluxo de cargas 
através de uma superfície fechada S. Aplicando o teorema da divergência à integral acima e 
representando a carga envolvida pela integral de volume da densidade de carga, vem que: 
 
 ( ) ∫∫ ρ−=⋅∇ volvol dvdtddvJr (6.13)
 
Se a superfície for mantida constante, a derivada total equivale à própria derivada parcial dentro do 
mesmo domínio de integração, podendo ser colocada no integrando do lado direito. Desta forma: 
 
 ( ) ∫∫ ∂∂ρ−=⋅∇ volvol dvtdv.Jr (6.14)
 
Uma vez que a expressão acima é válida para qualquer volume, ela é verdadeira para um volume 
incremental ∆v. Portanto: 
 
 ( ) v
t
vJ ∆∂
∂ρ−=∆⋅∇ r (615)
 
de onde a forma pontual da equação da continuidade pode ser escrita como: 
 
 
t
J ∂
∂ρ−=⋅∇ r (6.16)
 
 
Exemplo 6.3 
A densidade volumétrica de cargas numa certa região do espaço está decrescendo a uma taxa de 
2x108 C/m3.s. Nestas condições pede-se: 
a) Qual é a corrente total que atravessa uma superfície esférica incremental de raio 10-5 m? 
b) Qual é o valor médio da componente da densidade de corrente dirigida para fora, atravessando 
a superfície esférica? 
 
Solução: 
 
a) - Da equação da continuidade 
 
810x2J.
t
J. =∇⇒∂
∂ρ−=∇ rr 
 ( ) )A(dvxdvJSdJI
volvolS ∫∫∫ =⋅∇=⋅= 8102rrr 
 
)A(r
3
4x10x2dv10x2I 38
vol
8 π== ∫ 
 
)A(838,0I)10(x10x
3
8I 358 µ=⇒π= − 
b) - Da definição de corrente elétrica 
 
)A(SdJI
S∫ ⋅= rr 
 
∫ ⋅=− S6 SdJ10x838,0 rr 
 
)m/A(
)10(4
10x838,0Jr4Jx10x838,0 225
6
26
−
−−
π=⇒π=
 
)m/kA(
3
2J10x9,666J 23 =⇒=
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
 49
6.4 - TEMPO DE RELAXAÇÃO 
 
Suponhamos que uma região condutora se encontre inicialmente isolada e em equilíbrio e que uma 
carga inicial de densidade ρ
0
 seja ali injetada. Sofrendo repulsão, ela deverá "escoar" pelo meio 
condutor até que a região retorne à situação de equilíbrio. Podemos chegar a essa conclusão a partir 
da última equação da seção anterior onde. 
 
 
t
J. ∂
∂ρ−=∇ r (6.17)
 
Por (6.8) vimos que: 
 
 )m/A(EJ 2
rr σ= (6.18)
 
e que, 
 
 
)m/V(DE ε=
rr
 (6.19) 
 
Portanto: 
 
 r rJ D A m= σε ( / )
2 (6.20) 
 
Assim tomando o divergente dos dois lados: 
 
 σ
ε
∂ρ
∂∇ + =.
r
D
t
0 (6.21) 
 
A equação acima é uma equação diferencial cuja solução é: 
 
 t
0e ε
σ−ρ=ρ (6.22) 
 
A razão ε/σ é chamada de constante de tempo de relaxação. É o tempo que a carga injetada leva 
para ser reduzida praticamente à terça parte do valor inicial, ou seja, quando ρ = 0,37 ρ0. 
 
 
Exemplo 6.4 
Uma carga com densidade inicial ρ0 C/m3 é colocada em um material condutor (cobre) isolado e em 
equilíbrio. Determine o tempo necessário para que a densidade de carga caia a 1/3 de seu valor 
inicial, sabendo que σ
Cu
 = 5,8x107 S/m. 
 
Solução: 
 
ρ ρ= 1
3 0
 
 
1
3 0 0
0ρ ρ
σ
ε= −e t 
 
ln ln( )1
3 0
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ = −
σ
ε t e 
 
− = − ⇒ − = −−
σ
ε0
7
1211
5 8 10
8 85 10
11t x
x
t s, ,
,
, ( ) 
 
t x= −1 57 10 19, (
 
s)
UNESP – Apostila de Eletromagnetismo – Prof. Dr. Naasson Pereira de Alcantara Junior 
ELETROMAGNETISMO I 50
Pelo exemplo que acabamos de resolver, podemos perceber que, exceto por um período transitório 
extremamente curto, ρ = 0 no interior de regiões condutoras. Portanto: 
 
 ∇ =.rJ 0 (6.23) 
 
Esta expressão demonstra que as cargas elétricas não ficam acumuladas no interior de materiais 
condutores. Ela justifica também em termos pontuais a 1ª. Lei de Kirchhoff, mais conhecida por lei 
dos nós em um circuito elétrico. 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 51
EXERCÍCIOS 
 
1) Um fio condutor de cobre AWG #12 (AWG = American Wire Gauge) com um diâmetro de 
80,5 mil (1 mil = 1/1000 de polegada) e 100 pés de comprimento conduz uma intensidade de 
corrente de 20 A. Calcule a intensidade do campo elétrico E, a velocidade de deslocamento 
(deriva ou arraste) vd, a queda de tensão V e a resistência elétrica R ao longo do condutor. 
Utilize como dados para o cobre: condutividade σ = 5,8 x 107 S/m, mobilidade dos elétrons 
livres µ = 0,0032 m2/(Vs). 
2) Determine o número de elétrons de condução em um centímetro cúbico de tungstênio, 
admitindo que haja dois elétrons de condução por átomo de tungstênio. Dados N (Número de 
Avogadro) = 6,02 x 1026 átomos/kmol, densidade 18,8 x 103 kg/m3 e peso atômico 184,0 
3) Qual é a densidade de elétrons livres em um metal para uma mobilidade de 0,0046 m2/(Vs) e 
uma condutividade de 29,1 MS/m? Carga de um elétron e = 1,6 x 10-19 C. 
4) Qual é a densidade de corrente e a intensidade de campo elétrico que correspondem a uma 
velocidade de araste de 5,3 x 10-4 m/s no alumínio, com condutividade 3,82 x 107 S/m e 
mobilidade 0,0014 m2/(Vs)? 
5) Determine a condutividade do semicondutor intrínseco de germânio na temperatura ambiente 
de 300 K, sabendo-se que existem 2,5 x 1019 pares elétron-lacuna por metro cúbico, que a 
mobilidade dos elétrons µe = 0,38 m2/(Vs) e a mobilidade das lacunas µh = 0,18 m2/(Vs). 
6) Calcule a condutividade do germânio extrínseco tipo n, na temperatura ambiente, supondo 
um átomo doador a cada 108 átomos. A densidade do germânio é 5,32 x 103 kg/m3 e seu 
peso atômico é 72,6. Compare o resultado com o problema anterior. 
7) Em um condutor cilíndrico de 2 mm de raio, a densidade de corrente varia radialmente com a 
distância ao eixo segundo J = 103 e-400r A/m2. Calcule a corrente total que passa pela secção 
transversal do condutor. 
8) Encontre a corrente que atravessa uma porção do plano x = 0 delimitada por –π/4 ≤ y ≤ π/4 m 
e –0,01 ≤ z ≤ 0,01 m onde a densidade de corrente xaˆy2cos100J =
r
 A/m2. 
9) Próximo ao ponto P (5, 7, -5) m, a densidade de corrente pode ser representada pelo vetor 
z
2
y
22
x
3 aˆyzx4aˆzx5aˆyx2J +−=r (A/m2). Qual é a corrente deixando um cubo de 1 m de lado, 
centrado em P com as arestas paralelas aos eixos coordenados? Qual é a taxa de 
crescimento da densidade volumétrica de carga no ponto P? 
10) Um pedaço de material de condutividade 5 MS/m tem a forma de uma cunha truncada, 
definida por 4 < r < 10 cm, 0 < φ < 0,2 π e 0 < z < 6 cm. No interior do material o campo 
elétrico é dado por r/aˆ2E φ=
r
 mV/m. Qual a corrente total que atravessa o objeto? Qual a sua 
resistência? 
11) Um condutor de cobre tem seção reta circular de 5,00 mm de diâmetro, e suporta uma 
corrente de 30 A. Qual é a porcentagem de elétrons de condução que deixa o condutor em 
cada segundo (sendo substituídos por outros), em 200 mm de cabo? Dados: N (Número de 
Avogadro) = 6,02 x 1026 átomos/kmol, densidade do cobre = 8,96 g/cm3 e peso atômico 
63,54. Suponha um elétron de condução por átomo. 
12) Que corrente elétrica irá resultar se todos os elétrons livres em um centímetro cúbico de 
alumínio passar por uma dada secção reta em 3 s? Suponha um elétron de condução por 
átomo cujo peso atômico é 27 e densidade 2,7 x 103 kg/m3. 
13) Qual é a densidade de elétrons livres em um metal para uma mobilidade de 0,0046 m2/V.s e 
uma condutividade de 30 MS/m? 
14) Calcule a mobilidade dos elétrons de condução no alumínio, dada uma condutividade de 38,2 
MS/m e densidade de elétrons de condução de 1,70 x 1029 m-3? 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior– Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 52
15) Uma barra de cobre de seção reta retangular de 0,03 mm×0,12 mm e 3,0 m de comprimento 
tem um queda de tensão de 100 mV. Calcule a resistência, corrente, densidade de corrente, 
módulo do campo elétrico e velocidade de deslocamento dos elétrons de condução. 
16) Encontre a corrente que atravessa um condutor esférico de raio 3 mm, se a densidade de 
corrente varia com o raio, de acordo com J = 103/r (A/m2). 
17) Em coordenadas cilíndricas, para a região 0.02 ≤ r ≤ 0.03 mm, 0 ≤ z ≤ 1 m, rJ e ar= −10 100 $ φ 
(A/m2), Encontre a corrente total que atravessa a interseção desta região com o plano φ = 
constante. 
18) Calcule a corrente total que sai de um cubo de 1 m3 com um vértice na origem, e lados 
paralelos ao eixos coordenados, se 
r
J x a xy a xya A mx y z= + +2 2 22 3$ $ $ ( / )2 . 
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
 1
 
 2
 
 
 3
 
 4
 
 5
 
 6
 
 
ELETROMAGNETISMO I 53
 
 
 
 
 
 
 
 
 
MATERIAIS DIELÉTRICOS E 
RELAÇÕES DE FRONTEIRA NO 
CAMPO ELÉTRICO 7 
De acordo com a teoria atômica clássica, os átomos são constituídos de um núcleo central formado 
basicamente por prótons e nêutrons, orbitados por elétrons carregados negativamente, exprimindo a 
idéia de um modelo planetário. À medida que se fornece energia a um elétron, este passa para uma 
órbita mais afastada. Em alguns materiais, o elétron ou elétrons localizados na órbita externa 
encontram-se fracamente ligados ao átomo, podendo migrar com facilidade de um átomo para outro, 
mediante a aplicação de um campo elétrico, mesmo de pequena intensidade. Estes elétrons 
recebem o nome de cargas verdadeiras. Materiais constituídos por estes átomos, que possuem 
este tipo de comportamento, recebem o nome de condutores. 
 
Em outro extremo, outros materiais possuem seus átomos com os elétrons vinculados ao núcleo de 
tal maneira que não podem ser libertados pela aplicação de campos elétricos de pequena 
intensidade. Estes materiais recebem o nome de dielétricos ou isolantes. Entretanto, quando um 
dielétrico é submetido a um campo elétrico, ocorre uma polarização, ou seja, um deslocamento do 
elétron em relação à sua posição de equilíbrio. Ocorre então a formação de cargas ligadas ao 
material isolante que recebem o nome de cargas de polarização. 
 
Na classificação dos materiais quanto ao comportamento elétrico, outro grupo apresenta um 
comportamento intermediário entre os condutores e os isolantes. São os chamados semicondutores. 
Sob certas condições podem agir como isolantes, mas com a aplicação de luz, de calor ou de um 
gradiente de potenciais (campo elétrico), eles podem vir a se comportar também como condutores. 
 
As três ilustrações na figura 7.1 nos dão uma idéia qualitativa dos níveis de energia existentes nos 
átomos ou moléculas em cada tipo de material. Na figura 7.1a existe um pequeno espaço vazio 
(barreira de energia) entre as bandas de condução e de valência. Esse é o caso dos materiais 
condutores, onde o elétron de uma banda de valência passa facilmente para a banda de condução 
vazia, mesmo que receba uma pequena quantidade de energia. Na figura 7.1b o espaço vazio já é 
grande e dificilmente o elétron passará de uma banda para outra. Na figura 7.1c, o espaço vazio é 
intermediário entre os dois casos, e o material pode se comportar ou como um condutor, ou como 
um isolante, dependendo das circunstâncias, sendo classificado por isso com um semicondutor. 
 
 
Banda de 
Valência 
Preenchida 
Banda 
Condutora 
Vazia 
Espaço de Energia 
Proibida 
Banda de 
Valência 
Preenchida 
Banda 
Condutora 
Vazia 
Banda de 
Valência 
Preenchida 
Banda 
Condutora 
Vazia 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a b c 
Figura 7.1 Níveis de energia em condutores, isolantes e semicondutores. 
 
A mobilidade das cargas é uma função da temperatura e o seu aumento apresenta conseqüências 
diferentes, no comportamento dos materiais condutores, isolantes e semicondutores. 
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 54
Em um condutor metálico, por exemplo, o movimento vibratório aumenta com o aumento da 
temperatura. Conseqüentemente, há uma diminuição na velocidade (média) de deriva ou de arraste, 
devido ao aumento das colisões desordenadas entre as cargas no interior do material. 
 
Nos materiais isolantes e semicondutores, o aumento da temperatura com o aumento do movimento 
vibratório contribui com o aumento da mobilidade interna das partículas, em função do campo 
elétrico aplicado. 
 
 
7.1- A NATUREZA DOS MATERIAIS DIELÉTRICOS 
 
Ao contrário dos materiais condutores, os dielétricos podem armazenar energia em seu interior. Isso 
é possível porque ao se aplicar um campo elétrico externo em um dielétrico não ocorre a 
movimentação de cargas livres, mas um deslocamento relativo nas posições das cargas negativas 
(elétrons) e positivas, dando origem às cargas polarizadas. Esse armazenamento de energia 
potencial ocorre contra as forças moleculares e atômicas. 
 
O mecanismo real de deslocamento varia conforme o tipo de dielétrico. Alguns tipos de dielétricos 
são constituídos por moléculas ditas polarizadas (por exemplo, a água), que possuem naturalmente 
um deslocamento permanente entre os centros geométricos das cargas positiva e negativa. Cada 
par de cargas opostas age como um dipolo; Uma carga positiva e outra negativa, separadas por uma 
distância d. Normalmente esses dipolos encontram-se dispostos aleatoriamente no interior do 
material e se alinham na direção de um campo elétrico externamente aplicado (figura. 7.2). 
 
Em outros tipos de materiais, constituídos por moléculas não polares, este arranjo em dipolos não 
existe em condições naturais, não sendo possível identificar os centros de cargas nas suas 
moléculas. Somente com a aplicação de um campo elétrico é que as cargas positivas e negativas se 
deslocam buscando um alinhamento na direção das linhas de força do campo (figura. 7.3), em uma 
formação dipolar orientada. 
 
 
+
-
 - + 
-
+
 - + 
E = 0 - + - +
- + - + 
E 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 7.2 Moléculas polarizadas (dipolos). 
 
+-
+-
+
+- 
-
 
 
- + - + E = 0 
 
- + - + E 
 
 
Figura 7.3 Moléculas não polarizadas. 
 
É interessante observar que as moléculas polares já constituem dipolos mesmo sem a aplicação de 
um campo elétrico, só que desorientadas. Já as moléculas não polares só constituem dipolos 
orientados enquanto durar a ação do campo elétrico aplicado. No entanto, qualquer tipo de dipolo é 
descrito pelo seu momento de dipolo p
r
, dado por: 
 
 )m.C(dQp
rr= (7.1)
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 55
onde Q é a carga positiva, e a distância vetorial orientada da carga negativa –Q para a carga 
positiva +Q. 
d
r
 
Se existem n dipolos por unidade de volume e consideramos um volume incremental ∆v, nele existem 
n∆v dipolos. O momento total de dipolo totalp
r
 é dado então pela soma vetorial: 
 
 
)m.C(pp
vn
1i
itotal ∑∆
=
= rr (7.2)
 
Definindo agora o vetor polarização P
r
 como sendo o momento de dipolo total dividido por um volume 
que tende a zero, podemos escrever que: 
 
 
)m/C(p
v
1limP 2
vn
i
i0v ∑∆→∆ ∆= r
r
 (7.3)
 
A grandeza , expressa em coulombs por metro quadrado no Sistema Internacional de Medidas, é 
tratada como um campo contínuo, embora pareça evidente não estar definida dentro de átomos ou 
moléculas. A equação (7.3) nos mostra que a polarização deve ser encarada como um valor médio 
em qualquer ponto sobre a amostra de volume ∆v – grande o suficiente para conter as n ∆v 
moléculas, mas aindasuficientemente pequena para que seja um volume incremental. 
P
r
 
Generalizando, vamos supor agora um dielétrico contendo moléculas inicialmente não polarizadas. 
Portanto, a polarização P
r
 = 0 em todo o volume do material. Selecionemos então um elemento de 
superfície ∆S no interior do dielétrico. Aplicando um campo elétrico sobre o dielétrico as moléculas 
terão os seus centros de cargas positivas e negativas separadas e se polarizarão. Haverá, portanto 
um movimento de cargas de polarização através de ∆S. O campo elétrico produzirá um momento de 
dipolo em cada molécula onde: 
 
 )m.C(dQp
rr= (7.4)
 
de modo que e formarão um ângulo θ com o vetor pr dr S
r∆ , normal ao elemento de superfície 
considerado (figura 7.4). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
d cosθ +
- 
+
- 
+
- 
∆S
+
- 
+ 
- - 
+
d 
θ 
+
- - 
+ 
 
Figura 7.4 Movimento de cargas através da superfície elementar ∆S. 
 
Admitindo a direção do campo elétrico definida por d
r
, cada molécula cujo centro está no interior do 
volume ( ) Scosd21 ∆θ abaixo da superfície incremental contribui para o movimento de uma carga Q 
através de ∆S para cima. De modo análogo, cada molécula cujo centro está no interior do volume ( ) Scosd21 ∆θ acima desta superfície incremental contribui para o movimento de uma carga – Q 
através de ∆S para baixo. 
 
Como há n moléculas/m3, a carga líquida total que atravessa a superfície ∆S é , ou: ScosdQn ∆θ
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 56
)C(SdQnQp
rr ∆⋅=∆ (7.5)
 
ou ainda pela formação dos n dipolos: 
 
 )C(SPQp
rr ∆⋅=∆ (7.6)
 
Considere agora uma superfície fechada elementar ∆rS , com o seu sentido positivo sempre dirigido 
 
para fora da superfície. O acréscimo líquido nas cargas de polarização no interior da superfície 
fechada é expresso algebricamente por: 
 
)C(SdPQ
Sp ∫ ⋅−= rr (7.7)
 
 sinal negativo antes da integral é devido ao fato de que a natureza das cargas que entram ou 
onsiderando então esta carga total como resultado de uma distribuição volumétrica com densidade 
 (7.8)
 
ssim, igualando esta expressão com a da equação (7.7) vem: 
 
O
permanecem no interior da superfície é de sinal contrário ao das cargas que saem. Em outras 
palavras, este sinal negativo indica um acréscimo de cargas positivas ou um decréscimo de cargas 
negativas no interior da superfície fechada. 
 
C
ρP, podemos escrever que: 
 
)C(dvQ
vol pp ∫ ρ= 
A
 rr∫∫ ⋅−=ρ svol p SdPdv (7.9)
 
plicando o teorema da divergência no lado direito da expressão acima, ela ficará: 
 
A
 r∫∫ ⋅∇−=ρ volvol p dv)P(dv (7.10)
 
u ainda, no mesmo domínio de integração: 
 
O
 r
)m/C(P 3pρ−=⋅∇ (7.11)
 
Salientamos que essa equação também é válida para dielétricos polares. 
amos agora encontrar uma relação entre o vetor densidade de fluxo elétrico e o vetor 
 
 
V D
r
polarização P
r
. Primeiramente vamos escrever a Lei de Gauss na forma pontual, mesmo na presença 
de dielétricos, como: 
 
)m/C(E 3t0 ρ=ε⋅∇
r
 (7.12)
 
nde ρ é a densidade volumétrica total de cargas. O vetor o
t
D
r
 foi substituído por E0
rε porque uma 
ud
 (7.13)
 
ntão por (7.12) e (7.13): 
 
vez consideradas todas as cargas (livres e de polarização), t o se passa como se o dielétrico não 
existisse. de polarização. Assim, em termos de densidade volumétrica temos: 
 
)m/C( 3pt ρ+ρ=ρ 
E
 
)m/C(E 3p0 ρ+ρ=ε⋅∇
r
 (7.14)
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 57
 
que por (7.11) fornece: 
 
PE0
rr ⋅∇−ρ=ε⋅∇ (7.15)
 
 
ou: 
 
)m/C()PE( 30 ρ=+ε⋅∇
rr
 
es. 
(7.16)
acima exprime a densidade volumétrica ρ das cargas livr
 
Como era de se esperar, a expressão 
 
P
s
odemos agora redefinir o vetor densidade de fluxo elétrico 
r
D em qualquer meio material como 
 
endo: 
 
)m/C(PED 20
rrr +ε= (7.17)
 
A presença de dielétricos é, portanto, levada em conta através do vetor polarização P
r
. 
 
omo já foi mostrado, o vetor polarização 
r
P resultou da aplicação de um campo elét coC
g
ri 
r
E
erou o deslocamento e a separação das cargas positivas das negativas. Podemos perceber também 
que a relação existente entre 
r
P e 
r
E dependerá do tipo de material. Vamos limitar nossos estudos a 
materiais isotrópicos, permitindo uma relação linear entre 
r
P e 
r
E . Nesse caso, 
r
P e 
r
E são paralelos, 
embora não necessariamente no mesmo sentido. 
 
dmitindo a linearidade entre 
r
P e 
r
E , podemos esc
 que 
rever: 
0e
A
 
 m/C(EP 2
rr εχ= ) (7.18)
onde χe é a susceptibilidade elétrica do material. 
i
 
 
ubst tuindo o valor de P
r
na relação fundamental de (7.17) temos: S
 
 E)χ1(εD
rr += (7.19)
2
e0
 
Assim, para qualquer meio, podemos estabelecer que: 
 
 (EED r0
rrr εε=ε= )m/C
 
De um modo geral, definimos aqui a permissividade elétrica 
 (7.20)
ε do meio. Logo εr será a permissividade 
relativa, ou a constante dielétrica do material (em relação ao vácuo), em que: 
 
 er 1 χ+=ε (7.21)
ara que uma coerência seja mantida, no espaço livre (vácuo) a permissividade relativa será unitária 
 
P
e como conseqüência a susceptibilidade elétrica será nula. O valor de eχ em (7.21) substituído em 
(7.18) estabelece a seguinte relação entre 
r
P e 
r
E empregada em aplicações de engenharia: 
 
 )m/C(E1(P 20r
rr ε−= )ε (7.22)
Finalmente, a Lei de Gauss continua válida, seja na forma pontual, seja na forma integral, mesmo na 
resença de dielétricos. Logo: 
 
 
p
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ELETROMAGNETISMO I 58
 )m/C(D 2ρ=⋅∇ r (7.23)
 
e 
 
 )C(QSdD∫ =⋅ rr (7.24)
A inclusão do vetor Polarização facilita por demais as coisas. Sem ele, teríamos que admitir o campo 
elétrico resultante devido aos inúmeros vazios microscópicos presentes em um meio material. 
hamamos apenas a atenção que na consideração do campo no interior do meio material, suposto 
COS 
 
C
sem vazios, levamos em conta apenas a presença das cargas livres 
 
 
7.2 - CONDIÇÕES DE FRONTEIRA PARA OS MATERIAIS DIELÉTRI
 
Passemos agora ao estudo das relações entre os campos elétricos e as correspondentes densidades 
azões didáticas, vamos 
nalisar separadamente cada componente tangencial e normal destes vetores. Considere então a 
Figura 7.5 Campo elétrico tangencial na fronteira entre dois meios dielétricos 1 e 2. 
 
A integral de linha do vetor intensidade de campo elétrico ao longo desse caminho fornece a 
diferença derando 
inda os trechos bc e da muito próximos (da interface entre os meios 1 e 2) e tendendo a zero, 
de fluxo na interface que delimita dois meios dielétricos distintos. Por r
a
princípio, uma fronteira entre dois meios dielétricos, e um caminho fechado e orientado abcda, 
conforme mostra a figura 7.5 a seguir. 
 
 
a b
∆w 
 
 
 
 
 
 
 
cd
Meio 1
∆h 
E
Etan1
tan2 Meio 2
 de potencial, que obviamente resulta nula num caminho (malha) fechado. Consi
a
teremos então que: 
 
 ∫ =∆−∆=⋅ 0w.Ew.ELdE 2t1trr (7.25)
 nos 
 
A separação desta integral por caminho fechado resulta nula trechos bc e da em virtude da 
hipótese assumida na fronteira. Nos demais trechos, ou seja, em ab e cd de mesmo comprimento, os 
rodutos escalares fornecem os valores E ∆w e – E ∆w . Daí: p t1 t2 
 
 2t1t EE = (7.26)
 
Ou seja, a componente tangencial do vetor campo elétrico 
r
E
 
Podemos co
 se mantém contínua nos dois meios 
dielétricos. 
 
ncluir que a diferença de potencial entre dois pontos na fronteira, separados por uma 
distância ∆w é a mesmatanto num dielétrico como no outro. 
 
Logo para as componentes tangenciais do vetor 
r
D , admitindo a relação constitutiva mostrada na 
equação (7.20), teremos: 
 
 2t1tD = 
21
D
εε (7.27)
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 59
ou ainda : 
 
 
2
1
2t
1t
D
D
ε
ε= (7.28)
Portanto, as componentes tangenciais do vetor densidade de fluxo elétrico 
 
D
r
Vamos agora determinar as relações entre as componentes normais dos vetores 
r
E e 
r
D nesta 
mesma interface. Considere uma superfície gaussiana elementar, constituída de um cilindro de base 
S e altura m
não são contínuas na 
fronteira entre dois dielétricos. Encontram-se na relação direta entre as permissividades elétricas dos 
eus meios. s
 
∆ uito pequena ∆h, disposto na fronteira entre os dois meios 1 e 2, conforme a figura 7.6. 
Figura 7.6 Densidade de fluxo normal na fronteira entre dois meio dielétricos 1 e 2. 
 
A aplicação da Lei de Gauss faz com que: 
 
 
 
 
 
∆S 
Dn1
 
 
 
 
 
 
Dn2
Meio 2
Meio 1∆h 
 
 ∫ =⋅ QSdD rr 
o
(7.29)
 
embrando que vetor elementar tem sempre a orientação da normal externa em cada ponto da 
superfície fechada, obtemos como resultado: 
 
 
 Sd
SSDSD s2n1n ∆ρ=∆−∆ (7.30)
 
onforme já foi visto, ρ representa a densidade superficial das ca
r
L
C s rgas livres, presentes na interface 
entre os dielétricos. Nestes materiais isolantes, as cargas livres só poderão existir se forem 
propositadamente ali colocadas. Assim sendo, podemos considerar ρs = 0 e: 
 
 2n1n DD = (7.31)
 r
O
a ausência de cargas livres na superfície de interface. 
u seja, a componente normal do vetor 
mpregando, da mesma forma, a equaçã (7.20), para a componente normal do vetor E teremos: 
 
 EE ε=ε
D permanece imutável nos dois meios dielétricos, admitindo 
o 
 
E
r
 
u: 
 (7.32)2n21n1
 
o
 
1
2
2n
1n
E
E
ε
ε= (7.33)
tensidade de campo elétrico são descontínuas e 
encontram-se numa relação inversa entre as permissividades elétricas dos seus meios. 
 
Portanto, as componentes normais dos vetores in
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ELETROMAGNETISMO I 60
 
 
 Exemplo 7.1
Seja uma placa de teflon na região do espaço definida por 0 ≤ x ≤ a m presente no espaço livre, onde 
x > a e x < 0 m. A constante dielétrica do teflon é εr = 2,1 e a sua susceptibilidade elétrica é =χ 1,1. r e
x0ext aˆ.EE =
 P
r
 = 0. Estabeleça a relação entre intD
r
, intE
r
 e intP
r
. 
 
Solução 
 
 
 
Teflon
x
εr = 2,1 
0 a
Fora do teflon, no espaço livre, existe um campo elétrico e como não há material 
a região,dielétrico ness
 
 
 
A relação entre o vetor 
 
 
 
 
 
 
 
 
 r
D e o vetor no interior 
do teflon é: 
 
r
E
)m/C(ED 2
rr ε= 
 
onde 
int0rint ED
rr εε= 
 
int0int E1,2D
rr ε= 
 
O vetor polarização é dado por: 
 
P 20e
 
r
P
)m/C(E
r
o
 
int0int E1,
rr ε= 
 
 continuidade da componente normal deA 
r
D na 
eira nos permite escrever: front
 
)m/C(aˆ.EDD 2x00extint ε==
r
r
Eint : 
r r
E Dint int= ε 
 
)m/aˆ.E1E ε= V(x00
0r
int εε
r
 
 
)m/V(aˆ.E4,
r
P : 
 
)m/C(aˆ.E476,0.1,1P 2x00int ε=
r
 
 
524,0P 2x00ε= )m/C(aˆ.Eint
 
ainda que os vetores E
v
e D
r
 não sofrem desvio a
eles se dá normalmente na inte
o
am
 atravessarem dois meios, quando a incidência 
rface, embora o c po elétrico apresente intensidades distintas em 
ada meio. Trata-se de um fenômeno explicado pela refração ondulatória. 
No entanto, se qualquer destes vetores 
 
d
c
r
 
 
Então, para o campo elétrico 
 
760a.E1E x0x0
r
int =ε=
r
 
 
Para o vetor 
r εχ= 
 
u: 
1P
r
 
 
Pelos resultados obtidos, podemos notar que a densidade de fluxo, independe do meio e corresponde 
ao efeito do campo elétrico no isolante adicionado à polarização do mesmo. Este exemplo nos mostra 
 
E
v
ou D
r
, provenientes de um dado meio, vir a incidir 
obliquamente na interface com outro meio, observaremos então um desvio nas linhas de campo, 
Fig. 7.7 - Placa de teflon
E0
 
D0
 
P = 0 
E0
 
D0
 
P = 0
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ELETROMAGNETISMO I 61
verificado pelas resultantes dos vetores intensidade de campo elétrico e densidade de fluxo elétrico. 
Vamos então, encontrar as relações entre as direções de 
r
E e 
r
D em dois materiais dielétricos. 
 
