Luz, substrato e temperatura na germinação de sementes de cedro-vermelho

12/09/2013 /Autor: Prof. Max Trindade/Alterações: Prof.

Ronaldo Santos 1

Potencial Elétrico

Campo Elétrico

Carga Elétrica 1.1

1.2

1.3

Capacitores e Dielétricos 1.4

Unidade I:

Eletrostática

12/09/2013 2

1.1 – Carga Elétrica

1.1.1 – Condutores e Isolantes

1.1.2 – Efeito Hall

1.1.3 – Lei de Coulomb

1.1.4 – Quantização da Carga

1.1.5 – Conservação da Carga

12/09/2013 Prof. MSc. Max Trindade 3

1.1 – Carga Elétrica

Pedaço

de

Seda

atrito

Bastão

de Vidro

Pêlo

de

Animal

atrito

Bastão

de Ebonite

Fig. 1.1 – Experimento que comprova a

existência de duas espécies de carga elétrica.

atração

repulsão

repulsão


O tipo de carga adquirida por uma substância, pode

ser identificada como positiva ou negativa pela

comparação com a carga num bastão de vidro ou ebonite.

Cargas de mesma espécie se repelem.

Cargas de espécies diferentes se atraem. Conclusão

Flanklin chamou de:

Positiva: carga do bastão de vidro.

Negativa: carga do bastão de ebonite.

Fig. 1.2 – Benjamin Flanklin (1706 – 1790) foi

um dos primeiros grandes físicos dos E.U.A.


1.1.1 – Condutores e Isolantes

A matéria em seu estado isolado (neutro) possui

quantidades iguais de cargas elétricas positiva e negativa.

Nos condutores cargas elétricas podem mover-se

livremente através do material, o mesmo comportamento

não se observa em isolantes (dielétricos).

A capacidade isolante do quartzo fundido é 1025 vezes

superior à do cobre. Em algumas situações práticas pode-

se considerar alguns materiais como isolantes perfeitos.


1.1.2 – Efeito Hall

Nos metais, somente as cargas negativas são capazes

de se mover. Na verdade, os verdadeiros portadores de

carga nos metais são os elétrons livres.

Quando átomos isolados se combinam para formar um

sólido metálico, os elétrons mais afastados do núcleo não

mais permanecem ligados a cada átomo, mas adquirem a

liberdade de movimento no volume total do sólido.

Fig. 1.3 – As camadas eletrônicas

de um átomo.


Nos eletrólitos, tanto cargas positivas como as

negativas possuem liberdade de movimento. 1.1.3 – Lei de Coulomb

Em 1785, Coulomb utilizou um aparelho denominado

balança de torção para medir o valor das forças de atração

e repulsão entre cargas elétricas, obtendo também a lei

que as descreve.

Fig. 1.4 – Charles Augustin de Coulomb (1736 – 1806)

mediu as atrações e repulsões elétricas

quantitativamente e deduziu a lei que as governa.


F

q1.q2

r2

(1.1)

Para cargas puntiformes:

Fig. 1.5 – Balança de Torção: vidro,

madeira, medula de sabugueiro e latão.

contrapeso

de papel

escala

de medição

fio

de prata

esferas

carregadas

A balança de torção foi

posteriormente usada por

Cavendish na medida da

atração gravitacional.

m1.m2

r2

F

(forças sempre atrativas)

(1.2)


A Lei de Coulomb pode ser deduzida de uma

experiência indireta (1971) que mostra que o expoente da

expressão (1.1) está compreendido, aproximadamente,

entre os limites 2 3.10-6.

A unidade de carga elétrica no MKS (mesmo SI) é o

coulomb (C).

A proporcionalidade (1.1) pode ser escrita na forma de

uma igualdade:

K.q1.q2

r2 F =

1

4

(1.3) , onde K = 1

4 r 0

=


permissividade elétrica do meio.

0 permissividade elétrica do vácuo (ou ar).

r permissividade relativa do meio: r = /0.

1

4 0

K0 = 0 = 8,85.10-12 N.m2/C2 = 9.109 N.m2/C2

Ex1.1.3.: Duas cargas puntiformes no vácuo interagem

entre si com uma força elétrica de módulo F1 = 32 N. Se a

distância entre essas cargas for triplicada e as mesmas

imersas em água destilada (r = 16/9), qual o módulo da

nova força F2 de interação entre elas?


Solução Ex1.1.3.:

F1 = 32 N

r

q1 q2

F1 = 32 N

vácuo

F2 = ?

3r

q1 q2

F2 = ?

água

q1.q2

r2

F =

1

4 r 0

32 =

q1.q2

r2

1

4 0

(I)

F2 =

q1.q2

(3r)2

1

4 (16/9) 0

(II)

= (16/9) x 9 F2 = 2 N

32

F2

Dividindo (II) por (I), vem:


1.1.3.2 – Forma Vetorial da Lei de Coulomb

r12 ^ F12 F21 r12

q1 q2

F12 força sobre q1 exercida por q2.

F21 força sobre q2 exercida por q1.

