2 Campo Elétrico

1

Campo Elétrico

Prof. Luis Henrique Vilela Leão

Notas de aula do curso de Eletromagnetismo Clássico 1 -2019.2 Núcleo Interdisciplinar de Ciências Exatas e da Natureza Centro Acadêmico do Agreste

Universidade Federal de Pernambuco

1.1 Introdução

1.1.1 Eletrostática

Eletrostática (do grego elektron + statikos, estacionário) é o ramo da eletricidade que estuda as propriedades e o comportamento de cargas elétricas em repouso.

Desde a física clássica, sabe-se que alguns materiais, como o âmbar, atraem partículas leves após a fricção. A palavra grega para âmbar, ήλεκτρον ou elétron, era a fonte da palavra "eletricidade".

!

!

!

!

!

◼ Suponha que temos um conjunto de cargas elétricas, q1, q2, q3,. . . (cargas fontes). Qual é a força eles exercem em outra carga, Q (carga de prova)?

◼ Para responder esta pergunta precisamos utilizar o princípio da superposição.

◼ O princípio da superposição mostra que a interação entre duas cargas Q e q ou cargas quaisquer não é modificada pela presença de outras.

◼ Uma carga elétrica q, onde sua posição é dada em função do tempo, exerce uma força F em outra carga Q de trajetória a ser calculada. Em geral as cargas q e Q estão em movimento.

◼ Se considerarmos um caso especial da eletrostática no qual as cargas Q são estacionárias e as cargas q possam estar em

movimento, então podemos calcular a força F entre duas partículas isoladamente e no caso de varias partículas uma soma vetorial de todas essas forças individuais é realizada.

F = F1+F2+F3+ … (1.1)

As posições de origem são dadas (como funções do tempo);

1.1.2 Lei de Coulomb

Toda a eletrostática decorre da afirmação quantitativa da lei de Coulomb relativa à força que age entre corpos carregados em repouso em relação um ao outro.

Coulomb; em uma série impressionante de experimentos, mostrou experimentalmente que a força entre dois pequenos corpos carregados separados no ar, a uma distância grande em comparação com suas dimensões,

!

varia diretamente conforme a magnitude de cada carga,

!

varia inversamente como o quadrado da distância entre eles,

!

é dirigido ao longo da linha que une as cargas, e

!

é atrativo se os corpos são de carga oposta e repulsivo se os corpos tiverem o mesmo tipo de carga.

Além disso, foi mostrado experimentalmente que a força total produzida em um pequeno corpo carregado por um número de outros pequenos corpos carregados colocados ao redor é a soma vetorial das forças individuais de dois corpos de Coulomb.

Pela lei de Coulomb, a força em uma carga de teste Q devido a um único ponto de carga q, que está em repouso a uma certa distância é dada por: F= 1 4π ϵ0 qQ 02 $% (1.2)

!

r'

$

r

Q

!

!

A constante ϵ0 é chamada a permicividade do espaço livre. Em unidades SI, onde a força é em newtons (N), distância em metros (m) e

carga em coulombs (C),

ϵ0 =8, 85×10-12

C

N · m2. (1.3)

Em palavras, a força é proporcional ao produto das cargas e inversamente proporcional ao quadrado da distância de separação. Como sempre, $ é o vetor de separação de r’ (a localização de q) para r (a localização de Q):

$= r-r ' (1.4)

com

0 = 4r-r '52 (1.5) 0 é sua magnitude e $% é sua direção.

1.1.3 O campo elétrico

Se temos várias cargas pontuais q1, q2, …, qn, nas distâncias r1, r2, …, rnde Q, a força total em Q é dada por :

F= F1+F2 +... = 1 4π ϵ0 q1Q 012 $%1+ q2Q 022 $%2+ … = Q 4π ϵ0 q1$%1 012 + q2$%2 022 + … (1.6) ou F= Q E , (1.7) onde E(r) ≡ 1 4π ϵ0 q1$%1 012 + q2$%2 022 + … = 1 4π ϵ0  i=1 n _qi 0i2 $%i (1.8) ! qi

r'

$

P

r

E é chamado de campo elétrico das cargas fonte. Observe que é uma função da posição (r), porque os vetores de separação ($i) dependem

da localização do ponto de campo P. Mas não faz referência à carga de teste Q. O campo elétrico é uma grandeza vetorial que varia de ponto a ponto e é determinado pela configuração das cargas da fonte.

Fisicamente, E(r) é a força por carga unitária que seria exercida em uma carga de prova que fosse colocada no P.

Exemplo1 .1Encontre o campo elétrico a uma distância z acima

Solução 1.1

Seja E1o campo da carga a esquerda sozinha e E2 o da carga a direita sozinha.

Metodo 1

Utilizando o princípio da super-posição, temos:

E(r) = E1(r) + E2(r) = ₄1 π ϵ0 q1$%1 012 +q2$ % 2 022 ou E(r) =Exx% + Eyy% + Ezz%, onde Ex=Ex,1+Ex,2=E(r) ·x% =_{4π ϵ}1 0 q1 012 $%1+ q2 022 $%2 ·x % =₄1 π ϵ0 q1 012 $%1·x%+ q2 022 $%2·x %  = q 4π ϵ0 $ % 1·x% 012 +$ % 2·x% 022  Ey=Ey,1+Ey,2=E(r) ·y% =_{4π ϵ}1 0 q1 012 $%1+ q2 022 $%2 ·y % =₄1 π ϵ0 q1 012 $%1·y%+ q2 022 $%2·y %  = q 4π ϵ0 $ % 1·y % 012 +$ % 2·y % 022 Ez=Ez,1+Ez,2=E(r) ·z% =₄1 π ϵ0 q1 012 $%1+ q2 022 $%2 ·z % = 1 4π ϵ0 q1 012 $%1·z%+ q2 022 $%2·z %  = q 4π ϵ0 $ % 1·z% 012 +$ % 2·z% 022 

Os vetores separação entre o ponto P e as cargas fonte são dados por: $1 = r - r1& = (0, 0, z) - (-(d/2), 0, 0) = ((d/2), 0, z) = (d/2)x % +z z% , com 01= 4$15 = d₂ 2 +z2_{ e $}% 1=$1 01 = d2x % +z z% d 2 2 +z2_ $2 = r - r2& = (0, 0, z) - ((d/2), 0, 0) = (-(d/2), 0, z) = -(d/2)x % +z z%, com 02= 4$25 = -d 2 2 +z2_{ = }d 2 2 +z2_{ e $}% 2= $2 02 = -d2x % +z z% d 2 2 +z2_

Desta forma obtemos:

$%1·x%= d2 d 2 2 +z2_ , $%1·y%=0 e $%1·z%= z d 2 2 +z2_ $%2·x%= -d2 d 2 2 +z2_ , $%2·y%=0 e $%2·z%= z d 2 2 +z2_