Sejam α1 e α2 os ângulos que os respectivos vetores 1D
r
 e 2D
r
 formam com a superfície tangente à 
nterface no ponto de contato ou de incidência. De (7.31) sabemos que asi componentes normais do 
vetor D são contínuas. Assim, de acordo co o il rado na figura 7.8, podemos escrever que: 
 
 1122 senDsenD
m ust
α=α (7.34)
 
egundo a expressão (7.28), a razão entre as component s ta genciais encontra-se na razão e n
r
as permissiv dades dos seus meios. Logo: 
 
 
2
1
22
11
cosD
cosD
ε
ε=α
α
 
 
S
d
direta 
i
 
 
 
 
 
 
 
Figura 7.8 Mudança na direção do campo, na fronteira entre 2 dielétricos. 
 
 
 
 
 Dn1
Dtan1
 
 
Dtan2
Dtan2
Dn2
α1
α2
D2
D1
Rearranjando vem: 
 
11
1
2ε
2 =2 cosDcosD ε αα (7.35)
 
Dividindo (7.34) por (7.35) teremos a relação entre os ângulos definidos α e α onde: 
 
 
1 2
1
2
1
2 tgtg αε
ε=α (7.36)
 
Como a magnitude da densidade de fluxo na região 2 é 
 
 2
2t
2
2n2 DDD += 
esta pode ser expressa em função da magnitude de 
 r
D
E1 pela expressão: 
 na região 1. Desta forma: 
 
 
1
2
2
1
2
1
2
12 senDD ⎟⎟⎠⎜
⎜
⎝ ε
+α= cos α⎞⎛ ε (7.37)
 
or um raciocínio análogo, fica fácil verificar agora que a magnitude de 
r
E2P será dada em função de 
 
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ELETROMAGNETISMO I 62
 
(7.38)1
2
2
2
1
1
2
12 sencosEE α⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
ε
ε+α= 
 
Por essas expressões, podemos perceber que 
r
D é maior na região de maior permissividade, (a não 
ser quando α1 = 90
r
 graus e o vetor é normal terface, não variando), e à in E
r1 r2r
E a a a V mx y z2 20 30 40= + −. $ . $ . $ / , encontre: 
(a) 
r
D2 , (b) 
r
D1 , (c) 
r
E1 , (d) 
r
P1 . 
 é maior na região de 
enor permissividade (a não ser quando α1 = 0 e o vetor é tangencial à interface, com sua 
magnitude invariante). 
 
 
Exemplo 7.2 
 região x > 0 m contém um dielétrico para o qual ε = 3, e na região x < 0 m ε = 5. Se 
m
A
 
olução 
 
 
 
 
Fig. 7.9- figura do exemplo 8.2 
elas condições do problema vemos que a interface entre os dois meios se dá no plano x = 0, isto é, 
o plano yz. Fica fácil ver então que as componentes normais dos vetores da densidade de fluxo e do 
ampo elétrico estarão alinhadas na direção x. 
) 
ED 222r
S
 
 
 
z
x 
y
E2
x > 0 
x < 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P
n
c
 
a
 
aˆ.40aˆ.30aˆ.20(5E zyx0202r −+ε=ε
rrr
)m/C()
)m/C()aˆ.200aˆ.150aˆ.100(D 2
t
zy
n
x02 44 344 21321 −+ε=
 
 
ε=ε=
 componente normal e a tangencial ficam perfeitamente identificadas, segundo as condições 
ostas pelo problema. 
A
prop
 
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ELETROMAGNETISMO I 63
 
b) r
 
Das condições de contorno em x = 0: 
 
)m/C(aˆε100DD 2x02n1n ==
rr
 
 
2
2t
1
1t
2t1t
DDEE ε=ε⇒=
rrrr
 
 
2t1t D5
3D
rr = 
 
 
( ) )m/C(aˆ.200aˆ.150εD2zy02t −=r 
)m/C()aˆ.200aˆ.150(
5
3D 2zy01t −ε=
r
 
 
 
)m/C()aˆ.120aˆ.90aˆ.100(εD 2zyx01 −+=
r r r
E D D V m
r
1
1
1
1
1 0
= =ε ε ε ( / ) 
 
r
E a a a Vx y z1
1
3
100 90 120= + −( . $ . $ . $ ) ( / m)
 
d) 
 
PEEPED 00r0
rrrrrr +ε=εε⇒+ε= 
 r r
P Er1 1 0 1
21= −( ) ( /ε ε C m )
 
r
P a a a Cx y z1 0
22 100
3
30 40= + −ε ( . $ . $ . $ ) ( / ) 
 
 
c) 
 
m
 
Este exemplo nos mostra que em módulo D1 = 180,28 ε0 C/m2, E1 = 60,09 V/m, D2 = 269,26 ε0 C/m2 e 
E2 = 53,85 V/m. Neste caso podemos então observar que como εr1 < εr2 então D1 < D2 e E1 > E2. 
 
 
7.3 - RELAÇÕES DE FRONTEIRA ENTRE UM DIELÉTRICO E UM CONDUTOR 
 
Conforme vimos no capítulo 6, As cargas elétricas não ficam acumuladas no interior de materiais 
condutores, que pela repulsão natural entre elas, migram todas para a superfície do material. 
Portanto, o campo elétrico no interior de condutores é nulo. Desta forma, o campo elétrico em uma 
interface entre um condutor e um dielétrico só existirá na região do dielétrico e deverá ser normal à 
interface. Isto é verdade, pois caso existissem componentes tangenciais para o campo elétrico, 
nestas condições, elas deveriam ser continuas e teríamos uma diferença de potencial que se faria 
presente na superfície condutora. Portanto: 
 
 0EE 2t1t == (7.39)
 
e: 
 
 0DD 2t1t == (7.40)
 
Para as componentes normais, a lei de Gauss mostra que o fluxo total por uma superfície elementar e 
fechada, resulta na carga disposta pela superfície da interface condutora. Assim, 
 
 SSDSdD sn ∆ρ=∆=⋅∫ rr (7.41)
 
o que resulta: 
 
 (7.42)
 
O campo elétrico no dielétrico e próximo à interface de separação pode ser obtido pela aplicação da 
relação constitutiva básica (7.20). Daí: 
 
 
)m/C(D 2sn ρ= 
)m/V(
ε
ρE sn = (7.43)
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ELETROMAGNETISMO I 64
 
 
EXERCÍCIOS 
 
1) O campo elétrico em um certo ponto no interior de um vidro temperado Pyrex® é dado por 
. Localize os valores de εR e χe e em seguida determine a )
=
E
r
 ε
um 
m/V(aˆ85aˆ220aˆ50E zyx −+−=
r
polarização P
r
e o deslocamento D
r
em questão. 
2) Encontre a polarização num material dielétrico com constante dielétrica εR = 1,8 dado o 
deslocamento
P
r
aˆ10x0,4D 7−
r
 (C/m2). 
3) Determine o valor de num material que tem suscetibilidade elétrica χe = 3,5 e polarização 
aˆ10x3,2P 7−=v (C/m2) suposta linear e isotrópica. 
4) Se o campo elétrico (V/m) pertence a uma interface plana e 
perpendicular ao eixo z, onde ε1 = 2, encontre o campo elétrico no outro meio com 2 = 5 e os 
ângulos θ1 e θ2 que eles formam com o plano da interface. 
5) Uma região 1, definida por y < 0 é o espaço livre, enquanto que a região 2, em y > 0 é 
material dielétrico para o qual εr = 2,4. Dado 
zyx1 aˆ5aˆ3aˆ2E +−=
r
zyx2 aˆ6aˆ4aˆ3D +−=
r
(C/m2), pede-se 1E
r
 e os 
stá a 
origem tem εr1 = 3,0 e E
ângulos θ1 e θ2 que eles formam respectivamente com o plano y = 0 da interface. 
6) Uma interface espaço livre-dielétrico tem a equação 3x + 2y + z = 12 m. O lado em que er r
zx1 aˆ5aˆ2 += 2E(V/m). Dentro destas condições, pede-se o vetor . 
gem e o vetor 
 lhe é perpendicular neste ponto, apontando da região 1 (ε = 1) para a 
7) A superfície de separação de dois dielétricos passa pela orir
zyx r1 
região 2 (εr2 = 2). Sendo zyx1 aˆ45aˆ15aˆ30E +−=
r
 (V/m), determine o ângulo (agudo) entre A
r
 
e o campo elétrico em cada dielétrico. 
8) Em um ponto da superfície condutora, zyx aˆ00,1aˆ35,0aˆ70,0E −−=
r
 (V/m). Qual é a 
densidade superficial de cargas no referido ponto? 
 
aˆ14aˆ5aˆ2A ++−=
9) Um condutor cilíndrico de raio 5 cm com eixo ao longo de z possui uma densidade superficial 
de cargas ρS = ρ0/z (C/m2). Escreva uma expressão para o vetor do campo elétrico sobre a 
superfície. 
10) Dois condutores cilíndricos concêntricos de raios ra = 1 cm e rb = 8 cm possuem densidades 
de cargas ρSa = 40 pC/m2 e ρSb, tal que o campo létrico existe apenas entre os dois cil 
sendo nulo para as demais regiões. Calcule a distribuição de cargas sobre o cilindro de raio r 
11) Um condutor sólido tem uma superfície descrita por x + y = 3 m, estendendo-se até a origem. 
Na superfície a intensidade de campo elétrico é 0.35 /m. Expresse na superfície e 
encontre a densidade superficial de cargas. 
que se estende pela região z < 0 tem um lado no plano z = 0, sobre o qual 
existe uma densidade superficial de cargas =ρ −− em coordenadas 
cilíndricas. Calcule a intensidade do campo elétrico em (0.15 m, π/3, 0). 
 
2 2s ( / ) . Encontre o vetor intensidade de campo elétrico 
na superfície. 
e indros,
b
e obtenha as expressões vetoriais do deslocamento e do campo elétrico entre os dois 
cilindros. 
r r
E e DV
12) Um condutor 
)m/C(sene105 22r1010s φ×
13) Um condutor esférico centrado na origem e com raio igual a 3 m apresenta uma densidade
superficial de cargas ρ ρ= 0 co θs C m
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 65
14) A intensidade do campo elétrico em um ponto sobre a superfície de um condutor é dada por r
E a ax y= − −0 2 0 3 0 2, $ , $ , $a z . Quanto vale a densidade superficial de cargas nesse ponto? 
15) Calcule os módulos do vetor densidade de fluxo elétrico, polarização, e a permissividade 
16) Dado 
relativa para um material dielétrico no qual E = 0,15 MV/m, com χe = 4,25. 
intensidade d campo elétrico na egião z > 0, pa
r
E a a a Vx y z= − + −3 4 2$ $ $ / m na região z < 0, onde εr = 3,0, encontre o vetor 
e r ra qual εr = 6.0. 
o
mx z
24 5 3 2
17) A interface plana entre d is dielétricos é dada por 3x + z = 5 m. No lado que engloba a 
origem, 
r
D C1
710= + ×) /a a
r r r
−( , $ , $ ) e εr1 = 4,3, enquanto que, no outro lado, εr2 = 
2
 
 
1,8. Encontre E E D e1 2 2, , θ . 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
 1
 
 2
 
 
 3
 
 4
 
 5
 
 6
 
 7
 
 
ELETROMAGNETISMO I 66 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
8 RESISTÊNCIA E CAPACITÂNCIA 
8.1 - RESISTÊNCIA E LEI DE OHM 
 
A expressão para a densidade de corrente de condução 
r r
J = σE , vista no capítulo 6, descreve 
também a lei de Ohm na sua forma pontual. Consideremos a condução de uma corrente I em um 
meio de condutividade σ por uma seção transversal e regular S. Tomando então a equação pontual 
da lei de Ohm e multiplicando ambos os lados pela área S, teremos: 
 
 )A(ESSJ
rr σ= (8.1)
 
Em termos de intensidade de corrente, podemos escrever que: 
 
 )A(SEI σ= (8.2)
 
Vimos no capítulo 5 que o campo elétrico é o gradiente negativo da distribuição dos potenciais. Se 
admitirmos o campo elétrico como uniforme, seu módulo será o quociente da diferença entre dois 
potenciais V distantes de um comprimento L. Então: 
 
 I SV
L
A= σ ( ) (8.3)
 
O termo σS / L é apenas dependente da geometria e do meio por onde a corrente passa. 
Independente da tensão e da corrente, é ainda o inverso da resistência elétrica R deste meio com 
condutividade σ. A corrente I e a resistência R são então: 
 
 
)(
I
VR;)A(
R
VI Ω== (8.4)
 
Mesmo que os campos elétricos não sejam uniformes, a resistência ainda é definida como a relação 
entre V e I, em que V é a diferença de potencial entre duas superfícies equipotenciais no meio 
condutivo e I a intensidade de corrente que atravessa estas superfícies: Podemos então, de modo 
genérico, escrever que: 
 
 
)(
SdE
LdE
I
V
R
S
a
bab Ω⋅σ
⋅−== ∫
∫ rr
rr
 (8.5)
 
A resistência elétrica assim definida implica em admitir a corrente percorrendo o meio no sentido 
decrescente dos potenciais. Enquanto queo numerador exprime o trabalho realizado contra o 
campo por unidade de carga, o denominador desta fração indica o fluxo das linhas de corrente que 
cruzam uma determinada secção em um meio de condutividade σ. 
 
É importante ressaltar que a resistência se opõe à passagem da corrente com uma conseqüente 
transformação de energia elétrica em térmica, sem armazenamento de energia no campo elétrico que 
distribui os potenciais. Repetindo, depende apenas da geometria e do meio ou do material em que 
ela é constituída. 
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ELETROMAGNETISMO I 67 
Exemplo 8.1 
Considere um cabo coaxial com dois cilindros condutores concêntricos de raios a m e b m, conforme 
a figura 8.1. Uma diferença de potencial aplicada entre eles é responsável por uma corrente de fuga 
entre os condutores interno e externo que constituem o cabo. Se a corrente de fuga por unidade de 
comprimento for I A/m, e a condutividade do material entre os condutores for igual a σ S/m, calcule o 
valor da resistência de fuga da isolação entre os condutores. 
 
Solução 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 8.1 Cabo coaxial e corrente radial. 
 
 
A tensão aplicada define superfícies 
equipotenciais cilíndricas em que a corrente 
de fuga entre os dois condutores se distribui 
radialmente. 
 
Vamos inicialmente calcular a densidade de 
corrente 
r
J em um ponto genérico, distante r 
m do eixo do cabo entre os dois condutores. 
Para um metro de cabo, a corrente de fuga 
total será então: 
 
)A(SdJI
)r(S
∫ ⋅= rr 
 
Para uma determinada distância radial r, 
observamos que a densidade de corrente tem 
seu módulo constante e está alinhada a cada 
elemento de área da secção S(r). Daí para um 
comprimento unitário vem que: 
 
)A(1.r2JI π= 
 
Logo o vetor densidade de corrente é radial e 
vale para cada r 
 
r
J I
r
a A mr= 2
2
π . $ ( / ) 
 
O campo elétrico em um ponto r será, 
portanto: 
r
E
 
r r
E J V m= σ ( / ) 
 
r
E I
r
a V mr= 2π σ . $ ( / ) 
 
Se a diferença de potencial aplicada entre os 
dois cilindros condutores for Vab, teremos: 
 
)V(ldEVVV
a
bbaab ∫ ⋅−=−= rr 
 
Pelas condições do problema a diferença de 
potencial e a corrente consideram apenas a 
componente radial do deslocamento, onde 
raˆdrld =
r
. Então 
 
V I
r
dr Vab
b
a= − ∫ 2π σ . ( ) 
 
Ou seja: 
 
V I b
a
Vab = 2πσ ln ( ) 
 
Portanto, a resistência de fuga por metro será: 
 
R
V
I
b
a
ab= = 1
2πσ ln ( )Ω 
 
Na realidade a corrente é determinada em função de uma dada posição radial r por 
 
r
1
0
2
0
r aˆdzrdaˆJI ∫ ∫
π
φ⋅= , onde r é admitida constante. 
a 
b
a
b 
I 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 68 
Exemplo 8.2 
Considere agora que o dielétrico entre os dois condutores seja formado por dois meios distintos, 
conforme mostra a figura 8.2. Calcule a resistência de fuga por metro deste cabo coaxial. 
 
Solução 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 8.2 Cabo co-axial com 2 dielétricos em 
paralelo. 
 
Como no exemplo anterior, a corrente se 
distribui radialmente e há dois meios 
diferentes sob a mesma tensão elétrica. 
Podemos então considerar que a corrente 
total é a soma de duas correntes I1 e I2. 
 
I I I A= +1 2 ( ) 
 
A diferença de potencial entre os dois 
condutores é constante. Portanto: 
 
R V
I
R V
I1 1
2
2
= =( ) ; ( )Ω Ω 
 
)(
II
V
I
VR
21
Ω+== 
 
)(
R
V
R
V
VR
21
Ω+= 
 
Como poderíamos esperar a resistência total 
é: 
 
)(
RR
R.RR
21
21 Ω+= 
 
Por analogia com o exemplo anterior podemos 
escrever as expressões para R1 e R2: 
 
R b
a
R b
a1 1
2
2
1 1= =πσ πσln ( ) ; ln ( )Ω Ω
 
A resistência (equivalente) será então dada 
por: 
 
)(
a
bln
)σσ(π
1R
21
Ω+=
 
Observe que agora para r constante temos e . r
1
0 0
r11 aˆdzrdaˆJI ∫ ∫
π
φ⋅= r
1
0 0
r22 aˆdzrdaˆJI ∫ ∫
π
φ⋅=
 
 
Exemplo 8.3 
Considere agora a configuração mostrada na figura 8.3. Calcular a resistência de fuga. 
a σ2σ1
b 
 
Solução 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 8.3 Cabo co-axial com 2 dielétricos em 
série. 
 
Todas as linhas de corrente são radiais e 
passam tanto pelo condutor 1 como pelo 
condutor 2. Podemos então assumir que as 
correntes nos meios 1 e 2 são iguais e: 
σ2b 
 c 
I I I A= =1 2 ( ) 
 a 
Porém a diferença de potencial aplicada entre 
os condutores é: σ1
 
V V V V= +1 2 ( ) 
 
V R I V V R I V1 1 2 2= =. ( ) ; . ( ) 
 
)V(I.RI.RI.R 21 =+ 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 69 
 
)(RRR 21 Ω+= 
 
)V(rd.EV
1
a
c1
rr∫−= 
 
)V(
a
cln
2
IV
1
1 πσ= 
 
)V(rd.EV cb 22 ∫−= r
r
 
 
V I b
c
V2
22
= πσ ln ( ) 
 
R c
a
R b
c1 1
2
2
1
2
1
2
= =πσ πσln ( ) ; ln ( )Ω Ω
 
)(
c
bln
σ
1
a
cln
σ
1
π2
1R
21
Ω⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ += 
 
 
 
8.2 - CAPACITÂNCIA 
 
Sejam dois condutores imersos em um meio dielétrico homogêneo, conforme ilustra a figura 8.4. O 
condutor M1 possui uma carga positiva de Q coulombs e o condutor M2 uma carga de mesma 
magnitude, porém de sinal contrário. Podemos dizer então que existe, pois, uma diferença de 
potencial V (V1 em M1 maior do que V2 em M2) entre esses dois condutores, exprimindo a idéia de 
capacitância. 
 
A capacitância C deste sistema é definida como: 
 
 
)F(
V
QC= (8.6)
 
Considerando uma carga elétrica livre Q em valor absoluto presente em cada condutor, podemos, 
empregando ∫ ⋅= S SdDQ rr , escrever que: 
 
 
)F(
Ld.E
Sd.E
C
1
2
M
M
S
∫
∫
−
ε= rr
rr
 (8.7)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
E 
M1 M2
 
Figura 8.4 Dois condutores carregados, imersos em um meio dielétrico. 
 
Podemos notar que tanto a carga Q com a diferença de potencial V entre os condutores, são obtidas 
em função do campo que se estabelece no dielétrico. Lembre que cargas positivas determinam 
potenciais positivos e cargas negativas determinam potenciais negativos ao estabelecer os extremos 
de integração na equação (8.7). 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 70 
 
Exemplo 8.4 
Considere o capacitor da figura 8.5 com duas placas paralelas iguais de área S, separadas por uma 
distância d. O dielétrico entre elas tem permissividade ε. Calcular a capacitância C deste arranjo. 
 
Solução 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 8.5 Capacitor de placas paralelas. 
 
Pela definição de capacitância: 
 
C Q
V
F)= ( 
 
Como a carga se distribui na superfície plana 
e condutora de cada placa 
 
Q Ss= ρ . (C) 
 
Vemos que esta distribuição de cargas 
superficiais gera um campo no dielétrico e 
conseqüentemente uma tensão elétrica dada 
por: 
 
V E dL dzs
d
= − = − ∫∫ r r. .infsup ρε0 V( ) 
 
Os extremos de integração foram 
determinados segundo a orientação do eixo z. 
No caso, foi desprezado o efeito das bordas 
para o campo elétrico. Assim: 
 
V
d
Vs= ρε ( ) 
 
Daí: 
 
( )C
S
d
S
d
F)s
s
= =ρρ ε
ε ( 
 
Independente de Q e V. 
 
 
Conhecendo a configuração do campo no dielétrico, podemos determinar tanto a carga como a 
diferença de potencial, exigidas para o cálculo da capacitância. 
 
 
Exemplo 8.5 
Suponha agora que o dielétrico tenha a configuração mostrada na figura 8.6. Calcular a capacitância 
C. 
 
Solução 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 8.6 Capacitor com 2 dielétricos em paralelo. 
 
 
d V E 
z 
+ σ d s σs
E 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino71
O campo elétrico neste caso possui somente 
a componente tangencial na interface entre 
os dielétricos. Pelas condições de fronteira 
entre os dielétricos: 
 
E Et t1 2= 
 r r
E E E1 2= =
r
 
 r r r
D E E C m1 1 1 1
2= =ε ε ( / ) 
 r r r
D E E C m2 2 2 2
2= =ε ε ( / ) 
 
Pela lei de Gauss: 
 r r
D dS Q C
s
. (∫ = ) 
 r r
D dS Q C
s
1 1
1
. (∫ = ) 
 r r
D dS Q C
s
2 2
2
. (∫ = ) 
 
Q Q Q C= +1 2 ( ) 
 r r r r
D dS D dS Q C
s s
1 2
1 2
. .∫ ∫+ = ( ) 
 
D S D S Q C1 1 2 2+ = ( ) 
 
ε ε1 1 2 2E.S E.S Q C+ = ( ) 
 
( )ε ε1 1 2 2S S Vd Q C+ = ( ) 
ε ε1 1 2 2S
d
S
d
Q
V
F)+ = ( 
 
C C C F1 2+ = ( )
 
 
Exemplo 8.6 
Tendo o dielétrico entre as placas a configuração da figura 8.7, calcular a capacitância C. 
 
Solução 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 8.7 - Capacitor com 2 dielétricos em série 
 
O campo elétrico neste caso possui somente 
a componente normal na interface entre os 
dielétricos. Pelas condições de fronteira entre 
os dielétricos: 
 
D Dn n1 2= = D 
 
ε ε1 1 2 2 2E E C m= ( / ) 
 
V E d V V E d V1 1 1 2 2 2= =( ) ; ( ) 
 
V V V V= +1 2 ( ) 
 
V D d D d V= +ε ε1 1 2 2
( ) 
 
Pela lei de Gauss: 
 r r
D dS Q C. (=∫ ) 
 
D S Q C D Q
S
C m. ( ) ( /= ⇒ = 2 ) 
 
V Q
d
S
Q
d
S
V= +1
1
2
2ε ε
( ) 
 
V
Q
d
S
d
S
= +1
1
2
2ε ε
 
 
1 1 1 1
1 2C C C
F)= + ( /
 
V2
D V d 
V1
ELETROMAGNETISMO I 72 
 EXERCÍCIOS 
 
1) Mostre que a resistência elétrica de qualquer material com condutividade σ vale R = L / (σA), 
admitindo-se que uma distribuição uniforme de corrente atravessa uma secção reta de área 
constante A ao longo do seu comprimento L. 
2) Determine a resistência que existe entre as superfícies curvas, interna e externa de um bloco 
de prata, definido por raios de curvatura com 0,2 m e 3,0 m respectivamente, uma abertura 
angular de 5º e espessura de 0,05 m. Dado: condutividade da prata σ = 6,17 x 107 S/m. 
3) Uma dada chapa de alumínio possui 1,0 mil de espessura, 5,0 cm de lado e condutividade 
38,2 MS/m. Calcule a resistência elétrica desta chapa (a) entre os lados que se opõem às 
faces quadradas e (b) entre as duas faces quadradas. 
4) Calcule a resistência de isolação de um cabo coaxial de comprimento l e raios interno e 
externo ra e rb respectivamente. 
5) Determine a resistência oferecida por um condutor de cobre ao longo de 2 m de comprimento 
por uma secção reta circular de raio de 1 mm em uma extremidade e que vai aumentando 
linearmente até um raio de 5 mm na outra. A condutividade do cobre é 58 MS/m. 
6) Mostre que a energia armazenada entre as armaduras de um capacitor é maior quando 
existe um dielétrico, comparativamente ao espaço-livre. Demonstre também que a energia 
armazenada por um capacitor quando este se encontra carregado com uma carga Q e 
submetido a uma tensão V é dada por CV2/2. 
7) Calcule a capacitância que existe entre duas placas paralelas, uma superior com carga + Q e 
uma inferior com carga – Q, existindo entre elas um dielétrico de permissividade ε. Despreze 
o espraiamento do campo elétrico nas bordas das placas condutoras. 
8) Determine a capacitância de um cabo coaxial de comprimento finito L, onde o condutor 
interno tem raio a e o externo raio b, tendo entre eles um dielétrico de permissividade ε. 
9) Calcule a capacitância que existe entre duas placas planas que formam um ângulo de 5º 
definidas por raios de curvatura com 1 mm e 30 mm respectivamente e uma altura de 5 mm, 
cuja região entre elas encontra-se preenchida por um dielétrico de permissividade relativa 
4,5. 
10) Retomando o problema anterior, qual a separação d que leva à mesma capacitância quando 
as placas encontram-se paralelas? 
11) Calcule a resistência por unidade de comprimento entre duas superfícies curvas 
concêntricas, uma de raio r = 0.2 m, outra de raio 0.4 m, limitadas por um ângulo de 30º. O 
material entre elas possui uma condutividade σ = 6,17×107 S/m. 
12) Calcule a resistência de um condutor de alumínio com condutividade 35 MS/m, de 2 m de 
comprimento, seção reta quadrada de 1 mm2 em uma extremidade, aumentando linearmente 
para 4 mm2 na outra extremidade. 
13) Por um defeito de fabricação, um cabo coaxial possui um deslocamento entre os centros dos 
condutores interno e externo conforme mostrado na figura a seguir. Tendo o dielétrico uma 
condutividade de 20 µS/m, determine a resistência de isolação por metro desse cabo. 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 73 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura para o problema 13 
 
14) Resolver o problema anterior, considerando agora os cabos concêntricos. Compare os 
resultados. 
15) Encontre a capacitância entre as superfícies condutoras do capacitor mostrado na figura 
abaixo, preenchido por um dielétrico de permissividade relativa 5,5. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura para o problema15 
 
16) Calcule a capacitância por unidade de comprimento entre um condutor cilíndrico de 6 cm de 
diâmetro e um plano condutor, paralelo ao eixo desse cilindro, distante 10 m do mesmo. 
17) Um capacitor de placas paralelas com área de 0,30 m2 e separação 6 mm contém três 
dielétricos assim distribuídos : εr1 = 3.0, com espessura de 1 mm. εr2 = 4.5 com espessura de 
2 mm e εr3 = 6,0 com espessura de 3 mm. Aplicando-se uma ddp de 1200 V sobre o 
capacitor, encontre a diferença de potencial e o gradiente do potencial (intensidade do campo 
elétrico) em cada dielétrico. 
18) A figura a seguir mostra um cabo coaxial cujo condutor interno possui raio de 0,6 mm e o 
condutor externo raio de 6 mm. Calcule a capacitância por unidade de comprimento incluindo 
os espaçadores como indicado com constante dielétrica 6,0. 
4 cm 
0.8 cm 
2 cm 
εr = 5,5
30º 
60 mm 
5 mm 
4 mm 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 74 
 
 
 
12.5mm 
 
 
 50 mm 
 
 
Figura para o problema 18 
 
19) Um cabo de potência blindado opera com uma tensão de 12,5 kV no condutor interno em 
relação à capa cilíndrica. Existem duas isolações: a primeira tem permissividade relativa igual 
a 6,0, e é do condutor interno em r = 0,8 cm a r = 1,0 cm, enquanto que a segunda tem 
permissividade relativa igual a 3,0 e vai de r = 1,0 cm a r = 3,0 cm, que corresponde à 
superfície interna da capa externa. Encontre o máximo gradiente de tensão em cada isolação 
empregada. 
20) Um certo cabo de potência blindado tem isolação de polietileno para o qual εr = 3,26 e rigidez 
dielétrica 18,1 MV/m. Qual é o limite superior de tensão sobre o condutor interno em relação 
à blindagem quando o condutor interno possui raio de 1 cm e o lado interno da blindagem 
concêntrica apresenta raio de 8,0 cm ? 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
 1
 
 
 2
 
 3
 
 4
 
 5
 
 6
 
 7
 
 8
 
 9
 
ELETROMAGNETISMO I 75 
 
 
 
 
 
 
 
 
9 CAMPOS MAGNETOSTÁTICOS PRODUZIDOS POR CORRENTE ELÉTRICA 
Nos capítulos anteriores estudamos diversos fenômenos envolvendo cargas elétricas, (forças de origem 
eletrostática, campo elétrico, potencial escalar elétrico, corrente elétrica etc.). A partir deste capítulo 
estudaremos fenômenos envolvendo correntes elétricas e campos magnéticos. 
 