Várias Cargas: F1 = F12 + F13 + F14 + ... (1.5)

F12 = 1

4 r 0

r12 ^

versor

(1.4) q1.q2

r122

F12 = F21


Ex1.1.3.1-1.: Em cada vértice de um

triângulo ABC, equilátero e de lado

L, existe um próton. O meio é um

fluido isolante de permissividade

relativa r = 2. Qual o módulo da

força resultante sobre o próton

situado no vértice A? Expresse o

resultado em função de L, 0, e da

carga elementar e.

R


Substituindo (I) em (II), vem:

R2 = F12 + F2

2 + 2F1F2 cos 60°

R2 = F12 + F1

2 + 2F1F1 (1/2) R2 = 3F12

R = 3 F1 (II) 3

8 0

R =

e2

L2

1

8 0

F1 = F2 =

e2

L2 (I)

Solução Ex1.1.3.1-1.:

1

4 r 0

F1 = F2 =

e . e

L2 R


Ex1.1.3.1-2.: Um cubo de aresta a

porta uma carga pontual positiva q

em cada vértice. Mostre que o

módulo da força elétrica resultante

sobre qualquer uma das cargas é

dada por

F =

0,262 q2

0 a2

+

+ +

+

+

+ +

+ 1

2 3

4

5

6 7

8


y

x

. .

z

F1 = F12 + F13 + F14 + F15 + F16 + F17 + F18 (I)

F17

F15

F12

F14

F18

F13

F16

1

+

+ +

+

+

+ +

+

2 3

4

5

6 7

8

Solução Ex1.1.3.1-2.:

F1 = F12 i + ^

F14 j + ^

F15 k + ^

F13 (cos45 i + sen45 j) + ^ ^

+ F16 (cos45 i + sen45 k) + ^ ^

F18 (cos45 j + sen45 k) + ^ ^

+ F17 (cos cos45 i + cos sen45 j + sen k) (II) ^ ^ ^

F12 = F14 = F15 = 1

4 0

q2

a2 (III)

F13 = F16 = F18 = 1

4 0

q2

(a2)2

(IV)

F17 = 1

4 0

q2

(a3)2 (V)

sen = a/(a3) = 3/3 (VI)

cos = a2/(a3) = 6/3 (VII)


Substituindo (III), (IV), (V), (VI) e (VII) em (II), obtém-se:

F1 = i + ^ q2

4 0 a2

1 + 3

9

2

2

+ 1 + 3

9

2

2

+ 1 + 3

9

2

2

+ j + ^

k ^

O módulo de F1 é dado por:

F1 = q2

4 0 a2

1 + 3

9

2

2

+ 3 F1 =

q2

0 a2

2 + 63 + 36

24

Pela simetria do problema, a resultante das forças

sobre qualquer uma das cargas é a mesma e expressa por:

F = q2

0 a2

0,262 (C.Q.D.)


A carga elétrica assume apenas valores discretos que

são múltiplos inteiros de uma unidade de carga

elementar (e = 1,602.10-19 C).

1.1.4 – Quantização da Carga

q = n.e , onde n = 0, 1, 2, 3, ... (1.6)

Assim, valores de carga – 6e, 0, + 10e são obtidos na

natureza, mas valores de carga + 3,5e ou – 0,7e não o são.

Em 1964, físicos propuseram que prótons e nêutrons

são compostos por dois tipos de quarks, designados por

cargas elétricas fracionárias +2e/3 e – e/3.


zero Nêutron (n)

– e Elétron (e-)

+ e Próton (p+)

Valores de Carga

É importante ressaltar que

ainda não foi comprovado a

existência de quarks livres.

Fig. 1.6 – Partículas elementares do átomo e seus valores de carga.

+ 2e/3 Quark Up

– e/3 Quark Down


Ex1.1.4.: A força eletrostática entre dois íons positivos

iguais, separados por uma distância de 3,0 m no vácuo,

vale 25,6 pN. (a) Calcule (em fC) a carga em cada íon. (b)

Quantos elétrons estão faltando em cada íon?

a) F = K0

q1.q2

r2

25,6.10-12 = 9.109

q2

(3.10-6) 2

q = 1,6.10-16 C

b) q = n.e

q

e n =

1,6.10-16

1,6.10-19 n = = 1000 e- = 16 fC

Solução Ex1.1.4.:

+ F = 25,6 pN

r = 3,0 m

q q

vácuo

F = 25,6 pN

+


y yocto 10-24

z zepto 10-21

a atto 10-18

f femto 10-15

p pico 10-12

n nano 10-9

micro 10-6

m milli 10-3

c centi 10-2

d deci 10-1

Símbolo Prefixo Potência

Sub - múltiplos

Tab. 1.1 – Prefixos de potências de base dez (sub – múltiplos)


da deka 101

h hecto 102

k kilo 103

M mega 106

G giga 109

T tera 1012

P peta 1015

E exa 1018

Z zetta 1021

Y yotta 1024

Símbolo Prefixo Potência

Múltiplos

Tab. 1.2 – Prefixos de potências de base dez (múltiplos)


Jamais se encontraram exceções da hipótese de

conservação da carga, tanto para eventos em larga escala

quanto aos níveis atômico e molecular.