4

2 Campo Elétrico.nb

$%2·x%= -d2 d 2 2 +z2_ , $%2·y%=0 e $%2·z%= z d 2 2 +z2_

O campo elétrico resultante será

Ex= q 4π ϵ0 $%1·x% 012 +$ % 2·x% 022  = q 4π ϵ0 1 d 2 2 +z2_ d2 d 2 2 +z2_ - 1 d 2 2 +z2_ d2 d 2 2 +z2_ =0 Ey= q 4π ϵ0 $ % 1·y% 012 +$ % 2·y% 022 =0 Ez= q 4π ϵ0 $ % 1·z% 012 +$ % 2·z% 022  = q 4π ϵ0 1 d 2 2 +z2_ z d 2 2 +z2_ + 1 d 2 2 +z2_ z d 2 2 +z2_ =2₄q π ϵ0 1 d 2 2 +z2_ z d 2 2 +z2_ = 1 4π ϵ0 2 qz d 2 2 +z2_3/2 ou seja, E(r) = ₄1 π ϵ0 2 qz d 2 2 +z2_3/2 z %

Verificar: quando z ≫ d você está tão distante que parece que há apenas uma única carga 2q, então o campo deve ser reduzido para E(r) = ₄1

π ϵ0

2 q

z2 z

%

. Isso é feito fazendo-se d → 0 na fórmula encontrada. Metodo 2

Adicionando-os (vetorialmente), por simetria, as componentes horizontais se cancelam (Ex,1= -Ex,2 e Ey,1= -Ey,2) e as componentes

verticais se somam (Ez,1=Ez,2): Ex=Ex,1+Ex,2=0 Ey=Ey,1+Ey,2=0 Ez=Ez,1+Ez,2=2 Ez,1=2 q 4π ϵ0 1 d 2 2 +z2_$ % 1·z%=2 q 4π ϵ0 1 d 2 2 +z2_cosθ1= 1 4π ϵ0 2 qz d 2 2 +z2_3/2, onde cosθ = z/01= z d 2 2 +z2_ .

E(r) = 1 4π ϵ0 2 qz d 2 2 +z2_3/2 z %

1.1.4 Distribuições contínuas de carga

Uma coleção de cargas puntiforme espalhadas no espaço irá resultar, como visto anteriormente, em um campo elétrico. Contudo, a carga elétrica, ao invés de ser localizada em pontos, pode ser distribuída continuamente por uma determinada região. Desta forma o campo elétrico resultante pode ser escrito como:

E(r) = 1 4π ϵ0  1 02 $%ⅆq (1.9)

◼ Se a carga é espalhada ao longo de uma linha, com carga por unidade de comprimento λ (densidade linear de carga), então

dq=λdl'onde dl'é um elemento de comprimento ao longo da linha; (1.10)

Fazendo dq→λdl'_{, obtemos}

E(r) = 1 4π ϵ0  λ r'_ 02 $%dl' _(1.11)

◼ se a carga é espalhada sobre uma superfície, com carga por unidade de área σ (densidade superficial de carga), então

dq= σda'_{onde da}'_{é um elemento de área da superfície; (1.12)}

Fazendo dq→σda'_{, obtemos} E(r) = 1 4π ϵ0  σr'_ 02 $%da' (1.13)

◼ se a carga preenche um volume, com carga por unidade de volume ρ (densidade volumétrica de carga), então

Fazendo dq→ρdτ'_{, obtemos} E(r) = 1 4π ϵ0  ρr'_ 02 $%dτ' (1.15) Exemplo 1 .2

a. Encontre o campo elétrico a uma distância z acima do ponto médio de um segmento de reta de comprimento 2 L que contem uma densidade linear de carga uniforme λ.

b. Verifique o campo elétrico da resposta a para pontos distantes do fio. c. Verifique o campo elétrico da resposta a para um fio infinito.

Solução 1.1

a. O método mais simples é cortar a linha em pares colocados simetricamente (em ± x), fazendo de forma semelhante ao Exemplo 1, com d / 2 → x, q → λdx e integrando (x: 0 → L).

Contudo, aqui irei utilizar uma abordagem mais geral:

E(r) = 1 4π ϵ0 λ r'_ 02 $ %_dl' Precisamos substituir, λr'_{, 0, $}%₌$ $ ($ %

não é constante, pois ele varia de direção) e dl'_{. Desta forma:}

λr'_{é uniforme, logo}

λr'_{ = λ}

Para as posições, temos $= r - r' r = z z%, r' _{= x x}%_{, dl}'_=dx; Logo $= r - r' _{= -x x}%_{+z z}%_{, 0= 4$5 = x}2_+z2_{, $}%₌$ 0 = -x x%+z z% x2_+z2_

Desta forma o campo elétrico é dado por

E(r) = 1 4π ϵ0∫-L L λ x2_+z2_ -x x%+z z% x2_+z2_ ⅆx= λ 4π ϵ0 -x%∫_-L_L x x2_+z2_3/2 ⅆx+z z % ∫_-L_L 1 x2_+z2_3/2ⅆx = λ 4π ϵ0 -x%- 1 x2_+z2_ -L L +z z% x z2 _x2_+z2_ -L L = 1 4π ϵ0 2λL z L2_+z2_ z %

Se a carga elétrica total no fio é q, então λ = q

2 L. Assim, o campo elétrico pode ser reescrito como

E(r) = 1 4π ϵ0

q z L2_+z2_ z

%

b. Podemos expandir em termos de L_z,

1 L2_+z2_ = L 2_+z2_-1/2 =z-1_{1+ }L z 2 -1/2=z-1_{1+ δ}2_-1/2 =z-1_1-1 2δ 2_{+ … =}1 z -δ2 2 z+ … = 1 z -L2 2 z3+ … Assim, E(r) = 1 4π ϵ0 q z L2_+z2_ z % = 1 4π ϵ0 q z 1 z -L2 2 z3 + …z % = 1 4π ϵ0q 1 z2 -L2 2 z4+ …z %

Para pontos longe da linha (z ≫ L),

E(r) ≈ 1 4π ϵ0

q z2 z

%

Isso faz sentido: de longe, a linha parece uma carga pontual q = 2λL. c. Podemos expandir em termos de z

L, 1 L2_+z2_ = L 2_+z2_-1/2 =L-1_{1+ }z L 2 -1/2=L-1_{1+ δ}2_-1/2 =L-1_1-1 2δ 2_{+ … =} 1 L -δ2 2 L+ … = 1 L -z2 2 L3 + … Assim, E(r) = 1 4π ϵ0 q z L2_+z2_ z % = 1 4π ϵ0 q z 1 L -z2 2 L3 + …z %

Para um fio muito grande ou onde a carga está muito próxima do fio z

L≪1, temos E(r) ≈ 1 4π ϵ0 q zLz %

O campo de um fio reto infinito, ou seja, no limite L →∞,

E(r) ≈ 1 4π ϵ0

2λ z z

2.2 Divergente e Rotacional de Campos Eletrostáticos

1.2.1 Linhas de Campo, Fluxo e Lei de Gauss

Tome uma única carga pontual q, situada na origem. O Campo elétrico é dado por

E(r) = 1

4π ϵ0

q r%

r2 (1.16)

A figura abaixo, esboça alguns vetores representativos. Como o campo cai como 1

r2, os vetores ficam mais curtos à medida que você se

afasta da origem; eles sempre apontam radialmente para fora (carga positiva) ou para dentro (carga negativa). As informações sobre a força do campo estão contidas no comprimento das flechas.