A relação entre a eletricidade e o magnetismo foi uma das primeiras descobertas do século XIX, no ano 
de 1820, quando, durante uma aula sobre eletro termia, o cientista dinamarquês Hans Cristian Oersted 
acidentalmente percebeu que a agulha de uma bússola sofria deflexões, quando colocada na presença 
de um condutor percorrido por correnteelétrica. Como já se conhecia o fato de que campos magnéticos 
produziam deflexões em bússolas, Oersted descobriu, portanto, que correntes elétricas também 
produziam campos magnéticos. Oersted descobriu também que os campos magnéticos produzidos por 
correntes elétricas em um fio retilíneo possuíam suas linhas de força fechadas, na forma de círculos 
concêntricos, conforme mostra a figura 9.1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Campo magnético 
I 
 
 
Figura 9.1 Linhas de campo magnético em torno de um condutor retilíneo percorrido por corrente 
elétrica. 
 
 
9.1 – O CAMPO MAGNÉTICO E A LEI DE BIOT-SAVART 
 
Em nossos estudos da eletrostática, vimos que a lei de Coulomb, descrevendo o campo elétrico de 
cargas puntiformes, foi o modo pelo qual as observações relativas a forças eletrostáticas em corpos 
carregados poderiam ser expressas. A situação é a mesma em relação a campos magnéticos 
produzidos por correntes elétricas. Não há meios para se deduzir analiticamente uma expressão para 
esses campos. Tudo o que pode ser feito é observar experimentalmente as forças de origem magnética 
criadas por correntes elétricas e a partir daí tentar encontrar uma expressão matemática que esteja em 
acordo com os resultados obtidos. 
 
 Esse foi justamente o trabalho desenvolvido por Jean Baptiste Biot e Felix Savart. A partir de medidas 
de torque em uma agulha magnética, descobriram em 1820 que a intensidade de um campo magnético 
incremental ∆H devido a um pequeno elemento condutor com comprimento ∆L m, percorrido por uma 
corrente I A, conforme mostrado na figura 9.2, poderia ser expressa por: 
 
 
)m/A(2R
senLI
4
1H θ∆π=∆ (9.1)
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 76 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
L∆
I 
R
r
θ 
I 
H
r∆
Figura 9.2 Campo magnético produzido por um elemento de condutor. 
 
Em termos diferenciais, substituindo ∆H por dH e ∆L por dL, chegamos à Lei de Biot-Savart: 
 
 
)m/A(
2R
sendLI
4
1dH θπ= (9.2)
 
Em notação vetorial, a equação 9.2 pode ser escrita como: 
 
 
)m/A(
3R
)RLd(I
4
1
2R
)raˆLd(I
4
1Hd
rrrr ×
π=
×
π= (9.3)
 
onde temos então que: 
 
I (A) Corrente elétrica. 
Ld
r
 (m) Elemento vetorial de condutor, com a direção da corrente. 
R
r
 (m) 
Vetor orientado para o ponto P, com magnitude da distância entre o elemento de 
condutor e o referido ponto P. 
d H
r
(A/m) Elemento vetorial da intensidade de campo magnético, ortogonal a e a . Ld
r
R
r
 
Subscritos podem ser utilizados para indicar o ponto ao qual cada grandeza em (9.3) se refere. Se 
posicionarmos o elemento de corrente no ponto 1 e descrevermos o ponto P no qual o campo deve ser 
determinado como ponto 2, então: 
 
 
)m/A(
2
12R
)12raˆ1Ld(I
4
1
2Hd
×
π=
rr
 (9.4)
 
Observemos aqui a semelhança entre a lei de Biot-Savart e a lei de Coulomb, quando esta é escrita 
para um elemento diferencial de carga: 
 
)m/C(
2
12R
12raˆ1dQ
04
1
2Ed πε=
r
 
 
Em ambos os casos a intensidade de campo (elétrico, no caso da lei de Coulomb, e magnético, no caso 
da lei de Biot-Savart) apresentam uma relação com o inverso do quadrado da distancia. A principal 
diferença aparece na direção do campo e suas linhas de força. 
 
As equações (9.3) e (9.4) representam a formulação clássica da lei de Biot-Savart, ou seja, a forma 
como ela é mais conhecida. Entretanto, é impossível verificá-la experimentalmente dessa forma, uma 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 77 
vez que o elemento diferencial de corrente não pode ser isolado. Portanto, necessitamos da forma 
integral da lei de Biot-Savart que pode ser escrita como: 
 
 ∫ π×= 2R4 râLIdH
rr
 (9.5)
 
A lei de Biot-Savart pode também ser expressa em termos da densidade superficial de corrente J
r
, ou 
em termos de uma densidade laminar de corrente, K
r
. A densidade de corrente que tem como 
unidade no Sistema Internacional A/m
J
r
2 dispensa maiores comentários e já foi vista diversas vezes em 
capítulos anteriores. A densidade laminar de corrente K
r
 é ilustrada na figura 9.3 abaixo. Ela aparece 
em uma lâmina de corrente extremamente fina, medida no Sistema Internacional em A/m. No caso da 
figura 9.3, se a largura da lâmina for b e a densidade de corrente laminar K for uniforme e normal a b, a 
corrente total na lâmina é: 
 
 KbI = (9.6)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
b 
K dSKLId
rr = 
Figura 9.3 Corrente laminar com densidade linear K (A/m). 
 
Assim, podemos assumir o termo LId
r
 substituído por termos como dSK
r
 ou , conforme a 
distribuição de correntes apresentada. Assim sendo, formas alternativas para a lei de Biot-Savart são 
obtidas. Para uma corrente laminar temos: 
dvJ
r
 
 ( )∫ π×= s 2R4 dSrâKH
rr
 (9.7)
 
Analogamente para uma corrente superficial: 
 
 ( )∫ π×= v 2R4 dvrâJH
rr
 (9.8)
 
 
9.1.1 - Relação de Pyati - Uma Simplificação da Lei de Biot- Savart 
 
Podemos notar pela figura 9.2, que o produto vetorial RLd
rr × da equação 9.3 produz um vetor na 
direção de , perpendicular ao plano que contém RHd
r r
 e Ld
r
. Desta forma, um caso particular pode ser 
ilustrado na figura 9.4 em que os vetores R
r
 e Ld
r
 são co-planares, pertencentes ao mesmo plano yz. 
Com isto, o elemento vetorial de campo magnético dH
r
 resultará na direção x. 
 
Considerando que o elemento de condutor dL = R dθ em que R é a distância do elemento de corrente 
ao ponto P em que o campo é analisado sob um ângulo dθ, temos que: 
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 78 
 
R
daˆaˆ
R
dR
aˆ
R
R
R
dL
dL
Ld
R
RLd
xr2i23
θ=×θ=×=×
rrrr
 (9.9)
 
onde: 
 
iaˆ Vetor unitário na direção da corrente I 
raˆ Vetor unitário na direção de R
r
 
xaˆ Vetor unitário, no caso na direção x, resultado de ri aˆaˆ × 
dθ Ângulo com vértice em P, definido por dL (em radianos). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Hd
r
 
z
dL 
R
θ1
θ2
P 
I
dθ 
y 
x 
 
Figura 9.4 - Elemento condutor de corrente e ponto P situados no mesmo plano. 
 
Assim, para os casos onde o condutor e o ponto P, onde se deseja conhecer o campo magnético, 
estejam no mesmo plano, a lei de Biot-Savart se simplifica a: 
 
 
)m/A(aˆ
R
d
4
IHd n
θ
π=
r
 (9.10)
 
Para um condutor longo, compreendido entre os ângulos θ1 e θ2 (linha tracejada na figura 9.4), nós 
temos um campo resultante em P no eixo normal ao plano (no caso o eixo x) de modo que: 
 
 
)m/A(
R
dIHn ∫
θ
θ
θ
π=
2
1
4
 (9.11)
 
Esta é uma simplificação da lei de Biot-Savart proposta por V. Pyati na revista IEEE-Transactions on 
Education, vol E-29, fev. de 1986. 
 
 
Exemplo 9.1 
Encontrar a intensidade do campo magnético H em A/m a uma distância a m de um fio retilíneo e 
infinitamente longo, conforme pode ser mostrado pela figura 9.5, percorrido por uma corrente de 
intensidade I A. 
 
Solução 
 
A lei de Biot-Savart garante que o campo magnético é perpendicular ao condutor e à linha da distância 
entre ele e o ponto de interesse. De outra forma, vemos que o campo magnético possui linhas fechadas 
circulares e concêntricas ao condutor retilíneo e infinito, concordando com a experiência de Oersted, 
ilustrada na figura 9.1. 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 79 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 9.5 Campo magnético em um pont , devido a um condutor retilíneo. oi 
 
Considerando que o condutor e a distância dele 
ao ponto de cálculo encontram-se no mesmo 
plano,podemos lançar mão da relação de Pyati. 
Assim teremos: 
 
∫
π
π−
θ
π=
2
2 R
d
4
IH 
 
θ= cosRa 
 
θ= cos
aR 
 
a
cos
R
1 θ= 
 
∫
π
π−
θθ
π=
2
2 a
dcos
4
IH 
 
)m/A(
a2
IH π= 
 
 
Você pode verificar que a determinação deste campo pelo emprego direto da lei de Biot-Savart requer 
cálculos muito mais trabalhosos do que estes simplificados pela relação de Pyati, que a condição 
particular assim o permite. 
 
 
Exemplo 9.2 
Um anel circular de raio R centrado na origem encontra-se no plano xy, conforme mostra a figura 9.6, 
sendo percorrido por uma corrente de intensidade I no sentido anti-horário. Desta forma 
(a) Encontrar o campo magnético no centro do anel. 
(b) Encontre também o campo H em um ponto z ao longo do eixo deste anel. 
 
Solução 
 
a) A situação planar permite que a relação de 
Pyati seja empregada. Assim, 
 
R2
I
R
d
4
IH
2
0
=θπ= ∫
π
 
 
b) Este caso implica num problema não planar e 
a lei de Biot-Savart é indicada. Daí: 
 
γθπ= cosr
senIdL
4
1dH 2z 
 
o90=θ (ângulo entre e lidr rr ) 
 
r
Rcos =γ 
 
dL
r4
IRdH 3z π= 
 
φ=RddL 
 
( ) ∫∫ +==
π2
0
2322
2π2
0
3
2
z φd
zRπ4
IR
rπ4
φdIRH 
 
)m/A(
)zR(2
IRH
322
2
z +
= 
 
No centro do anel, z = 0 e 
 
)m/A(
R2
IHz = 
θ 
a 
H 
R 
dL 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
z 
dHz
γ 
dH 
r 
 
 
Figura 9.6 Campo magnético no eixo de um anel. 
 
Podemos observar que a expressão geral para z = 0 inclui aquele onde o campo magnético no ponto 
central localizado no plano do anel é aquele determinado também pela relação de Pyati. 
 
9.2 - FLUXO MAGNÉTICO φm E DENSIDADE DE FLUXO MAGNÉTICO B 
 
O campo magnético que é produzido pela passagem de uma corrente elétrica i em um condutor existirá 
em toda a região em volta do condutor. Assim, podemos dizer que uma superfície de área S próxima ao 
condutor é atravessada por um fluxo do campo magnético criado pela corrente i, como pode ser 
visto pela figura 9.7 abaixo. Este fluxo é determinado pelo escoamento das linhas de campo que 
atravessam a superfície S. Em outras palavras, determina a quantidade de linhas de campo que cruzam 
a secção de área A. 
mφ
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 9.7 Fluxo magnético atravessando uma superfície S. 
 
Portanto, podemos definir a densidade de fluxo magnético (ou indução magnética) B como sendo: 
 
 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛φ= 2m m
Wb
S
B (9.12)
 
No Sistema Internacional de Unidades o fluxo magnético é definido em webbers (Wb) e a 
correspondente unidade de densidade de fluxo pode também receber o nome de tesla (T), equivalente a 
Wb/m2. Na equação (9.12) assume-se que as linhas de campo magnético são perpendiculares à área S. 
R 
dL 
θ = 90º 
γ 
y 
x 
i
S 
φm
ELETROMAGNETISMO I 81
Caso as linhas de fluxo não atravessem a superfície perpendicularmente a ela (ver figura 9.8), o fluxo 
que a atravessa pode ser expresso de modo geral por: 
 
 )Wb(cosSBm α=φ (9.13)
 
onde: 
 
φm (Wb) fluxo magnético através de S 
B (Wb/m2 ou T) magnitude da densidade de fluxo magnético B. 
α rad ângulo entre a normal à área A e a direção de B. 
 
Se B não é uniforme sobre a área considerada, o produto da equação 9.8 deve ser substituído por uma 
integral de superfície de modo que:: 
 
 )Wb(dScosB
S
m ∫∫ α=φ (9.14)
 
 dS 
 
B 
 
 
 
 
 
 
α 
S 
 
Fig. 9.8 - Fluxo magnético atravessando uma área S segundo um ângulo α. 
 
Finalmente, a equação (9.14) pode ser escrita na forma de um produto escalar. Assim: 
 
 )Wb(SdB
S
m
rr∫∫ ⋅=φ (9.15)
 
 
9.4.1 - Fluxo Magnético Sobre uma Superfície Fechada - Lei de Gauss para o Magnetismo 
 
As linhas de fluxo criadas por campos elétricos estáticos ou iniciam ou terminam em cargas elétricas, 
indicando a existência de uma fonte, conforme pode ser visto na figura 9.9. (a). Por outro lado, as linhas 
de fluxo provenientes de campos magnéticos são fechadas sobre si mesmas, isto é, são contínuas, 
conforme podemos ver na figura 9.9 (b). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 9.9 Linhas de campo, (a) campo elétrico, (b) campo magnético 
 
A figura 9.9 (a) mostra que se uma carga elétrica é envolvida por uma superfície fechada S, vemos que 
as linhas de fluxo, ou saem divergindo da fonte, ou entram convergindo para a fonte, sendo esta a 
(a) (b) 
S
– + 
S 
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ELETROMAGNETISMO I 82
própria carga envolvida por S e o campo criado por ela dito conservativo. Por outro lado, a figura 9.9 
(b) ilustra que as linhas de fluxo magnético que entram em uma superfície fechada S são as mesmas 
que saem desta superfície. 
 
Fisicamente, isso significa que embora existam cargas elétricas isoladas, não podemos definir o 
conceito de cargas magnéticas como fontes para estes campos. Esta é uma diferença fundamental 
entre campos elétricos e campos magnéticos. 
 
Uma vez que o fluxo magnético é contínuo, a mesma quantidade de fluxo que entra em uma superfície 
fechada deve deixá-lo. Em outras palavras, o fluxo líquido que atravessa uma superfície fechada é nulo. 
Matematicamente isso pode ser expresso como: 
 
 0SdB
s
=⋅∫ rr (9.16)
 
 
Aplicando o teorema da divergência à equação (9.16) teremos: 
 
 0B=⋅∇ (9.17)
 
A equação (9.16) na forma integral ou a equação (9.17) descrevem a natureza contínua do fluxo 
magnético, característica principal de um campo solenoidal. Ela também faz parte do grupo 
fundamental das equações de Maxwell. 
 
Finalmente, por analogia com o campo elétrico, a relação constitutiva entre o vetor intensidade de 
campo magnético, 
r
H , e o vetor densidade de fluxo magnético (ou vetor indução magnética) 
r
B , é dada 
por: 
 
 r rB H Wb m= µ ( / 2 ) (9.18)
 
onde µ é a permeabilidade magnética do meio, dado no Sistema Internacional de Unidades em H/m 
(henry / m) ou Wb/(A.m). 
 
No vácuo ou espaço livre a permeabilidade magnética vale µ0 = 4 π.10-7 H/m, valor este bastante 
próximo no ar e nos meios não magnéticos em geral, como veremos mais adiante. 
 
As linhas de fluxo de um campo magnético são fechadas, o que é indicado matematicamente pelo 
divergente nulo deste campo vetorial, indicativo da ausência de cargas magnéticas. O campo magnético 
pode ser criado também por uma corrente elétrica em um condutor, que por sua vez origina um campo 
no espaço independente do meio. Já o número de linhas de campo ou o fluxo de suas linhas de campo 
depende do meio, sendo o número de linhas de campo maior ou menor segundo sua permeabilidade 
magnética. 
 
Por outro lado, o campo elétrico, proveniente de cargas elétricas, possui suas linhas de força abertas, 
ou seja, com origem ou término numa fonte, cuja densidade de fluxo depende da carga e não do meio. 
O campo elétrico por sua vez, responsável pela ação da força elétrica depende da permissividade 
elétrica do meio. 
 
Em outras palavras, o campo elétrico e o fluxo magnético são dependentes do meio, enquanto que o 
fluxo elétrico e o campo magnético não o são. 
 
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ELETROMAGNETISMO I 83
EXERCÍCIOS 
 
1) Aplicando a lei de Biot-Savart, determine a expressão do campo magnético H
r
 criado por um 
filamento retilíneo e infinito, percorrido por uma corrente I ao longo do eixo z, fornecendo o 
resultado em coordenadas cilíndricas. Compare este resultado com o do exemplo 9.1. 
2) Determine o campo elementar Hd
r
 criado por um elemento diferencial de corrente Lid
r
 na 
origem de um sistema de coordenadas esféricas(r,θ,φ) em um ponto genérico do espaço. 
3) Mostre que o campo magnético devido a um elemento de corrente finito mostrado na figura 
abaixo é dado por: 
φα−απ= aˆ)sen(senr4
IH 21
r
 
 
 
 
 
 
 
 
P 
r 
I 
α2
α1
Figura do problema 3. 
4) Mostre a expressão para um campo magnético H
r
 no centro de uma espira na forma de um 
triângulo eqüilátero com lados L, empregando a lei de Biot-Savart e a sua simplificação dada 
pela relação de Piaty. 
5) Três enrolamentos simples com 1 m de raio estão colocados a 1 m um do outro, com os seus 
eixos coincidindo com o eixo z. Se todas estas espiras são percorridas pela mesma corrente 
e no mesmo sentido, faça um gráfico normalizado da variação de B (fazendo Bmax = 1), ao 
longo do eixo z, com o ponto inicial a 1 m abaixo do primeiro enrolamento, e o ponto final a 1 
m acima do terceiro enrolamento. 
6) Um fio flexível de comprimento L m é dobrado na forma de em um (a) círculo, (b) triângulo 
eqüilátero e (c) um quadrado. Encontre o valor da indução magnética B no centro de cada 
configuração, quando percorrido pela mesma corrente e compare suas intensidades em cada 
caso. 
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ELETROMAGNETISMO I 84
7) Duas bobinas circulares com 500 mm de raio e 60 espiras cada uma são montadas 
ortogonalmente entre si, com o objetivo de neutralizar o campo magnético gerado pela Terra 
no centro comum estabelecido entre elas. Uma bobina está na horizontal e a outra na 
vertical. Encontre a corrente em cada bobina, onde o campo magnético da Terra é de 1 
gauss ( 10-4 T), a um ângulo de 60º formado com o plano horizontal na terra, e um ângulo na 
horizontal de 15º para o oeste com referência à direção norte. 
8) Determine o fluxo magnético que atravessa a porção do plano situado em φ = π/3, definida 
por 0,05 < r < 0,10 m e 0 < z < 1 m, originado por um filamento de corrente ao longo do eixo z 
com intensidade de 10 A no sentido positivo. 
9) Calcule o fluxo magnético total que cruza o plano z = 0 em coordenadas cilíndricas para r ≤ 5 
x 10-2 m, se ( ) z2 aˆsenr2,0B φ=r T. 
10) Dado que z
y2 aˆe
2
xsen50,2B −⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π=r T, calcule o fluxo magnético que cruza a faixa 
determinada por z = 0, y ≥ 0 e 0 ≤ x ≤ 2 m. 
11) Se , encontre o fluxo magnético que atravessa as superfícies de um 
volume limitado pelos planos x = 1 m, x = 6 m, y = 0, y = 4 m, z = 1 m e z = 7 m. 
zyx aˆaˆy3aˆx3B +−=
r
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
 1
 
 
 
 
 2
 
 3
 
 4
 
 
 5
 
 
 
 
 6
 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 85
 
 
 
 
 
 
 
 
10 LEI DE AMPÉRE E ROTACIONAL DO CAMPO MAGNÉTICO 
Pudemos verificar em capítulos anteriores que a distribuição de campos elétricos também é obtida pelo 
emprego da lei de Gauss, desde que o problema ofereça condições de simetria. Nestes casos, em 
função da superfície fechada escolhida, o produto escalar entre a densidade de fluxo e a secção 
atravessada pelas linhas de campo ou é nulo ou é simplesmente o produto algébrico das grandezas 
envolvidas neste fluxo. Desta forma, frente a simetrias oferecidas, o módulo do campo elétrico é obtido 
muito mais facilmente do que pela forma clássica, através da lei de Coulomb. 
 
No capítulo anterior, pudemos notar que a determinação de campos magnéticos pela clássica aplicação 
da lei de Biot-Savart, impunha a resolução de integrações, algumas vezes complicadas. Neste capítulo, 
em função de condições de simetria oferecidas pelo problema, determinaremos as distribuições de 
campo magnético pela aplicação da Lei Circuital de Ampère. Iremos notar que o enunciado desta lei 
possui uma analogia muito forte com o proposto pela lei de Gauss para o campo elétrico. 
 
 
10.1 - A LEI DE AMPÈRE 
 
 
De acordo com um exemplo e um exercício proposto no capítulo anterior, vimos que a intensidade de 
campo magnético H a uma distância r de um fio condutor reto e longo com uma corrente de intensidade 
I é dada por: 
 
 
)m/A(
r2
IH π= (10.1)
 
O denominador desta expressão mostra claramente o perímetro de uma circunferência de raio r que 
fornece o campo magnético H inversamente proporcional à distância do fio condutor, cuja corrente cria 
este campo. Desta forma, o módulo deste campo assume valores constantes para cada distância radial 
admitida. Ainda se este campo for integrado ao longo de um caminho circular L de raio r, circundando o 
condutor, teremos: 
 
 Ir.HdLHLdH
LL
=π==⋅ ∫∫ 2rr (10.2)
 
De uma forma geral esta integral de linha compreende uma corrente Ii envolvida ou enlaçada pelo 
caminho fechado L onde: 
 
 
iL
ILd.H∫ =rr (10.3)
 
De modo geral podemos então enunciar a lei de Ampère: 
 
 
Conceito 
A integral de linha do vetor intensidade de campo magnético 
r
H ao longo de um 
caminho fechado L, é igual a corrente total enlaçada por esse caminho 
 
A corrente elétrica pode ser escrita de uma forma generalizada, como sendo a integral do vetor 
densidade de corrente, calculada em uma superfície delimitada pelo caminho fechado sobre o qual o 
vetor intensidade de campo magnético é integrado. Assim: 
 
 ∫∫ = SL Sd.JLd.H rrrr (10.4)
 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 86
As equações (10.3) e (10.4) são válidas para qualquer caminho fechado L e a correspondente parte de 
corrente envolvida ou enlaçada por ele. 
 
Exemplo 10.1 
Um condutor sólido e cilíndrico é percorrido por uma corrente I A, que se distribui uniformemente sobre 
a seção circular de raio R do condutor. Encontre expressões para o campo H
r
 dentro e fora do 
condutor. Esboce graficamente a variação do módulo de H
r
, em função de r, medido a partir do centro 
ou eixo do condutor. 
 
Solução 
 
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 10.1 - Condutor cilíndrico conduzindo uma 
corrente uniforme 
 
Fora do condutor onde r > R, H
r
 será integrado 
ao longo de um caminho circular que contém 
toda a corrente do condutor: Assim, 
 
ILdH
)r(L
=⋅∫ rr 
 
Em coordenadas cilíndricas e para H constante: 
 
)m/A(aˆ
r2
IH φπ=
r
 
 
Para o interior do condutor onde r < R a corrente 
envolvida pelo caminho L será: 
 
∫ ⋅=
)r(S
SdJ'I
rr
 
 
A densidade de corrente é constante em função 
da distribuição regular. Daí: 
 
z2 aˆR
IJ π=
r
 
 
Logo 
 
∫ ∫
π
φπ=
2
0
r
0
2 rdrdR
I'I 
 
2
2
2
R
rI
R
rI'I ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=π
π= 
 
A intensidade de campo magnético H
r
definida 
:para 0 ≤ r ≤ R (interior do condutor) será 
 
)m/A(aˆr
R2
I
R
rI
r2
1H 22
2
φπ=π=
r
 
 
raficamente teremos: 
 
 
 
Figura 10. 2 - Var ã de H dentro e fora do
 
odemos notar que para r = R esta última 
 eixo da distribuição de corrente, 
fonte geradora do campo magnético que orienta as partículas de ferro. 
H
H
G
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
iaç o 
condutor. 
 
P
expressão é consistente conciliando com a 
expressão obtida para o campo fora do condutor.
 
 
Podemos observar que a função que define este campo magnético é contínua em todo o espaço. Além 
disso, este arranjo reforça o conceito de um campo de característica solenoidal e demonstra a ausência 
dele no eixo do condutor, onde r = 0. Tal comportamento é verificado na prática quando pequenas 
partículas de limalha de ferro, inicialmente dispersas, são arranjadas em circunferências concêntricas a 
um trecho retilíneo de condutor quando uma corrente contínua circula por ele, perpendicularmente ao 
plano que contem a limalha. As linhas de fluxo possuem um vórtice no
R r
r
r(m)R 
I/2πR
H(A/m)
UNESP– Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 86 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 87
Exemplo 10.2 
Considere um condutor cilíndrico de raio R m, transportando uma corrente cuja densidade na seção 
transversal é Jc = Kc.r (A/m2), onde K é uma constante e r é a distância radial partindo-se do centro do 
condutor. Determine: 
 
 a) - O valor de B no interior do condutor. 
 b) - O valor de B exterior ao condutor 
 c) – O gráfico de B = f(r) 
 
 
Solução 
 
a) 
 
∫∫ =µ SL 0 Sd.JLd.
B rrr
r
 
 
A indução magnética é constante ao longo do 
círculo de raio r. Portanto: 
 
∫ ∫∫
π
φ=µ
2
0
r
0
cL
0
ddrrrKdLB 
 
∫π=πµ
r
0
2
c
0
drrK2r2B 
 
)T(
3
rKB
2
c0µ= 
b) 
 
Fora do condutor, a corrente será a corrente 
total: 
 
∫ ∫∫
π
φ=µ
2
0
R
0
2
cL
0
ddrrKdLB 
 
3
R2Kr2B
3
c
0
π=πµ 
 
r3
RKB
3
c0µ= 
 
Portanto, dentro do condutor o campo magnético 
varia com o quadrado da distância r, e fora do 
condutor a variação é com o inverso da 
distância. 
 
 
 
 
 
 
 
 
3/RK 2c0µ
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R 
H(A/m) 
r(m) 
Figura 10.3 Variação de H dentro e fora do condutor. 
 
 
10.3 - O ROTACIONAL E O TEOREMA DE STOKES 
 
Da mesma forma que empregamos uma definição pontual para a lei de Gauss, o faremos agora para a 
lei de Ampère. A equação: 
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 87
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 88
 )A(ILdH
L∫ =⋅ rr (10.5)
 
relaciona a integral de linha do vetor intensidade de campo magnético H
r
 ao longo de um caminho 
fechado L com a corrente total envolvida por esse caminho. 
 
Embora relações envolvendo caminhos finitos sejam úteis em teoria de circuitos, é freqüentemente 
desejável, na teoria de campos, relações que envolvam grandezas em um ponto no espaço. Assim 
como o divergente aplica a lei de Gauss, o rotacional aplica a lei de Ampère de uma forma pontual. 
 
Consideremos uma área incremental ∆S, em um meio condutor, atravessada perpendicularmente por 
uma corrente elementar ∆I (figura 10.4). 
 
 
 
 
 
 
 
 
∆S
 
H
∆I
Figura 10.4 Superfície incremental atravessada por corrente elementar. 
 
Aplicando a lei de Ampère, e dividindo sua equação por ∆S, teremos: 
 
 
)m/A(
S
I
S
LdH
2L
∆
∆=∆
⋅∫ rr (10.6)
 
Passando ao limite, com ∆S tendendo a zero teremos: 
 
 
)m/A(
S
I
0S
lim
S
LdH
0S
lim 2L
∆
∆
→∆=∆
⋅
→∆
∫ rr
 (10.7)
 
O segundo membro da equação 10.13 é o módulo da densidade de corrente e o primeiro membro 
representa o módulo de uma operação vetorial sobre um campo também vetorial, denominada 
rotacional. Abreviando inicialmente o rotacional por rot, podemos escrever então que: 
J
r
 
 ( ) )m/A(JaˆHrot 2n rr = (10.8)
 
O versor ân indica que Hrot
r
 é um vetor perpendicular a ∆S na direção de rJ . 
Vamos agora encontrar a expressão para Hrot
r
 em coordenadas cartesianas x, y e z. Considere 
inicialmente um caminho fechado abcda mostrado na figura 10.5, com lados ∆y e ∆z que definem uma 
área incremental ∆S paralela ao plano yz e a componente em x do vetor rJ , Jx, no centro deste caminho 
fechado e perpendicular a ∆S. 
 
A lei de Ampère aplicada ao caminho L que delimita a superfície ∆S fornece: 
 
 ILdH
L
∆=⋅∫ rr (10.9)
 
Vamos tomar a orientação do caminho abcda e o campo magnético H
r
com suas componentes Hy e Hz 
orientadas de acordo com o sentido definido pela Regra da Mão Direita, de modo que este campo crie 
uma componente Jx do vetor , conforme a figura 10.5 a seguir. J
r
 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 89
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 10.5 - Circulação de H
r
 em uma superfície ∆S. 
 