1.1.5 – Conservação da Carga

pósitron raios gama

e+ e- + +

méson neutro

0 +

deutério trítio

2H 2H + 3H + p

2H.: 1p + 1n q = +e

3H.: 1p + 2n q = +e

q antes = q depois (1.7)


Ex1.1.5.: Três esferas com propriedades elétricas

semelhantes e valores de carga q1 = + 5,4 nC, q2 = + 3,6

nC e q3 = – 1,2 nC são trazidas do infinito e coladas em

contato. (a) Qual o valor de cada carga após o contato? (b)

Quantos elétrons q1 perdeu (ou ganhou) após o contato?

Solução Ex1.1.5.:

a) q antes = q depois

5,4 + 3,6 + (– 1,2)

3 q = = + 2,6 nC

b) q = n . e q

e n =

(5,4 – 2,6).10–9

1,6.10–19 = = 1,75.1010

q1 + q2 + q3 = q + q + q

elétrons ganhos


1.2 – Campo Elétrico

1.2.1 – Campo Elétrico de Cargas Pontuais

1.2.2 – Linhas de Força

1.2.4 – Dipolo em um Campo Elétrico

1.2.5 – Fluxo do Campo Elétrico

1.2.6 – Lei de Gauss

1.2.3 – Campo Elétrico de Distribuições

Contínuas de Carga


1.2 – Campo Elétrico

Campos Escalares ou Vetoriais

Estáticos ou Variantes no Tempo

g = F

m0

(1.8)

massa de prova

1.2.1 – Campo Elétrico de Cargas Pontuais

carga de prova

F = 1

4

q.q0

r2

+ q q0

E

– q q0

E carga geradora

E = F

q0

(1.9)

E = 1

4

q

r2

F

q0

= (1.10)


+ q1

– q2

+ q3

P

1.2.1.1 – Princípio da Superposição E3

E2

E1

Ex1.2.1.1.: Obtenha uma expressão para o módulo do

campo elétrico a uma distância x do ponto médio do

segmento que une um dipolo elétrico.

O campo elétrico no Sistema Internacional (SI) é dado

em newton/coulomb (N/C).

Várias Cargas:

E = Ei = E1 + E2 + E3 + ... + EN

soma vetorial

(1.11)


Solução Ex1.2.1.1.:

E–

x

y

+ q

– q

P

x d

E = E+ + E–

E+

r

E

E = E+ cos + E– cos = 2 E+ cos

De (I) em (II), vem:

E+ = E– = 1

4 0

q

r2 (I)

1

4 0

q

x2 + (d/2)2 =

(II) d/2

x2 + (d/2)2 E = 2 E+

E = 2

d/2

x2 + (d/2)2

1

4 0

q

x2 + (d/2)2

E =

1

4 0

q d

[ x2 + (d/2)2 ]3/2


E =

1

4 0

p

x3

Definindo-se o momento de dipolo elétrico p = q d, vem:

Solução Ex1.2.1.1 (cont.).:

Se x >> d, então [ x2 + (d/2)2 ]3/2 [ x2 ]3/2 = x3, logo:

E =

1

4 0

p

[ x2 + (d/2)2 ]3/2

(para um dipolo elétrico) E

1

x3

Seguindo raciocínio semelhante para o quadrupolo, vem:

(para um quadrupolo elétrico) E

1

x4


1.2.2 – Linhas de Força

Mostram a direção do campo E em qualquer ponto.

Fig. 1.7 – É convencionado que as linhas de força originam-se

em cargas positivas e terminam em cargas positivas.

E E


Quando as linhas de força são curvas, a direção

tangente à linha de força fornece a direção do campo E.

O número de linhas de

força por unidade de área é

proporcional à intensidade

do campo elétrico.

Assim, de acordo com a

Fig. 1.4, tem-se E1 > E2.

Fig. 1.8 – Configuração das linhas

de força de um dipolo elétrico.

E1

E2

q q


1.2.3 – Campo Elétrico de Distribuições

Contínuas de Carga.

Se dq for pontual:

q dq

E dE

E = Ei E = dE

dE = 1

4

dq

r2 (1.13)

Densidade Linear de Carga: = q/s q = s dq = ds

Densidade Superficial: = q/A q = A dq = dA

Densidade Volumétrica: = q/V q = V dq = dV

Ex = dEx

Ey = dEy

Ez = dEz

(1.12)


1.2.3.1 – Anel Uniformemente Carregado.

Substituindo (I), (III) e (IV) em (II), vem:

dq

r2 dE =

1

4 0

(I)

dEz = dE cos (II)

cos = z/z2 + R2 (IV)

r = z2 + R2 (III)

z dq

(z2 + R2)3/2 dEz =

1

4 0

(V)

R

P carga

q > 0 z

y

x

. .

z

r

dE

dq

dEz = dE cos


Somando todas as contribuições infinitesimais de

campo ao longo do anel de cargas, tem-se:

Ez = dEz = z.dq

(z2 + R2)3/2

1

4 0

z

(z2 + R2)3/2

1

4 0

= dq

q

Se z >> R, o anel de cargas comporta-se como se fosse

uma carga pontual: q

z2

1

4 0

Ez

q z

(z2 + R2)3/2

1

4 0

Ez =

(anel carregado)

(1.14)


Ex1.2.3.1.: Um elétron é forçado a realizar pequenas

oscilações ao longo do eixo que passa pelo centro de um

anel de raio R positivamente carregado com carga q. (a)

Mostre que a força que atua sobre o elétron é

restauradora (Fz = – kz). (b) Obtenha uma expressão literal

para o período de oscilação realizado pelo elétron.

pequenas oscilações z << R, logo:

q z

(z2 + R2)3/2

1

4 0

Ez = (anel carregado)

q z

R3

1

4 0

Ez = (I)


a)

R

q > 0

z

– z – e



R

q > 0

z

– z – – e

Ez

Fz

Fz = – e Ez (II)

Subst. (I) em (II), vem:

e q

4 0 R3

Fz = – z Fz = – k z (C.Q.D.)