Há uma forma mais agradável de representar esse campo que é conectar as setas para formar linhas de campo. A magnitude do campo é indicada pela densidade das linhas de campo: é forte perto do centro, onde as linhas de campo estão próximas e mais fracas, onde estão relativamente distantes umas das outras.

L

Neste modelo, o fluxo de E através de uma superfície S é dado por

ΦE≡  S

E·da (1.17)

Isto pode ser visto como uma medida do “número de linhas de campo” passando por S. O produto escalar seleciona o componente de E ao longo da direção de da.

Electrostatics

+

+

Equal charges

FIGURE 14

is a measure of the “number of field lines” passing through S. I put this in quotes

because of course we can only draw a representative sample of the field lines—the

total

number would be infinite. But for a given sampling rate the flux is

propor-tional

to the number of lines drawn, because the field strength, remember, is

pro-portional to the density of field lines (the number per unit area), and hence E

_{· da}

is proportional to the number of lines passing through the infinitesimal area da.

(The dot product picks out the component of da along the direction of E, as

in-dicated in Fig. 15. It is the area in the plane perpendicular to E that we have in

mind when we say that the density of field lines is the number per unit area.)

This suggests that the flux through any closed surface is a measure of the

to-tal charge inside. For the field lines that originate on a positive charge must

ei-ther pass out through the surface or else terminate on a negative charge inside

(Fig. 16a). On the other hand, a charge outside the surface will contribute nothing

to the total flux, since its field lines pass in one side and out the other (Fig. 16b).

This is the essence of Gauss’s law. Now let’s make it quantitative.

In the case of a point charge q at the origin, the flux of E through a spherical

surface of radius r is

!

E · da =

"

₁

4 πϵ

0

# q

r

2

ˆr

$

· (r

2

sin θ dθ dφ

_{ˆr) =}

1

ϵ

0

q .

(12)

d

a

E

FIGURE 15

Isto sugere que o fluxo através de qualquer superfície fechada é uma medida da carga total no interior. Pois as linhas de campo que se originam de uma carga positiva devem passar pela superfície ou então terminar com uma carga negativa no interior. Por outro lado, uma carga fora da superfície não contribuirá em nada para o fluxo total, uma vez que suas linhas de campo passam de um lado para o outro. Essa é a essência da lei de Gauss.

Electrostatics

(a)

2 q

q

E

(b)

E

q

FIGURE 16

Notice that the radius of the sphere cancels out, for while the surface area goes

up

as r

_{, the field goes down as 1/r}

_{, so the product is constant. In terms of the}

field-line picture, this makes good sense, since the same number of field lines pass

through any sphere centered at the origin, regardless of its size. In fact, it didn’t

have to be a sphere—any closed surface, whatever its shape, would be pierced by

the same number of field lines. Evidently the flux through any surface enclosing

the charge is q/ϵ

.

Now suppose that instead of a single charge at the origin, we have a bunch of

charges scattered about. According to the principle of superposition, the total field

is the (vector) sum of all the individual fields:

E =

!

i=1

E

.

The flux through a surface that encloses them all is

"

E · da =

!

#"

E

· da

$

=

!

# 1

ϵ

q

$

For any closed surface, then,

"

E · da =

1

ϵ

Q

,

(13)

where Q

is the total charge enclosed within the surface. This is the

quantita-tive statement of Gauss’s law. Although it contains no information that was not

already present in Coulomb’s law plus the principle of superposition, it is of

al-most magical power, as you will see in Sect. 2.3. Notice that it all hinges on the

1/r

_{character of Coulomb’s law; without that the crucial cancellation of the r’s}

in Eq. 12 would not take place, and the total flux of E would depend on the surface

chosen, not merely on the total charge enclosed. Other 1/r

_{forces (I am thinking}

particularly of Newton’s law of universal gravitation) will obey “Gauss’s laws” of

their own, and the applications we develop here carry over directly.

Lei de Gauss:

No caso de uma carga pontual q na origem, o fluxo de E através de uma superfície esférica de raio r é

 S E·da = S 1 4π ϵ0 q r% r2 · r 2_{sinθdθ dϕ r}%_{ =} q ϵ0 (1.18)

Observe que o raio da esfera se anula, enquanto a área da superfície sobe como r2_{, o campo cai como 1 / r}2_{, então o produto é constante.}

Poderia ser qualquer superfície, não precisava ser uma esfera - qualquer superfície fechada, qualquer que fosse sua forma, seria perfurada pelo mesmo número de linhas de campo. Evidentemente, o fluxo através de qualquer superfície que envolve a carga é q / ϵ0.

E·da=E·n da=E n cosθda= q

4π ϵ0

cosθ

r2 da (1.19)

Temos que cosθda=r2_{dΩ, onde dΩ =sinθdθdϕ é o elemento de ângulo sólido subtendido por da em relação a posicão da carga. Então}

E·da= q 4π ϵ0 cosθ r2 da= q 4π ϵ0 1 r2r 2_{dΩ =} q 4π ϵ0 dΩ (1.20)

Se nós integrarmos a componente normal de E sobre toda a superfície fechada é fácil ver que

 SE·da = q 4π ϵ0  SdΩ = q 4πϵ0  Ssinθdθdϕ = q 4πϵ0 4π = q ϵ0 (1.21) C.Q.D

Agora suponha que, em vez de uma única cobrança na origem, tenhamos um monte de cobranças espalhadas. De acordo com o princípio da superposição, o campo total é a soma (vectorial) de todos os campos individuais:

E= 

i=1

n

Ei (1.22)

O fluxo através de uma superfície que envolve todos eles é

 S E·da = i=1 n  S Ei·da =  i=1 n _qi ϵ0 (1.23)

Para qualquer superfície fechada, temos então



S

E·da = Qenc

ϵ0

, (1.24)

onde Qenc é a carga total dentro da superfície.

Esta é a declaração quantitativa da lei de Gauss.

Observe que tudo depende do caráter 1 / r2 _{da lei de Coulomb;}

Outras forças com dependência de 1 / r2 _{obedecerão às "leis de Gauss", como por exemplo a lei de gravitação universal de Newton.}

Tal como está, a lei de Gauss é uma equação integral, mas podemos facilmente transforma-la em um diferencial, aplicando o teorema da divergência:  S E·da = V (∇ ·E)dτ = Qenc ϵ0 (1.25)

Reescrevendo Qenc em termos de densidade de carga ρ, temos

Qenc= 

V

ρdτ (1.26)

Então a lei de Gauss se torna

 V (∇ ·E)dτ =  V ρ ϵ0 dτ (1.27) ou  V∇ ·E -ρ ϵ0 dτ =0 (1.28)

E como isso vale para qualquer volume, então temos que ter:

∇ ·E= ρ ϵ0

(1.29)

Esta é a lei de Gauss na forma diferencial. A versão diferencial é mais ordenada, mas a forma integral tem a vantagem de acomodar cargas de ponto, linha e superfície mais naturalmente.