Considerando cada trecho da integral de linha ao longo de L separadamente e expandindo cada uma 
em torno da vizinhança do ponto central no caminho abcd, tem-se: 
 
 ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]
( ) ( )
( ) ( ) ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ∆∆∂
∂−∆−⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ∆∆∂
∂+∆−
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ∆∆∂
∂+∆+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ∆∆∂
∂−∆
=∆−∆−∆+∆=⋅∫
yzH
y2
1zHzyH
z2
1yH
yzH
y2
1zHzyH
z2
1yH
zHyHzHyHLdH
zz0yy0
zz0yy0
dazcdybczabyL
rr
 
(10.10) 
 
Reduzindo a expressão acima, dividindo-a por ∆S = ∆y ∆z e passando ao limite tendendo a zero, 
podemos escrever: 
 
 ( ) xxxyzx aˆJaˆzHyHaˆHrot =⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂=r (10.11)
 
Do mesmo modo, teremos para nas direções positivas de y e z: J
r
 
 ( ) yyyzxy aˆJaˆxHzHaˆHrot =⎟⎠⎞⎜⎝⎛ ∂∂−∂∂=
r
 (10.12)
 
 ( ) zzzxyz aˆJaˆyHxHaˆHrot =⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂=r (10.13)
 
Assim: 
 
 
zzyyxx
z
xy
y
zx
x
yz
aˆJaˆJaˆJ
aˆ
y
H
x
H
aˆ
x
H
z
Haˆ
z
H
y
HHrot
++
=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂=r
 (10.14)
 
ou: 
 
 )m/A(JHrot 2
rr = (10.15)
 
Lembrando do operador nabla assim definido, temos que: 
 
d c
b
z 
Hy 
Hz Hz 
Jx 
x Hy 
y 
a
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 90
 ( ) ( ) ( ) zyx aˆzaˆyaˆx ∂
∂+∂
∂+∂
∂=∇ (10.16)
 
para: 
 
 
zzyyxx aˆHaˆHaˆHH ++=
r
 (10.17)
 
vamos fazer a operação ∇ × . Assim, teremos: rH
 
 
zyx
zyx
HHH
zyx
aˆaˆaˆ
H ∂
∂
∂
∂
∂
∂=×∇ r 
(10.18)
 
 
z
xy
y
zx
x
yz aˆ
y
H
x
H
aˆ
x
H
z
Haˆ
z
H
y
HH ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂=×∇ r (10.19)
 
ou: 
 
 JH
rr =×∇ (10.20)
 
Portanto, o rotacional do vetor intensidade de campo magnético pode ser escrito em termos do produto 
vetorial do operador nabla pelo vetor intensidade de campo magnético, expressando a lei de Ampère na 
forma pontual, quando os vetores tiverem suas componentes expressas em coordenadas cartesianas. 
 
 
Conceito 
A circulação do vetor intensidade de campo magnético 
r
H em uma superfície ∆S que 
tende a zero (caracterizando um ponto no espaço), dividida pela área dessa superfície, é o 
vetor densidade de corrente 
r
J neste ponto . 
 
Em coordenadas cilíndricas ( ) o rot Hz,,r φ r , ou Hr×∇ em abuso de notação, é expresso por: 
 
 ( )
z
rzr
r
z aˆH
r
rH
r
1aˆ
r
H
z
Haˆ
z
HH
r
1H ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
φ∂
∂−∂
∂+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−φ∂
∂=×∇ φφφ
r
 (10.21)
 
Em coordenadas esféricas ( ) por: φθ,,r
 
 ( ) ( ) ( )
( )
φ
θ
θ
φθφ
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
θ∂
∂−∂
∂+
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−φ∂
∂
θ+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
φ∂
∂−φ∂
θ∂
θ=×∇
aˆH
r
rH
r
1
aˆ
r
rHH
sen
1
r
1aˆH
senH
senr
1H
r
r
r
r
 (10.22)
 
 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 91
Exemplo 10.3 
Considere um condutor cilíndrico com raio R m, percorrido por uma corrente I A, uniformemente 
distribuída. Encontre dentro e fora do condutor. ∇ × rH
 
Solução 
 
 
 
 
 
 
 
 
I 
 
 
 
Figura 10.6 - condutor percorrido por corrente I 
 
O vetor intensidade de campo magnético será 
expresso em coordenadas cilíndricas por: 
 
φφ= aˆHH
r
 
 
Pela lei de Ampère, dentro do condutor, Hφ vale: 
 
r
R2
IH 2π=φ 
 
e fora dele: 
 
r2
IH π=φ Hφ
 
Hφ Portanto, dentro do condutor, o rotacional em 
coordenadas cilíndricas, conforme a equação 
(10.21), fornece: 
 
)m/A(aˆ
R2
Ir
rr
1H 2z2
2
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
π∂
∂=×∇ r 
 
)m/A(aˆ
R
IH 2z2π=×∇
r
 
 
Ou ainda, como esperado: 
 
)m/a(JH 2
rr =×∇ 
 
Fora do condutor:∇ × = ⎛⎝⎜
⎞
⎠⎟
r
H
r r
rI
r
a A mz
1
2
2∂
∂ π $ ( / ) 
 
0H=×∇ r 
 
 
10.3.1 - O TEOREMA DE STOKES 
 
Considere a superfície S, dividida em superfícies incrementais ∆S, mostrado na figura 10.7. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(A figura será feita em sala de aula) 
 
Fig. 10.7 - Superfície dividida em superfícies incrementais. 
 
Sabemos pela definição de rotacional que: 
 
 
( ) )m/A(aˆH
S
LdH
2
n
L ⋅×∇=∆
⋅∫ r
rr
 (10.23)
r
R
r
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 92
 
ou 
 
 ( ) ( ) SHSaˆHLdH n
L
rrrrr ∆⋅×∇=∆⋅×∇=⋅∫ (10.24)
 
Realizando uma circulação para todas as áreas incrementais, e somando os resultados, a maioria dos 
termos se cancela, com exceção dos que estão no contorno da superfície S. Portanto: 
 
 ( ) )A(SdHLdH
SL
rrrr ⋅×∇=⋅ ∫∫ (10.25)
 
A equação acima é chamada de Teorema de Stokes, válida para qualquer campo vetorial. Utilizando-a 
na lei circuital de Ampère, podemos escrever: 
 
 ( ) )A(LdHSdJSdH
LSS
∫∫∫ ⋅=⋅=⋅×∇ rrrrrr (10.26)
 
Pelas identidades acima percebemos que podemos facilmente partir da lei de Ampère na forma integral 
e chegar na sua forma pontual e vice-versa, utilizando o teorema de Stokes. 
 
O conceito do rotacional pode também ser aplicado ao campo eletrostático. Se tomarmos a circuitação 
do vetor intensidade de campo elétrico em um caminho fechado, teremos: 
 
 0ld.E
L
=∫ rr (10.27)
 
E aplicando à equação 10.27 o teorema de Stokes, teremos: 
 
 ∇ × =rE 0 (10.28)
 
A equação (10.27) expressa clara e nitidamente a lei de Kirchhoff aplicada às tensões elétricas que 
fecham um laço ou uma malha num circuito elétrico. Por outro lado, sabemos que o campo elétrico 
possui suas linhas de força com origem ou término na carga elétrica, fonte geradora deste campo. A 
equação (10.28) mostra então que os campos conservativos possuem rotacional nulo e suas linhas de 
campo não são fechadas. 
UNESP –Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 93
EXERCÍCIOS 
 
1) Nas configurações abaixo, cada condutor conduz uma corrente I (A). Qual é o valor da 
integral de linha do vetor intensidade de campo magnético 
r
H em cada caso? 
 
 
 
 
 (a) (b) (c) 
Figura para o problema 1. 
2) Um condutor cilíndrico não maciço, bastante fino e com raio a e extensão infinita conduz uma 
corrente I. Calcule para os pontos internos e externos a este condutor usando a lei de 
Ampère. 
H
r
3) Um condutor cilíndrico de raio 0,02 m possui um campo magnético interno dado por: 
m/Aarr),(H φ− ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
×−×= 2
2
5
1032
10774
r
 
 
Qual é a corrente total no condutor? 
4) Um cabo coaxial com condutor interno de raio a (m), condutor externo com raio interno b (m) 
e raio externo c (m), é percorrido por uma corrente I (A) uniformemente distribuída (as 
direções em cada condutor são opostas entre si). Mostre que para b ≤ r ≤ c m : 
φ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−
−
π= aˆbc
rc
r
IH 22
22
2
r
 
5) Determine uma expressão para H
r
 devido a uma película plana (infinita) de correntes com 
densidade laminar K
r
 uniforme. 
6) Por um fio condutor ao longo do eixo y passa uma corrente de 10 A no seu sentido positivo. 
Em uma película de correntes superficiais localizada em z = 4 m, existe uma distribuição 
superficial de densidade xaˆ,K 02=
r
 A/m. Encontre o campo H
r
 no ponto (2, 2, 2) m deste 
espaço. 
UNESP –Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 94
7) Em coordenadas cartesianas a região -b ≤ z ≤ b m. suporta uma densidade de corrente 
(volumétrica), constante J = J0 ây (A/m2), conforme figura abaixo. Use a lei de Ampère para 
obter 
r
H em todo o espaço. 
 
 
 
 
 
 
 
 
x 
z 
-b 
b 
Figura para o problema 7. 
8) Dado o vetor genérico φ
− ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ φ= aˆseneA z
2
12r em coordenadas cilíndricas, calcule o rotacional 
de 
r
A em ( 0,8; π/3; 0,5). 
9) Dado o vetor genérico θ
θ+θ= aˆ
r
senaˆ
r
cosA r 33
2r
, mostre que o rotacional de A
r
é nulo para 
todo o espaço. 
10) Um condutor circular de raio r0 = 1 cm possui um campo interno variando em função da 
distância radial r (r ≥ 0) segundo 
φ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −= aˆ)arcos(
a
r)arsen(
a
1
r
10H 2
4r
 A/m, onde a = π / (2 r0). 
Encontre a corrente (total) no condutor a partir do cálculo do rotacional do campo H
r
 e 
também pelo emprego da lei circuital de Ampère. 
11) Calcule o rotacional de em coordenadas cartesianas em decorrência de uma corrente I 
que percorre um filamento ao longo do eixo z no seu sentido positivo. 
H
r
12) Em coordenadas cartesianas a região − a ≤ z ≤ a suporta uma densidade constante de 
corrente volumétrica . Use a Lei de Ampère para obter y0aˆJJ =
r
H
r
 em todo o espaço. 
Obtenha o seu rotacional e compare com a densidade J
r
. 
13) Encontre a densidade de corrente J
r
 se: (a) yx .x2aˆ.y7aˆ.H ++= z zaˆ.5+ 
aˆ.θcos
φr
φθr
 
aˆ3
r
, (b) aˆ.r2aˆ.r6H +=r
e (c) aˆ.3aˆ.r2H ++=r . 
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 1
 
 
 
 
 
 2
 
 
 
 3
 
 
 4
 
 
 
 5
 
 
 6
 
 7
 
ELETROMAGNETISMO I 95
 
 
 
 
 
 
 
 
11 FORÇA MAGNÉTICA SOBRE CONDUTORES 
Até então, nossos estudos sobre campos magnéticos o enfatizaram como sendo originado pela 
circulação de uma corrente elétrica em um meio condutor. No entanto, sabemos que estes campos 
existem também nos chamados ímãs permanentes ou magnetos, com suas linhas de força fechadas 
sobre si mesmo. Neste capítulo estudaremos a força exercida sobre um condutor conduzindo uma 
corrente elétrica, quando colocado na presença de campos magnéticos. Enfatizaremos, no entanto, que 
a força magnética exercida sobre um condutor com corrente é devida à presença de um campo 
magnético externo a ele. 
 
11.1 - EFEITO DE UM CAMPO MAGNÉTICO EM UM FIO CONDUZINDO CORRENTE 
 
Consideremos o campo magnético uniforme gerado entre os pólos de um imã permanente, como pode 
ser visto na figura 11.1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
B 
S N 
 
 
Figura 11.1 Campo magnético de um imã permanente. 
 
A seguir, um condutor conduzindo uma corrente I (A) será imerso no interior deste campo magnético, 
conforme mostra a figura 11.2. O condutor tem sua direção perpendicular ao plano do papel na figura, 
com a corrente saindo. Já vimos anteriormente que as linhas de campo magnético criado por esta 
corrente são formadas por circunferências concêntricas ao condutor. O campo magnético gerado pela 
corrente reforça o campo do imã permanente na parte de baixo do campo e o enfraquece na parte de 
cima. Assim, uma força, de natureza magnética, aparecerá no condutor, levando-o na direção do 
campo mais fraco, buscando um novo equilíbrio no número de linhas do campo resultante, acima e 
abaixo do condutor. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
S N 
B 
I
 
Figura 11.2 Condutor conduzindo corrente imerso em um campo magnético. 
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcântara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 96
A magnitude da força que atua sobre o condutor é expressa por: 
 
 (N)IBLF= (11.1)
 
onde: 
 
L (m) Comprimento (efetivo) do condutor imerso no campo 
B (Wb/m2) Magnitude da indução magnética do campo externo 
I (A) Intensidade de corrente no condutor 
 
Se o condutor não cortar o campo perpendicularmente (figura 11.3), a força F será expressa em função 
da inclinação formada pelo ângulo θ entre a direção do condutor e o campo externo onde:)(NIBLsenF θ= (11.2)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
comprimento efetivo 
θ
I 
B 
Figura. 11.3 Condutor cortando campo magnético. 
 
Generalizando, para um elemento de corrente, a intensidade da força incremental dF fica então: 
 
 )(NIBdLsendF θ= (11.3)
 
Não é difícil observar que as equações (11.2) e (11.3) são fundamentais para explicar o princípio de 
funcionamento dos motores elétricos. 
 
Resumindo, podemos utilizar uma notação vetorial para a força incremental exercida sobre um elemento 
de corrente, de modo que: 
 
 )N()BLd(IFd
rrr ×= (11.4)
 
onde: 
 
Fd
r
 (N) 
Vetor indicando a magnitude e direção da força em um elemento de 
condutor 
I (A) Corrente no condutor 
B
r
 (T) Vetor indicando a magnitude e direção da densidade de fluxo 
Ld
r
 (m) Vetor com direção do elemento de condutor, orientando a direção da corrente 
 
 
11.2 - FORÇA ENTRE DOIS CONDUTORES LINEARES E PARALELOS 
 
Consideremos agora dois condutores filamentares, retilíneos e paralelos de comprimento L (m) cada, 
separados de uma distancia R (m) no ar, como ilustra a figura 11.4 abaixo. O condutor 1 é percorrido 
por uma corrente de intensidade I1 (A), e o condutor 2 por uma corrente de intensidade I2 (A) em direção 
oposta ao primeiro. O condutor 1 fica sujeito a uma força devido ao campo magnético criado pela 
UNESP – Naasson Pereira de Alcântara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 97
corrente elétrica do condutor 2. Por outro lado, o condutor 2 fica sujeito a uma força de mesma 
magnitude e direção oposta, devido ao campo magnético criado pela corrente do condutor 1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
F1
R
L 
F2
I1 I2
 
Figura 11.4 Forças de repulsão em condutores percorridos por correntes opostas 
 
O campo magnético resultante é mais forte entre os dois condutores do que fora deles, conforme é 
sugerido na figura 11.5. Assim, intuitivamente podemos perceber que a força entre eles será de 
repulsão, no sentido de buscar uma nova posição de equilíbrio. Isso pode ser confirmado pela regra da 
mão esquerda: a força magnética F no polegar estendido é o resultado do produto vetorial entre a 
corrente I no dedo médio e o campo B no indicador, formando um ângulo, no máximo reto, entre o 
campo e a corrente. Neste caso particular, o campo B e a corrente I são ortogonais. Pelo mesmo 
raciocínio, se as correntes estiverem na mesma direção, observamos que a força de interação entre os 
condutores será agora de atração. 
 I1 I2 
 
 
 
Figura 11.5 Campo magnético entre dois condutores paralelos 
 
A magnitude da força sobre o condutor 2 é: 
 
 )N(LBIdLBIF 12
L
012
== ∫ (11.5)
 
Recordando o exemplo 9.1, a indução magnética provocada pela corrente do condutor 1, na posição do 
condutor 2, isto é, a uma distância R, será: 
 
 
)m/Wb(
R2
IB 2101 π
µ= (11.6)
 
Assim, para a magnitude da força teremos: F
r
 
 
)N(L
R2
IIF 210π
µ= (11.7)
 
Como os condutores tem o mesmo comprimento L, a equação (11.7) se aplica também à magnitude da 
força agente sobre o condutor 1. Temos aí um par ação-reação, justificado pela 3ª. Lei de Newton. 
 
Dividindo a equação 11.7 por L, teremos a expressão do módulo da força expresso por unidade de 
comprimento: Ou seja: 
 
 
)m/N(
R2
II
L
F 210
π
µ= (11.8)
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcântara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 98
Se I1= I2, e considerando o valor de µ0 = 4 π x 10-7 H/m para o ar, 
 
 
F I L
R
N= × −2 10 7
2
( ) (11.9)
 
Se L = R = 1m, F = , então teremos I = 1 A. Essa medida da força é utilizada para definir o 
ampère (A) como unidade de corrente elétrica no Sistema Internacional de Unidades. 
2 10 7× − N
 
 
Exemplo 11.1 
Um fio transportando uma corrente 2 I (A) é colocado entre 2 outros fios que transportam uma corrente 
de intensidade I (A) cada um, conforme mostra a figura 11.6. Os três fios são paralelos e mantém entre 
si a mesma distância d (m). As três correntes estão no mesmo sentido. Determine a força magnética por 
unidade de comprimento sobre cada um destes condutores aéreos. 
 
Solução: 
 
Seja 
 
F F
I
d
N1 2 2 1
0
22
2, ,
( )= = µ π 
 
com: 
 
F1 2, = Força sobre o condutor 1, devido à 
interação entre a corrente no condutor 1 e o 
campo produzido pela corrente do condutor 2. 
 
F2 1, = Força sobre o condutor 2, devido à 
interação entre a corrente no condutor 2 e o 
campo produzido pela corrente do condutor 1. 
 
Do mesmo modo 
 
F F
I
d
N2 3 3 2
0
22
2, ,
( )= = µ π 
 
onde: 
 
F2 3, = Força sobre o condutor 2, devido à 
interação entre a corrente no condutor 2 e o 
campo produzido pela corrente do condutor 3. 
 
F3 2, = Força sobre o condutor 3, devido à 
interação entre a corrente no condutor 3 e o 
campo produzido pela corrente do condutor 2. 
 
E ainda 
 
F F
I
d
N1 3 3 1
0
2
4, ,
( )= = µ π 
 
onde: 
 
F1 3, = Força sobre o condutor 1, devido à 
interação entre a corrente no condutor 1 e o 
campo produzido pela corrente do condutor 3. 
 
F3 1, = Força sobre o condutor 3, devido à 
interação entre a corrente no condutor 1 e o 
campo produzido pela corrente do condutor 1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 11.6 Três condutores conduzindo 
corrente. 
 
As forças sobre o condutor 2, e 
possuem a mesma magnitude, porém estão em 
direções opostas. Portanto: 
F2 1, F2 3,
 r r r
F F F2 2 1 2 3 0= + =, , 
 
A força sobre o condutor 1 será: 
 
I 
F3,1 F1,3
F1,2F3,2
F2,1F2,3
2I I 
1 3 2 
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ELETROMAGNETISMO I 99
 
F F F
I
d
N1 1 2 1 3
0
25
4
= + =, , ( )µπ F F F I
d
N3 3 1 3 2
0
25
4
= + =, , ( )µπ 
A força sobre o condutor 3 será: 
 
 
11.3 - TORQUE SOBRE UMA ESPIRA PERCORRIDA POR CORRENTE - MOMENTO MAGNÉTICO 
 
As forças que atuam sobre uma espira colocada na região de um campo magnético, tendem a fazê-la 
girar em relação a um eixo. Tomemos inicialmente uma espira retangular de lados L e d, com o lado L 
perpendicular ao plano do papel, como mostra a figura 11.7, representando o comprimento do elemento 
finito e efetivo de corrente responsável pela metade do conjugado na espira. 
 
Vamos repetir aqui a expressão da força agente em qualquer elemento Ld
r
 de um condutor conduzindo 
uma corrente I: 
 
 )N()BLd(IFd
rrr ×= (11.10)
 
Se a normal ao plano da espira forma um ângulo θ com o campo magnético presente nr Br , então a 
componente da força magnética responsável pelo torque sobre cada condutor ativo é: 
 
 )N(ILBsenFt θ= (11.11)
 
A componente Ft da força magnética F multiplicada pela distancia d/2 ao eixo de rotação da espira é 
conhecida por torque, aqui representado pela letra T e dado em N.m no Sistema Internacional de 
Unidades. Neste caso, o torque resultante ou conjugado sobre a espira será dado por: 
 
 
)m.N(ILBdsen
2
dF2T t θ== (11.12)
 
No caso desta espira retangular, L d = A onde A é a área da espira. Assim: 
 
 (N.m)θsenBAIT= (11.13)
 
 
 
 
 
 
 
 θ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ft
θ 
F 
n 
d 
Ft
B 
F
 
Figura 11.7 Torque sobre uma espira imersa num campo magnético, conduzindo corrente. 
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcântara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 100
O produto I x A, de dimensão corrente x área, é conhecido como momento magnético da espira. Ele é 
expresso em ampères x metro quadrado. Designando o momento magnético pela letra m a equação 
(11.13) fica: 
 
 (N.m)mBsenθT= (11.14)
 
Se uma bobina é composta de N espiras, o momento magnético total sobre a bobina será então: 
 
 m = N.I.A (A.m2) (11.15)
 
Finalmente, o momentomagnético poderá ser representado vetorialmente como: 
 
 )m.A(aˆmm 2n=r (11.16)
 
O versor tem a sua orientação fornecida pela regra da mão direita, com o polegar da mão direita 
estendido, quando os demais dedos se fecham acompanhando o sentido de percurso da corrente no 
circuito. De modo geral, o torque será expresso então pelo seguinte produto vetorial: 
naˆ
 
 ).(B mNmT
rrr ×= (11.17)
 
 
Exemplo 11.2 
Uma bobina retangular com 200 espiras de 0,3 x 0,15 m2 com uma corrente de 5,0 A, está em um 
campo uniforme de 0,2 T. Encontre o momento magnético e o torque máximo na bobina. 
 
Solução 
 
2m045.015.03.0A =×= 
 
2m.A45045.05200nIAm =××== 
 
m.N92.045mBTmax =×==
 
 
Exemplo 11.3 
Um medidor de corrente d´Arsonval é constituído por uma bobina capaz de girar em torno de um eixo 
numa região onde existe um campo radial com intensidade uniforme de 0.1 Wb/m2. Uma mola (espiral) 
de torção oferece um torque resistente Tm = 5,87x10-5 θ N.m, com θ em radianos, contra o movimento 
de rotação da bobina. Sabe-se que o enrolamento da bobina é formado por 35 espiras retangulares de 
dimensões 23 mm x17 mm. Qual é o ângulo de rotação que resulta pela passagem de uma corrente de 
15 mA na bobina? 
 
Solução 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 11.8 - Medidor de D'Arsonval 
N S B 
θ 
Instrumento de bobina móvel
UNESP – Naasson Pereira de Alcântara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 101
 
 
Pela figura 11.8 vemos que o campo magnético 
ao qual a bobina móvel é exposta, tem suas 
linhas de campo distribuídas radialmente. Pela 
expressão geral do torque temos: 
 
)m.N(BmT
rrr ×= 
 
cuja magnitude é dada por 
 
)( o90senBmT =θθ= 
 
O ângulo q = 90o indica uma configuração radial 
do campo magnético presente no núcleo da 
bobina, conforme explicado no final deste 
exemplo 
 
Assim sendo, o momento magnético na bobina 
fica: 
 
AINm = 
 
Daí, 
 
2363 m.A10205,0101723101535m −−− ×=×××××=
 
O campo magnético exercerá sobre as espiras 
um torque elétrico 
 
mN1005210102050T 53 .,,, −− ×=××= 
 
No equilíbrio, este torque encontra reação no 
torque mecânico Tm de resistência da mola do 
medidor. Desta forma 
 
mTT= 
 
θ1087,51005,2 55 −− ×=× 
 
o20θrad35,0θ ≅⇒=
 
Este medidor de corrente é um instrumento de bobina móvel e que deve apresentar o mesmo torque 
independente da posição angular. Para tal, o enrolamento com as espiras é montado ao redor de um 
núcleo de ferro doce de formato cilíndrico. Desta forma, ele conduz o fluxo magnético no sentido radial 
de modo que a força magnética sempre produza o mesmo torque em qualquer posição angular. 
 
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ELETROMAGNETISMO I 102
EXERCÍCIOS 
 
1) Uma película de correntes com densidade laminar K
r
= 30 ây A/m está localizada no plano z = 6 
m. Um condutor filamentar está sobre o eixo y, conduzindo 6,0 A na direção ây. Calcule a força 
nele exercida por unidade de comprimento. 
2) Uma espira circular de raio a m, conduzindo uma corrente I A está no plano z = h m, paralela a 
uma película uniforme de corrente K = K0ay A/m localizada em z = 0. Expresse a força sobre um 
comprimento infinitesimal da espira. Integre este resultado e mostre que a força total é nula. 
3) Uma barra de 3 Kg, condutora, horizontal, com 800 mm de comprimento, faz um ângulo de 60º 
em relação a um campo magnético horizontal de 0.5 T. Que corrente é necessária na barra para 
fazê-la flutuar? Adote a aceleração da gravidade local como sendo 10 m/s2. 
4) Dois condutores de comprimento L m percorridos por correntes I A em direções opostas são 
normais a um campo magnético cuja indução tem uma magnitude B Wb/m2. A separação entre 
os condutores é fixa de w m. Mostre que o torque relativo a qualquer eixo paralelo aos 
condutores é dado por BILw cosθ N.m, sendo θ o ângulo formado entre a direção do campo e a 
distância entre os condutores. 
5) Uma espira circular de corrente de raio r m e corrente I A está localizada sobre o plano z = 0. 
Calcule o torque que resulta se a corrente está na direção e existe um campo uniforme φaˆ
)T(2/)aˆaˆ(BB zx0 +=
r
. 
6) Duas espiras circulares de raio R e centro comum estão orientadas de forma tal que seus planos 
são perpendiculares entre si. Deduza a expressão que mostra o torque de uma espira sobre a 
outra. 
7) Um elemento retilíneo de corrente com 3 m de comprimento acha-se ao longo do eixo y, 
centrado na origem. A corrente que o percorre vale 6 A na direção ây. Calcule a indução 
magnética B
r
quando este elemento de corrente experimenta uma força de N2/)aˆaˆ(5,1 zx + . 
8) Calcule o trabalho e a potência necessários para mover o condutor mostrado na figura abaixo de 
uma volta completa, na direção mostrada, em 20 ms se r
3aˆ10x50,2B −=r T e a corrente é de 45 
A. 
 
 
 
 
 
9) Utilizando-se o mesmo condutor e as condições do problema anterior, determine o trabalho 
necessário para movê-lo descrevendo o mesmo cilindro em sentido horário. 
10) Um condutor de comprimento 2,5 m localizado em z = 0, x = 4 m, conduz uma corrente de 12,0 
A na direção . Encontre yaˆ− B
r
 uniforme na região, se a força sobre o condutor é de 1,20 x 10-2 
N, na direção 2aa zx /)ˆˆ( +− . 
 
z 
I 
I 
I 0,03 m 
z 
0,10 m 
UNESP – Naasson Pereira de Alcântara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 103
11) Um condutor retilíneo no plano y0z conduz uma corrente I no sentido positivo do eixo y a uma 
distância h de uma fita de corrente simétrica em relação ao plano y0z, de largura w e densidade 
K0, no mesmo sentido da corrente do condutor. Encontre uma expressão para a força por 
unidade de comprimento sobre o condutor. Qual será o resultado quando a largura da fita tornar-
se infinita? 
12) Um condutor com corrente I fura ortogonalmente uma película plana de corrente K
r
. Calcule a 
intensidade da força por unidade de comprimento sobre o condutor, acima e abaixo da película. 
13) A espira retangular da figura abaixo encontra-se em um campo magnético onde 
2/)aˆaˆ(05,0B yx +=
r
 T. Determine o torque em relação ao eixo z quando a espira na posição 
indicada, conduzir uma corrente de 5,0 A. 
 
 
 
 
 
 
14) Uma espira circular de raio 0,35 m está no plano x = 0, centrada no eixo x. Na posição 
coordenada (0; 0; 0,35) m a corrente tem módulo 5,0 A e está dirigida segundo . Determine 
o torque sobre esta espira quando imersa num campo magnético uniforme onde 
yaˆ−
)aˆaˆ(4,88B zx +=
r µT. 
15) Um condutor retilíneo de comprimento L conduz uma corrente I no sentido indicado na figura. 
Calcule o trabalho e a potência necessária para fazer o condutor dar uma volta inteira numa 
freqüência de n rotações por minuto, se r0 aˆBB =
r
, com B0 uma constante positiva. 
 
 
 
 
 
z 
z 
I 
─ 0,04 m 
0,08 m 
I r 
16) Para a mesma configuração do problema anterior, um condutor com 100 mm de comprimento 
conduz uma corrente constante de intensidade 5,0 A, descrevendo um cilindro com 25 mm de 
raio. Calcule o trabalho necessário para movimentar o condutor, sob velocidade constante, de φ 
= 0 a φ = π no sentido anti-horário. Quanto vale o trabalho total para uma volta completa se o 
sentido da corrente for invertido no semi-ciclo seguinte na presença de um campo alternado 
onde raˆsen5,3B φ−=
r
mT ? 
17) Obtenha a expressão para a potência necessária para girar um cilindro de raio r com N 
condutores de comprimento L contra o campo a n revoluções por minuto, se r0 aˆ)2sen(BB φ=
r
 e 
as correntes I trocam de sentido em cada quadrante, quando muda o sinal de . B
r
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ELETROMAGNETISMO I 104
18) Um condutor com 4m de comprimento conduz 10 A na direção , ao longo do eixo y entre as 
posições y = 2 m e y = – 2 m. Se o campo 
yaˆ
xaˆ05,0B =
r
 T, calcule o trabalho necessário para 
mover o condutor paralelamente a si mesmo com velocidade constante até a posição dada por 
x = z = 2 m. 
19) Um condutor está localizado ao longo do eixo z em – 1,5 ≤ z m–1 ≤1,5 e conduz uma corrente 
fixa de 10,0 A no sentido de . Para um campo zaˆ− yx2,04 aˆe10x0,3B −−=
r
 T, encontre o trabalho 
e a potência necessários para mover o condutor paralelamente ao longo do eixo x com 
velocidade constante para x = 2 m e y = 0 durante 5 ms. 
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcântara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 105
 
SOLENÓIDE E INDUTÂNCIA 12
 
 
 
 
 
 
 
 
12.1 - O SOLENÓIDE 
 
Campos magnéticos produzidos por simples condutores ou por uma única espira são bastante fracos 
para efeitos práticos. Assim, uma forma de se conseguir campos magnéticos com intensidades maiores 
é através de um solenóide. Um solenóide é um enrolamento helicoidal, conforme é mostrado na figura 
12.1 abaixo. 
 