16 3 R3 0 m

e q T =

m

k T = 2 b)

m

(e q)/(4 0 R3)

T = 2

4 0 R3 m

e q T = 2


1.2.3.2 – Disco Uniformemente Carregado.

O disco cargas pode ser considerado como uma soma

de anéis de infinitesimais.

densidade superficial

de carga

R

P

z

y

x

. .

z

dEz

dw w

dq = dA = 2w dw (II)

Elemento de área:

dw 2w

A Eq. (1.14) permite escrever:

z dq

(z 2 + w 2) 3/2

1

4 0

dEz = (I)


Substituindo (II) em (I), vem:

z 2 w dw

(z 2 + w 2) 3/2

1

4 0

dEz =

Somando todas as contribuições de cada anel, tem-se:

(z 2 + w 2) –3/2 (2 w) dw z

4 0 0

R

dEz = 0

R

Ez =

2 0

z

z 2 + R 2 1 – Ez =

(disco carregado)

(1.15) 2

z 2 + R 2

2

z

–

Mostre!


1.2.3.3 – Plano Infinito Uniformemente Carregado.

Aplicando R >> z em (1.15) obtém-se o campo E gerado

por um plano infinito com densidade de cargas.

Fazendo-se R >> z, o disco de cargas torna-se um

plano infinito de cargas.

2 0

E =

(plano infinito carregado)

(1.16)

O campo gerado pelo plano de cargas independe da

distância z até o ponto de observação do campo.



Ex1.2.3.3.: Uma esfera de massa m = 1,12 mg e carga q =

19,7 nC, encontra-se sob efeito da gravidade terrestre e

pendurada num fio de seda que forma um ângulo = 27,4º

com uma grande placa isolante uniformemente carregada.

Calcule a densidade superficial de cargas da placa.

F

T P

F

P

tg = q . E

m . g

= (I)

2 0

E = (II)

+

+

+

+

+

+

fio de seda

+ q

m

P

F

T



Levando (II) em (I), obtém-se:

tg =

m . g

2 0

q . 2 0 m g tg

q =

q

2 0 m g tg =

Substituindo os valores numéricos do problema, vem:

2 x 8,85.10-12 x 1,12.10-6 x 9,81 x tg 27,4º

19,7 x 10-9 =

= 5,11 x 10-9 C/m2 ou = 5,11 nC/m2


1.2.3.4 – Linha Infinita de Cargas.

As contribuições de campo na vertical (dEz) anulam-se

simetricamente com relação ao eixo y.

P

densidade linear

de carga

+ +

+ +

+ +

+ +

+ +

y

x

. .

z

z

dz

r

r

dE

dE

y

Ey = dEy = cos dE (I)

dq

r2 dE =

1

4 0

(II) = dz

y 2 + z 2

1

4 0

tg = z

y (III) z = y tg

dz = y sec2 d (IV) = y sec2 dz

d


Substituindo (II), (III) e (IV) em (I), vem:

y sec2

y 2 + y 2 tg2

1

4 0

d Ez = cos

/2

- /2

cos sec2

1 + tg2 d

/2

- /2

y

4 0 y 2 Ez = cos d

4 0 y

Ez = /2

- /2

cos d = sen (/2) – sen (–/2) /2

- /2

= 2 sen (/2) = 2

sec2 = 1 + tg2

2 0 y

Ez =

(linha infinita de cargas)

(1.17)


Ex1.2.3.4.: Quatro linhas infinitas de cargas, paralelas

entre si, encontram-se postadas nas arestas laterais de

um prisma reto de base quadrada de lado L (vide figura).

Obtenha o módulo do campo resultante para pontos

eqüidistantes das quatro linhas de cargas.