1.2.2 A Divergência de E

Vamos calcular a divergência de E diretamente de

E(r) = 1 4π ϵ0  todo espaço ρr'_ 02 $%dτ' _(1.30)

Obs. Originalmente a integração era sob volume ocupado pela carga, mas pode-se estendê-la a todo o espaço, uma vez que ρ = 0 na região exterior de qualquer maneira.)

∇ ·E(r) = 1 4π ϵ0 ∇ ·  ρr'_ 02 $%dτ'₌ 1 4π ϵ0  ρr' ∇ · $ % 02 dτ' _(1.31) Note que ∇ · $ % 02 =4πδ3($) = 4πδ3r-r' (1.32) Então ∇ ·E(r) = 1 4π ϵ0  ρr' ∇ · $ % 02 dτ'= 1 4π ϵ0 4πδ3r-r'_{ ρr}'_dτ'₌ρ(r) ϵ0 (1.33)

que é a lei de Gauss na forma diferencial. Para recuperar a forma integral, fazemos:

 V (∇ ·E)dτ =  S E·da= 1 ϵ0  V ρdτ = Qenc ϵ0 (1.34)

1.2.3 Aplicações da Lei de Gauss

Para problemas com certa simetria, a lei de Gauss oferece a maneira mais rápida e fácil de calcular os campos elétricos. Geralmente, geometrias onde o campo elétrico é perpendicular a superfície são as melhores de serem trabalhadas. Existem apenas três tipos de simetria em que a Lei de Gauss é simplificada:

1. simetria esférica. Faça a sua superfície gaussiana uma esfera concêntrica. 2. Simetria cilíndrica. Faça a sua superfície gaussiana um cilindro coaxial.

3. Simetria Planar. Use uma superfície gaussiana em forma de“caixa” que atravesse a superfície.

Através do princípio de superposição, pode-se reunir combinações de objetos que possuem as simetria acima, mesmo que o arranjo como um todo não seja simétrico.

Vejamos alguns exemplos:

Exemplo 1 .3

Encontre o campo fora de uma esfera sólida uniformemente carregada de raio R e carga total q.

Solução 1.1

Pela simetria do problema, a superfície a ser utilizada será evidentemente a esférica. Como o campo é fora da esfera o raio da superfície Gaussina, r, deve ser maior que o raio da esfera carregada, R, ou seja, r>R.

A lei de Gauss diz que

∮_SE·da =Qenc

ϵ0 

e neste caso Qenc=q. A simetria nos permite calcular o E que certamente aponta radialmente para fora, assim como da. Sendo assim, o

produto escalar fica

∮_SE·da =∮_SE da

A magnitude do campo elétrico, E= 4E5, é constante sobre a superfície de Gauss, então ela sai para fora da integral: ∮SE·da =∮SE da=E∮Sda=E 4πr 2 portanto E 4πr2₌ q ϵ0 ou E= 1 4πϵ0 q r2r %_{, r} >R

O campo fora da esfera é exatamente o mesmo que teria sido se toda a carga estivesse concentrada no centro.

Exemplo 1 .4

Um cilindro longo carrega uma densidade de carga proporcional à distância do eixo:ρ = k s, para k sendo uma constante. Encontre o campo elétrico dentro deste cilindro.

Solução 1.4

Pela simetria do problema, a superfície a ser utilizada será evidentemente a cilíndrica. Como o campo é dentro do cilindro carregado, o raio da superfície Gaussina, s, deve ser menor que o raio do cilindro carregado.

Para essa superfície, a lei de Gauss declara:

∮_SE·da= Qenc

ϵ0 

A carga interna a superície gaussiana é

Qenc=∫_V'ρdτ'=∫_V'(k s ') (s ' ds ' dϕ' dz ') = ∫₀ s (k s ')s ' ds '∫₀2πdϕ'∫-l2 l2 dz '=2πl k∫₀s(s ')2ds '=2 3πl k s 3

Agora, a simetria determina que E deve apontar radialmente para fora; portanto, para a parte curva do cilindro gaussiano, temos:

∫E·da= ∫E da= ∫E(sdϕdz) =E s∫₀2πdϕ ∫_-l_l_2₂dz=E 2πs l,

enquanto as duas extremidades não contribuem com nada (dado que E é perpendicular a da). Portanto,

E 2πs l=1 ϵ0 2 3πl k s 3_, ou, finalmente, E= 1 3ϵ0k s s %_{, s} <raio do cilindro. Exemplo 1 .5

Um plano infinito carrega uma carga superficial uniforme σ. Encontre o seu campo elétrico.

Solução 1.5

Pela simetria do problema, a superfície a ser utilizada será evidentemente da forma de uma “caixa de comprimidos gaussiana”. Como o campo é fora do plano carregado, termos

Para essa superfície, a lei de Gauss declara:

∮SE·da=  Qenc

ϵ0



Nesse caso, Qenc= σA, onde A é a área da tampa da caixa de comprimidos. Por simetria, E aponta para fora do plano (para cima nos

pontos acima, E+=E(+z), para baixo nos pontos abaixo, E-=E(-z)). Portanto, as superfícies superior e inferior produzem

∫E·da= ∫ (Ez) · (z da) + ∫ (-Ez) · (-z da) =2∫E da=2 E A, enquanto ambas as laterais não contribuem com nada. Então,

2 E A= 1 ϵ0 σA, logo obtemos E=σ 2ϵ0n % .

Parece surpreendente, a princípio, que o campo de um plano infinito seja independente de quão longe você está. E o 1r2 _{na lei de}

Coulomb? O ponto é que, à medida que você se afasta cada vez mais do plano, cada vez mais cargas entram em seu "campo de visão" (uma forma de cone que se estende para fora do seu olho), e isso compensa a influência decrescente de qualquer carga em particular. O campo elétrico de uma esfera cai como 1r2_{; o campo elétrico de uma linha infinita cai como 1/r; e o campo elétrico de um plano}

infinito não diminui (você não pode escapar de um plano infinito).

Exemplo 1 .6

Dois planos paralelos infinitos carregam densidades de carga iguais, mas opostas, ±σ. Encontre o campo em cada uma das três regiões: (i) à esquerda de ambas,

(ii) entre elas, (iii) à direita de ambas.

Solução 1.6

A placa esquerda produz um campo ₂σ

ϵ0, que aponta para fora do plano - para a esquerda na região (i) e para a direita nas regiões (ii) e

(iii). A placa direita, sendo carregada negativamente, produz um campo ₂σ

ϵ0, que aponta para dentro dela - para direita nas regiões (i) e

(ii) e para esquerda na região (iii).

(iii). A placa direita, sendo carregada negativamente, produz um campo ₂

ϵ0, que aponta para dentro dela - para direita nas regiões (i) e

(ii) e para esquerda na região (iii).

(i) O campo resultante é nulo, pois os dois campos se cancelam. (ii) O campo resultante é σ

ϵ0 e aponta para a direita. Os dois campos se somam.

(iii) O campo resultante é nulo, pois os dois campos se cancelam.

1.2.4 O Rotacional de E

Vamos calcular o rotacional do campo elétrico de uma carga pontual na origem, ou seja, o rotacional de

E(r) = 1

4π ϵ0

q r%

r2 (1.35)

Para isto, vamos utilizar o teorema de Stokes para o campo elétrico, ou seja,



∂SE

·dl= 

S

∇ ⨯E·da (1.36)

Antes de qualquer cálculo, utilizando apenas o poder da simetria, podemos intuir que o rotacional de E deve ser nulo. Voltando aos cálculos, a integral de linha para E, indo de um ponto a até um ponto b, é calculada da seguinte forma:

 a b E·dl=  a b 1 4π ϵ0 q r% r2 · dr r % +r dθθ%+r senθdϕϕ% =  ra rb 1 4π ϵ0 q r2 dr= q 4π ϵ0  ra rb 1 r2 dr= q 4π ϵ0 -1 r ra rb = q 4π ϵ0 -1 rb --1 ra = q 4π ϵ0 1 ra -1 rb = q 4π ϵ0 rb-ra rarb (1.37)

A integral do lado esquerdo do teorema de Stokes é fechada, ou seja, neste caso rb=ra. Sendo assim, termos que



∂S

E·dl=0 (1.38)

Sendo o teoremas de Stokes verdadeiro, temos que ter



S

Para que isto seja verdadeiro em qualquer superfície, temos que ter:

∇ ⨯E =0, (1.40)

ou seja, o rotacional do campo elétrico de uma carga puntiforme localizada na origem é nulo. Contudo, esse resultado se mantém não importa onde a carga esteja localizada. Além disso, se tivermos muitas cargas, o princípio da superposição declara que o campo total é uma soma vetorial de seus campos individuais:

E=E1+ E2 +. . . , (1.41)

então,

∇ ×E= ∇ × (E1 +E2+. . .) = ( ∇ ×E1) + (∇ ×E2) +. . . =0. (1.42)

Logo, ∮∂SE·dl=0 e ∇ ⨯E =0 são válidos para qualquer distribuição de carga estática.

2.3 O Potencial Elétrico

1.3.1 Introdução

O campo elétrico E é um tipo muito especial de função vetorial: seu rotacional é nulo. Vamos explorar essa propriedade especial dos campos elétricos para reduzir um problema vetorial (encontrar E) a um problema escalar muito mais simples.

O teorema afirma que qualquer vetor cujo rotacional é zero é igual ao gradiente de algum escalar. O que vou fazer agora é uma prova dessa afirmação, no contexto da eletrostática.

Electrostatics

b

a

(i)

(ii)

FIGURE 30

Because ∇ × E = 0 , the line integral of E around any closed loop is zero (that

follows from Stokes’ theorem). Because

!

_{E · dl = 0, the line integral of E from}

point a to point b is the same for all paths (otherwise you could go out along path

(i) and return along path (ii)—Fig. 30—and obtain

!

_{E · dl ̸= 0). Because the line}

integral is independent of path, we can define a function

6

V (

_{r) ≡ −}

"

r

O

E · dl.

(21)

Here O is some standard reference point on which we have agreed beforehand; V

then depends only on the point r. It is called the electric potential.

The potential difference between two points a and b is

V (

_{b) − V (a) = −}

"

b

O

E · dl +

"

a

O

E · dl

= −

"

b

O

E · dl −

"

_O

a

E · dl = −

"

b

a

E · dl.

(22)

Now, the fundamental theorem for gradients states that

V (

_{b) − V (a) =}

"

b

a

(

∇V ) · dl,

so

"

b

a

(

∇V ) · dl = −

"

b

a

E · dl.

Since, finally, this is true for any points a and b, the integrands must be equal:

E = − ∇V.

(23)

6

_{To avoid any possible ambiguity, I should perhaps put a prime on the integration variable:}

V (

_{r) = −}

"

r

O

E(r

′

)

· dl

′

.

But this makes for cumbersome notation, and I prefer whenever possible to reserve the primes for

source points. However, when (as in Ex. 7) we calculate such integrals explicitly, I will put in the

primes.

Como visto anteriormente, ∇ ⨯E=0, a integral de linha de E em torno de qualquer loop fechado é zero (que segue do teorema de Stokes). Como ∮∂SE·dl=0 independente do caminho, podemos definir uma função

V(r) ≡ -

W

r

E·dl. (1.43)

Aqui W é algum ponto de referência padrão e o sinal negativo é apenas por convenção; V então depende apenas do ponto r. V é chamado de potencial elétrico.

A diferença de potencial entre dois pontos a e b é

V(b) -V(a) = - W b E·dl - - W a E·dl = - W b E·dl -  a W E·dl = - W b E·dl + - a W E·dl = - a b E·dl (1.44)

O teorema fundamental para gradientes afirma que

V(b) -V(a) = 

a b

(∇V) ·dl. (1.45)

Então das duas equações acima temos:

V(b) -V(a) = -

a b

E·dl (1.46)

Como isso é verdade para todos os pontos a e b , os integrandos das equações acima devem ser iguais:

V(b) -V(a) =  a b (∇V) ·dl= - a b E·dl (1.47) logo, E= -∇V (1.48)

Esta equação é a versão diferencial de V(r) ≡ -∫_WrE·dl; ela diz que o campo elétrico é o gradiente de um potencial escalar.

1.3.2 Alguns Comentários

(i) O nome. Os termos “potencial” e “energia potencial” são completamente diferentes e devem ser tratados de forma diferente. Uma superfície sobre a qual o potencial é constante é chamada de equipotencial.

(ii) Vantagem da formulação potencial. Se você conhece V, pode facilmente obter E - basta pegar o gradiente: E= -∇V. Isso é extraordinário quando você para para pensar sobre isso, pois E é uma quantidade vetorial (três componentes), mas V é um escalar (um componente). Como uma função pode conter todas as informações que três funções independentes carregam? A resposta é que os três componentes de E não são tão independentes quanto parecem; na verdade, eles estão explicitamente inter-relacionados pela própria condição em que começamos, ∇ ⨯E =0. Em termos de componentes,

∂Ez ∂y = ∂Ey ∂z , ∂Ez ∂x = ∂Ex ∂z, ∂Ey ∂x = ∂Ex ∂y (1.49)

(iii) O ponto de referência W. Há uma ambiguidade essencial na definição de potencial, uma vez que a escolha do ponto de referência W foi arbitrária. Alterar pontos de referência equivale a adicionar uma constante K ao potencial:

V '(r) = - W' r E·dl= - W' W E·dl-  W r E·dl=K+V(r) (1.50)

onde K é a integral de linha de E do antigo ponto de referência W até o novo W'. Obviamente, adicionar uma constante a V não afetará a diferença de potencial entre dois pontos:

V '(b) -V '(a) = (K+V(b)) - (K+V(a)) =V(b) -V(a) _(1.51)

desde que os K cancelam. Isto também não afeta o gradiente de V:

∇V '= ∇V (1.52)

uma vez que a derivada de uma constante é zero. É por isso que todos esses Vs, diferindo apenas na escolha do ponto de referência, correspondem ao mesmo campo E.

O potencial, como tal, não tem significado físico real, pois, em qualquer momento, podemos ajustar seu valor à vontade com uma realo-cação adequada de W. Nesse sentido, é mais ou menos como a altitude: a única quantidade de interesse intrínseco é a diferença de altitude entre dois pontos, e é a mesma, independentemente do seu nível de referência.

Dito isto, no entanto, existe um ponto "natural" para o uso de W em eletrostática - análogo ao nível do mar para a altitude - e esse é um ponto infinitamente distante da carga. Normalmente, então, "definimos o zero de potencial no infinito".

V(W) =0 (1.53)

Como V(W) =0, escolher um ponto de referência é equivalente a selecionar um lugar onde V deve ser zero.

Circunstância especial em que esta convenção falha: quando a própria distribuição de carga se estende ao infinito.

O sintoma do problema, nesses casos, é que o potencial explode. Por exemplo, o campo de um plano uniformemente carregado é  σ 2ϵ0

n%; se escolhermos W = ∞, então o potencial na altura z acima do plano se tornará

V(z) = - W r E·dl= - W r σ 2ϵ0 z % ·dl= -σ 2ϵ0  ∞ z dz= -σ 2ϵ0 (z- ∞). (1.54)

O remédio é simplesmente escolher outro ponto de referência (neste exemplo, você pode usar um ponto no plano). Observe que na "vida real" não existe uma distribuição de carga que dura para sempre, e sempre podemos usar o infinito como nosso ponto de referência. (iv) O potencial obedece ao princípio de superposição. O princípio de superposição original refere-se à força em uma carga de teste Q. Diz que a força total em Q é a soma vetorial das forças atribuíveis às cargas fontes individualmente:

F=F1 +F2 +. . . (1.55)

Dividindo por Q, vemos que o campo elétrico também obedece ao princípio de superposição:

E= E1 +E2+. . . (1.56)

Integrando do ponto de referência comum até r, conclui-se que o potencial também satisfaz esse princípio:

V =V1 +V2 +. . . (1.57)

Ou seja, o potencial em qualquer ponto é a soma dos potenciais devido a todas as cargas fontes separadamente.

(v) Unidade do potencial. No SI, a força é medida em newtons e carregada em coulombs, de modo que os campos elétricos estão em newtons por coulomb. Consequentemente, o potencial é newton-metros por coulomb, ou joules por coulomb. Um joule por coulomb é um volt.

Encontre o potencial dentro e fora de uma carcaça esférica de raio R que carrega uma carga superficial uniforme. Defina o ponto de referência no infinito.

Electrostatics

(iv) Potential obeys the superposition principle. The original superposition

principle pertains to the force on a test charge Q. It says that the total force on Q

is the vector sum of the forces attributable to the source charges individually:

F = F

1

+ F

2

+ . . .

Dividing through by Q, we see that the electric field, too, obeys the superposition

principle:

E = E

1

+ E

2

+ . . .

Integrating from the common reference point to r, it follows that the potential also

satisfies such a principle:

V

_{= V}

1

+ V

2

+ . . .

That is, the potential at any given point is the sum of the potentials due to all the

source charges separately. Only this time it is an ordinary sum, not a vector sum,

which makes it a lot easier to work with.

(v) Units of Potential. In our units, force is measured in newtons and charge

in coulombs, so electric fields are in newtons per coulomb. Accordingly, potential

is newton-meters per coulomb, or joules per coulomb. A joule per coulomb is

a volt.

Example 7. Find the potential inside and outside a spherical shell of radius R

(Fig. 31) that carries a uniform surface charge. Set the reference point at infinity.

R

P

r

FIGURE 31

Solution

From Gauss’s law, the field outside is

E =

_4πϵ

1

0

q

r

2

ˆr,

where q is the total charge on the sphere. The field inside is zero. For points

outside the sphere (r > R),

V (r)

_{= −}

!

r

O

E · dl =

−1

4πϵ

0

!

r

∞

q

r

′2

dr

′

=

1

4πϵ

0

q

r

′

"

"

"

"

r

∞

=

1

4πϵ

0

q

r

.

Pela lei de Gauss, como já calculado anteriormente, o campo externo é

E= 1 4π ϵ0

q r2 r

%_,

onde q é a carga total na esfera. O campo dentro é zero, pois não há carga elétrica dentro da esfera. Para pontos fora da esfera (r > R), V(r) = -∫_WrE·dl= - 1 4π ϵ0∫∞ r q (r')2r % ·dl '= - 1 4π ϵ0∫∞ r q (r')2dr '= q 4π ϵ0 1 r'∞ r = 1 4π ϵ0 q r.

Para encontrar o potencial dentro da esfera (r <R), precisamos dividir a integral em duas partes, usando em cada região o campo que nela prevalece: V(r) = -∫_WRE·dl + -∫_RrE·dl = - 1 4π ϵ0∫∞ R q (r')2 dr ' + -∫R r (0)dr ' V(r) = q 4π ϵ0 1 r'∞ R +0= 1 4π ϵ0 q R.

Observe que o potencial não é zero dentro da casca esférica, mesmo que o campo elétrico seja. V é uma constante nessa região, com certeza, para que ∇V =0. Em problemas desse tipo, você deve sempre trabalhar do ponto de referência.

1.3.3 Equação de Poisson e Equação de Laplace

Vamos relacionar o o potencial com o rotacional e o divergente de E

∇ ·E= ρ ϵ0

(Lei de Gauss) (1.58)

∇ ⨯E=0 (1.59)

Substutindo E= -∇V, na Lei de Gauss, obtemos

∇ ·E= ∇ · (-∇V) = -∇2V= ρ ϵ0 (1.60) A equação ∇2V= ρ ϵ0 (1.61)

é conhecida como equação de Poisson.

Nas regiões em que não há carga, então ρ = 0, a equação de Poisson se reduz à equação de Laplace,

∇2V=0 (1.62)

Substutindo E= -∇V, no rotacional, obtemos

∇ ⨯E= ∇ ⨯ (-∇V) =0 (1.63)

Observe que não há condição para V na equação acima - o rotacional do gradiente é sempre zero (como usamos para obter E por V). É necessário apenas uma equação diferencial (Poisson) para determinar V, porque V é um escalar; para E, precisávamos de duas, a divergência e o rotacional.

1.3.4 O Potencial de uma Distribuição Localizada de Cargas

Vamos tentar calcular V sabendo ρ e depois calcular E com V.

!

A ideia é que seja mais fácil obter V primeiro e depois calcular E tomando o gradiente.

!

Normalmente, então, sabemos onde está a carga (ou seja, sabemos ρ) e queremos encontrar V.

!

Agora, a equação de Poisson relaciona V e ρ, mas infelizmente é "o caminho errado": nos daria ρ, se

conhecêssemos V, enquanto queremos V, conhecendo ρ.

!

O que devemos fazer, então, é "inverter" a equação de Poisson.

Começando, como sempre, com uma carga pontual na origem.

!

!

!

Definindo o ponto de referência no infinito, o potencial de uma carga pontual q na origem é

V(r) = - W r E·dl= -1 4πϵ0  W r q r '2dr '= q 4πϵ0 1 r ' ∞ r = 1 4πϵ0 q r. (1.67)

Em geral, o potencial de uma carga pontual q localizada em um ponto r ' é dado por

V(r) = 1

4πϵ0

q

0

, (1.68)

onde 0 é a distância de q a r. Invocando o princípio de superposição, o potencial de uma coleção de n cargas é

V(r) = 1 4πϵ0  i=1 n _qi 0i , (1.69)

ou, para uma distribuição contínua, V(r) = 1 4π ϵ0  1 0 dq. (1.70)

Em particular, para uma cobrança por volume, é

V(r) = 1 4π ϵ0  ρ(r ') 0 dτ'. (1.71)

Com esta equação obtemos V quando sabemos ρ. Esta é a "solução" para a equação de Poisson, para uma distribuição de carga localizada. Veja que podemos chegar na equação do campo elétrico de uma distribuição de cargas volumétrica através de E= -∇V

-∇V(r) = -1 4π ϵ0  ∇ ρ(r ') 0 dτ'= 1 4π ϵ0  ρ(r ') 02 0Xdτ'=E(r) (1.72)

O potencial de uma distribuição linear de carga, λ, é dado por:

V(r) = 1 4π ϵ0  λ(r ') 0 dl '. (1.73)

O potencial de uma distribuição linear de superficial de carga, σ, é dado por :

V(r) = 1 4π ϵ0  σ(r ') 0 da '. (1.74)

Obs. Aqui tudo é baseado na suposição de que o ponto de referência está no infinito.

Exemplo 1 .8

Encontre o potencial de uma carcaça esférica de raio R uniformemente carregada.

Solução 1.8

Vamos fazer isso usando:

V(r) = 1 4π ϵ0∫ σ(r') 0 da '. σ(r ') = σ da '=R2_{sinθ' dθ' dϕ'}

$=r-r '= (0, 0, z) - (R sinθ' cosϕ', R sinθ' sinϕ', R cosθ')

$= (-R sinθ' cosϕ',-R sinθ' sinϕ', z-R cosθ')

0 = 4$5 = (-R sinθ' cosϕ')2+ (-R sinθ' sinϕ')2+ (z-R cosθ')2

0 = R2_sin2_{θ'+ (z-R cosθ')}2 _{= R}2_sin2_θ'+z2_{-2 z R cosθ'+R}2_cos2_θ' 0 = R2_+z2_{-2 z R cosθ'}

Substituindo na integral, obtemos

V(z) = 1 4π ϵ0  σR2_sinθ' R2_+z2_{-2 z R cosθ'} dθ' dϕ'= σR2 4π ϵ0  sinθ' R2_+z2_{-2 z R cosθ'} dθ' dϕ' V(z) = σR2 4π ϵ0 ∫0 π ∫₀2π sinθ' R2_+z2_{-2 z R cosθ'} dθ' dϕ' V(z) = σR 2 4π ϵ0 ∫0 π sinθ' R2_+z2_{-2 z R cosθ'} dθ'∫₀2πdϕ' V(z) =σR2 2ϵ0 ∫0 π sinθ' R2_+z2_{-2 z R cosθ'} dθ' V(z) =σR2 2ϵ0 1 R z R 2_+z2_{-2 z R cosθ'} 0 π V(z) =σR 2ϵ0 1 z R 2_+z2_{+2 z R - R}2_+z2_{-2 z R} V(z) =σR 2ϵ0 1 z (R +z) 2 _{- (R-z)}2

Nesta fase, devemos ter muito cuidado para criar a raiz positiva. Para pontos fora da esfera, z é maior que R e, portanto,

(R-z)2 =z-R; para pontos dentro da esfera, (R-z)2 = R-z. Então: V(z) =σR 2ϵ0 1 z((R+z) - (z-R)) = σR2 ϵ0z, z >R V(z) =σR 2ϵ0 1 z((R+z) - (R-z)) = σR ϵ0, z <R Em termos da carga total na casca, q =4πR2_σ,

V(z) = 1 4π ϵ0 q r, r⩾R V(z) = 1 4π ϵ0 q R, r⩽R

1.3.5 Condições de Contorno na Eletrostática

O campo elétrico sempre sofre uma descontinuidade quando você cruza uma superfície carregada com densidade superficial de carga σ. De fato, é simples encontrar a quantia pela qual E muda nesse limite, mas primeiramente vamos entender que os campos elétricos abaixo e acima da superfície podem ser decompostos em componentes normais e tangenciais a superfície, como mostra a figura abaixo.

i) Componente normal de E com relação a superfície.

Suponha que desenhemos uma caixa de comprimidos gaussiana com área da face superior e inferior igual a ΔA e de espessura ϵ, esten-dendo-se apenas um pouco sobre a borda em cada direção.

Tomando a lei de Gauss ∮_SE·da= Qenc

ϵ0

 e usando o limite de ϵ →0, obtemos

lim ϵ→0SE ·da= Eacima·n % acima ΔA+ Eabaixo·n % abaixo ΔA = Qenc ϵ0 = σΔA ϵ0 , (1.75) e portanto,

Eacima·n% - Eabaixo·n% =Eacima⊥ -Eabaixo⊥ = σ ϵ0

, (1.76)

onde n%=n%acima= -n%abaixo.

Desta forma temos que a componente do campo elétrico perpendicular a superfície é descontínua por σ

ϵ0.

ii) Componente tangencial de E com relação a superfície.

Suponha que desenhemos caminho fechado retangular de largura Δℓ e de altura ϵ, estendendo-se apenas um pouco sobre a borda em cada direção.

Tomando ∮E·dl=0 e usando o limite de ϵ →0, obtemos lim ϵ→0 E·dl=0=Eacima || Δℓ -E_abaixo|| Δℓ =0, (1.77) e portanto, E_acima|| =E_abaixo|| _(1.78)

Desta forma temos que a componente do campo elétrico tangencial a superfície é contínua através da superfície.

Em resumo, as condições de contorno para o campo elétrico através de uma superfície carregada com σ podem ser escritas na forma simplificada

Eacima -Eabaixo= σ ϵ0

n%. (1.79)

Calculemos a diferença de potencial entre os pontos a e b, os quais são separados por uma distância ϵ e a está localizado logo abaixo do plano enquanto b está logo acima:

V(b) -V(a) = -

a b

E·dl, (1.80)

usando o limite de ϵ →0, obtemos

lim ϵ→0[V(b) -V(a)] = -limϵ→0a b E·dl=0 (1.81) e portanto, Vacima=Vabaixo (1.82)

Desta forma temos que o potencial elétrico é contínuo através da superfície.

No entanto, o gradiente de V herda a descontinuidade em E. Dado que E= - ∇V e Eacima -Eabaixo= 

σ ϵ0n %_{, obtemos} ∇Vacima - ∇Vabaixo = -σ ϵ0 n%, (1.83)

ou fazendo o produto interno com n%,

n%· (∇Vacima - ∇Vabaixo) = -σ ϵ0

n%·n%, (1.84)

podemos reescrever de forma mais convenientemente,

∂Vacima ∂n -∂Vabaixo ∂n = -σ ϵ0 , (1.85) onde n%· ∇V= ∂V ∂n (1.86)

é denota a derivada normal de V (ou seja, a taxa de mudança na direção perpendicular à superfície).

Observe que essas condições de contorno relacionam os campos e potenciais logo acima e logo abaixo da superfície.

1.4 Trabalho e Energia na Eletrostática

1.4.1 Energia de uma distribuição de cargas pontuais

Pelo teorema Trabalho-Energia Cinética, a variação da energia cinética, ΔK, de uma partícula entre os pontos a e b é igual ao trabalho total realizado para deslocar a partícula do ponto a para b. Suponha que a partícula é uma carga elétrica que ela está sobre a ação de uma força elétrica, Fe=Q E, que realizará um um trabalho We, e de uma força F, que realizará um trabalho W. O trabalho mínimo a ser realizado

por F para deslocar esta carga do ponto a para b é dado quando a velocidade é constante, ou seja,

ΔK=W+We=0⇒W= -We. (1.87)

Desta forma o trabalho mínimo a ser realizado para deslocar uma carga elétrica, Q, de um ponto a a um ponto b sob a ação de uma força elétrica, Fe=Q E, é dado por:

W= -We= - a b Fe·dl= -Q a b E·dl=Q[V(b) -V(a)]. (1.88)

Observe que a resposta é independente do caminho que você segue de a para b; na mecânica, então, chamaríamos a força eletrostática de “conservadora”. Dividindo por Q temos:

V(b) -V(a) =

W

Q (1.89)

Em palavras, a diferença de potencial entre os pontos a e b é igual ao trabalho por unidade de carga necessária para transportar uma partícula de a para b. Em particular, se você deseja trazer Q de longe e colocá-lo no ponto r, o trabalho que você deve fazer é

W=Q[V(r) -V(∞)] (1.90)

então, se você definiu o ponto de referência no infinito,

W=Q V(r) _(1.91)

Nesse sentido, potencial é energia potencial (o trabalho necessário para criar o sistema) por unidade de carga (assim como o campo é a força por unidade de carga).

1.4.2 A energia de uma distribuição de carga pontual

Quanto trabalho seria necessário para montar uma coleção inteira de cargas pontuais?

Imagine trazer as cargas, uma a uma, de longe. A primeira carga, q1, não terá trabalho, pois ainda não há campo a ser combatido.

!

!

!

_!

!

Isso custará q2V1(r2), onde V1 é o potencial devido a q1 e r2 é o local em que colocamos o q2:

W2= 1 4π ϵ0 q2 q1 012 (1.92)

(012 é a distância entre q1 e q2 quando estão na posição). À medida que você carrega cada carga, pregue-a em seu local final, para que não

se mova quando você carrega a próxima carga. Agora traga o q3;

!

_!

!

!

isso requer trabalho q3V1,2(r3), onde V1,2 é o potencial devido às cargas q1 e q2 , a saber, 1/4π ϵ0(q1/ 013+q2/ 023). Desta forma temos

W3= 1 4π ϵ0 q3 q1 013 + q2 023 (1.93)

Da mesma forma, o trabalho extra para trazer a quarta carga será

W4= 1 4π ϵ0 q4 q1 014 + q2 024 + q3 034 (1.94)

!

_!

!

!

!

O trabalho total necessário para montar as quatro primeiras cargas, portanto, é

W=W1+W2+W3+W4=0+ 1 4π ϵ0 q2 q1 012 + 1 4π ϵ0 q3 q1 013 + q2 023 + 1 4π ϵ0 q4 q1 014 + q2 024 + q3 034 (1.95) W= 1 4π ϵ0 q1q2 012 + q1q3 013 + q1q4 014 + q2q3 023 + q2q4 024 + q3q4 034 . (1.96)

De forma geral podemos escrever em termos de dois somatórios:

W= 1 4π ϵ0  i=1 n  j>i n qiqj 0ij . (1.97)

A estipulação j>i é para evitar contar o mesmo par duas vezes.

Uma maneira melhor de fazer isso é intencionalmente contar cada par duas vezes e depois dividir por 2:

W= 1 8π ϵ0  i=1 n  j≠i n _qiqj 0ij . (1.98)

(ainda devemos evitar i=j, é claro). Observe que, nesta forma, a equação claramente não depende da ordem em que você monta as cargas, pois cada par ocorre na soma.

W=1 2i=1 n qi  j≠i n ₁ 4π ϵ0 qj 0ij . (1.99)

O termo entre parênteses é o potencial no ponto ri (posição de qi) devido a qj, ou seja,

Vj(ri) = 1 4π ϵ0 qj 0ij . (1.100)

O potencial de todas as cargas no ponto ri (posição de qi) devido a todas as cargas do arranjo, exceto qi é dado então por

V(ri) =  j≠i n Vj(ri) =  j≠i n ₁ 4π ϵ0 qj 0ij . Portanto,

W=

1 2i=1

n

qiV(ri). (1.101)

É quanto trabalho é necessário para montar (desfazer, -W) uma configuração de cargas pontuais.

1.4.3 A energia de uma distribuição de carga contínua

Para a densidade de carga λ, σ e ρ, a equação para cargas pontuais, W=1 2∑i=1

n _q

iV(ri), pode ser reescrita tomando o limite do contínuo,

ou seja, W= 1 2 λVdl, (1.102) W= 1 2 σVda, (1.103) e W= 1 2 ρVdτ . (1.104)

Existe uma maneira adorável de reescrever esse resultado, no qual ρ e V são eliminados em favor de E. Primeiro, use a lei de Gauss para expressar ρ em termos de E:

ρ = ϵ0∇ ·E (1.105) portanto W= ϵ0 2  (∇ ·E)Vdτ . (1.106) Utilizando a relação ∇ · (V E)= (∇ ·E)V+ (∇V) ·E, (1.107) obtemos W= ϵ0 2-E· (∇V)dτ+  ∇ · (V E) dτ. (1.108)

Pelo teorema da divergência

 ∇ · (V E) dτ

=

Mas em que volume estamos integrando? é claro que devemos integrar a região onde a carga está localizada. Mas, na verdade, qualquer volume maior faria o mesmo: o território "extra" em que lançamos não contribuirá em nada para a integral, já que ρ = 0 lá fora. O que acontece aqui à medida que aumentamos o volume além do mínimo necessário para capturar toda a carga? Bem, a integral de E2 _{só pode}

aumentar (o integrando sendo positivo); evidentemente a integral da superfície deve diminuir correspondentemente para deixar a soma intacta. (De fato, a grandes distâncias da carga, E vai como 1r2 _{e V como 1/r, enquanto a área da superfície cresce como r}2_{; de grosso}

modo, então, a integral da superfície diminui como 1/r). Lembre-se que a integral no volume soma todas as contribuições ao longo de r, enquanto que a integral na superfície é feita apenas sobre a superfície.

A equação que dá a energia W está correta, qualquer que seja o volume que você use (contanto toda a carga), mas a contribuição da integral de volume aumenta e a da integral de superfície diminui à medida que você absorve volumes cada vez maiores.

Em particular, por que não integrar em todo o espaço? Então a integral da superfície vai a zero, e ficamos com:

W= ϵ0 2 em todo espaçoE 2_{dτ .} (1.112)

30

2 Campo Elétrico.nb