Consideremos que o enrolamento ilustrado possua N voltas igualmente distribuídas ao longo do 
comprimento L do solenóide. A corrente que flui pelo enrolamento é I A. Se o espaçamento dado entre 
espiras for muito pequeno em relação ao raio de cada espira, podemos substituir o enrolamento por 
uma lâmina de corrente superficial de densidade laminar K onde: 
 
 )m/A(
L
INK = (12.1)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
B 
IN 
L 
 
Figura 12.1 - Um solenóide com N espiras enroladas. 
 
Para encontrarmos a densidade de fluxo magnético B no centro do solenóide, consideremos uma seção 
da lâmina com espessura elementar dx, como se fosse uma única espira, cuja corrente é: 
 
 
)A(dx
L
INKdxIe == (12.2)
 
O exemplo 9.2 mostrou como se calcular o campo magnético gerado por um anel circular de corrente ao 
longo do seu eixo. Tomando a relação constitutiva B =- µ H, a densidade de fluxo devido a cada anel de 
corrente de raio R em uma posição genérica x ao longo do eixo deste anel é dada por: 
 
 
)m/Wb(
xR2
RI
B 23
22
2
e
+
µ= (12.3)
 
Ou, para o elemento de espessura dx considerando (12.2), a densidade elementar de fluxo em cada 
espira percorrida pela mesma corrente I é: 
 
 
)m/Wb(dx
xRL2
NIRdB 23
22
2
+
µ= (12.4)
 
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ELETROMAGNETISMO I 106
Desta forma, a densidade total B no centro do solenóide é obtida pela integração ao longo da lâmina de 
corrente, considerando seus extremos em relação a este centro. Logo: 
 
 
)m/Wb(
xR
dx
L2
NIRB 2
2/L
2/L
3
22
2 ∫
− +
µ= (12.5)
 
Realizando a integração obtemos: 
 
 
)m/Wb(
LR4
NIµB 2
22+
= (12.6)
 
Se o comprimento do solenóide for muito maior do que o seu raio, a expressão (12.6) se reduz a: 
 
 
)m/Wb(K
L
NIB 2µ=µ= (12.7)
 
onde K é a densidade laminar de corrente em A.m-1. 
 
As equações (12.6) e (12.7) fornecem o valor da indução magnética no centro do solenóide. Mudando 
os limites de integração para 0 e L, teremos a indução magnética nos extremos do solenóide. Assim, 
 
 
)m/Wb(
2
K
L2
NI
LR2
NIB 2
22
µ=µ≅
+
µ= (12.8)
 
que é a metade do valor no centro da bobina. 
 
 
Exemplo 12.1 
Um solenóide uniforme possui 400 mm de comprimento, 100 mm de diâmetro, 100 espiras e uma 
corrente de 3 A. Encontre a indução magnética B no eixo do solenóide: a) - no seu centro, b) - em uma 
extremidade e c) - a meio caminho entre o centro e a extremidade. 
 
Solução 
 
a) – no centro 
 
)T(
LR4
NIµB
22
0
+
= 
 
)mT(915,0
4,005,04
310010π4B
22
7
=
+×
×××=
−
 
 
 
b) – em uma das extremidades 
 
)T(
LR2
NIµB
22+
= 
 
)mT(468,0
4,005,02
310π4B
22
7
=
+
××=
−
 
 
c) - entre o centro e uma das extremidades. 
Faça-o como exercício, considerando como 
origem da integração um ponto a 1/4 e 3/4 de 
cada extremidade respectivamente.
 
Vamos agora encontrar o torque que impõe um conjugado e tende a girar o solenóide, se este for 
imerso em um campo magnético B. É fácil ver que o torque será máximo quando o eixo do solenóide se 
encontrar na direção perpendicular à do campo magnético externo, conforme é mostrado na figura 12.2, 
onde o eixo de rotação estará no centro do solenóide. Supondo que este seja de seção quadrada de 
lado d, a componente da força tangencial de torque Ft num único segmento d de espira sob interação 
magnética é: 
 
 )N(cos.BIdFt β= (12.9)
UNESP –Naasson Pereira de Alcântara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 107
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
r
r
d 
L/2 
β 
F 
Ft
B 
L /2 
Fig. 11.2 - Torque no solenóide 
 
Mas: 
 
 
r2
dcos =β (12.10)
 
Se considerarmos as duas espiras extremas, conforme a figura acima, teremos um torque produzido por 
quatro forças de mesma intensidade Ft. definida em (12.9) Portanto: 
 
 )m.N(IAB2IBd2r.F4T 2t === (12.11)
 
onde A = d2 é a área da seção reta do solenóide. Observe que este torque é independente da distância 
das espiras ao centro do solenóide. Estendendo o raciocínio, o torque total estará distribuído entre as 
duas metades ao longo do comprimento do solenóide de modo que: 
 
 
)m.N(B.mNIABIAB2
2
NTm ′=== (12.12)
 
onde m' = NIA é o momento magnético do solenóide. 
 
 
12.2 - INDUTORES E INDUTÂNCIA 
 
Um indutor é um dispositivo capaz de armazenar energia no campo magnético. Ele deve ser visto como 
uma contraparte no magnetismo ao capacitor, que armazena energia no campo elétrico. Exemplos 
típicos de indutores são formados por espiras simples, enroladas em solenóides, em toróides, etc. 
 
As linhas de fluxo magnético produzidas pela corrente que percorre o enrolamento de um solenóide 
formam caminhos fechados, uma característica de um campo solenoidal. Cada linha de fluxo que passa 
por todo o solenóide concatena a corrente I um número N de vezes. Se todas as linhas de campo se 
concatenam com todas as espiras, o fluxo magnético concatenado resultante Λ (lambda maiúsculo) é 
igual a: 
 
 )esp.Wb(N mψ=Λ (12.13)
 
Por definição, a indutância L é a razão entre o fluxo concatenado total e a correspondente corrente I. 
Assim, 
 
 
)H(
II
N
L m Λ=ψ= (12.14)
UNESP –Naasson Pereira de Alcântara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 108
 
A definição acima é satisfatória para meios com permeabilidade magnética constante, como no ar. 
Como será visto mais tarde, a permeabilidade de materiais ferromagnéticos não é constante e nestes 
casos a indutância é definida como sendo a razão entre a mudança infinitesimal no fluxo concatenado, 
pela mudança infinitesimal na corrente. Daí: 
 
 
)H(
dI
dL Λ= (12.15)
 
A indutância tem dimensão de fluxo por corrente, e a sua unidade no Sistema Internacional de Unidades 
é o henry (H). 
 
Assim como a resistência e a capacitância, a indutância depende apenas da geometria e do meio onde 
o indutor se encontra, referenciado por sua permeabilidade magnética µ. 
 
É importante ressaltar aqui que a capacidade de armazenar energia no campo magnético estende-se 
até a um simples condutor retilíneo conduzindo corrente, como veremos adiante. 
 
 
12.2.1 - Indutores de Geometria Simples 
 
A indutância de diversos tipos de indutores pode ser calculada a partir de sua geometria. Como 
exemplos, as indutâncias de um solenóide longo, um toróide, um cabo coaxial e uma linha formada por 
dois condutores paralelos serão aqui calculadas. 
 
 
12.2.1.1 - Indutância de um Solenóide 
Na seção 12.1 deduzimos uma expressão para o campo magnético no centro de um solenóide.Como 
visto, a indução era menor nos extremos do solenóide, o que é devido à dispersão do fluxo magnético. 
Se o solenóide for suficientemente longo, podemos considerar que o valor da indução magnética é 
constante em todo o interior do solenóide, e igual ao valor calculado em seu centro. 
 
A expressão para a indução magnética no centro de um solenóide muito longo é: 
 
 
)m/Wb(
d
NIB 2µ= (12.16)
 
Utilizamos a letra d ao invés da letra L, para representar o comprimento d no solenóide, para evitar 
ambigüidades com relação à simbologia de indutância (L). 
 
O fluxo concatenado pelo solenóide será então: 
 
 
)Wb(
d
IAN2µ=Λ (12.17)
 
A indutância será então por (12.14): 
 
 
)H(
d
ANL
2µ= (12.18)
 
onde: 
 
L (H) Indutância do solenóide 
I (A) Corrente no solenóide 
µ (H.m-1) Permeabilidade magnética do meio 
A (m2) Seção reta do solenóide 
d (m) Comprimento do solenóide 
N Número de espiras do solenóide 
UNESP –Naasson Pereira de Alcântara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 109
 
 
Exemplo 12.2 
Calcule a indutância de um solenóide de 2000 espiras, enrolado uniformemente sobre um tubo de 
papelão de 500 mm de comprimento e 40 mm de diâmetro. O meio é o ar. Resolva-o como exercício. 
 
 
12.2.1.2 - Indutância de um toróide 
Se um solenóide longo é curvado em forma de círculo e é fechado sobre si mesmo, um toróide é obtido. 
Quando esse toróide possui um enrolamento uniforme, o campo magnético é praticamente todo 
confinado em seu interior, e B é substancialmente zero fora dele. Se a relação R/r for muito grande 
(figura 12.3), podemos utilizar a expressão para o campo magnético em um solenóide para determinar o 
fluxo total concatenado Λ . Assim, 
 
 )Wb(NBA=Λ (12.19)
 
 
)Wb(
R2
rINA
d
NIN
22
π
πµ=µ=Λ (12.20)
 
 
)Wb(
R2
IrN 22µ=Λ (12.21)
 
 
 
 
 
 
 R
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
r 
i i 
B
 
Figura 12.3 – Um enrolamento toroidal. 
 
A indutância do toróide será: 
 
 
)H(
R2
rNL
22µ= (12.22)
 
 
12.2.1.3 - Indutância de um cabo coaxial 
Considere agora uma linha de transmissão co-axial, muito utilizada em sistemas de telecomunicações, 
conforme pode ser mostrado na figura 12.4. A corrente no condutor interno é I, e o retorno dela se dá 
pelo condutor externo. Consideraremos então que o fluxo magnético esteja confinado à região entre os 
condutores (Bext = 0). Portanto: 
 
 
r2
IB π
µ= (12.23)
 
O fluxo total concatenado para um comprimento c da linha de transmissão é: 
UNESP –Naasson Pereira de Alcântara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 110
 
 
)Wb(
a
bln
2
Ic
r
dr
2
IcBdrc
b
a
b
a π
µ=π
µ==Λ ∫∫ (12.24)
 
A indutância para o comprimento c desse cabo fica: 
 
 
)H(
a
bln
2
c
I
L π
µ=Λ= (12.25)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
B
a 
b 
I
-I 
-I 
I 
B 
c 
b
a 
c 
Figura 12.4 Cabo co-axial. 
 
 
11.2.1.4 - Indutância de um cabo bi-filar 
Outro tipo de linha de transmissão utilizada é o cabo bi-filar, formado por dois fios paralelos (figura 
12.5).O raio de cada um é a, e a distância entre seus centros é D. Sabemos que para qualquer um dos 
cabos, a uma distância radial r dele, a indução magnética B é dada por: 
 
 
)m/Wb(
r2
IB 2π
µ= (12.26)
 
O fluxo concatenado para um comprimento c deste cabo será igual à 2 vezes a integral expressa em 
(12.24). Portanto, a indutância para um comprimento c desse cabo é: 
 
 
)H(
a
Dlnc
I
L π
µ=Λ= (12.27)
 
 
 
 
raio do 
condutor = a 
 
 
 
 
 
 
 
B 
D 
- I I 
Fig. 12.5 Cabo bi-filar 
 
 
12.2.2 - Energia armazenada em um Indutor 
 
Como já mencionado, um indutor armazena energia no campo magnético, analogamente ao capacitor, 
que armazena energia em um campo elétrico. A armazenagem da energia se dá com a variação do 
campo magnético. Quando a corrente elétrica é alternada, existe uma permanente troca de energia 
entre o indutor e a fonte a medida que o tempo passa. Quando a corrente elétrica é contínua, a energia 
UNESP –Naasson Pereira de Alcântara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 111
é armazenada durante o período transitório que ocorre até que o seu valor em regime permanente se 
estabeleça. Uma vez retirada a corrente, a energia armazenada no campo magnético flui do indutor 
para a fonte externa, durante o transitório que ocorre até a corrente atingir o valor nulo. 
 
A potência instantânea entregue pela fonte de alimentação ao indutor é dada por: 
 
 )A.V(i.Vp = (12.28)
 
onde : 
 
V (V) Tensão sobre o indutor, igual a L di dt. . 
i (A) Valor instantâneo da corrente 
p (W) Potência instantânea no indutor 
 
A energia entregue pela fonte ao indutor, Wm, é dada por: 
 
 
)J(LI
2
1dt
dt
diLipdtW 2
I
0
m === ∫∫ (12.29)
 
UNESP –Naasson Pereira de Alcântara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 112
EXERCÍCIOS 
 
1) Calcule a indutância por unidade de comprimento de um cabo coaxial cujo condutor interno 
possui raio a = 3 mm envolvido por outro de raio interno b = 9 mm. Para efeitos magnéticos 
suponha µr = 1. 
2) Um solenóide uniforme de 120 mm de diâmetro, 600 mm de comprimento e 300 espiras é 
percorrido por uma corrente de 5 A. Uma bobina de 400 mm de diâmetro e 10 espiras é 
colocada com o seu eixo coincidindo com o eixo do solenóide. Qual deve ser a corrente na 
bobina de modo a anular o campo magnético em seu centro se esta estiver (a) no centro do 
solenóide, (b) na extremidade do solenóide e (c) a meio caminho entre o centro e a 
extremidade do solenóide? 
3) Determine a indutância de um solenóide montado em um núcleo de ar, ao longo de um 
comprimento de 1,5 m formando 2500 espiras circulares de espaçamento uniforme e raio de 
2 cm. 
4) Calcule a indutância por unidade de comprimento de dois condutores aéreos e paralelos com 
raio de 2,5 cm separados por uma distância de 7,5 m. 
5) Um condutor circular com 6 cm de raio encontra-se a 8 m de altura do solo. Determine a 
indutância em cada metro de comprimento. 
6) Encontre a indutância de um toróide com núcleo de ar apresentando uma secção reta circular 
de raio 4 mm, 2500 espiras e raio médio 20 mm. 
7) Dado um toróide com núcleo de ar formado por 700 espiras, com raio interno de 1 cm, raio 
externo de 2 cm e altura 1,5 cm, determine a sua indutância empregando (a) a expressão 
correta em função da sua geometria; (b) a expressão para um toróide genérico que supõe o 
campo H uniforme num raio médio. 
8) Um certo toróide com núcleo de permeabilidade magnética igual à do ar com secção reta 
retangular apresenta um raio interno ri = 80 cm, raio externo re = 82 cm, altura h = 1,5 cm e 
encontra-se envolvido por 700 espiras. Calcule a sua indutância usando as duas fórmulas do 
problema anterior e compare os resultados. 
9) Um toróide com seção transversal quadrada é limitado pelas superfícies r = 10 cm e r = 12 
cm, z = – 1,0 cm e z = 1,0 cm. Obviamente, o raio médio do toróide é 11 cm e este é enrolado 
com uma única camada de 700 espiras e excitado com uma corrente de 2,5 A na direção 
em r = 10 cm. (a) Encontre a indutância do toróide e o campo magnético 
zaˆ
H
r
 no seu centro. (b) 
Como mudará esta resposta se a seção transversal do toróide for reduzida à metade, 
mantendo-se os mesmos raios interno e externo? (c) Com esta área reduzida, qual é a 
densidade laminar de corrente fluindo na superfície do cilindro interno necessária para 
produzir o mesmo resultado do item (a)? 
 
 
UNESP –Naasson Pereira de Alcântara Junior – Claudio Vara de Aquino 
 1
 
 
 2
 3
 
 
ELETROMAGNETISMO I 113
 
 
 
 
 
 
 
Vimos anteriormente que a passagem de uma corrente elétricapor um condutor, dá origem a um 
campo magnético em torno deste. Sabemos também que existem campos magnéticos provenientes 
de certos materiais, comumente chamados de imãs permanentes. Estes materiais são capazes de 
manter certo magnetismo residual, quando postos na presença de um campo magnético externo. 
Entretanto, quer seja este campo provocado por uma corrente elétrica ou devido a um imã 
permanente devemos saber que a origem de ambos é a mesma. Resumindo podemos dizer que todo 
campo magnético é provocado pela circulação de uma corrente elétrica. 
 
 
13.1 – EFEITO DO FERRO EM CAMPOS MAGNÉTICOS ESTÁTICOS 
 
O ferro aumenta o efeito magnético provocado por uma corrente elétrica em torno dele. Por exemplo, 
o campo magnético no centro de um solenóide quando enrolado em torno de uma pequena barra de 
ferro é muito maior do que aquele com o mesmo solenóide envolto em um núcleo de ar. Podemos 
definir o ferro como um “bom condutor de fluxo magnético", em analogia ao cobre como bom condutor 
de corrente elétrica. Esta propriedade que o ferro e outros materiais magnéticos possuem é utilizada 
para criar intensos campos magnéticos, manipulá-los e guiá-los por onde desejarmos. 
 
13.1.1 – Magnetismo natural 
Utilizaremos o modelo atômico para representar a estrutura dos materiais, cujo elemento básico é o 
átomo, com um núcleo, positivamente carregado e orbitado por cargas negativas (elétrons) em torno 
dele. Podemos observar sem maiores dificuldades que um elétron girando em grande velocidade em 
torno do núcleo, forma um laço de corrente, conforme sugerido pelo modelo descrito na figura 13.1. 
Este laço de corrente tem um momento magnético (dipolo) m
r
, perpendicular ao plano deste laço ou 
espira, cuja intensidade é igual ao produto da corrente equivalente I de um elétron pela área A 
limitada pela espira. A direção é dada pela regra da mão direita, orientada pelo percurso da corrente 
(cargas positivas), ou seja, o percurso oposto ao do elétron em órbita. 
 
Quando essa espira de corrente é colocada na presença de um campo magnético externo 
r
B , um 
torque é produzido e tende a alinhar o momento do laço de corrente com o campo externo, dado por: 
 
 BmT
rrr ×= (13.1)
 
O módulo do torque resultante é: 
 
 θ= mBsenT (13.2)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 13.1 Elétron girando em torno de um núcleo. 
 
13 TEORIA ELETRÔNICA DA MAGNETIZAÇÃO 
I 
B 
θ
m 
Área A 
I 
m 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 114
Assim que o alinhamento é obtido o torque torna-se nulo (θ = 0). 
 
Considere a situação na figura 13.2a, com uma infinidade de laços atômicos de corrente, orientados 
aleatoriamente no interior de um meio material. Quando um campo magnético externo é aplicado os 
momentos magnéticos atômicos tendem a se alinhar na direção deste campo, segundo o ilustrado na 
figura 13.2b.. Este conjunto formado por milhares de laços atômicos alinhados na mesma direção 
pode ser considerado como uma única espira delimitada pelo contorno do material em uma secção 
transversal, mostrado na figura 13.2c. Estendendo esta análise, tomando milhares dessas espiras 
empilhadas, como na figura 13.2d, obtemos uma capa de corrente cilíndrica, semelhante a um 
solenóide. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 (a) (b) (c) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 (d) N espiras 
I 
Momento Magnético 
Resultante 
B = 0 B 
B 
B
B
B 
m m
m 
m m 
m 
m 
m 
m 
m 
m 
m 
m 
m 
m 
m 
m 
m 
m 
m 
m 
m 
 
 
Figura 13.2 (a) - Momentos atômicos aleatoriamente direcionados, (b) - alinhados com um campo 
externo, (c) - vista frontal mostrando grande laço externo, (d) - laços de corrente empilhados, como 
em um solenóide. 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 115
 
Para esta análise o átomo foi considerado como tendo um único elétron orbitando o seu núcleo e 
foram desprezados os movimentos de rotação do elétron (spin) e do núcleo em torno de seus 
próprios eixos, bem como os efeitos da agitação térmica das moléculas, que podem vir a interferir no 
processo de alinhamento. A grande maioria dos fenômenos que estudaremos será em escala 
macroscópica, não requerendo uma visão rigorosa dos fenômenos microscópicos envolvidos. Esta 
discussão, ainda que simplista, serve para que se tenha uma idéia do fenômeno da magnetização 
possível de ocorrer nos meios materiais. 
 
13.2 – O VETOR MAGNETIZAÇÃO M
r
 
Inicialmente vamos considerar N0 espiras enroladas em uma geometria toroidal de raio médio R e 
secção transversal de área A, envolvendo um núcleo de ar ou de outro material de natureza não 
magnética, conforme mostrado na figura 13.3a. Se este solenóide for percorrido por uma corrente I, a 
densidade de fluxo magnético no interior do toróide será dada por: 
 
 
R2
IN
B 000 πμ= (13.3)
 
Sabemos que ( )R2IN0 π pode ser considerado como uma densidade de corrente laminar K. Então: 
 
 HKB 000 μ=μ= (13.4)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
I 
B0
R 
I 
Seção de Área A 
N0 espiras 
B0
B0
R
I I 
N0+Nm espiras 
Bm
 (a) (b) 
 
Fig. 13.3 (a) Toróide com N0 espiras produzindo um campo B0 e (b) Toróide com Nm espiras 
produzindo um Bm. 
 
Se o mesmo enrolamento envolver um anel de ferro com a mesma área de secção transversal A e 
raio médio R, o fluxo confinado no ferro será maior e conseqüentemente o valor de B aumentará. 
Para que esta mesma densidade de fluxo B, estabelecida no anel de ferro, circule pelo toróide de ar, 
um número adicional Nm de espiras deve ser enrolado em torno deste toróide não magnético. Desta 
forma, o campo produzido será equivalente àquele obtido com N0 espiras em torno do toróide de 
ferro, segundo pode ser mostrado pela figura 13.3b. Esta variação poderá ser dada por: 
 
 
M'K
R2
IN
B 00
m
om μ=μ=πμ= (13.5)
 
onde ( )R2IN m π = K' é a densidade laminar de corrente fictícia, responsável pelo aumento 
(variação) do campo quando o núcleo é o de ferro. Nestas condições o campo magnético total B será 
dado por: 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 116
 
 )'KK(BBB 0m0 +μ=+= (13.6)
 
ou ainda: 
 
 )MH(B 0
rrr +μ= (13.7)
 
onde: 
 r
B = vetor indução magnética (T) 
H = vetor intensidade de campo magnético (A/m) r
M = vetor magnetização (A/m) 
 
Embora esta análise tenha sido desenvolvida para o caso de um toróide, esta é uma relação vetorial 
de aplicação geral. 
 
Podemos considerar que o núcleo de ferro possui a capacidade de confinar um fluxo magnético maior 
em relação ao núcleo de ar. O aumento da densidade de fluxo é atribuído ao meio material, 
justificado matematicamente por uma permeabilidade magnética maior do que aquela m0 do ar. 
Assim, 
 
 HB
rr μ= (13.8)
 
Em uma analogia à eletrostática, onde o vetor polarização P
r
 está relacionado ao vetor intensidade 
de campo elétrico E
r
, na magnetostática o vetor magnetização M
r
 está relacionado ao vetor 
intensidade de campo magnético H . Em meios isotrópicos, M
r
 e H estão na mesma direção, de 
modo que o quociente entre eles pode ser obtido de forma escalar. Igualando as equações (13.7) e 
(13.8) podemos dividir algebricamente os dois lados por H obtendo então: 
 
 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +μ=μ
H
M10 (13.9)
 
Para os materiais ferromagnéticos, de maior interesse, esta relação em geral não é linear, ou seja, o 
quociente entreM e H não pode ser obtido através de uma relação matemática exata. Entretanto 
vamos, para o momento, escrever essa relação como sendo uma constante dada por: 
 
 
H
M
χ= (13.10)
onde χ é a susceptibilidade magnética do meio material em questão. 
 
Podemos agora escrever 
 
 )1(0 χ+μ=μ (13.11)
 
ou: 
 
 r0μμ=μ (13.12)
 
em que é definida como sendo a permeabilidade relativa do meio material em relação ao 
vácuo (espaço livre). 
χ1μ r +=
 
 
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ELETROMAGNETISMO I 117
13.3 - FERROMAGNETISMO, PARAMAGNETISMO E DIAMAGNETISMO 
 
Todos os meios materiais apresentam algum efeito sob o ponto de vista magnético. Em alguns esses 
efeitos são tão fracos, que tais materiais são classificados como não-magnéticos. Na realidade, o 
único meio não magnético é aquele desprovido de matéria, ou seja, o vácuo ou espaço livre (tomado 
com permeabilidade relativa igual a 1). De uma forma geral, os materiais são classificados de acordo 
com o seu comportamento magnético em diamagnéticos, paramagnéticos e ferromagnéticos, como 
veremos a seguir. 
 
13.3.1. MATERIAIS DIAMAGNÉTICOS 
 
Os materiais classificados como diamagnéticos possuem uma permeabilidade relativa ligeiramente 
inferior a 1 (por exemplo o cobre, com μr = 0.999991) e apresentam a característica de, na presença 
de um campo magnético, se opor a ele (figura 13.4). Em outras palavras, quando um material 
diamagnético é colocado na presença de um campo magnético, suas linhas de campo são repelidas 
por ele. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 13.4 Comportamento de um material diamagnético. 
 
13.3.2 MATERIAIS PARAMAGNÉTICOS 
 
Por outro lado, os materiais ditos paramagnéticos possuem uma permeabilidade relativa 
ligeiramente superior a 1 (por exemplo o alumínio, com μr = 1.00000036) de modo que seus 
momentos magnéticos fiquem alinhados com as linhas de um campo magnético externo. O fluxo 
magnético deste campo atravessa este tipo de material, de modo tal que as suas linhas de indução 
permanecem praticamente inalteradas, como mostra a figura 13.5. Quando um material 
paramagnético é colocado na presença de um campo magnético ele sofre atração por ele. Quando o 
campo magnético externo é retirado, os dipolos magnéticos do material paramagnético voltam à sua 
configuração original, desalinhados de modo a tornar nulo o momento dipolar resultante. 
 
 
 
Figura 13.5 Comportamento de um material paramagnético. 
 
13.3.3 MATERIAIS FERROMAGNÉTICOS 
 
Finalmente, outros materiais são magneticamente classificados como ferromagnéticos, como por 
exemplo, o ferro, o níquel, o cobalto, dentre outros. Apresentam a propriedade de fazer com que seus 
momentos magnéticos se alinhem fortemente na direção de um campo magnético aplicado, 
oferecendo um caminho preferencial para as linhas de indução, como pode ser ilustrado na figura 
13.6. Como exemplo, uma liga de ferro com 3 % de silício possui uma permeabilidade relativa μr 
máxima de 55000. Salientemos que a permeabilidade desses materiais não é constante, sendo, pois 
função da intensidade do campo magnético aplicado, e do estado magnético anterior apresentado 
pelo material. 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 118
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 13.6 Comportamento dos materiais ferromagnéticos. 
 
 
13.4 - A TEORIA DOS DOMÍNIOS MAGNÉTICOS 
 
Para compreendermos melhor o fenômeno da magnetização em materiais ferromagnéticos vamos 
explicar rapidamente a teoria de domínios dos materiais magnéticos. 
 
Um domínio é definido como uma região de material dentro da qual todos os átomos têm o mesmo 
alinhamento magnético, comportando-se como um pequeno imã permanente. Deverá haver um 
número muito grande destes dentro de uma amostra de material. O número de domínios num material 
magnético é determinado por um complexo balanço de energia dentro do volume de material, cujos 
detalhes estão fora do escopo deste curso. Obteremos os esclarecimentos necessários considerando 
o caso simplificado e ilustrado a seguir. 
 
Na figura 13.7(a) temos uma amostra de material ferromagnético com os seus domínios 
aleatoriamente direcionados, de forma que o magnetismo resultante é nulo. Neste caso, o material 
não apresenta quaisquer características magnéticas macroscópicas. 
 
Quando o campo magnético externo é aplicado gradativamente sobre o material, seus momentos 
magnéticos começam a se alinhar com ele, segundo as figuras 13.7(b) e (c). No início, esse 
alinhamento é obtido de maneira relativamente fácil, isto é, muitos domínios se alinham rapidamente 
para um campo magnético ainda com pequena intensidade. Observamos no início que um mesmo 
incremento no campo magnético irá resultar na resposta de um incremento na densidade de fluxo de 
forma linear. Porém, à medida que o campo magnético vai sendo aumentado, notamos uma maior 
dificuldade em se obter novos alinhamentos, dando origem a um processo de saturação magnética, 
visto pela figura 13.7(d). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 13.7 - (a) - Domínios magnéticos desalinhados, (b), (c) e (d) - se alinhando com o campo 
externo 
(a) (b) (c) (d) 
 
A densidade de fluxo conseguida pode ser descrita em função da intensidade do campo magnético 
aplicado. Teremos assim uma curva de magnetização bastante familiar, mostrada na figura 13.8. À 
medida que o campo magnético H vai sendo aumentado, podemos notar, em sua parte final, que um 
grande aumento na sua intensidade irá produzir um pequeno aumento na densidade de fluxo B, como 
seria de se esperar. 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 119
 
Nesta curva de magnetização mostrada na figura 13.8, devemos destacar alguns pontos importantes: 
 
Região L - μ é constante e a relação entre B e H pode ser admitida como linear. 
 
Ponto J - "joelho" da curva ou o maior valor de 
r
B anterior à saturação, bastante utilizado em projetos 
de máquinas elétricas. 
 
Região S - região de saturação onde um grande aumento de H praticamente não causa variação em 
B. 
 
 
H (A/m) 
B (Wb/m2) 
L 
J 
S 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 13.8 Curva de magnetização de um material magnético. 
 
Se depois que o campo for aplicado ao material ferromagnético, reduzirmos a sua intensidade até 
zero, haverá ainda um magnetismo residual na amostra, contrariando o esperado que a densidade 
de fluxo magnético também voltasse ao seu valor original, zero. Quando o campo magnético externo 
é retirado, parte dos momentos magnéticos dos domínios volta a se desalinhar, porém outra parte 
deles mantem o alinhamento obtido quando da aplicação do campo magnético externo. 
 
Na verdade, quando o campo externo foi aplicado, uma energia foi introduzida no material, e o 
mesmo sofreu uma reestruturação. Para mudar isto necessitamos de mais energia. Uma parte dessa 
energia foi restituída pelo próprio material quando alguns de seus domínios voltaram á sua posição 
original. Portanto, para voltar à situação de magnetismo resultante zero, um campo magnético 
reverso deverá ser aplicado sobre o material. 
 
Se a intensidade de campo magnético H aumentar gradativamente do zero até um valor positivo, 
decrescendo em seguida até um valor negativo simétrico, passando por zero, e deste valor voltar a 
zero novamente, obteremos um ciclo de histerese, mostrado na figura 13.9. O fenômeno da histerese 
magnética é definido como o atraso causado na variação de B devido a uma variação em H. 
 