+ +3

– –

–2 L

–

+ +4

L

L L

(vista superior)

– +4

+3 –2


P

E1

E2


E4

E3

2 0 L 2/2 E1 = (I)

2

2 0 L 2/2 E2 = = 2 E1 (II)

3

2 0 L 2/2 E3 = = 3 E1 (III)

4

2 0 L 2/2 E4 = = 4 E1 (IV)

3 = +3

1 = –

2 = –2 L

+

–

–

+ 4 = + 4

L L

L

2 0 r

E =

(vista superior)


EP


EP = (E4 – E3)2 + (E2 – E1)

2 (V)

= E12 + E1

2 EP = (4E1 – 3E1)2 + (2E1 – E1)

2

Subst. (II), (III) e (IV) em (V), vem:

Levando (I) em (VI), obtém-se o valor de Ep:

E4 – E3 . E2 – E1

P

2 0 L 2/2 EP = 2

0 L

EP =

(VI) EP = 2 E1


E

1.2.4 – Dipolo em um Campo Elétrico

+ F q

– F q

(1.18) F = q . E

(1.19) p = q . d

Fig. 1.9 – Comportamento de um

dipolo em um campo elétrico

O torque e a energia U adquirida pelo dipolo

dependem do vetor campo E e do vetor momento de

dipolo elétrico p.

p

(1.20) = p x E

(1.21) U = – p . E


Como as moléculas de água presentes nos alimentos

são polares, elas giram quando a polaridade do campo

elétrico é variada.

1.2.4.1 – O Forno de Microondas

Fig. 1.10 – Microondas, com freqüência de

2450 MHz, são geradas no interior do

forno por um magnétron e irradiadas por

uma antena metálica (ventilador).


Fig. 1.11 – (a) Comportamento do dipolo H2O sob efeito de um campo

variante no tempo. (b) Espectro eletromagnético.

(a) (b)

A fricção entre as moléculas giratórias produz calor e

assim cozinha os alimentos.

entre 1 e 300 mm


Ex1.2.4.1.: Uma carga + 3e encontra-se a 2,5 m de outra

carga – 3e, formando assim um dipolo elétrico. Esse

dipolo está sob ação de um campo E = 3,5 x 106 N/C. (a)

Calcule a magnitude do momento de dipolo p. (b) Obtenha

a energia potencial U conforme o dipolo tenha orientação

paralela e antiparalela ao campo E. Qual módulo do

torque quando o momento de dipolo é ortogonal ao

campo elétrico.



a) p = q d = 2 e d

b) U = ? quando p é paralela ao campo E:

U = – p E cos

U = ? quando p é antiparalelo ao campo E:

U = – p E cos = – 8.10-25 x 3,5.106 x cos 180°

U = – 2,8.10–18 J

U = 2,8.10–18 J

c) = ? quando p é ortogonal ao campo E:

= p E sen = 2,8.10–18 N m

= 2 x 1,6.10–19 x 2,5.10–6 = 8.10-25 C m

= – 8.10-25 x 3,5.106 x cos 0°

= 8.10-25 x 3,5.106 x sen 90°


1.2.5 – Fluxo do Campo Elétrico

O fluxo de campo elétrico expressa o número de linhas

de campo que atravessam uma determinada superfície.

A

A

.

Definição: o vetor área A possui direção normal à

superfície com sentido para fora da mesma e módulo igual

à respectiva área. A2

.

.

A1

.

A3


(1.22) E = E . A

(1.23) E = E . dA

Na situação de campo elétrico não uniforme, divide-se

a superfície em elementos infinitesimais de maneira a

tornar o campo uniforme sobre esses elementos.

Quando o campo elétrico é uniforme sobre a

superfície, o fluxo de campo elétrico é expresso por um

somatório de produtos escalares entre E e A.


A

.

Ex1.2.5.: Um campo elétrico uniforme E = 1600 N/C

atravessa uma superfície quadrada de lado L = 4,2 cm. O

ângulo formado entre os vetores normal e campo vale

60°. Calcule o fluxo através da superfície.

E = E . A = E . A . cos

E = 1600 . (0,042) 2 . cos 60°

E = 1,41 N.m2/C

Solução Ex1.2.5.: E

Produto Escalar


1.2.6 – Lei de Gauss

A lei de Gauss relaciona o fluxo total E que atravessa

uma superfície fechada (superfície gaussiana) que confina

uma carga total q.

Fig. 1.12 – Carl Friedrich Gauss (1777-1855),

matemático alemão que fez importantes descobertas

em teoria dos números, geometria e probabilidades.

(1.24) 0 . E = q

(superfícies poliédricas)

(1.25)

(quaisquer superfícies)

0 E . dA = q


E (S1) > 0, pois q > 0

Ex1.2.6.: Avalie qualitativamente (negativo, positivo ou

nulo) o fluxo elétrico através dos elipsóides S1, S2, S3 e S4.

q q

S3

S4

S2

S1

E (S2) < 0, pois q < 0

E (S3) = 0, pois q = 0

E (S4) = 0, pois q = 0

Solução Ex1.2.5.:

E = q/0

carga total


r

superfície gaussiana

(esfera)

1.2.6.1 – Aplicações da Lei de Gauss

0 E . dA = q

0 E dA cos 0° = q

0 E dA = q

0 E (4 r 2) = q

dA = área por onde passa o fluxo

de campo = área da esfera

dA

E

+ q

Campo gerado por uma carga puntiforme.

0 E dA = q

E = 1

4 0

q

r 2

P



(cilindro vertical)

r

h

dA

E

0 E . dA = q

0 E dA = h

0 E (2 r h) = h

dA = área por onde passa o fluxo de

campo = área lateral do cilindro

0 E dA = h

0 E dA cos 0°

+ +

+ +

+ +

+ +

+ +

Campo gerado por uma linha infinita de cargas.

2 0 r

E =

= h

P


+ + + + + + +

+ + + + + + +

+ + + + + +

+ + + + + + +

Campo gerado por um plano infinito de cargas.

0 E . dA = q

0 E (A + A) = A

dA = área por onde passa o fluxo de

campo = 2 x área da base do cilindro

0 E dA = A

2 0

E =


(cilindro horizontal)

dA

E

r

P dA

E 0 E dA = A

UNID_I_Eletrost_new6/MapaK.exe


1.3 – Potencial Elétrico

1.3.1 – Energia Potencial Elétrica

1.3.2 – Potencial Elétrico de Cargas Pontuais

1.3.6 – Superfícies Equipotenciais

1.3.4 – Cálculo do Potencial Elétrico a partir do Campo

Elétrico

1.3.3 – Potencial Elétrico de Distribuição Contínuas

de Cargas

1.3.5 – Cálculo do Campo Elétrico a partir do

Potencial Elétrico

1.3.7 – Esfera Oca Uniformemente Carregada


1.3 – Potencial Elétrico

A variação da energia potencial elétrica U entre dois

pontos a e b é igual ao negativo do trabalho realizado pela

força eletrostática.

U = – Wab (1.26)

a b

(1) (2)

(3) (4)

Como a força eletrostática é conservativa, o trabalho

W realizado independe do trajeto, e sim dos pontos de

partida e chegada.

Wab(1) = Wab(2) = Wab(3) = Wab(4) (1.27)


O trabalho é definido como:

Subst. (1.28) em (1.27), vem:

a b

ds

F

U = Ub – Ua = – b

a F . ds

= – q0 b

a E . ds Ub – Ua (1.29)

(1.28) Wab = F . ds b

a

elemento de

comprimento

Recordando que F = q0 E, obtém-se:

F

ds


x

ra

q1

+

Ex De (1.29) vem:

1.3.1 – Energia Potencial Elétrica

= – q2 rb

ra

Ex dr Ub – Ua

= – 1

4 0

dr

r 2

rb

ra

q1 q2

= – 1

4 0

q1 q2

1

ra

– 1

rb

Ub – Ua

Nível de referência

ra ∞ Ua = 0, logo:

1

ra

– 1

rb

Mostre!

1

4 0

q1 q2

r

U = (1.30)

rb

q2

= – q2

1

4 0

q1

r 2

rb

ra

dr


1.3.1.1 – Energia Potencial num Sistema de Cargas

1

4 0

+ U =

q1 q2

r12

1

4 0

+

q1 q3

r13

1

4 0

q2 q3

r23

q1

q2

q3

r12

r13

r23

soma algébrica de escalares (1.31)

Para um sistema de n cargas, o

número de parcelas presentes em (1.31)

é dado pela combinação de n dois a

dois (Cn, 2).

Cn, p = n!

p! (n – p)!


No Sistema Internacional (S.I.), a energia potencial

elétrica é dada em joule (J).

1.3.2 – Potencial Elétrico de Cargas Pontuais

O potencial elétrico V é definido como a razão entre a

energia potencial elétrica adquirida pela carga de prova e

a respectiva carga de prova.

V = U

q0

(1.32) 1

4 0

q

r

V = (1.33)

1

4 0

q q0

r

U =


• Para várias cargas pontuais, tem-se:

soma algébrica de escalares

V = V1 + V2 + V3 + ... + VN (1.34)

No MKS (S.I), o potencial elétrico é medido em volt (V). 1 volt = 1 joule/coulomb 1V = 1J/C

Levando (1.33) em (1.34), chega-se a:

(1.35) = 1

4 0

qi

ri

i = 1

N

V = Vi i = 1

N


Ex1.3.2.: Obtenha o potencial elétrico gerado pelas

cargas q1 = + 12 nC, q2 = – 24 nC, q3 = + 31 nC e q4 = + 17

nC no centro do quadrado de lado L = 1,3 cm.

P

+

+

q2 L –

+

q4 L

L L

q1

q3

Solução Ex1.3.2.:

1

4 0

qi

ri

i = 1

4

VP =

VP = 35 kV

q1 + q2 + q3 + q4

L2/2

VP = K0

(12 – 24 + 31 + 17) x 10– 9

1,3 x 10–2 2/2 VP = 9 x 109


1.3.3 – Potencial Elétrico de Distribuições

Contínuas de Cargas

1

4 0

dq

r

dV =

1.3.3.1 – Potencial Elétrico num Anel Carregado

1

4 0

dq

r

V = dV = (1.36)

R

q

z

. y

x

.

z

r

dq

P

Levando r = R2 + z2 em (1.36), vem:

1

4 0

dq

R2 + z2 V =

(1.37) 1

4 0

V = q

R2 + z2


1.3.3.2 – Potencial Elétrico num Disco Carregado

z

R

P

y

x

. .

dw w

z dq

2 0

V = (R2 + z2 – z) (1.38)

Mostre!

1.3.4 – Cálculo do Potencial Elétrico a partir do

Campo Elétrico

V = Vb – Va

Ub – Ua

q0

= (1.39) Ub

q0

= Ua

q0

–


Substituindo (1.29) em (1.39), obtém-se:

Tomando o nível de referência no infinito (Va = 0) e

trocando o ponto b por P, obtém-se:

(1.41) P

∞ E . ds VP = –

(1.40) = – b

a E . ds Vb – Va

A Eq. (1.41) permite afirmar que no sentido do campo

elétrico o potencial elétrico diminui.


E Fig. 1.13 – As linhas de força

são paralelas e igualmente

espaçadas em um C.E.U.

1.3.4.1 – O Campo Elétrico Uniforme (C.E.U.)

= – b

a E . ds Vb – Va

A Eq. (1.40) permite escrever:

= – b

a E ds cos 180º = E

b

a ds

L

Vb – Va = E L E = Vb – Va

L

(1.42)

a b

L

x +

ds

q

Va < Vb

F


A Eq. (1.42) permite o volt/metro (V/m) como unidade

alternativa para o campo elétrico. 1.3.5 – Cálculo do Campo Elétrico a partir do

Potencial Elétrico

E . ds V = – dV

ds E = –

V

y Ey = –

V

z Ez = –

V

x Ex = –

E = – grad V V

x

V

y + +

V

z = – i

^ j ^

k ^

(1.43)


Ex1.3.5.: Calcule o campo associado à distribuição de

potencial V(x, y, z) =


1.3.6 – Superfícies Equipotenciais

São ortogonais às linhas de campo e possuem sempre

o mesmo potencial ao longo de sua extensão.

+

+

+

+

+

+

+

+

-

-

-

-

-

-

-

- E

+

E A1

A2

B1

B2

C1

C2

A1

A2

B1

B2

C1

C2

V(A1) = V(A2) > V(B1) = V(B2) > V(C1) = V(C2)

planos

paralelos

esferas

concêntricas


1.3.7 – Esfera Oca Uniformemente Carregada

r

V

E

r

R

q

1

4 0

q

R

V =

1

4 0

q

R2

E =


1.4 – Capacitores e Dielétricos

1.4.1 – Cálculo da Capacitância 1.4.1.1 – Capacitor de Placas Planas e Paralelas

1.4.1.2 – Capacitor Cilíndrico

1.4.1.3 – Capacitor Esférico

1.4.2 – Associação de Capacitores

1.4.4 – Capacitor com Dielétrico

1.4.3 – Energia Armazenada no Capacitor


1.4 – Capacitores e Dielétricos

Um capacitor consiste, essencialmente, de dois

condutores de formatos arbitrários (armaduras) separados

por um isolante (dielétrico).

Quando uma tensão V é aplicada, o capacitor produz

nas armaduras cargas + q e – q.

Fig. 1.15 – Um par de condutores de

formatos arbitrários constituindo

um capacitor genérico.

+ –

V

+ q – q


A capacitância C é definida pela razão entre a tensão V

aplicada aos terminais do capacitor e o módulo da carga q

adquirida nas armaduras.

q

V C =

(definição de capacitância)

(1.4.1)

A unidade de capacitância no SI é o farad (F).

1 farad = 1 coulomb/volt 1 F = 1 C/V


Ex1.4.1.: Determine a capacitância de um condutor

esférico, isolado, de raio R e carga Q.

+Q

R

r

• B

• A K.Q

R VB - VA =

0

K.Q

R V =

Q

40

V.R =

Q

V C = 40.R = logo

Portanto, a capacitância de um capacitor depende da

geometria (R) das armaduras e da natureza do dielétrico().


1.4.1 – Cálculo da Capacitância

A capacitância de qualquer par de condutores pode ser

calculada utilizando-se a lei de Gauss combinada à

equação do potencial elétrico.

(lei de Gauss)

0 E . dA = q

(potencial elétrico)

V = E . ds +

–

Três situações são analisadas a seguir: o capacitor de

placas planas e paralelas, o capacitor cilíndrico e o

capacitor esférico.


1.4.1.1 – Capacitor de Placas Planas e Paralelas

0 E . dA = q

0 E dA = q

dA = área por onde

passa o fluxo de campo

V = E . ds +

–

0 E A = q (I)

V = E ds +

–

V = E d (II)

(C.E.U)

q

V C =

0 E A

E d C =

0 A

d C = (1.4.2)

E E d

– – – – – – – – – – – – – – q

+ q + + + + + + + + + + +

A superfície gaussiana

(paralelepípedo)

caminho de integração ds dA


+ + +

+

+ + +

+

+ +

+ +

–

– –

– – – –

–

– –

–

– – – –

–

–

–

–

–

b

a

1.4.1.2 – Capacitor Cilíndrico

dA = área por onde

passa o fluxo


(cilindro)

caminho de integração

r

L


+ + +

+

+ + +

+

+ +

+ +

–

– –

– – – –

–

– –

–

– – – –

–

–

–

–

–

b

a

0 E . dA = q

V = E . dr b

a

0 E 2rL = q

dA = área por onde

passa o fluxo


(cilindro)


r

(I) q

2 0 rL E =

V = . dr b

a

q

2 0 rL

V = .dr b

a

q

2 0L

1

r

2 0 L

ln(b/a) C =

(1.4.3)


1.4.1.3 – Capacitor Esférico

+ + +

+

+ + +

+

+ +

+ +

–

– –

– – – –

–

– –

–

– – – –

–

–

–

–

–

b

a


(esfera) r

0 E . dA = q 0 E 4r2 = q

(I) q

4 0 r2

E =

V = E . dr b

a

V = . dr b

a

q

4 0 r2

V = .dr b

a

q

4 0

1

r2


casca

esférica

4 0 ab

b-a C = (1.4.4)


1.4.2 – Associação de Capacitores

q = Ceq V

qk = C V

q = q1 + q2 + ... + qn

Capacitores em Paralelo

Ceq V = C1 V + C2 V + ... + Cn V

(1.4.5) Ceq = C1 + C2 + ... +Cn

(em paralelo)

• mesma tensão

• cargas diferentes


Ex1.4.2.: Um capacitor plano C1 de placas planas

paralelas e circulares de raio a, distanciadas d uma da

outra, é associado em paralelo com outro capacitor C2,

também plano, mas de placas paralelas quadradas de lado

a e distanciadas 2d. Obtenha uma expressão literal para a

capacitância equivalente dessa associação.

Solução Ex1.2.5.:

0 A

d C =

0 a2

d C1 =

0 a2

2 d C2 =

Ceq = C1 + C2

Ceq = ( + 0,5) 0 a

2

d


V = V1 + V2 + ... + Vn

Capacitores em Série

q

Ceq

V =

q

Ceq

= q

C1

q

C2

q

Cn

+ + ... +

q

Ck

Vk =

1

Ceq

= 1

C1

1

C2

1

Cn

+ + ... +

(1.4.6)

• mesma carga

• tensões diferentes


Ex1.4.3.: Uma ddp de 60V é aplicada aos terminais a e b

da montagem abaixo. Calcule (a) a capacitância

equivalente dessa associação e (b) a carga no capacitor C3.

a d b

C1

C1

C2

C2

C3

C2

C2 Dados:

C1 = 5F

C2 = 10F

C3 = 2F


a d b

C1

C1

C2

C2

C3

C2

C2

Solução: a)

C1 . C2

CeqA = = 3,33

C1+ C2

CeqB = C2 + C2 = 20

CeqC = CeqA + C3 + CeqA = 8,66

CeqB . CeqC

Ceq = = 6,05 F

CeqB + CeqC a

CeqC

d

CeqB

b


b) qqb = qdb CeqC.Vad = CeqB.Vdb

(i) 8,66. Vad = 20.Vdb

mas (ii) Vab =Vad + Vdb = 60

logo Vad = 41,87 volts

como q3 = C3. Vad então q3 = 2. 41,87 = 83,74 F

de (i) Vdb = (8,66/20). Vad e substituindo este resultado

em (ii) temos: Vad + (8,66/20). Vad = 60


1.4.3 – Energia Armazenada no Capacitor

Considere um capacitor de

placas planas e paralelas

completamente carregado.

Vamos determinar o trabalho

(energia) realizado por um agente

externo para retirar os elétrons

da placa positiva e colocá-los na

placa negativa.

+Q -Q

ddp = V

dW = V.dq mas q = C.V então dW = (q/C).dq

W = (1/C) . (q2/2).dq 0

logo W = dW = (q/C).dq =(1/C) q.dq 0

Q

0

Q

Q

W = Q2/2C


W = Q2/2C mas Q = C.V e W = U (energia)

U = Q2/2C = Q.V/2 = C.V2/2

V

Q

A

Q = C.V

C = tg

A = U


Ex1.4.4.: Calcule a energia armazenada num capacitor

de placas e paralelas em função de 0, E, A, d. Solução:

U = C.V2/2 C = 0.A/d V = E.d

U = (0.A/d).(E.d)2/2

logo U = 0.A.d.E2/2


Q

BAT

V

1.4.4 – Capacitor com Dielétrico

Q0

BAT

V

Experiência de Faraday

Capacitor sem dielétrico Capacitor com dielétrico

C0 = Q0/V C = Q/V

Faraday observou

que Q > Q0

Dielétrico é um material não condutor (vidro, borracha, papel encerado, etc) inserido

entre as placas de um capacitor a fim de aumentar a capacitância do mesmo.

C > C0


A constante dielétrica do material é definida por:

= C/C0

Portanto a capacitância de um capacitor de placas

planas e paralelas com dielétrico é dada por:

C = .0.A/d

Rigidez Dielétrica: corresponde ao valor máximo do

gradiente de potencial que pode existir dentro do

dielétrico sem que haja ruptura do poder isolante.


8 310 Titanato de

estrôncio

4 6,5 Porcelana

160 5,4 Mica

14 4,7 Pirex

16 3,5 Papel

24 2,6 Polistireno

3 1,00059 Ar (1 atm)

1 (exata) Vácuo

Rigidez Dielétrica

(MV/m)

Constante

Dielétrica ke

Material

Fig. 1.6 – Algumas propriedade dos dielétricos em temperatura ambiente.


Exercícios: Calcule a capacitância C dos seguintes

capacitores de placas planas e paralelas de área A.

1)

2)

3)

4)

d/3

2d/3

D d

metal

1 d 2

d

d

1 2

3

Luz, substrato e temperatura na germinação de sementes de cedro-vermelho

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