Analisando o ciclo de histerese de um material magnético mostrado na figura a seguir, dois pontos e 
uma região desta curva merecem destaque: 
 
Densidade de fluxo residual (remanente) -Br- É a densidade de fluxo que permanece, mesmo após 
o campo H ter sido retirado. Tambémé chamada de retentividade. 
 
Força Coercitiva - Hc - Representa a intensidade de campo magnético reverso necessária para que 
se obtenha uma densidade de fluxo nula , eliminando o campo remanente. Também é chamada de 
coercitividade. 
 
Curva de desmagnetização - é o segundo quadrante do ciclo de histerese, devido à aplicação do 
campo reverso. É uma característica importante no material, utilizada para a obtenção dos 
parâmetros de imãs permanentes. 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 120
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Br 
Hc 
Curva de 
desmagnetização 
Figura 13.9 - Ciclo de Histerese. 
 
Observando a área no ciclo de histerese, podemos notar que esta pode indicar se o material possui 
facilidade ou opõe dificuldade a ser magnetizado. Quando o ciclo possui uma área ampla, 
entendemos que tanto a retentividade como a coercitividade são grandes, isto é, precisamos de um 
campo reverso maior para que a densidade de fluxo remanente no material se anule. 
 
Por outro lado, quando o ciclo de histerese é mais estreito, o material oferece uma oposição menor à 
sua magnetização. 
 
Sob o ponto de vista de magnetização, os materiais ferromagnéticos podem ser ainda classificados 
conforme o ilustrado na figura 13.10 e descritos como: 
 
Macios - apresentam um ciclo de histerese estreito (fácil magnetização) 
Duros - apresentam ciclos de histerese largos (difícil magnetização). 
 
Para finalizar esta seção, a relação entre B e H deveria ser uma linha reta, e não um laço se a relação 
χ entre M e H fosse linear. A curva de magnetização de um determinado material é obtida tomando-
se os valores máximos positivos de B e H dentro de vários ciclos de histerese de modo que o primeiro 
ciclo vá até um valor de H, o segundo até um valor um pouco maior, sempre iniciando do zero e 
aumentando gradativamente o valor do campo magnético e assim por diante. 
 
Completando, salientamos que a permeabilidade μ é definida como a relação entre B e H em cada 
ponto nessa curva de magnetização. Assunto este que voltaremos mais tarde. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Duro 
Macio 
 
Figura 13.10 Materiais magneticamente duros e macios. 
 
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ELETROMAGNETISMO I 121
13.5 - RELAÇÕES DE FRONTEIRA NO CAMPO MANÉTICO 
 
Na fronteira entre dois meios, o campo magnético pode sofrer variações, tanto em direção como em 
intensidade, da mesma forma já estudada, que ocorre com o campo elétrico. Analogamente, vamos 
analisar o comportamento do campo magnético na fronteira entre dois meios de permeabilidades 
diferentes, segundo duas componentes: uma normal e outra tangencial à fronteira entre estes meios. 
 
Consideremos um volume incremental imerso em um campo magnético na interface entre dois meios 
distintos como mostrado na figura 13.11 abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Bn2
Bn1
 
Figura 13.11 Elemento incremental de volume na fronteira entre dois meios. 
 
Aplicando a ele a lei de Gauss para o magnetismo, posto que não existem cargas magnéticas 
teremos: 
 
 0SdB =⋅∫ rr (13.13)
 
O desmembramento desta integral fechada mostra que o produto escalar acima é zero na superfície 
lateral do cilindro, não se anulando nas superfícies paralelas à fronteira entre os meios orientados 
pelo vetor Sd
r
 sempre normal e externo em cada ponto da superfície fechada. Desta forma 
 
 0dSBdSB 2n1n =− (13.14)
 
onde 
 
 
2n1n BB
vv = (13.15)
 
Observamos então que existe uma continuidade na componente normal do vetor indução magnética 
(ou densidade de fluxo) na interface entre dois meios. Ou seja: 
 
As componentes normais do vetor indução magnética na fronteira entre os dois meios são iguais. 
 
Lembrando que: 
 
 HB
rr μ= (13.16)
 
teremos que 
 
 
2n21n1 HH
vr μ=μ (13.17)
 
ou ainda em termos de suas magnitudes: 
 
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ELETROMAGNETISMO I 122
 
1n
2n
2
1
H
H
μ
μ = (13.18)
 
Ou seja, as componentes normais do vetor intensidade de campo magnético se relacionam pelo 
inverso entre as permeabilidades dos meios. 
 
Consideremos agora o caminho fechado abcda imerso em um campo magnético, na interface entre 
os dois meios, como mostrado na figura 13.12 abaixo. 
 
b c
a d
Ht1
Ht2
Δy 
Δx 
μ2
μ1
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 13.12 Caminho fechado abcda entre dois meios. 
 
Pela aplicação da lei de Ampère ao caminho fechado abcda, teremos a seguinte integral de linha: 
 
 ∫ =⋅ ILdH rr (13.19)
 
Fazendo Δy tender a zero (interface entre os meios), a integração é feita apenas em Δx. Portanto: 
 
 I)HH(x 1t2t =−Δ (13.20)
 
Ou ainda: 
 
 
x
IHH 1t2t Δ=− (13.21)
 
O termo x
IΔ representa uma densidade de corrente na superfície da fronteira (densidade laminar de 
corrente), representada em nossos estudos pela letra k. Normalmente pode-se considerar que as 
correntes estão confinadas nos enrolamentos, de forma que, na grande maioria dos casos, k = 0. 
Assim: 
 
 
1t2t HH
rv = (13.22)
 
Observamos então, neste caso, a continuidade da componente tangencial do vetor campo magnético. 
Em termos de suas magnitudes podemos escrever também que: 
 
 
1
2
1t
2t
B
B
μ
μ= (13.23)
 
Ou seja: 
 
As componentes tangenciais do vetor intensidade de campo magnético são iguais, e as 
componentes tangenciais do vetor indução magnética se relacionam pela razão direta entre as 
permeabilidades magnéticas dos meios. 
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ELETROMAGNETISMO I 123
Exemplo 13.1 
 
Considere uma fronteira plana e desprovida de correntes, entre dois meios , conforme a figura. 21 μeμ
13.13 abaixo. Encontrar a relação entre os ângulos α1 e α2 que os campos magnéticos fazem com a 
normal à interface entre os meios. Os meios são isotrópicos, isto é, com B
r
 e H na mesma direção. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
α1
 
Figura 13.13 Fronteira plana entre dois meios. 
 
Solução: 
 
Pela continuidade das componentes normais 
 
2n1n BB = 
 
Pela continuidade das componentes 
tangenciais 
 
 2t1t HH =
 
Logo 
 
111n cosBB α= 
 
E 
 
222n cosBB α= 
 
Daí: 
 
2211 cosBcosB α=α 
 
Da mesma forma 
 
111t senHH α= 
e 
 
 222t senHH α= 
 
222t senHH α= 
 
onde 
 
2211 senHsenH α=α 
 
Pela relação entre as igualdades vem que: 
 
22
22
11
11
cosB
senH
cosB
senH
α
α=α
α
 
 
Da relação 
 
HB
vv μ= 
 
Teremos então 
 
2
2
1
1
tg1tg1 αμ=αμ 
 
ou ainda: 
 
2r
1r
2
1
2
1
tg
tg
μ
μ=μ
μ=α
α
 
 
α2
B1, H1
B2, H2
μ1
μ2
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ELETROMAGNETISMO I 124
Exemplo 13.2 
 
Considere uma interface entre um meio 1, de ferro doce com μr = 7000 e um meio 2, o ar (μr=1)., 
ambos isotrópicos, mostrada na figura 13.14 a seguir. 
 
a) se a indução B no ferro doce tem incidência normal à fronteira, encontre o ângulo α2; 
 
b) se a indução B no ferro doce é quase tangente à superfície, com um ângulo α1 de 85 graus, 
encontre o correspondente α2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
α2
(1) 
(2) 
(1) 
(2) 
α1
 (a) (b) 
 
Figura 13.14 – Campo Magnético na fronteira Ferro-Ar. (a) incidência normal, (b) incidência quase 
tangente (rasante). 
 
Solução: 
 
(a) Para uma incidência normal, não há desvio, 
nem modificação do valor de B, pois: 
 
 
B = Bn1 = Bn2
 
Logo α2 = α1 = 0.(b) Considerando a incidência oblíqua, quase 
tangente 
 
00163,0
7000
43,11
7000
85tgtg
o
2 ===α 
 
o
2 09,0=α 
 
 
Conforme pode ser observado, o campo 
magnético que sai para o ar é praticamente 
normal à interface entre o ferro e o ar, qualquer 
que seja o ângulo de incidência do campo no 
ferro. 
 
2r
1r
2
1
2
1
tg
tg
μ
μ=μ
μ=α
α
 
 
7000
85tgtg
1
7000
tg
85tg o
2
2
o
=α⇒=α 
 
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ELETROMAGNETISMO I 125
Exemplo 13.3 
A região 1, com está no lado da interface plana 6x + 4y + 3z = 12 que inclui a origem. Na 51r =μ
região 2 . Dado que 3μ 2r = )aˆ5,0aˆ3(μ
1H yx
0
1 +=
r
(A/m), encontre os ângulos e que os campos 
formam com a normal à interface entre os meios.. 
1θ 2θ
 
Como 1B
r
 possui componentes positivas em 
e , escolhemos a solução positiva. Logo: 
xaˆ
yaˆ
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 13.15 - Plano 6x + 4y + 6z = 12 
 
Admitindo meios isotrópicos 
 
0
yx
01011
aˆ5,0aˆ3
5HrB μ
+μ=μμ= rr 
 
)m/Wb(aˆ5,2aˆ15B 2yx1 +=
r
 
 
A intensidade da componente normal do vetor 
indução magnética no meio 1 pode ser obtida 
pelo seguinte produto escalar: 
 
11n11n cos.1.BaˆBB θ=⋅=
r
 
 
onde é o vetor unitário (versor) que dá a 
direção normal ao plano. 
naˆ
 
Da geometria analítica, sabe-se que o versor 
normal ao plano dado na figura 14.15, definido 
pela equação do tipo Ax + By + Cz = D, pode ser 
escrito da forma: 
 
61
aˆ3aˆ4aˆ6
aˆ zyxn
++= 
 
Daí: 
 
( ) ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ++⋅+=
61
aˆ3aˆ4aˆ6
aˆ5,2aˆ15B zyxyx1n 
 
61
100B 1n =
r
 
 
Então de 11n11n cos.1.BaˆBB θ=⋅=
rr
 
 
1
22 cos.1.5,215
61
100 θ+= 
 
o
1 65,32=θ 
 
Das relações de fronteira, pela continuidade de 
nB
r
: 
 
n1n1n2n aˆBBB ==
rr
 (não é produto escalar) 
 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ++=
61
aˆ3aˆ4aˆ6
61
100B zyx2n
r
 
 
61
aˆ300aˆ400aˆ600
B zyx2n
++=r 
 
222
zyx
n
CBA
aˆCaˆBaˆA
aˆ
++
++±= Pela continuidade das componentes tangenciais 
temos para o campo magnético: 
 
2t
02r
1t
01r
2t1t Bμμ
1B
μμ
1HH
rrrr =⇒= Portanto, neste caso: 
 
61
aˆ3aˆ4aˆ6
aˆ zyxn
++±= Logo: 
 
1t
1r
2r
2t Bμ
μ
B
rr = 
 
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 126
Como temos 
 
( ) ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ++−+
=−=
61
aˆ300aˆ400aˆ600
aˆ5,2aˆ15
BBB
zyx
yx
1n11t
rrr
 
)m/Wb(
61
aˆ120aˆ5,251aˆ789
B 2zyx2
++=r 
 
93,0
1205,251789
300400600
B
B
cos
222
222
2
2n
2 =++
++==θ v
r
 
Então, 
 
61
aˆ180aˆ5,148aˆ189
B
5
3B zyx1t2t
−−== rr onde 
o
2 03,21=θ 
Como 
 
2t2n2 BBB
rrr += 
 
 
 
 
 
EXERCÍCIOS 
 
1) - A interface entre 2 meios diferentes é normal a um dos 3 eixos cartesianos. Se 
)ˆ.ˆ.( zx01 a024a543B
rr +μ= e )ˆ.ˆ.( zx02 a024a022B +μ=
r
qual é a relação 
2
1
tg
tg
θ
θ ? 
 
2) - A região 1, com permeabilidade relativa μr1 = 6 está no lado do plano 2x + 4y + 4 z = 16 que 
inclui a origem. Por outro lado, na região 2, adjacente μr2 = 3. Dado que ( ) )/(ˆˆ mAa2a4H 0yx1 μ+=r , 
encontre 2122 e,B,H θθ
rr
. 
 
3) - Um meio ferromagnético de grande extensão possui um campo magnético uniforme de 2 T. Se a 
permeabilidade relativa do meio é 200, encontre o valor de H dentro de (a) - Uma cavidade em 
forma de um disco muito fino, com os seus lados planos paralelos a B. (b) - Idem, com os seus 
lados planos perpendiculares a B. 
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
 1 
 
 
 
 2 
 
 
 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 127
 
 
 
 
 
 
 
 
Os circuitos magnéticos são empregados com o intuito de concentrar o efeito magnético em uma 
dada região do espaço. Em outras palavras, este circuito direciona o fluxo magnético para onde for 
desejado, sendo dotado de materiais com certas propriedades magnéticas e dimensões, a partir de 
uma variedade de seções e diferentes comprimentos. Cumpre salientar aqui que as características 
magnetizantes dos materiais são de natureza não linear, o que deve ser levado em conta nos 
projetos de dispositivos eletromagnéticos. A título de exemplos poderíamos citar a determinação da 
corrente elétrica requerida em um enrolamento para produzir uma dada densidade de fluxo no 
entreferro de um pequeno atuador, de um relé ou de um eletromagneto. 
14 CIRCUITOS MAGNÉTICOS LINEARES E NÃO LINEARES 
 
 
14.1 - CIRCUITOS MAGNÉTICOS LINEARES 
São considerados magneticamente lineares os circuitos magnéticos onde a permeabilidade relativa é 
baixa. Circuitos magneticamente lineares podem ser obtidos quando o núcleo é de ar, ou constituído 
por um material não ferromagnético. 
 
Analogia com Circuitos Elétricos 
 
Consideremos o dispositivo da fig. 14.1, onde o núcleo é formado por um material de permeabilidade 
magnética μ. 
 
V 
i 
N 
φ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 14.1 - Um circuito magnético simples 
 
Pela aplicação da lei de Ampère a este circuito teremos: 
 
 INLdHL =⋅∫
rr
 (14.1)
 
Considerando que H
r
 possui módulo constante ao longo do caminho médio L percorrido pelo fluxo 
magnético φ, mostrado na figura teremos: 
 
 LHIN = (14.2)
 
 
)m/esp.A(
L
INH= (14.3)
 
O produto N I é o responsável pela condução do fluxo no circuito magnético, desempenhando o papel 
de uma fonte. Daí ele ser conhecido por força magneto motriz (Fmm). 
 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 128
De HμB
rr = , vem que: 
 
 
L
NIμB= (14.4)
 
O fluxo magnético φ que passa através da secção reta ao longo do circuito será: 
 
 SBφ= (14.5)
 
Onde pela eq. (14.4) 
 
 
S
L
FmmμS
L
INμ
φ == (14.6)
 
ou ainda: 
 
 
ℜ=
Fmm
φ (14.7)
 
O termo do denominador 
 
 
 Sμ
L=ℜ (14.8)
 
é chamado de relutância do circuito magnético. Ele representa a dificuldade imposta à circulação do 
fluxo magnético, tendo como unidade A.esp/Wb no Sistema Internacional. 
 
 Considere agora o circuito elétrico da fig. 14.2 formado por um único laço ou malha de corrente. 
 
 
V 
i
R
 
Figura 14.2 - Circuito elétrico análogo 
 
 
 
 
Para esse circuito elétrico temos a resistência oposta à corrente elétrica dada por: 
 
 
Sσ
LR= (14.9)
 
onde 
 
 
R
VI= (14.10)
 
Portanto, para a corrente elétrica, sendo V a Fem (força eletro motriz) responsável pela corrente I: 
 
 
)Sσ(
L
Fem
R
FemI == (14.11)
 
Podemos então montar um circuito elétrico análogo ao circuito magnético, conforme as 
correspondências entre as grandezas magnéticas e elétricas a seguir: 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 129
 
Circuito Magnético Circuito Elétrico 
Fmm = N.I Fem = V 
Fluxo Magnético = mϕ Corrente elétrica = I 
Relutância = ℜ Resistência Elétrica = R 
Permeabilidade = μ Condutividade = σ 
Permeância = ℜ1 Condutância = R1G= 
 
 
Exemplo 14.1 
Para o dispositivo da fig. 14.1, tem-se uma corrente I = 5 A, através de N = 100 espiras, fazendo 
circular um fluxo magnético por um retângulo cujos comprimentos médios da base e da altura são 
respectivamente 10 cm e 8 cm e secção reta 2 cm2, feito de um material de permeabilidade relativa 
 = 1000. Calcular: rμ
a) - A relutância do circuito magnético 
b) - A permeância do circuito magnético 
c) - A intensidade de campo magnético no núcleo 
d) - A densidade de fluxo magnético no núcleo 
e) - O fluxo magnético no núcleo 
 
Solução: 
Wb/esp.A10x43,1
10.2.10.π4.1000
10).810.(2
Sμμ
l 6
47
2
0r
m =ℜ⇒+==ℜ −−
−
 
 
)esp.A/(Wb10x7/1P7−=ℜ= 
 
m/esp.A10x4,1H
10).810.(2
5x100
l
NIH 32
m
=⇒+== − 
 
237
0r m/Wb76,1B10.4,1.10.π4.1000HμμB =⇒== − 
 
Wb10.5,310.2.76,1BSφ 44 −− === 
 
 
Exemplo 14.2 
Calcular o valor do fluxo magnético em cada braço da estrutura magnética da fig. 14.3, dados: N = 
500 espiras, I = 1,0 A, material 1 com μr1 = 200 e material 2 com μr2 = 100. 
 
 
5 5 
5 
2 2 2 
2 
2 
N
medidas em cm 
espessura: 2 cm 
material 1 material 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 14.3 - Estrutura ferromagnética do exemplo 14.2 
 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 130
Solução: 
 
Pelo circuito elétrico análogo abaixo 
 
φ2 φ1 
H1l1 H2l2 
NI 
 
 
 Figura 14.4 - circuito elétrico análogo 
do exemplo 14.2 
 
 
 
 
Para o lado do material 1: Indução magnética no braço esquerdo: 
 
11lHNI= T45,057,17810π4200HμμB 7101r1 =××××== − 
 
Para o lado do material 2: Fluxo magnético no braço esquerdo: 
 
22lHNI= Wb108,110445,0SBφ 44111 −− ×=××== No caso l1 = l2 = lm Indução magnética no braço direito: cm28cm)111111115555(lm =+++++++++++= T23,057,17810π4100HμμB 7202r2 =××××== − 
 
m/esp.A71,1785
28,0
1500
l
NIH
1
1 =×== Fluxo magnético no braço direito: 
 
 Wb1092,010423,0SBφ 44222
−− ×=××== 
m/esp.A71,1785
28,0
1500NIH
2
2 =×== l Fluxo magnético (total) no braço central: 
 
Wb1072,2φφφ 421c
−×=+= 
 
 
14.2 - CIRCUITOS MAGNÉTICOS NÃO-LINEARES 
São considerados não lineares todos os circuitos magnéticos que utilizem materiais ferromagnéticos, 
dotados de permeabilidade magnética alta, tais como o ferro fundido, o aço silício, o aço fundido, a 
ferrite etc. A maioria dos circuitos magnéticos de aplicação prática são não lineares e a 
permeabilidade dos materiais ferromagnéticos torna-se variável em função da indução ou densidade 
de fluxo magnético no núcleo. B
r
 
 
Exemplo 14.3 
As dimensões da estrutura magnética na fig. 14.5 estão indicadas na tabela em seguida. O 
enrolamento de excitação possui 100 espiras. Determine a corrente neste enrolamento para 
estabelecer um fluxo de 1.5x10-4 (Wb). Despreze a dispersão do fluxo magnético, considerando-o 
todo confinado ao núcleo. Utilize as curvas de magnetização mostradas no final deste capítulo. 
 
 2 1 
H1l1 
H2l2 
NI 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 14.5 - Estrutura ferromagnética Figura 14.6 - Circuito elétrico análogo 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 131
 
 Mat. 1 - Ferro Fundido Mat. 2 - Aço-Silício 
lm 0.2 m 0.4 m 
S 15x10-4 m2 15x10-4 m2 
 
Solução: 
 
 2211 l.Hl.HI.NFmm +== 
 
A estrutura mostra um circuito com os dois 
materiais em série. Assim: 
Para o ferro fundido: 
 
)m/esp.A(225H)m/Wb(1.0B 1
2
1 ≅⇒= 
 
)Wb(10x5,1φφφ 421
−=== Para o aço-silício: 
 
)m/esp.A(35H)m/Wb(1.0B 2
2
2 ≅⇒= S.Bφ= 
 
Portanto: 2211 S.BS.Bφ == 
 
N
l.Hl.H
I 2211
+= )m/Wb(1,0
10x15
10x5.1
S
φBB 24
4
21 ==== −
−
 
 
A59,0
100
4,0x352.0x225I =+= 
 
Das curvas de magnetização temos: 
 
Imagine que tivéssemos que escolher apenas um tipo de material, entre os materiais 1 e 2, para 
manter o mesmo fluxo magnético. Qual seria o escolhido? 
 
Se o material escolhido fosse o 2 teríamos: 
 
)A(21,0
100
4,0x352,0x35
N
l.Hl.H
'I 2211 =+=+= 
 
Se o material 1 fosse o escolhido teríamos: 
 
)A(35,1
100
4,0x2252,0x225''I =+= 
 
Neste caso, o escolhido seria o material 2, por requerer uma corrente de 210 mA (conseqüentemente 
uma força magnetomotriz) menor do que a exigida no caso de se utilizar o material 1. 
 
 
Exemplo 14.4 
 Considere a estrutura magnética em aço fundido mostrada na fig. 14.7. Para um fluxo magnético de 
1,5 x 10-4 Wb, qual é o valor de B nos pontos 1 e 2, dados que S1 = 16 cm2, S2 = 20 cm2, l1 = 15 cm, 
l2 = 30 cm. Determine também a corrente na bobina sabendo-se que ela possui 200 espiras. 
 
 
 
N 
1 2 
 
 
Figura 14.7 – estrutura ferromagnética do 
exemplo 14.4 
 
 
 
 
 
 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 132
Solução: 
 
O fluxo magnético é o mesmo em qualquer 
seção. Logo 
Da curva para o aço fundido: 
 
 m/Ae85HT094,0B 11 =⇒= 
21 φφφ == 
 m/Ae65HT075,0B 22 =⇒= 
A indução magnética na seção 1 é: 
Aplicando a lei de Ampère: 
 
2211 lHlHNI += 
 
A16,0
200
3,06515,085I =×+×= 
 
T094,0
1016
105,1
S
φB 4
4
1
1 =×
×== −
−
 
 
A indução magnética na seção 2 é: 
 
T075,0
1020
105,1
S
φB 4
4
2
2 =×
×== −
−
 
 
 
14.3 - FATOR DE EMPACOTAMENTO (OU FATOR DE LAMINAÇÃO) 
Quando um material ferromagnético é colocado na presença de um campo magnético variável no 
tempo, correntes parasitas (ou correntes de Foucault) serão induzidas em seu interior, provocando 
perdas de energia com o aquecimento do material. A redução deste fenômeno é obtida com o núcleo 
de dispositivos eletromagnéticos construído com chapas ou lâminas de material ferromagnético, 
isoladas entre si (por exemplo, com verniz), conforme pode ser ilustrado na fig. 14.8. 
 
Assim, devido ao processo de empilhamento das chapas para montagem do núcleo, a área efetiva do 
material ferromagnético, Smag atravessada pelo fluxo torna-se menor que a área geométrica, Sgeom 
ocupada pelo núcleo. Pode-se então definir um fator de empacotamento ke como sendo a relação: 
 
 
geom
mag
e S
S
k = (14.12)
 
Outra razão de natureza prática para a laminação do circuito magnético é a de facilitar a colocação das 
bobinas no dispositivo visando à construção e a manutenção. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 14.8 – Núcleo Laminado 
 
A tabela a seguir fornece alguns valores para o fator de empacotamento em função da espessura da 
chapa ou lâmina utilizada. 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 133
 
Espessura da chapa (mm) ke 
0.0127 0,50 
0.0258 0,75 
0.0508 0,85 
0.10 a 0.25 0,90 
0.27 a 0.36 0,95 
 
 
Exemplo 14.5 
Uma estrutura magnética é feita de um pacote em aço-silício com chapas de 0,15 mm, como pode ser 
mostrada na fig. 14.9. Determine a corrente que deve circular no enrolamento com 500 espiras para 
estabelecer um fluxo de 9x10-4 Wb no braço direito da estrutura. Dados: l1 = l3 = 50 cm, l2 = 15 cm, 
espessura comum S = 25 cm2. 
 
 
N = 500 
l1 l3 
l2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 14.9 - Estrutura magnética do exemplo 14.5 
 
Solução: 
 
Da curva de magnetização para o aço silício: malha 1: )I(.lHl.HFmm 2211 +=
 
m/esp.A60H4,0B 33 =⇒= malha 2: )II(l.Hl.H0 2233 −=
 
A partir da equação (II) na malha 2: nó 1: )III(φφφ 321 += 
 
m/esp.A200
10x15
10x50x60
l
l.HH 2
2
2
33
2 −
−
== 1 
 
 
 Da curva de magnetização: 
 
 2
22 m/Wb07,1B200H ⇒= 
 Figura 14.10 - Circuito análogo do exemplo 13.5 
 Wb10x08,24)9,0x10x25(x07,1S.Bφ 44222
−− ===
Dado: Wb10x9φ 43
−= 
Da equação (III): 
 
333 S.Bφ = 
Wb10x08,3310x910x08,24φ 4441
−−− =+= 
Considerando um fator de empacotamento 
ke = 0,90 
2
4
4
1
1
1 m/Wb47,1
10x5,22
10x08,33
S
φB == −
−
 
2
4
4
3 m/Wb4,0
90,0x10x25
10x9B == −
−
 
 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 134
 Da curva de magnetização: esp.A105510x15x20010x50x2050Fmm 22 =+= −− 
 
A11,2
500
1055
I == 
m/esp.A2050H47,1B 11 =⇒= 
 
Da equação (I): 
 
 
14.4 – CIRCUITOS MAGNÉTICOS COM ENTREFERROS 
Alguns dispositivos eletromagnéticos, tais como instrumentos de medidas, motores, relés etc, por 
serem constituídos de uma parte fixa e outra móvel, possuem um espaço de ar lg na sua estrutura 
magnética. Este espaçamento ou interstício promove o acoplamento entre as partes sob o ponto de 
vista magnético para que o fluxo se estabeleça por um caminho fechado. A este espaço é dado onome de “entreferro" (ou "air gap" em inglês). 
 
 
 
lg 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 14.11 - Estrutura magnética com entreferro 
 
 
Ao cruzar o entreferro, o fluxo magnético sofre um fenômeno chamado de espraiamento 
(frangeamento, espalhamento, efeito de bordas), conforme pode ser visto da fig. 14.12. Isto faz com 
que a área efetiva por onde passa o fluxo se torne maior que a área S geométrica do entreferro. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 14.12 - Campo magnético em um entreferro 
 
Seja uma área de secção reta S = a x b retangular e o entreferro de comprimento lg. Então, de uma 
forma prática, podemos calcular a área aparente ou efetiva do entreferro Sg através da relação: 
 
 )m()lb).(la(S 2ggg ++= (14.13)
 
Observe-se aqui que quando o entreferro for muito reduzido, o efeito do espraiamento pode ser 
desprezado. 
 
 
Exemplo 14.6 
Vamos investigar a influência de um entreferro sobre um circuito magnético. Imagine uma estrutura 
retangular em aço silício, com secção reta de 5 cm x 2 cm, comprimento médio de 50 cm, excitada por 
uma bobina de 100 espiras. Determinar os valores de corrente necessários para que sejam 
estabelecidos fluxos magnéticos de 3x10-4 Wb, 6x10-4 Wb e 9x10-4 Wb. Em seguida, admita um 
entreferro de 1 mm na estrutura e refaça os cálculos para encontrar os mesmos valores de fluxo. 
Analise os resultados. 
 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 135
Solução: 
 
Sem entreferro: Área efetiva do entreferro: 
 
Para Wb10x3S.Bφ 4−== 2g cm71,10)1,02).(1,05(S =++= 
 
T3,0
10x10
10x3
S
φB 4
4
=== −
−
 Para Wb10x3φ
4−=
 
 
T28,0
10x71,10
10x3
S
φ
B 4
4
g
g
g === −
−
 Da curva de magnetização do aço-silício: 
 
m/esp.A55HT3,0B =⇒= 
m/esp.A222817
10xπ4
28,0
μ
B
H 7
0
g
g === − 
 
o valor da corrente será: 
 
 
A275,0
100
5,0x55
N
l.HI === 
A50,2
100
001.0x222817)001,05,0(x55I =+−= 
 
 
Para Wb10x6φ 4−=
Para Wb10x6φ 4−= 
 
T6,0
10x10
10x6B 4
4
== −
−
 
T56,0
10x71,10
10x6B 4
4
g =−
−
 
 
 m/esp.A75T6,0 ⇒ 
m/esp.A445812
10xπ4
56,0H 7g == − 
A375,0
100
5.0x75I == 
A83,4
100
001,0x445812499,0x75I =+= 
Para Wb10x9φ 4−=
 
Para Wb10x9φ 4−=
T9,0
10x10
10x9B 4
4
== −
−
 
T84,0
10x71,10
10x9B 4
4
g == −
−
 
 
m/esp.A668718
10xπ4
84,0H 7g == − 
 
A36,7
100
001,0x668718499,0x135I =+= 
 
m/esp.A135T9.0 ⇒ 
 
A675,0
100
5,0x135I == 
 
Com o entreferro: 
 
 
A partir dos resultados podemos observar que: 
 
- Para se obter os mesmos valores de fluxo, com a introdução do entreferro, é necessário um aumento 
muito grande nos valores da corrente. 
 
 - Praticamente toda a Fmm é utilizada para vencer o entreferro (torna-se mais acentuado quanto maior 
o entreferro) 
 
- A introdução do entreferro tornou o circuito magnético (material magnético + entreferro) praticamente 
linear. 
 
 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 136
Exemplo 14.7 
Considere uma estrutura magnética construída com chapas de aço silício, com fator de 
empacotamento 0,9. As dimensões da seção transversal do núcleo são 5 cm e 6 cm. O comprimento 
médio do caminho do fluxo é 1 m. Determine a Fmm para estabelecer um fluxo de 25x10-4 Wb no 
entreferro, cujo comprimento tem 5 mm. 
Solução: 
( )( ) T7,0005,006,0005,005,0
1025
S
φ
B
4
g
g
g =++
×==
−
 
Da curva de magnetização para o aço silício 
 
m/Ae130HT93,0B nn =⇒= 
 
m/Ae3,557042
μ
B
H
0
g
g == nngg lHlHFmm += 
 
Ae6,2914)005,01(130005,03,557042Fmm =−×+×= 
T93,0
9,006,005,0
1025
S
φB
4
n
n
n =××
×==
−
 
 
 
 
Exemplo 14.8 
Considere a mesma estrutura, porém com uma bobina de 50 espiras, e uma corrente de 6 A. Qual é o 
valor do fluxo no entreferro? 
Solução: 
ggnn l.Hl.Hi.N += (I) 
 
φφφ gn == 
 
nngg S.BS.Bφ == 
 
g0
g
n
ng HμS
SBB == 
 
g
n
0
n
g S
S
μ
BH = (II) 
 
Substituindo (II) em (I): 
 
)III(l.
S.μ
SBlHi.N g
g0
n
nnn += 
 
A equação acima recebe o nome de reta negativa 
de entreferro (veja fig. 13.13) 
Fazendo-se 0Bn = em (III): 
 
)m/esp.A(4500
1
6x750
l
i.NH
n
n === 
 
 
 
Fazendo-se em (III): 0Hn =
 
)m/Wb(
l.S
S.μ
.i.NB 2
gn
g0
n = 
 
224
47
n
m
Wm5,1
10.5,0x10x6x5x9,0
10)5,06)(5,05(10.π46x750B ≅++= −−
−−
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 14.13 - A curva de magnetização e a reta 
negativa de entreferro 
 
De acordo com a fig. 13.13 e dispondo da curva 
de magnetização do aço silício, determinamos 
graficamente os valores da intersecção. 
 
 m/esp.A550Hem/Wb33,1B 'n
2'
n ==
 
 Portanto: 
 
Wb10x3610x6x5(x9,0x33,1S.Bφ 44n
'
n
−− === 
B 
H 
Curva de 
magnetização 
Reta negativa de 
entreferro 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 137
 
Exemplo 14.9 
Um núcleo toroidal de aço fundido apresenta uma seção transversal circular de 10 cm2. O 
comprimento médio do circuito magnético é 35 cm, com um gap de 1 mm. Uma bobina enrolada com 
200 espiras em torno do núcleo alimenta o circuito magnético com uma corrente de 3 A. Determine o 
uxo no entreferro. fl
 
Solução: 
 
Figura 14.14 - Circuito Magnético e circuito análogo do exemplo 
 
aio do núcleo toroidal de aço fundido: 
 
 
V
i
R 
 
 
 
 
 
 
R Fazendo Bn= 0 : 
 
m0178,010x10rm10x10rπS
4
242
n ==⇒==
−−
 
)m/esp.A(17203x200
l
I.NH 2n === − π
aio efetivo do entreferro: 
 
rea efetiva do gap (entreferro): 
 
g
 circuito magnético é descrito por: 
 
ggn
gφφφ == 
Como o circuito é de aço f ndido, ke = 1, e 
10x9,34n
 do material 
agnético do núcleo obtemos: 
 
67.0B 2n = 
(350Hn
 
Do cruzamento da reta negativa de entreferro 
com a curva de magnetização
R
m0188,0001,00178,0r =+= m
 
Á Wb( )m/
 
)m/esp.
242 m10x1,110188,0.πS −== A= 
 
O fluxo no entreferro é: 
 
O
 
67,0x10x10SB
S
S
S.Bφ 4gn
n
ggg
−=== n l.Hl.HI.N += 
 g
g
e 
H na equação do circuito magnético teremos: 
 
Wb10x7,6φ 4−= 
 
Substituindo os valores encontrados para Bn
n
 
u
 
n
n
gnngg BS
S
BSBSB =⇒= n
 
)esp.A(65501.0x
g
1xπ4
67.0349.0x350I.N 7 =+= − 
 a obtenção de 
soluções com certa precisão. 
 
g
nn
nn l.S
S
.
μ
B
l.HI.N += 0 
Observamos que este resultado se aproxima do 
valor correto de N.I que é 600 A.esp. Portanto, 
este método gráfico permite
g0
 
azendo Hn = 0 : 
 
F 
)m/Wb(84.0
10.10x10
10xπ4x10x1.11x3x200
l.S
μ.S.I.N
B
2
34
74
gn
0g
n
=
== −−
−−
 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 138
EXERCÍCIOS 
1) - Um circuito magnético compõe-se de duas partes de mesmo material ferromagnético com 
permeabilidade magnética relativa formando um caminho único para o fluxo. A parte 1 
tem 50 mm de comprimento médio e 104 mm2 de seção reta. A parte 2, conectada à parte 1, 
possui 30 mm de comprimento médio e 120 mm2 de área de secção. O material magnético 
encontra-se na parte da curva onde a permeabilidade relativa é proporcional à densidade de fluxo. 
Encontre o fluxo ϕ, para uma Fmm de 40 A.esp. 
4000μ r =
 
2) - A figura abaixo mostra um circuito magnético em aço fundido. A parte 1 tem um comprimento 
médio l1 = 34 cm, e secção S1 = 6 cm2. A parte 2 tem l2 = 16 cm e S2 = 4 cm2. Calcule a corrente 
do enrolamento com N1 espiras, supondo I2 = 0.5 A., N1 = 200 espiras, N2 = 100 espiras e o fluxo 
magnético no circuito, ϕ = 120 μWb. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 1 
N2
N1
F2 
F1 
Figura do problema 2 
 
3) - A figura abaixo mostra um circuito magnético com uma Fmm de 500 Ae. A parte 1 é de aço 
fundido, com l1 = 340 mm, e S1 =400 mm2. A parte 2 é de ferro fundido, com l2 = 138 mm e S2 = 
360 mm2. Calcule o fluxo magnético. 
 
 
1 2 
 
 
 
 
 
 
 
Figura do problema 3 
 
4) - Para o circuito magnético mostrado na figura abaixo, a permeabiliade relativa é 1000. A seção 
transversal é de 2 cm2, com exceção da perna central, que é de 4 cm2. Os caminhos l1 e l2 medem 
24 cm, e l3 mede 8 cm. Calcular o fluxo magnético nos caminhos L1 e L2. 
 
 
1000 Ae 500 Ae 
L1 L2
L3
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura do problema 4 
 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 139
5) - Um núcleo em aço-silício, seção retangular de 10 mm x 8 mm, comprimento médio de 150 mm. 
Possui um entreferro de 0.8 mm. O fluxo é 80 x 10-6 Wb. Calcule a Fmm. 
 
6) - O circuito magnético mostrado na figura abaixo é de aço fundido. A bobina tem 500 espiras. As 
dimensões são : le = 1mm, S2 = S3 = 150 mm2 , S1 = 300 mm2 , l1 = 40 mm, l2 = 110 mm e 
l3 = 109 mm. Calcule a corrente na bobina para gerar um fluxo de 125 μWb no entreferro. 
Suponha que Se é 17 % maior que S3. 
 
2 cm 
Espessura 2 cm 
Entreferro = 1 mm 
Fmm = 500 Fmm = 500 
5 cm 
2 cm 
6 cm 6 cm 4 cm 2 cm 2 cm 
 
 
 
 
 N = 500 
L2 L3
L1 
 
 
 
 
 
 
Figura do problema 6 
 
7) - Encontre o fluxo magnético em cada um dos três braços do circuito magnético mostrado na 
figura abaixo. Considere H = 200B no aço. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura do problema 7 
 
 
 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 140
CURVAS DE MAGNETIZAÇÃO DOS PRINCIPAIS MATERIAIS FERROMAGNÉTICOS 
 
 
 
 
I A, 
a2 X V ~ ~ Q e 6 2 P 0, 6 4 
%e E,, 0 , 6 3 / ~ ~ ~ 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 141
 
 
 
 
 
 
 
 
15 FORÇA DE ORIGEM MAGNÉTICA NO ENTREFERRO 
Em um circuito magnético o fluxo produzido pelo seu campo deve percorrer um caminho fechado. Se 
este circuito tiver entreferros, neles aparecerão dipolos magnéticos, fazendo com que cada lado de um 
entreferro fique sujeito a uma força de atração. Verificamos então que a presença do campo magnético 
neste circuito com entreferros irá desenvolver uma tendência de fechar esses entreferros, justificando 
então o efeito da ação destas forças de atração mútua. 
 
Forças originadas a partir de campos magnéticos são de grande aplicação em numerosos dispositivos 
eletromagnéticos, tais como, relés, eletroímãs, instrumentos de medida, motores e geradores elétricos, 
etc. 
 
A densidade de energia armazenada num campo magnético é dada por: 
 
 
)/( 3
2
2
m mJ
B
2
1H
2
1HB
2
1w μ=μ=•=
rr
 (15.1)
 
Esta expressão é análoga àquela da energia armazenada no campo elétrico, dada pela metade do 
produto escalar entre os vetores da densidade de fluxo e a correspondente intensidade de campo. 
 
Já vimos em aplicações anteriores que a relutância do circuito magnético é em geral muito menor que 
a relutância do entreferro. Podemos considerar então que quase toda a Fmm produzida é utilizada 
para vencer o entreferro armazenando nele praticamente toda a energia magnética. Em vista da 
distância do entreferro ser muito pequena em relação ao comprimento (médio) do circuito magnético, 
podemos admitir o campo magnético no entreferro como sendo uniforme. Com isto, a energia 
magnética armazenada no entreferro vale: 
 
 
)(l... JS
B
2
1VwW gg
0
2
g
gmm μ== (15.2)
 
onde: 
 
gV = Volume do entreferro 
gS = Seção transversal do entreferro 
gl = comprimento do entreferro. 
 
Suponhamos agora que este entreferro seja mantido aberto mediante a aplicação de uma força 
externa de módulo F. Se esta força varia e aumenta a distância lg entre os lados do entreferro de um 
incremento d lg, então um ligeiro acréscimo na corrente será observado para que B se mantenha 
constante e um acréscimo de energia armazenada dWm será dado por: 
 
 
gg
0
2
g
m dS2
B
dW lμ= (15.3)
 
Este acréscimo de energia armazenada implicará num incremento de trabalho externo realizado que, 
desenvolvido no entreferro, pode assim ser escrito: 
 
 )(l JdFdW g= (15.4)
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 142
O trabalho incremental realizado pela força externa F corresponde ao acréscimo de energia 
armazenada no campo magnético. Pela igualdade entre as expressões (15.4) e (15.3) teremos a 
intensidade da força exercida no entreferro dada por: 
 
 
g
0
2
g S
2
B
F μ= (15.5)
 
Exemplo 15.1 
Um eletromagneto em forma de U, segundo a figura 15.1 abaixo, sustenta uma barra de ferro. O 
comprimento médio do eletromagneto adicionado ao da barra perfaz 1 m e o contato ferro-ferro entre 
eles é estabelecido por lâminas de cobre de 1 mm de espessura. A área de contato é a de um círculo 
com 0,1 m2. Se a permeabilidade relativa do material utilizado é 1800 e o número de ampères-espiras 
é 1 kA, qual é o peso da barra sustentada? 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 15.1 – estrutura magnética do eletro-ímã. 
 
Forças que atuam na barra em equilíbrio: 
 
 
 
 
 
 
 
 
mF2P= 
 
Área efetiva no entreferro de cobre (material não 
magnético), considerando o espraiamento das 
linhas de campo 
 
22
n Rm10S π== , 
 
m1780R ,= 
 
( ) 22g m1006000101780S ,,, =+π= 
 
Pela análise do circuito magnético temos: 
 
nngg HH2IN ll += 
ou 
1 kA 
Espaçador 
de cobre 
P 
 
n
0r
n
g
0
g BB2IN ll μμ+μ= 
 
Pela condição de fluxo comum estabelecido 
no circuito 
 
g
n
g
nnngg BS
S
BSBSB =⇒==φ 
 
Daí 
 
⇒μμ+μ= nn
g
0r
g
g
0
g
S
SBB
2IN ll 
P
Fm Fm ( )
10060x110x0010x1800x2
1000x10x10x4x1800B
SS2BINS
7
g
gnngrgn0r
,,,
,
ll
+
π=
⇒+μ=μμ
− 
 
T4910Bg ,= 
 
A força que equilibra a barra e compensa o 
seu peso realiza um trabalho no campo 
magnético, sendo dada por: 
 
N9650
10x4x2
10060x4910
2
SB
F 7
2
0
g
2
g
m =π=μ= −
,, 
 
E o peso da barra é então 
 
ouN3001965092P .. =×= 
 
tf931P ,=
 
 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 143
Exemplo 15.2 
Determinar o número de ampères-espiras necessários para gerar uma força magneto motriz de 
modo a manter um entreferro de 1 mm na estrutura ferromagnética da figura 15.2, contra a ação de 
uma mola cuja constante elástica K = 5 × 102 N/m. Nesta situação, sabe-se que a distensão da mola 
é de 2 cm. Desprezar o espraiamento e a relutância do ferro. 
 
Solução: 
 
1 mm
1 cm
2 cm
espessura = 2 cm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 15.2 - estrutura ferromagnética do exemplo 16.2 
Forças agentes na parte móvel: 
 
 
 
 
 
 
 
 
A condição de equilíbrio impõe que 
 
2
F
F molamag = 
 
onde 
 
xKFmola = 
 
N10102105F 22mola =×××= − 
 
N5SH
2
1F 2g0mag =μ= 
 
Fmola
Fmag
Fmag S
F2
H
0
mag
g μ
×= 
 
( ) mespA199471020010
52H
0
g /.,,
=×μ
×= 
 
Considerando apenas a presença dos dois 
entreferros 
 
ggmm H2F l= =2 x 199471 x 0,001 
 
espirasampères399Fmm −= 
 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 144
EXERCÍCIOS 
 
1) - O eletromagneto mostrado na figura abaixo é projetado para suportar uma força que tende a 
fechar o entreferro, equivalente ao peso de uma massa de 10 toneladas. Qual é a máxima 
corrente permitida para a qual a força não exceda esse valor? O enrolamento possui 10000 
espiras, e a permeabilidade relativa do material do núcleo magnético é 400. 
 
 
 seção transversal = 
0,4×0,25 m 
 
diâmetro = 0,4 m 
 
entreferro = 0,01 m 2 m 
 
 
 
 
 
 
 2 mFig. 1 - Fig. do problema 1 
 
2)- O Objetivo deste problema é demonstrar a importância de um bom projeto do circuito magnético 
em um dispositivo eletromagnético. Um eletroímã é construído com chapas de aço silício. O número 
de espiras no enrolamento é 1000. Dois circuitos magnéticos são propostos (figuras 2 e 3). Em cada 
proposta, calcular a corrente que deve circular no enrolamento para se levantar os seguintes pesos: 
P = 1 tf, P = 2 tf, P = 5 tf. Desprezar o espraiamento. Preencha os valores da tabela I, e calcule o 
volume de material magnético gasto em cada caso. Tire as suas conclusões. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 2 - circuito 1 p/ p problema 2 Fig. 3 - circuito 2 p/ o problema 2 
 
 
Tabela I - preencha com os valores obtidos de corrente 
Peso corrente (A) 
(T) circuito 1 circuito 2 
1 
2 
5 
 
 
20 20 20 15
30 15 
40 
10 
10 
15
40
1 mm 
10
1 mm
P P 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 145
3) Calcular a corrente que deve circular na bobina de 100 espiras da suspensão magnética da figura 
abaixo, de forma a levantar um peso de 800 N. O ímã permanente possui 2 cm de comprimento, 
área S = 30 cm2, e característica de magnetização mostrada na outra figura. A orientação do ímã é 
tal que seu fluxo se adiciona ao da bobina. O entreferro é de 2 mm, e a área s dos dentes é 10 cm2. 
Desprezar o espraiamento e a relutância do ferro. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ímã 
bobina 
Área s 
Parte móvel 
 
Suspensão magnética do problema 3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
B 
 
Bi = μ0Hi + Br
 
 
 
Br = 0,8 
 
Característica de desmagnetização do ímã do problema 3. 
 
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 146
 
 
 
 
 
 
 
 
Inicialmente vamos considerar um material ferromagnético ilustrado na figura 16.1, enrolado com N 
espiras condutoras em que circula uma corrente elétrica de intensidade i, suficiente para levar o 
núcleo interno à saturação. Sabemos que, de acordo com a teoria dos domínios magnéticos, o núcleo 
manterá um magnetismo residual depois a corrente é extinta, conforme pode ser mostrado pelo ciclo 
de histerese na figura 16.2. Pode-se assim dizer que o material ferromagnético imantou-se, ou 
tornou-se um ímã permanente. 
16 CIRCUITOS MAGNÉTICOS COM ÍMÃS PERMANENTES 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
i
B
 
Fig. 16.1 - Núcleo com enrolamento de N espiras 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
B 
Br 
Hc 
Curva de 
desmagnetização 
H 
Fig. 16.2 - Ciclo de Histerese 
 
A nossa região de interesse no ciclo de histerese é aquela que pertence ao segundo quadrante. Este 
trecho é chamado de curva de desmagnetização e representa as características de um dado ímã. O 
ideal é que os ímãs permanentes apresentem uma alta retentividade ou remanência (ponto Br de 
interseção da curva de histerese com o eixo B) e uma alta coercitividade (ponto HC de interseção da 
mesma curva com o eixo horizontal H), expressando assim, a medida da dificuldade de 
desmagnetização apresentada pelo material. Uma característica muito importante em um ímã 
permanente é o máximo valor para o produto B H. 
 
Observemos aí que não se trata do produto dos valores máximos de B e de H, ou seja, de BBmax por 
Hmax. Um análise da figura 16.3, com algumas curvas de desmagnetização, mostra que a curva 2 é 
aquela que oferece o máximo produto B H. 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 147
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1
2
3 Alta retentividade, 
baixa coercitividade 
 Retentividade intermediária, 
coercitividade intermediária 
baixa retentividade, 
alta coercitividade 
 
Fig. 15.3 - Curvas de desmagnetização 
 
O máximo produto BH para um determinado material indica a máxima densidade de energia (J/m3) 
que pode ser armazenada no imã composto de certa substância. Quanto maior o valor do máximo 
produto B H, menor será a quantidade de material necessária para que se obtenha um dado valor de 
fluxo magnético. 
 
A figura 16.4 apresenta a curva de desmagnetização de uma liga alnico 5. A tabela 16.1 apresenta 
valores de retentividade, coercitividade e (B H) máximo para os diversos tipos de ímãs permanentes 
mais empregados. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 -10000-
 
Fig. 16.4 - curva de desmagnetização do alnico 5 
 
Tabela 16.1 
 
Material 
(composição percentual) 
Retentividade 
(T) 
Coercitividade 
(A/m) 
(BH)max 
 (J/m3) 
Aço Cromo (98 Fe, 0,9 Cr, 0,6 Co, 0,4 Mn) 1,0 4.000 1.600 
Oxide (57 Fe, 28 O, 15 Co ) 0,2 72.000 4.800 
Alnico 12 ( 33 Fe, 35 Co, 18 Ni, 8 Ti, 6 Al) 0,6 76.000 12.000 
Alnico 2 (55 Fe, 12 Co, 17 Ni, 10 AL, 6 Cu) 0,7 44.800 13.600 
Alnico 5 (Alcomax)(51 Fe, 24 Co, 14 Ni, 8 Al, 3 Cu) 1,25 44.000 36.000 
Platina-Cobalto (77 Pt, 23 Co) 0,6 290.000 52.000 
 
 
16.1 - Imãs Permanentes com Entreferro. 
Imãs permanentes são normalmente utilizados em estruturas que apresentem entreferros. As 
maiores aplicações são medidores, microfones, alto falantes, geradores de pequeno porte. 
Atualmente máquinas de grande porte também estão sendo construídas utilizando-se imãs 
20000-30000-40000-50000 0
0,2
1,4
0,6
0,8
1,0
1,2
0,4
D 
E 
N 
S 
I 
D 
A 
D 
E 
 
D 
E 
 
F 
L 
U 
X 
O 
 
(T) 
INTENSIDADE DE CAMPO (A/m)
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 148
permanentes, com o desenvolvimento de ligas especiais (Samário-Cobalto, por exemplo), que dão 
origem aos chamados super-imãs. 
 
Consideremos um circuito magnetizado permanentemente, com um entreferro (figura 16.5). 
 
 Him
Hg
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 16.5 - Circuito magnético formado com material permanentemente magnetizado 
 
Devido ao entreferro, a densidade de fluxo residual deverá possuir um valor menor do que Br, 
situando-se em um ponto P qualquer da curva de desmagnetização (figura 16.6). 
 
Para localizarmos o ponto P na curva de desmagnetização necessitamos da equação da reta OP', 
indicando assim o ponto de operação do ímã. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O
P
P’
-H 
B
 
Fig. 16.6 - Ponto de Operação do ímã 
 
A lei de Ampère aplicada a este circuito fornece: 
 
 0NIldHl ==⋅∫
rr
 (16.1)
 
Como não existe corrente, conseqüentemente não existirá também a Fmm no circuito magnético. 
Assim, a equação (16.1) resulta: 
 
 0.H.H ggimim =+ ll (16.2)
 
Sabemos que no entreferro a permeabilidade é baixa e linear. Assim 
 
 g0g HμB = (16.3)
 
Esta expressão com o uso da (16.2) permite escrever que: 
 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 149
 
g
imim
0g
.H
μB
l
l−= (16.4)
 
Pela configuração do circuito magnético, o fluxo das linhas de campo é o mesmo no entreferro e no 
ímã. Considerando o efeito de espraiamento do fluxo no entreferro, temos que: 
 
 
g
im
imgimimgg S
S
BBSBSB =⇒= (16.5)
 
A igualdade das expressões (16.4) e (16.5) fornece: 
 
 
g
imim0
g
imim Hμ
S
SB
l
l−= (16.6)
 
Portanto: 
 
 
im
gim
img0
im HS
Sμ
B
l
l−= (16.7)
 
Esta é a equação da reta OP' mostrada na figura 15.6, com declividade negativa. Sua intersecção 
com a curva de desmagnetização fornece o ponto de operação do ímã com o entreferro. 
 
Exemplo 16.1 
Calcular o fluxo magnético no entreferro do ímã permanente de secção transversal 30 cm2 conforme 
o esquema na figura 16.7. A curva de desmagnetização desteímã é dada na figura 16.8, podendo 
ser considerada como um quadrante de círculo. 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 16.7 - Ímã permanente c/ entreferro 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 16.8 - Curva de desmagnetização
 
cm5,59)5,015(151515im =−+++=l 
 
S x cim = =5 6 30 2m
g )
 
 
S a l b lg g= + +( ).( 
 
2
g cm75,35)5.06).(5.05(S =++= 
 
Pela (16.7) 
 
24
im
247
im 10x5,0x10x30
xH10x5,59x10x75,35x10xπ4
B −−
−−−−= 
 
im
4
im H10x78,1B
−−= 
 
Observamos que a curva B x H não plota as 
grandezas na mesma unidade, impedindo 
uma solução imediata. Estabelecendo as 
seguintes relações: 
 
Em B: 1 unidade = 0,1 T 
Em H: 1 unidade = – 1000 A/m 
P 
P’
H (Ae/m) 
B(T) 
0,5
5000 
20 
cm 
20 cm
5 0,5 
5 
5 
espessura 
= 6 cm 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 150
 
Podemos escrever, com todas as grandezas na 
mesma unidade, em que: 
 
y)1000(.10.78,1x1,0 4 −−= − 
 
y78,1x = 
 
Esta é a equação da reta OP' (linha de 
cisalhamento). 
 
Como a curva do ímã é aproximada por um 
quadrante de círculo, temos: 
 
222 5yx =+ 
 
O ponto de operação será obtido pela solução 
do sistema acima. Daí 
 
unidades98,2x
x
578,1x
x
5y =⇒=⇒±= 
 
Fazendo a conversão para B (1 unidade = 
0,1 T) 
 
T30.0Bop ≅ 
 
Da mesma forma, para 
 
m/esp.A1678)1000(
x
5Hop −≅−= 
 
E o fluxo no entreferro será: 
4
imimimg 10x30x30.0φ.Sφφ
−=== 
 
Wb10x0,9φ 4g
−=
 
Exemplo 16.2 
Calcular o raio R do comprimento médio da estrutura abaixo, formada por um ímã permanente cuja 
curva de desmagnetização é igual a do exemplo anterior, para que seja estabelecido um fluxo de 
0,236×10-4 Wb no entreferro. Desprezar o espraiamento do campo no entreferro. 
 
Solução 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 16.9 - ímã permanente do exemplo 16.2 
 
Pelo circuito magnético, sem Fmm, temos: 
 
H l H li i g g+ = 0 
 
001,0Rπ2gRπ2i −=−= ll 
 
( ) T3,0005,0π
10236,0
S
φB 2
4
g
g =×==
−
 
 
m/A732238
μ
B
H
0
g
g == 
 
Determinação de Hi: 
 
Pelo gráfico da figura 16.10: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 16.10 - curva de desmagnetização para 
o exemplo 15.2 
 
1 un. ≡ 0,1 T 
1 un. ≡ -1000 A/m 
 
.un4xx35 22 =⇒+= 
 
 
( )H Ai 4 1000 4000× − = − / m 
 
Pela equação do circuito magnético 
 ( ) 0001,0732238001,0Rπ24000 =×+−×− 
 R cm≅ 1
 
R
lg = 1 mm 
Raio da seção 
transversal = 0,005 m 0,5 
0,3 
-5000 Hi
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 151
Exemplo 16.3 
A estrutura da figura abaixo é construída de forma tal que o campo magnético tem um 
comportamento praticamente radial no entreferro. Calcule o comprimento d que deve ter um ímã 
permanente construído com alnico aglutinado comercial, de forma que a indução magnética B no 
entreferro seja de 0,2 T. Dados: entreferro lg = 1 mm, raio médio R = 2 cm. Desprezar a relutância do 
ferro e o espraiamento das linhas de campo magnético. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Estrutura magnética do exemplo 16.3 
 
Solução 
 
Como o fluxo magnético é o mesmo em toda a 
estrutura: 
 
imimgg SBSB = 
 
O percurso pelo circuito magnético permite 
estabelecer que: 
 
0H2dH ggim =+ l 
 
Pela geometria do entreferro 
 
eRπ2
4
1S mg = 
 
Tπ1,0B
10x4x4
10x210x2x10x2xπ2x2,0
S
S
BB
im
4
222
im
g
gim
=
== −
−−−
 
 
Como 1 T = 10 000 gauss (G) 
 
G3140Bim = 
 
Pela curva de desmagnetização do alnico, 
no sistema CGS 
 
)oersted(Oe400Him −= 
 
Como 1 A/m corresponde a 4π x 10-3 Oe 
(oersted) 
 
m/A
π4
10x4H
5
im −= 
 
E o comprimento do ímã será, pela análise 
do circuito magnético: 
 
m004,0
10x4
10xπ4
10xπ4
2,0x2
Hμ
B2
H
H2
d
5
3
7
im
g
0
g
im
gg
=−−
=−=−=
−
−
ll
 
 
ou 
d = 4 cm 
 
Rm
lg 
ímã 2 cm 
Espessura 
da estrutura 
e = 2 cm 
d 
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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 152
ÍMÃS PERMANENTES – CURVAS DE DESMAGNETIZAÇÃO E (BH)max 
 
Os valores do campo magnético H e da indução magnética B estão no sistema CGS 
Utilize as seguintes correspondências para conversão no sistema internacional de unidades 
 
1 tesla (T) = 10 000 gauss (G) 
 
1 ampère/metro (A/m) = 4 π x 10-3 oersted (Oe) 
 
 
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ELETROMAGNETISMO I 153
 
 
 
 
 
 
 
 
A formulação completa das equações de Maxwell só será possível quando estudarmos os campos 
eletromagnéticos variáveis no tempo. Por enquanto, vamos fazer uma abordagem inicial destas 
equações, apenas para campos invariantes no tempo. Este capítulo tem por objetivo resgatar os 
conceitos apresentados até o momento e formulá-los de uma forma mais concisa, de modo que 
permita uma melhor compreensão dos fenômenos já estudados. Em seguida formularemos as 
equações de Poisson e de Laplace, deduzidas a partir da dedução das equações de Maxwell. 
17 EQUAÇÕES DE MAXWELL, POTENCIAL MAGNÉTICO E EQUAÇÕES DE CAMPO 
 
 
13.1 – AS QUATRO EQUAÇÕES DE MAXWELL PARA CAMPOS ELÉTRICOS E MAGNÉTICOS 
ESTACIONÁRIOS 
 
Como pudemos observar em todo o desenvolvimento deste curso, as leis básicas do eletromagnetismo 
foram formuladas por cientistas do século XIX, a partir da observação de fenômenos elétricos e 
magnéticos, complementadas por pesquisas experimentais. Com o auxílio das técnicas empregadas em 
cálculo diferencial e integral, essas equações receberam uma apresentação formal, mais elegante e 
sofisticada. Esse trabalho é devido a James Clerk Maxwell, cientista inglês que deu origem a um famoso 
grupo de equações conhecido por Equações de Maxwell. 
 
As equações de Maxwell podem ser escritas tanto na forma integral, como na forma diferencial. Na 
verdade, o grupo de equações de Maxwell, na sua forma integral, nada mais é do que a expressão de 
conceitos conhecidos de campos elétricos e magnéticos criados por situações estáticas, isto é, 
invariantes no tempo. 
 
Na forma integral já vimos que: 
 
 )(. CdvSdD
vs ∫∫ ρ=⋅ rr (13.1)
 
 0LdE
l
=⋅∫ rr (13.2)
 
 )(ASdJLdH
Sl ∫∫ ⋅=⋅ rrrr (13.3)
 
 0SdB
s
=⋅∫ rr (13.4)
 
A equação (13.1) é a lei de Gauss, mostrando que o fluxo total que atravessa uma superfície fechada 
corresponde à carga elétrica por ela envolvida. Em seguida, a equação (13.2) mostra que a integral de 
linha do campo elétrico estático sobre um caminho fechado é nula, numa clara expressão da lei de 
Kirchhoff para as malhas em circuitos elétricos. A equação seguinte (13.3) é a lei circuital de Ampère em 
que a integral de linha do campo magnético estático sobre um caminho fechado corresponde à corrente 
elétrica enlaçada por ele. Finalmente, a equação (13.4) mostra que o fluxo total do campo magnético 
sobre uma superfície fechada é nulo e demonstra, em um paralelo com a lei de Gauss na equação 
(13.1), a inexistência de cargas magnéticas. 
 
A pura aplicação dos teoremas de Stokes e da Divergência permite que as equações de Maxwell sejam 
expressas na sua forma diferencial e pontual. Assim, pela ordem: 
 
 )/( 3mCD ρ=⋅∇ r (13.5)
 
 0E=×∇ r (13.6)
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ELETROMAGNETISMO I 154
 
 )/( 2mAJH
rr =×∇ (13.7)
 
 0B=⋅∇ r (13.8)
 
Utilizando as identidades e relações vetoriais já vistas (gradiente, divergente, rotacional, teorema da 
divergência, teorema de Stokes), qualquer dos conjuntos de equações pode ser obtido, a partir do outro. 
 
A interpretaçãofísica dada para as equações (13.1) e (13.5) é que podem existir cargas elétricas 
isoladas e que o fluxo elétrico total que atravessa uma superfície fechada é igual à carga total por ela 
envolvida. 
 
A segunda dupla, ou seja, as equações (13.2) e (13.6), nos diz que o campo elétrico estacionário é 
conservativo. 
 
As equações (13.3) e (13.7) da terceira dupla informam que a corrente total que atravessa uma 
superfície aberta é igual à integração do vetor intensidade de campo magnético ao longo do contorno 
(caminho fechado) que envolve essa superfície. Quando essa superfície aberta tende a zero, a 
circulação do vetor intensidade de campo magnético nos fornece a densidade e a direção da corrente 
elétrica naquele ponto. 
 
Por fim, a quarta dupla, formada pelas equações (13.4) e (13.8), de uma forma elegante mostra que não 
é possível a existência de pólos magnéticos isolados. 
 
A estas equações adicionamos as expressões relacionando 
r
D com 
r
E e 
r
B com 
r
H (chamadas de 
relações constitutivas) presentes em qualquer meio onde: 
 
 )/( 2mCED
rr ε= (13.9)
 
 )/( 2mWbHB
rr μ= (13.10)
 
O conjunto formado pelas equações de Maxwell, mais essas duas últimas relações, constituem o cerne 
da teoria eletromagnética. 
 
Deve-se salientar que as equações aqui apresentadas referem-se a campos eletrostáticos e 
magnetostáticos (não variantes com o tempo). Veremos mais tarde as equações de Maxwell também 
são formuladas matematicamente para englobar campos elétricos e magnéticos variantes no tempo. 
 
 
13.2 – POTENCIAL ESCALAR MAGNÉTICO E VETOR POTENCIAL MAGNÉTICO 
 
Uma das maneiras encontradas para resolver problemas de campo eletrostático é pela utilização do 
potencial escalar eletrostático V. Dada uma configuração de cargas, a intensidade de campo elétrico 
pode ser obtida pelo gradiente dos potenciais eletrostáticos uma dada região. Devido à grande 
semelhança nas formulações da eletrostática, somos levados a perguntar se esta forma de solução não 
pode ser utilizada na magnetostática, ou seja, definir uma função potencial escalar magnético, a partir 
de uma distribuição de correntes, e a partir dela determinar a intensidade de campo magnético. Esta 
questão pode ter uma resposta afirmativa, sob certas circunstancias. 
 
Vamos então designar uma função potencial escalar magnético Vm, numa analogia com a eletrostática e 
definir que: 
 
 )m/A(VH m∇−=
r
 (13.11)
 
O sinal negativo para o lado direito da equação 13.11 deve-se estritamente à analogia com a 
eletrostática. 
 
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ELETROMAGNETISMO I 155
Escrevendo a Lei de Ampère na forma pontual e substituindo o vetor intensidade de campo magnético 
pelo gradiente negativo da função escalar potencial magnético teremos; 
 
 ( ) JVH m rr =∇−×∇=×∇ (13.12)
 
As identidades vetoriais mostram que o rotacional do gradiente de qualquer função escalar é 
identicamente nulo. Portanto, a função potencial escalar magnético só pode ser definida quando a 
densidade de corrente no ponto em que 
r
H está sendo calculado for igual a zero. Ou seja: 
 
 0H=×∇ r (13.13)
 
Como muitos problemas magnéticos envolvem geometrias em que os condutores ocupam uma fração 
muito pequena do domínio, o potencial escalar magnético pode ser útil. O potencial escalar magnético 
também é aplicável a problemas envolvendo ímãs permanentes. 
 
Uma diferença fundamental entre a função potencial escalar eletrostático e a função potencial escalar 
magnético é que a primeira é um campo conservativo, ao passo que a segunda não o é. O potencial 
elétrico V é uma função unívoca, ou seja, uma vez que a referência zero seja fixada, existe um, e 
somente um valor de V associado a cada ponto do espaço. Este não é o caso de Vm. Para que Vm seja 
uma função unívoca, é necessário que não somente a densidade de corrente seja nula no ponto 
considerado, mas também que a corrente envolvida pela circuitação do vetor intensidade de campo 
magnético na região de interesse também seja nula. 
 
Por exemplo, um condutor conduzindo uma corrente elétrica apresenta uma densidade de corrente 
somente no seu interior, o que implica na inexistência de linhas de corrente fora dele. No entanto, fora 
do condutor, a circuitação do campo magnético enlaça toda a corrente existente no condutor, mostrando 
que neste caso, o potencial escalar magnético não pode ser determinado de forma única. 
 
Frente às limitações da função potencial escalar magnético, no eletromagnetismo moderno, onde a 
determinação de campos eletromagnéticos é feita por recursos numéricos associados a métodos 
computacionais, outra função, esta denominada vetor potencial magnético, é mais utilizada, podendo 
ser estendida a regiões com densidades de corrente diferentes de zero, e campos magnéticos variáveis 
no tempo. 
 
Sabemos que as linhas de força do campo magnético são fechadas, numa clara mostra da inexistência 
de cargas magnéticas. Desta forma, o fluxo magnético total que atravessa uma superfície fechada 
resulta sempre nulo, ou seja, numero de linhas de campo que entram na superfície é igual ao numero de 
linhas que dela saem. A aplicação do teorema da divergência faz então com que a indução magnética 
resulte nula. Daí: 
 
 0B=⋅∇ r (13.14)
 
O vetor potencial magnético (bem como a função potencial escalar magnético) não possui nenhum 
significado físico (pois, ao contrário da eletrostática, não existem cargas magnéticas isoladas). A sua 
definição provém de uma lei do cálculo vetorial, que afirma que o divergente do rotacional de qualquer 
função vetorial é nulo. 
Desta forma, deve existir uma função 
r
A tal que sua circuitação produza a densidade de fluxo magnético 
B
r
. Assim, 
 
 AB
rr ×∇= (13.15)
 
Fica assegurado então que: 
 
 0)A( =×∇⋅∇ r (13.16)
 
A função 
r
A é conhecida como o vetor potencial magnético e sua dimensão é Wb/m no Sistema 
Internacional de Unidades. 
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ELETROMAGNETISMO I 156
 
Embora seja possível encontrar expressões matemáticas para o vetor potencial magnético, análogas 
àquelas para o potencial eletrostático, em termos de uma integral envolvendo corrente (ou densidade de 
corrente), elementos diferenciais de comprimento (ou de superfície, ou de volume) e as distâncias 
dessas distribuições a pontos onde se deseja calcular o valor de 
r
A , não o faremos aqui. Essas 
expressões são de uso bastante limitado em casos voltados à prática, com soluções analíticas bastante 
complexas e até mesmo impossíveis. Ao invés disso, partindo da definição do vetor potencial magnético 
e das leis já conhecidas do eletromagnetismo, vamos formular as equações de campo que servem 
como ponto de partida para o cálculo de campos elétricos e magnéticos por métodos numérico-
computacionais. 
 
 
13.3 – EQUAÇÕES DE POISSON E DE LAPLACE 
 
13.3.1 – Para a Magnetostática 
 
A lei de Ampère para campos eletromagnéticos estáticos na sua forma pontual informa que: 
 
 JH
rr =×∇ (13.17)
 
ou ainda pela relação constitutiva da equação (13.10): 
 
 
JB
rr =⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
μ×∇ (13.18)
 
A definição do vetor potencial magnético em (13.15) faz com que a expressão acima fique: 
 
 
J)A1(
rr =×∇μ×∇ (13.19)
 
Consideremos que o nosso problema tenha um comportamento bidimensional, ou seja, o potencial 
magnético só possui a componente na direção z e só varia nas direções x e y, ou: Ax = Ay = 0 e 
0zAz =∂∂ . Isso pode ser ilustrado pela figura 13.1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Az
Bx
By
x 
y 
B 
Figura 13.1 Campo magnético com comportamento bidimensional. 
 
Consideremos ainda que o vetor densidade de corrente J
r
, neste caso, só possui a componente em 
relação ao eixo z deste sistema cartesianode coordenadas. 
 
Desenvolvendo os rotacionais da equação (13.19) com essas simplificações em mente chegaremos à 
expressão: 
 
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ELETROMAGNETISMO I 157
 
J
y
A
yx
A
x
−=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
ν∂
∂
∂+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
ν∂
∂
∂
 (13.20)
 
em que ν é a relutividade, definida como o inverso da permeabilidade magnética do meio. Se o meio 
não for linear, ν terá dependência sobre a indução magnética B e vice-versa. A equação (13.20) é uma 
equação diferencial não linear, mais conhecida como função Quase-Poisson (ou equação de Poisson 
não linear). Se a relação entre B e H for linear, ν pode ser isolado na equação (13.20), recaindo na 
equação de Poisson, dada abaixo. 
 
 
JJ
y
A
yx
A
x
μ−=ν−=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂
∂
∂+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂
∂
∂
 (13.21)
 
Se o meio for desprovido de correntes, a equação (13.21) se reduzirá à equação de Laplace: 
 
 ∂
∂
∂
∂
2
2
2
2 0
A
x
A
y
+ = (13.22)
 
A solução da equação (13.20), que naturalmente engloba as equações (13.21) e (13.22), permite o 
conhecimento do campo magnético em qualquer ponto de um circuito magnético. Entretanto esta 
equação não possui uma solução analítica conhecida. Por essa razão, a única maneira de fazê-lo é 
através de métodos numéricos. 
 
13.3.2 – Para a Eletrostática 
 
A obtenção da Equação de Poisson para a eletrostática é extremamente simples. A partir da forma 
pontual da lei de Gauss: 
 
 ρ=⋅∇ Dr (13.23)
 
Da definição de 
r
D : 
 ED
rr ε= (13.24
 
Sabendo também que o campo elétrico E
r
 é determinado pelo gradiente negativo dos potenciais 
elétricos, tem-se que: 
 
 rE V= − ∇ (13.25
 
Substituindo (13.25) e (13.24) em (13.23) vem: 
 
 ρ=∇ε⋅∇− )V( (13.26)
 
ou: 
 
 
ε
ρ−=∇ V2 (13.27)
 
Essa é a equação de Poisson para a eletrostática, válida para uma região onde a permissividade 
elétrica ε do meio é constante. Expandindo-a em coordenadas cartesianas temos: 
 
 ∇ = + + = −2
2
2
2
2
2
2V
V
x
V
y
V
z
∂
∂
∂
∂
∂
∂
ρ
ε (13.28)
 
Se o meio não possuir cargas livres, ou seja, se ρ for igual a zero, a equação (13.28) recairá na 
equação de Laplace abaixo: 
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ELETROMAGNETISMO I 158
 
 
0
z
V
y
V
x
VV 2
2
2
2
2
2
2 =∂
∂+∂
∂+∂
∂=∇ (13.29)
 
Onde a operação é chamada de Laplaciano de V. Em coordenadas cilíndricas a expressão para a 
equação de Laplace é: 
2∇
 
 
0
z
VV
r
1
r
Vr
rr
1V 2
2
2
2
2
2 =∂
∂+∂φ
∂+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂
∂
∂=∇ (13.30)
 
e em coordenadas esféricas temos: 
 
 
0V
senr
1Vsen
senr
1
r
Vr
rr
1V 2
2
222
2
2
2 =∂φ
∂
θ+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂θ
∂θθ∂
∂
θ+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂
∂
∂=∇ (13.31)
 
Tendo em vista que a equação de Poisson considera as características condutivas e dielétricas do 
meio, a equação de Laplace é um caso particular para um meio desprovido de cargas elétricas livres. 
 
 
13.4 – EXEMPLOS DE SOLUÇÃO ANALÍTICA DA EQUAÇÃO DE LAPLACE 
 
As equações de campo obtidas na seção anterior são equações diferenciais onde as soluções 
analíticas só são possíveis para problemas muito simples. Os meios devem ser homogêneos e 
lineares, bem como a geometria de tratamento bastante simples. 
 
Nesta seção apresentaremos uma maneira para se obter a solução analítica da equação de Laplace 
em duas dimensões. Em coordenadas retangulares, teremos para o caso bidimensional: 
 
 
0
y
V
x
V
2
2
2
2
=∂
∂+∂
∂
 (13.32)
 
Esta é uma equação diferencial a derivadas parciais de segunda ordem (possui derivadas de 
segunda ordem) e primeiro grau (não possui potências além da primeira). A equação (13.27) é a 
maneira mais geral de se expressar a variação do potencial eletrostático V em relação à posição 
(x,y,z), não sendo específica a nenhum problema em particular. Em outras palavras, para se resolver 
um problema em eletrostática utilizando esta equação de um modo particular para cada caso, deve-
se conhecer as condições de contorno do problema. 
 
Vamos resolver a equação (13.32), caso particular da equação (13.27), utilizando o método da 
separação de variáveis, onde assumimos que V pode ser expresso como o produto de duas funções 
F e G tal que: 
 
 )y(G)x(FV= (13.33)
 
onde: F é função apenas de x e G função apenas de y. 
 
Tomando esta expressão do potencial e aplicando-a na equação (13.32), temos: 
 
 
0
dy
YdF
dx
XdG 2
2
2
2
=+ (13.34)
 
Dividindo esta equação por FG, 
 
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ELETROMAGNETISMO I 159
 
0
dy
Gd
G
1
dx
Fd
F
1
2
2
2
2
=+ (13.35)
 
Tendo em vista que a soma destes dois termos resulta numa constante e que o primeiro termo é 
independente de y e o segundo de x, cada qual será uma constante. Então, podemos escrever: 
 
 
2
2
2
a
dx
Fd
F
1 = (13.36)
 
ou: 
 
 
Fa
dx
Fd 2
2
2
= (13.37)
 
e, similarmente: 
 
 
Ga
dy
Gd 2
2
2
−= (13.38)
 
O problema agora consiste em achar a solução para cada variável separadamente (daí o nome 
“separação de variáveis”). 
 
A expressão dada em (13.37) mostra uma equação diferencial ordinária de 2ª ordem e homogênea 
cuja solução geral é obtida pelas raízes do correspondente polinômio característico. Desta forma, a 
solução geral para a equação (13.37) é: 
 
 ax
2
ax
1 eAeAF
−+= (13.39)
 
ou, de maneira equivalente: 
 
 ( ) ( )axsenhCaxcoshCF 21 += (13.40)
 
onde C1 e C2 são constantes arbitrárias, obtidas a partir das condições de contorno do problema 
específico. 
 
De maneira semelhante, a solução geral apresentada para a equação (13.38) é: 
 
 jay
4
jay
3 eAeAG
−+= (13.41)
 
ou, 
 
 ( ) ( )aysenCaycosCG 43 += (13.42)
 
Qualquer termo em (13.39) é uma solução e a soma deles também é uma solução. Para verificar 
isso, basta substituir o valor de F da equação (13.40) na equação (13.37). 
 
Desta forma, a solução geral da equação (13.32) fica: 
 
 )eAeA)(eAeA(V jay4
jay
3
ax
2
ax
1
−− ++= (13.43)
 
ou 
 
 ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]aysenCaycosCaxsenhCaxcoshCV 4321 ++= (13.44)
 
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ELETROMAGNETISMO I 160
Assim como as constantes A1, A2, A3 e A4, ou C1, C2, C3 e C4 serão determinadas em função das 
condições de contorno do problema em estudo. 
 
 
Exemplo 13.1 
Considere um capacitor de placas paralelas, de área 100 cm2 e distância entre as placas 0.01 m. 
Sabe-se que a placa inferior está no potencial zero e a placa superior no potencial 100 V. Utilizando a 
equação de Laplace, determine a distribuição de potencial entre as placas, desprezando o 
espraiamento das linhas de força do campo elétrico estabelecido. 
 
Solução: 
 
O problema pede na verdade o campo elétrico estabelecido entre as placas. Neste caso, podemos 
desconsiderar o efeito das bordas ou o espraiamento das linhas de campo visto que a distância entre 
as placas planas é muito menor do que a área delas. Assim o nosso problema recai no clássico 
capacitor de placas planas paralelas e infinitas, representado pela figura 13.2 abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
z1
z 
y 
V = 0 
V = 100 V 
Figura 13.2 - Capacitor de placas paralelas. 
 
Não há variação do potencial nas direções y e x, mas apenas na direção z. Portanto a equação de 
Laplace se reduz a: 
 
0
dz
Vd
2
2
= 
 
Pelo fato da segunda derivada de V em relação a z ser zero, a primeira derivada deve ser igual a uma 
constante. Desta forma: 
 
1Cdz
dV = 
 
ou: 
 
dzCdV 1= 
 
integrando: 
 
∫ ∫= dzCdV1 
 
ou: 
 
21 CzCV += 
 
Utilizando agora as condições de contorno, vamos determinar as constantes C1 e C2. 
 
Em z = 0, temos V = 0. Portanto: 
 
0CC00 22 =⇒+= 
 
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ELETROMAGNETISMO I 161
Em z = 0.01 m, temos V = 100 V. Portanto: 
 
10000C01.0C100 11 =⇒= 
 
Introduzindo os valores de C1 e C2 na equação da solução: 
 
)V(z10V 4= 
 
O campo elétrico entre as placas será então determinado pelo gradiente dos potenciais onde r
. Assim, E = − ∇V
 
z
4 aˆ10E −=r 
 
Portanto, constante e de módulo igual a V/d, como era de se esperar. 
 
 
Exemplo 13.2 
Calcule a distribuição da função potencial eletrostático na região interna entre dois planos radiais, 
isolados por um gap infinitesimal, conforme ilustrado na figura 13.3. 
 
 
 
Figura 13.3 – Dois planos radiais infinitos com ângulo α interior 
 
 
Solução 
 
Para essa configuração, as superfícies equipotenciais também são planos radiais, e a equação de 
Laplace em coordenadas cilíndricas se reduz a: 
 
0V
r
1V 2
2
2
2 =∂φ
∂=∇ 
 
Excluindo r = 0, teremos: 
 
0V2
2
=∂φ
∂ 
 
O que dá como solução 
 
BAV +φ= 
 
As condições de contorno permitem obter A e B: 
 
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ELETROMAGNETISMO I 162
Para = 0, V = 0 → B = 0. φ
Para = α, V = Vφ 0 → A = V0/α. 
 
Portanto: 
 
α
φ= 0VV (V) 
 
 
Exemplo 13.3 
Calcule a distribuição da função potencial eletrostático na região interna da calha retangular mostrada 
na figura 13.4. 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
d 
c 
V = 0
V = 0V = 0
V =V0
z
x 
Figura 13.4 Calha retangular (topo isolado). 
 
Este problema recai no caso onde os potenciais são como um produto de funções independentes, 
cuja solução geral já discutimos anteriormente. O potencial é uma função de x e de z sob a forma: 
 ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]axsenCaxcosCazsenhCazcoshCV 4321 ++= 
 
As condições de contorno para este problema específico implicam em: 
 
V = 0 em x = 0 e V = 0 em z = 0 
 
Estas condições fazem nulos os termos com C2 e C4, sendo requerido então que as constantes C1 e 
C3 sejam nulas para que V seja igual a zero. 
 
Por outro lado, a condição V = 0 em x = c, leva-nos a concluir que a = nπ/c, onde n é um número 
inteiro. 
 
Tendo C1 e C3 nulos a expressão geral contém apenas o produto C2C4 que substituído por C faz com 
que a expressão para o potencial torne-se: 
 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π=
c
xnsen
c
znsenhCV 
 
Como n pode ser qualquer número inteiro, a expressão para V deve ser escrita como sendo uma 
série infinita em que: 
 
∑∞
=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π=
1n
n c
xnsen
c
znsenhCV 
 
A condição V = V0 em z = d, permite escrever: 
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 163
∑∞
=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π=
1n
n0 c
xnsen
c
dnsenhCV 
 
O produto formado pelos dois primeiros termos resulta numa constante e a expressão acima pode ser 
escrita 
 
∑∞
=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π=
1n
n0 c
xnsenbV 
 
Cada constante bn pode ser determinada como um coeficiente de uma série de Fourier em seno 
(função ímpar) para f(x) = V0 constante onde 0 < x < c. Desta forma, 
 
dx
c
xnsen
c
V2dx
c
xnsen)x(f
c
2b
c
0
0c
0n ∫∫ π=π= 
 
⎩⎨
⎧
π= ímparnn/V4
parn0
b
0
n 
 
Daí : 
 
imparn/p
)c/dn(senh
1
n
V4C 0n ππ= 
 
A função potencial será então: 
 
 
∑ ππππ= imparn 0 c
xnsen
)c/dn(senh
)c/zn(senh
n
V4V 
 
 
13.5 – SOLUÇÃO DA EQUAÇÃO DE LAPLACE POR ITERAÇÕES NUMÉRICAS 
 
Na seção anterior apresentamos uma solução exata para a equação de Laplace em um problema 
extremamente simples, para efeitos práticos. Apesar da simplicidade da configuração analisada, a 
solução analítica já se mostrou bastante complexa. Configurações mais complexas tornam a solução 
analítica extremamente difícil, e, na maioria dos casos, impossível. É por essa razão que a solução 
de problemas envolvendo as equações de Poisson e Laplace, na maioria dos casos práticos, só é 
possível com o uso de métodos numéricos. Métodos numéricos permitem uma solução aproximada 
para o problema, de acordo com uma tolerância pré-estabelecida. Para ilustrar a utilização dos 
métodos numéricos, nesta seção vamos apresentar um método bastante primitivo para a solução 
numérica da equação de Laplace. Este método serviu como ponto de partida para a formulação do 
método das diferenças finitas, que em sua formulação no domínio do tempo, FDTD, é largamente 
utilizado na solução de problemas envolvendo campos eletromagnéticos variáveis no tempo. 
 
Para simplificar a variação na direção z não existe. Isso reduz o nosso problema a um problema de 
campo bidimensional: 
 
 ∂
∂
∂
∂
2
2
2
2 0
V
x
V
y
+ = (13.45)
 
O primeiro termo na equação 13.45 é a derivada parcial segunda de V em relação a x, isto é, a taxa 
de variação em relação a x da taxa de variação de V em relação a x. Idem para o 2º termo, em 
relação a y. Vamos reescrever a equação 13.45 da seguinte maneira: 
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 164
 ( )∂ ∂ ∂
∂
∂ ∂ ∂
∂
V
x
x
V
y
y
=
⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ (13.46)
 
Considere agora uma distribuição bidimensional de potenciais em torno de um ponto P, como é 
mostrado na figura 13.5. Seja o potencial no ponto P igual a V0, e os potenciais nos quatro pontos em 
torno dele iguais a V1, V2 V3 e V4, conforme é mostrado. Vamos agora substituir as derivadas na 
equação 13.46 por diferenças do tipo (V0 - V1)/Δx (neste caso específico, esta é a inclinação da curva 
de V entre os pontos P e 1). A diferença das inclinações, dividida pela distância incremental Δx é 
aproximadamente igual a ∂2V/∂x2. A equação de Laplace pode agora ser reescrita como: 
 
 ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]V V x V V x
x
V V y V V y
y
2 0 0 1 3 0 0 4− − − ≅ − − − −/ / /Δ ΔΔ
Δ Δ
Δ
/
 (13.47)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P 
V0
4 
2 1 
3 
V1 V2
V4
V3
Δx Δx 
Δy 
Δy 
 
 
figura 13.5 - Construção para encontrar o potencial em P. 
 
Fazendo Δx = Δy, teremos: 
 
 V V V V V1 2 3 4 04 0+ + + − ≈ (13.48)
 
ou: 
 
 
)VVVV(
4
1V 43210 +++≈ (13.49)
 
Se conhecermos o potencial nos pontos 1, 2, 3 e 4, podemos calcular o potencial no ponto P de 
acordo com a equação 13.49. Em outras palavras, o significado físico da equação de Laplace é que o 
potencial em um ponto é simplesmente a média dos potenciais dos quatro pontos que o circundam, a 
uma mesma distância. 
 
 
Exemplo 13.4 
Considere a configuração Mostrada na figura 13.6. A placa superior está a um potencial de 40 V, e 
isolada. O perfil em forma de U está no potencial zero. Calcular a distribuição de potenciais para esta 
configuração, utilizando o método de solução repetitiva da equação de Laplace. 
 
Solução: 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 165
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
0 
40 V 
Gap Gap 
Fig 13.6 - Configuração do 
exemplo 13.4 
 
0 
0 
 
 
O valor de V no centro do quadrado será 
 
)V(10
4
00040 =+++ 
 
O potencial no gap será a média aritmética entre o potencial na placa superior e o potencial nulo: 
 
V20
2
040 =+ 
 
 
 40 V 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
0 
0 
10 V 
20 V 20 V 
0 
Fig 13.7 - 1º cálculo do potencial 
 
O valor do potencial no centro dos novos quadrados será: 
 
)V(5.17
4
0012040 =+++ 
 
)V(5..2
4
00100 =+++ 
 
Calculando novamente os potenciais nos quadrados internos teremos: 
 
V5.7
4
05.25.1710=+++ , V25.21
4
105.175.1740 =+++ 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 166
 
V75.3
4
1005.25.2 =+++ 
 
 
20 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 13.8 - 2º cálculo do potencial Fig. 13.9 - 3º cálculo do potencial 
 
Os cálculos de potenciais podem prosseguir indefinidamente. quanto maior for o número de 
potenciais calculados por esse processo, maior será a precisão. Finalmente, a figura 13.10 apresenta 
um gráfico com o mapeamento dos potenciais eletrostáticos. Cada linha representa um valor de 
potencial (30, 20, 15, 10, 5 e 2.5 V) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 13.10 - Mapeamento dos potenciais eletrostáticos 
 
Apresentamos neste capítulo dois exemplos, um com a solução analítica da equação de Laplace, 
outro com uma solução numérica. A solução analítica das equações de Laplace e Poisson se 
restringem a casos onde a geometria é bastante simples, e por isso ela não é muito utilizada. A 
solução numérica dessas equações é bastante comum, e métodos bastantes avançados já foram 
desenvolvidos. Apesar de termos realizados exemplos de eletrostática, o mesmo procedimento é 
realizado no caso de campos magnéticos, onde as complexidades de geometria e meios magnéticos 
não lineares são ainda maior. 
20 
0 
40 V
0 0 10 V 
2.5 
17.5 17.5 
2.5 
20 V 20 V 
17.5 17.5 
2.5 
40 
0 0 
21.3 
0 
10 V 
2.5 
7.5 7.5 
3.8 
0 0 0 0 
0 
0 
0 
0 
0 0 
40 40 
0 
0 
0 
0 
3.8
17.5 17.5 
2.5
0 0 
20 40 40 
7.5 
0 0 
40 20 
7.5 
21.3 
2.5
10 V 0 
0 
0 
0 
0 
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ELETROMAGNETISMO I 167
EXERCÍCIOS 
 
1) - Quatro placas de 20 cm de largura formam um quadrado, conforme indicado na figura 3. se as 
placas são isoladas entre si, e estão submetidas aos potenciais indicados, encontre o valor do 
potencial nos pontos a e b, indicados na figura. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5 cm 
40 V 20 V 
30 V 
10 V 
a 
15 cm
10 cm
5 cm 
b 
gap = 1 mm 
figura 1 - figura do problema 1 
 
2) - Encontre o valor do potencial V nos pontos P1 e P2 da configuração abaixo. 
 
 
P2 9 cm 
3 cm 
9 cm 
3 cm 
P1
V = 100 
V = 0
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3) - Um potencial em coordenadas cilíndricas é função apenas de r e φ, não o sendo de z. obtenha 
as equações diferenciais separadas para R e Φ, onde V = R(r)Φ(φ), e resolva-as. A região é sem 
cargas. 
 
4) – Encontre uma expressão para V0 na figura abaixo, em função de V1, V2, V3 e V4, sabendo 
queh1, h2, h3 e h4 são diferentes entre si. 
 
 
 
UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino 
ELETROMAGNETISMO I 168
 
 
P 
V0
4 
2 1 
3 
V1 V2
V4
V3
h2 h1 
h4 
h3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5) Dado o campo potencial φ=φ cos
d
rV),r(V 0 : 
a) mostre que satisfaz a equação de Laplace. 
b) Descreva as superfícies de potencial constante. 
c) Descreva especificamente as superfícies onde V = V0 e V = 0. 
d) Escreva a expressão para o potencial em coordenadas cartesianas. 
 
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	Este capítulo oferece uma recapitulação aos conhecimentos de
	SISTEMA DE COORDENADAS
	VETOR
	VERSOR OU VETOR UNITÁRIO
	Figura 0.5 Versores das componentes coordenadas.
	PRODUTO ESCALAR
	Sejam dois vetores em um sistema de coordenadas onde e . Co
	PRODUTO VETORIAL
	Figura 0.7 O produto vetorial entre e
	ELEMENTOS DIFERENCIAIS DE VOLUMES, LINHAS E SUPERFÍCIES
	Sistema cartesiano
	Sistema cilíndrico
	Sistema esférico
	IDENTIDADES VETORIAIS
	I
	 
	Exemplo 14.7 
	 CURVAS DE MAGNETIZAÇÃO DOS PRINCIPAIS MATERIAIS FERROMAGNÉTICOS 
	Exemplo 16.3 
	 
	 ÍMÃS PERMANENTES – CURVAS DE DESMAGNETIZAÇÃO E (BH)max 
	Solução: