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1.Eletrostática 7 CAPÍTULO 1 ELETROSTÁTICA: CARGAS ELÉTRICAS EM EQUILÍBRIO Objetivos do Capítulo 1 (a) Descrever as cargas elétricas e os fenômenos de eletrização; (b) Caracterizar as forças elétricas de atração e de repulsão; (c) Conceituar campo elétrico; (d) Explicitar o potencial elétrico associado ao trabalho de uma força elétrica; (e) Descrever as distribuições de cargas em condutores isolados; (f) Estabelecer as propriedades dos capacitores e da energia eletrostática. 1.1 INTRODUÇÃO Iniciaremos nosso estudo da Eletricidade através da Eletrostática, que trata das propriedades das cargas elétricas em repouso. As primeiras observações sobre os processos de eletrização parecem ter sido realizadas pelos gregos. O filósofo e matemático Tales de Mileto (640-550a.C.) descreveu a eletrização de um bastão de âmbar, ao ser atritado por peles de animais, cujo efeito é o de atrair pequenos objetos. Também observou que outro bastão de âmbar, também atritado, provoca uma força de repulsão próximo ao primeiro bastão. Por outro lado, um bastão de vidro, atritado por um pano de lã, atraiu qualquer um dos bastões de âmbar. Essa simples experiência mostrou a existência de dois tipos de forças (atração e repulsão), de natureza diferente das forças gravitacionais, sempre atrativas. Na realidade, explicações satisfatórias sobre as forças elétricas (em grego, âmbar é electron) só foram consideradas no final do século XIX, após os trabalhos de Thomson, Rutherford, Bohr, Schrodinger, de Broglie e Heisenberg sobre o modelo atômico. Os átomos são formados de partículas elementares, das quais destacaremos elétrons, prótons e nêutrons. [Os prótons e nêutrons são formados por quarks]. As cargas elétricas estão associadas aos prótons e elétrons. Os prótons se repelem, o mesmo valendo para os elétrons; já entre um próton e um elétron, ocorre atração. Assim, foram determinadas duas classes de cargas elétricas, denominadas positivas e negativas; por convenção, cargas elétricas positivas são associadas aos prótons e cargas negativas aos elétrons. Por não apresentarem efeitos elétricos, os nêutrons não têm carga elétrica. Em estado natural, átomos são eletricamente neutros, em que o número de prótons é igual ao número de elétrons. Retomando as experiências de eletrização acima descritas, verificamos que o atrito provocou ora um excesso ora uma falta de elétrons. No primeiro caso, o bastão de âmbar retirou elétrons da pele de animal: o âmbar ficou negativamente eletrizado e a pele positivamente eletrizada. Logo em seguida, o outro bastão de âmbar atritado, também negativamente eletrizado, mostrou a repulsão dos dois bastões. Na terceira parte, a seda retirou elétrons do bastão de vidro, que, positivamente eletrizado, atraiu o bastão de âmbar. 8 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] 1.2 As considerações anteriores podem ser sistematizadas nas seguintes propriedades: (a) o núcleo atômico está localizado no centro do átomo, constituído por prótons e nêutrons; prótons são partículas de carga positiva, massa da ordem de 2.000 vezes superior à do elétron; e nêutrons, partículas sem carga e com massa um pouco maior que a dos prótons. (b) os elétrons possuem carga elétrica negativa, massa muito pequena, descrevem órbitas em torno do núcleo e são fracamente ligados ao átomo. próton Massa de repouso 1, 67 ×10 −27 kg Massa de repouso em unidades de massa atômica 1, 0078 u (u = 1, 66 ×10 −27 kg) Carga elétrica e=1, 60 ×10 −19 C Momento magnético 1, 41 ×10 −26 J/T elétron Massa de repouso 9, 11 ×10 −31 kg Massa de repouso em unidades de massa atômica 5, 49 ×10 −4 u Razão massa do próton/massa do elétron 1.840 Carga elétrica e=−1, 60 ×10 −19 C Razão carga/massa −1, 76 ×10 11 C/kg Momento magnético 9, 28 ×10 −24 J/T nêutron Massa de repouso 1, 68 ×10 −27 kg Massa de repouso em unidades de massa atômica 1, 0087 u (u = 1, 66 ×10 −27 kg) (c) A carga elétrica elementar é a carga de um próton, ou o valor absoluto da carga de um elétron, sendo a menor carga elétrica encontrada na natureza, cujo valor é e=1, 4 ×10 −19 C (d) A carga elétrica total Q de um corpo é uma grandeza quantizada, isto é, Q é um múltiplo inteiro n da carga elementar e: Q=ne C Alguns submúltiplos do Coulomb: 1 mC (milicoulomb)= 10 −3 C; 1 µC (microcoulomb)= 10 −6 C 1 nC (nanocoulomb)= 10 −9 C; 1 pC (picocoulomb)= 10 −12 C (e) Princípio da atração e da repulsão Cargas elétricas de mesmo sinal se repelem e de sinais opostos se atraem. (f ) Princípio da conservação das cargas elétricas Em todo sistema eletricamente isolado, a soma algébrica das cargas elétricas é constante. 1.3 Condutores e isolantes Materiais como os metais (ferro, ouro, platina, cobre,...), corpo humano, o ar úmido, podem perder facilmente elétrons das últimas camadas eletrônicas (os chamados elétrons livres), pois estão fraca- mente unidos ao núcleo. Devido a esa característica, são chamados de condutores elétricos e são usados na fabricação de fios e cabos elétricos. Já os materiais ditos isolantes (mica, vidro, madeira seca,plástico, borracha, ar seco...) apresentam grande dificuldade em receber ou ceder elétrons livres, uma vez que estão fortemente unidos ao núcleo. Por isso, são usados para recobrir os cabos elétricos metálicos (condutores). 1.Eletrostática 9 Observação Há uma outra importante diferença entre condutores e isolantes. Num condutor eletrizado, as cargas em excesso espalham-se imediatamente, ocupando toda sua superfície externa. Por isso, todo condutor eletrizado se descarrega quando ligado à Terra. Se negativamente eletrizado, ocorrerá escoamento de elétrons para a Terra; se positivamente eletrizado, um fluxo de elétrons sobe da Terra, equilibrando, em qualquer caso, as cargas elétricas. No caso da eletrização de um isolante, como não há movimentação, as cargas permanecem nas regiões onde surgem. 1.4 Processos de eletrização Vamos sistematizar três proncipais métodos de eletrização: por atrito, por contato e por indução. (a) Eletrização por atrito. Foi nosso primeiro exemplo. Dois corpos atritados ficam carrega- dos com cargas de mesmo valor absoluto e de sinais contrários. Na realidade, a distribuição de cargas obedece à seguinte série triboelétrica, em que, atritando quaisquer materiais, o corpo à esquerda ficará com carga positiva e o da direita, negativa. (+) pele de coelho-vidro-mica-lã-seda-algodão-madeira-âmbar-metais (–) (b) Eletrização por contato Quando dois condutores são colocados em contato, um deles eletrizado e o outro neutro, este se ele- triza com carga elétrica de mesmo sinal do corpo eletrizado. Examine com atenção a sequência abaixo exemplificada. Durante o contato a esfera positivamente eletrizada atrai elétrons do corpo neutro; assim, a esfera neutra também fica eletrizada positivamente, pois cedeu elétrons. Observação Num sistema eletricamente isolado, na eletrização por contato, é constante a soma das cargas dos corpos, antes e após o contato. (c) Eletrização por indução Trata-se de um processo de separação de cargas de um condutor neutro. Aproximando sem tocar um corpo eletrizado (indutor) de um condutor neutro (induzido), elétrons livres do induzido são atraídos pelo indutor e se acumulam no condutor neutro, na região a mais próxima do indutor (indução eletrostática). Observe que, ao longo do procedimento, o corpo inicialmente neutro permanece neutro, vez que ape- nas sua carga foi separada. Para obter no induzido uma eletrização com cargas de um só sinal, necessariamente contrário ao sinal do indutor, basta conectar o induzido à Terra, na presença do indutor. 10 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] EXEMPLO 1.5 1. Determinar quantos elétrons em excesso possui um corpo eletrizado com carga Q = −16 pC. Sendo e = 1, 6 ×10 −19 a carga elementar, vimos que Q = ne, donde n = −16 ×10 −12 −1, 6 ×10 −19 nos dá n = 10 8 elétrons. 2. Duas esferas idênticas A e B, eletricamente isoladas, estão eletrizadas com cargas Q A = 4µC e Q B = 2µC. Colocando-se as esferas em contato, calcular: (a) as cargas elétricas finais Q A e Q B de cada esfera; (b) o número de elétrons transferidos da esfera A para a esfera B. (a) Tendo em conta o princípio da conservação das cargas elétricas, temos Q A +Q B = Q A +Q B , ou 6µ = Q A +Q B . Por outro lado, como as esferas são idênticas, temos Q A = Q B ; segue, então Q A = 3µ e Q B = 3µ. (b) O número de elétrons n transferidos corresponde à carga de −1µC, isto é, n = 10 −6 1, 6 ×10 −19 , donde n = 6, 25 ×10 12 elétrons. 3. (UFF-RJ) Uma experiência envolve 4 esferas idênticas, pequenas e condutoras (A, B, C e D), carregadas com cargas respectivamente iguais a -2Q, 4Q, 3Q e 6Q. A esfera A é colocada em contato com a esfera B e a seguir com as esferas C e D. Ao final do processo, indicar a carga equivalente da esfera A. Vamos usar o princípio da conservação da carga em cada etapa, lembrando que esferas iguais adotam a mesma carga de eletrização. Etapa 1: A e B. Temos Q A +Q B = 2Q, Q A = Q B = Q A +Q B 2 = Q A +Q B 2 = 1Q; Etapa 2: A e C. Vale Q A +Q C = 1Q+ 3Q = 4Q, Q A = Q C = 2Q. Etapa 3: A e D. Agora Q A +Q D = 2Q+ 6Q = 8Q, Q A = Q D = 4Q. 4. (FUVEST-SP) Três esferas metálicas idênticas, M 1 , M 2 e M 3 , montadas em suportes isolantes, estão bem afastadas entre si e longe de outros objetos. Inicialmente M 1 e M 3 têm cargas iguais, com valor Q, e M 2 está descarregada. São realizadas duas operações, na seqüência indicada: I. A esfera M 1 é aproximada de M 2 até que ambas fiquem em contato elétrico. A seguir, M 1 é afastada até retornar à sua posição inicial. II. A esfera M 3 é aproximada de M 2 até que ambas fiquem em contato elétrico. A seguir, M 3 é afastada até retornar à sua posição inicial. Após essas operações, indicar as cargas de cada esfera. 1 ◦ contato: Q+ 0 2 = Q 1 = Q 2 , Q 1 = Q 2 = Q/2 2 ◦ contato: Q 2 +Q 3 2 = (Q/2) +Q 2 = 3Q/2 = Q 2 = Q 3 . Assim, as cargas finais são M 1 =Q/2, M 2 =M 3 =3Q/4. 5. (PUCCAMP-SP) Calcular as cargas p, m , g de três esferas eletrizadas tais que g + m = 9µC, g +p = 8µC e m+p = 5µC. Basta resolver o sistema linear dado. Encontramos m = 3µC, p = 2µC e g = 6µC. 1.Eletrostática 11 ATIVIDADE PROPOSTA 1.6 1. (UFB) Quando você liga um televisor (de tubo catódico), o material que reveste a tela internamente, perde uma grande quantidade de elétrons e se torna eletricamente carregado. Você pode verificar a presença dessa carga aproximando o braço da tela e notando como os pêlos ficam "em pé". Qual é o sinal da carga adquirida pela tela? 2. (UNIFOR-CE) Os corpos x e y são eletrizados por atrito, tendo o corpo x cedido elétrons a y. Em seguida, outro corpo, z, inicialmente neutro, é eletrizado por contato com o corpo x. Indique, ao final dos processos citados, as respectivas cargas elétricas de x, y e z. 3. (PUC-SP) A figura mostra um eletroscópio de folhas eletricamente carregado. Indique um processo que permita identificar o sinal da carga acumulada no elestrópio. 4. (FATEC-SP) Três esferas condutoras idênticas A, B e C estão sobre tripés isolantes. A esfera A tem inicialmente carga elétrica de 6, 4µC, enquanto B e C estão neutras. Encostam-se as esferas A e B até o equilíbrio eletrostático e separam-se as esferas. Após isso, o procedimento é repetido, desta feita com as esferas B e C. Sendo a carga elementar 1, 6.10 −19 C, encontre o número total de elétrons que, nessas duas operações, passam de uma esfera a outra. 5. (UFU-MG) Uma bolinha metálica A, carregada com carga positiva 12C, está suspensa por um fio isolante formando um pêndulo como na figura. Outra bolinha metálica B, exatamente igual, encontra- se presa em um suporte isolante, carregada com uma carga −8C. Fazendo-se oscilar a bolinha A, esta toca a bolinha B. Calcular, após o contato, as cargas nas bolinhas A e B. RESPOSTAS 1. Como a tela cedeu elétrons, ficou eletrizada com carga positiva. 2. O corpo x cedeu elétrons ao corpo y, logo x ficou com carga elétrica positiva e y com carga negativa. O corpo z em contato com x adquire carga positiva. 3. Aproximando da esfera do eletroscópio um corpo com a mesma carga de sua esfera fará com que as folhas do eletroscópio apresentem uma maior abertura; se a carga do eletroscópio é contrária à do corpo de prova, então as folhas se fecharão um pouco. 4. Inicialmente, A transfere para B a carga de 3, 2µC, que corresponde a 2.10 13 elétrons. Em seguida, B passa para C a carga de 1, 2µC, ou 1.10 13 elétrons. Ao todo, são transferidos 3.10 13 elétrons. 5. A carga total durante o contato vale 12 −8 = 4C; como as esferas são idênticas, cada uma ficará eletrizada com 2C. 12 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] 1.7 A LEI DE COULOMB Tal como fizemos para a dinâmica do ponto material, quando um corpo de dimensões reduzidas concentrava a massa objeto de estudo, também consideraremos cargas elétricas puntiformes, isto é, corpos eletrizados cujas dimensões são desprezíveis em relação às distâncias que guardam entre si e de outros corpos eletrizados. Consideremos duas cargas elétricas puntiformes q 1 e q 2 , separadas pela distância d. Como vi- mos, se as cargas têm mesmo sinal, entre elas ocorre uma força de repulsão; se as cargam têm sinais contrários, ocorre uma força de atração. Em qualquer caso, as forças que atuam nas cargas possuem mesma intensidade, mesma direção e sentidos opostos (princípio da ação e reação). Os dois casos estão abaixo representados. &% '$ &% '$ - F F &% '$ &% '$ d d - F F q 1 q 2 q 1 q 2 O físico francês Charles de Coulomb, em fins do século XVIII, estabeleceu, experimentalmente, o famoso resultado. A intensidade da força de ação mútua entre duas cargas elétricas puntiformes é direta- mente proporcional ao produto dos valores absolutos das cargas e inversamente propor- cional ao quadrado da distância que as separa. Podemos, então, escrever F = k q 1 q 2 d 2 , onde k é um fator de proporcionalidade conveniente, que de- pende do meio onde as cargas se localizam. Na realidade, sabemos que, no vácuo, tal constante vale k 0 = 9 ×10 9 N.m 2 /C 2 , sendo denominada constante eletrostática. Em algumas situações, é comum escrever a constante eletrostática sob a forma k 0 = 1 4π 0 , onde 0 = 8, 85 ×10 −12 C 2 /N.m 2 é a permissividade elétrica do vácuo. Em resumo, salvo menção explícita em contrário, suporemos a lei de Coulomb no vácuo, com: F = k 0 q 1 q 2 d 2 = 1 4π 0 q 1 q 2 d 2 O gráfico do módulo de F contra d revela um decaimento com 1/d 2 , abaixo representado. d F Observação É de se notar a semelhança da expressão de Coulomb com a lei da Gravitação Universal de Newton, onde F = G m 1 m 2 d 2 com G = 6, 67 ×10 −11 N.m 2 /kg 2 . Contudo, no caso da força gravitacional, sempre ocorrerá atração entre as partículas, enquanto no caso eletrostático, dependendo do sinal das cargas, ocorrerá atração ou repulsão. 1.Eletrostática 13 EXEMPLO 1.8 1.(UNIFESP-SP) Duas partículas de cargas elétricas q 1 = 5, 0 × 10 −16 C e q 2 = 8, 0 × 10 −16 C estão separadas no vácuo por uma distância de 3, 0 × 10 −9 m. Sendo k = 9, 0 × 10 9 N.m 2 /C 2 , calcular a intensidade da força de interação entre as partículas. Temos F = kq 1 q 2 /d 2 = 9 ×10 9 .5 ×10 −16 .8 ×10 −16 9 ×10 −18 = 40 ×10 −5 = 4 ×10 −4 N. 2.(FUVEST-SP) A uma distância d uma da outra, encontram-se duas esferinhas metálicas idênticas, de dimensões desprezíveis, com cargas −Q e +9Q. As duas cargas são postas em contato e, em seguida, colocadas à distância 2d. Determine a razão entre os módulos das forças que atuam após o contato e antes do contato, nessa ordem. Antes do contato das esferinhas, temos F a = k.Q.9Q/d 2 = 9kQ 2 /d 2 . Após o contato, as esferas idênticas repartem a carga total de 9Q−Q = 8Q, cada uma com 4Q e sua distância passou para 2d. Logo, a nova força será F d = k.4Q.4Q/(2d) 2 = 16.k.q 2 /4d 2 . Enfim, F d /F a = 4/9. 3. (UFC-CE) Uma partícula com carga positiva +q é fixada em um ponto, atraindo uma outra partícula com carga negativa −q e massa m, que se move em uma trajetória circular de raio R, em torno da carga positiva, com velocidade de módulo constante. Considere que não há qualquer forma de dissipação de energia, de modo que a conservação da energia mecânica é observada no sistema de cargas. Despreze qualquer efeito da gravidade. A constante eletrostática é igual a k. Calcular (a) o módulo da velocidade v com que a carga negativa se move em torno da carga positiva; (b) o período do movimento circular considerado. (a) Recordemos que, no movimento circular uniforme, a aceleração é normal e tal que F = ma n = mv 2 /R. Ora, temos F = k.q.q/R 2 , donde, comparando as duas igualdades, segue v 2 = kq 2 mR . (b) O período é dado por T = 2π/ω = 2π R/v, onde v já foi calculada acima. 4.(UFPE) Quatro cargas elétricas puntiformes, de intensidades Q e q, estão fixas nos vértices de um quadrado, conforme indicado na figura. Determine a razão Q/q para que a força sobre cada uma das cargas Q seja nula. Q q q Q Q q q Q © ? f 1 f 2 f 1 +f 2 f 3 A solução está descrita no quadrado da direita, que mostra as forças de atração f 1 e f 2 , entre (q, Q), supondo q e Q de sinais contrários, cuja soma f 1 + f 2 deverá anular a força de repulsão f 3 entre (Q, Q). Calculando as intensidades, onde L é o lado do quadrado, temos |f 1 + f 2 | 2 = f 2 1 + f 2 2 = _ kQq L 2 _ 2 + _ kQq L 2 _ 2 = 2k 2 Q 2 q 2 L 4 . Segue, então que f 1 + f 2 = √ 2kQq/L 2 . Enfim, como f 3 = kQ 2 2L 2 , fazendo f 1 +f 2 = f 3 , vemos que Q/q = 2 √ 2. 14 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] ATIVIDADE PROPOSTA 1.9 1. (UEL-PR) Duas cargas iguais de 2.10 −6 C, se repelem no vácuo com uma força de 0, 1 N. Sabendo- se que a constante elétrica do vácuo é k = 9, 0 ×10 9 N.m 2 /C 2 , encontre a distância entre as cargas. 2.(FGV-SP) Sendo k a constante eletrostática e G a constante de gravitação universal, considere um sistema de dois corpos idênticos, de mesma massa M e cargas de mesma intensidade +Q. Calcule a relação M/Q para que seja nula a força resultante sobre o sistema. 3. (UFMG-MG) Duas pequenas esferas isolantes, I e II , eletricamente carregadas com cargas de sinais contrários, estão fixas nas posições indicadas na figura. A carga da esfera I é positiva e seu módulo é maior que o da esfera II. Uma carga pontual positiva, de peso desprezível, é colocada ao longo da linha que une as duas esferas. Dentre os pontos P, Q e R, identificar o ponto que melhor representa a posição de equilíbrio da carga pontual. r P m I r Q m II r R 4. (UFU-MG) Duas cargas +q estão fixas sobre uma barra isolante e distam entre si uma distância 2d. Uma outra barra isolante é fixada perpendicularmente à primeira no ponto médio entre essas duas cargas. O sistema é colocado de modo que esta última haste fica apontada para cima. Uma terceira pequena esfera de massa m e carga +3q furada é atravessada pela haste vertical de maneira a poder deslizar sem atrito ao longo desta, como mostra a figura a seguir. A distância de equilíbrio da massa m ao longo do eixo vertical é z. Calcular o valor da massa m em função de d, z, g e k, onde g é a aceleração gravitacional e k a constante eletrostática. Sugestão Examine cuidadosamente as condições de equilíbrio indicadas na figura abaixo, envolvendo as forças de elétricas de repulsão e a força peso. ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡¡ r +q A A A A A A A A A A A A A A A A A AK r +q d d z r +3q m D f 1 f 2 α p = mg ? RESPOSTAS 1. Segue da lei de Coulomb que d 2 = 36 ×10 −2 , ou d = 0, 6 m. 2. Para equilibrar a força gravitacional F g = GM 2 /d 2 com a força eletrostática F e = kQ 2 /d 2 , deve ser GM 2 d 2 = kQ 2 d 2 , donde M Q = _ k G . 3. Seja f 1 a força de repulsão entre a carga I e a carga de prova, e f 2 a força de atração entre a carga II e a carga de prova. Como a carga I é, em módulo, maior do que a carga II, verifique que só pode ocorrer equilíbrio na região do ponto R. 4. Temos f 1 sen α+f 2 sen α = mg, onde sen α = z D e D 2 = d 2 +z 2 . Segue que 2 k3q 2 D 2 z D = mg, donde m = 6q 2 kz g(d 2 +z 2 ) 3/2 . 1.Eletrostática 15 1.10 O CAMPO ELÉTRICO 1. Sabemos que um corpo de massa m, próximo à Terra, fica sujeito a uma força de atração gravitacional (seu peso p), decorrente da ação do campo gravitacional g sobre a massa m: p = mg. Podemos fazer a seguinte analogia. Consideremos, por exemplo, a ação de uma carga pontual Q na região espacial que envolve a carga. Uma carga de prova q, colocada num ponto da região considerada, recebe o efeito de uma força (de Coulomb) de origem elétrica. Diremos, então, que a carga Q dá origem a um campo elétrico, o qual age sobre a carga de prova q. Tal como no caso gravitacional, se F é a força exercida pela carga Q sobre q, e E o vetor campo elétrico associado a Q, escreveremos F = qE (onde q > 0 ou q < 0) e E = kQ d 2 , recuperando assim a expressão usual F = kQq d 2 . 2. Campo elétrico de uma carga puntiforme No vácuo, fixada a carga puntiforme Q, o campo elétrico E, associado à carga Q, produz numa carga de prova q, colocada num ponto a uma distância d de Q, a força elétrica F tal que F = qE. Desse modo, o vetor E = F q possui as seguintes características: (a) Módulo: E= F q = k 0 Q d 2 ; no S.I., a unidade de E é N/C; (b) Direção: a mesma da força F, ou seja, da reta que passa pelos pontos Q e q; (c) Sentido: depende do sinal da carga Q que origina o campo. Se Q > 0, então o campo elétrico E é de afastamento; se Q < 0, então o campo é de aproximação. Veja as figuras abaixo. r q < 0 j + Q > 0 r q > 0 - E F F - - E r q < 0 j − Q < 0 r q > 0 - F E F E EXEMPLOS 1.11 1. Considere duas esferas pontuais A e B condutoras, descarregadas e isoladas cujos centros distam 20 cm entre si. Cerca de 5 × 10 6 elétrons são retirados da esfera A e transferidos para a esfera B. Dada a carga elementar e = 1, 6.10 −19 C e considerando k = 9.10 9 N.m 2 /C 2 , calcule o campo elétrico no ponto médio P do segmento AB. Com a transferência dos elétrons, teremos novas cargas, q 1 > 0 e q 2 < 0, cujos módulos são iguais, dados por q 1 = q 2 = (5.10 6 )(1, 6.10 −19 ) = 8.10 −13 C. No ponto médio P, vale E 1 = E 2 = 9.10 9 .8.10 −13 10 −2 = 72.10 −2 N/C. Enfim, o campo elétrico resultante vale E P = E 1 +E 2 = 1, 44 N/C, orientado de q 1 para q 2 16 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] 2. Duas cargas q 1 = 10µC e q 2 = 40µC estão separadas de uma distância d = 2m. Determinar a posição de um ponto P no qual é nulo o campo elétrico resultante da ação das duas cargas. É claro que o ponto procurado deve estar alinhado com as cargas e localizado entre elas. Se x é a distância medida de Q 1 , e 2 − x a medida de Q 2 , deve ser kQ 1 x 2 = kQ 2 (2 −x) 2 , donde x = 2/3 m, mais perto, portanto da menor carga. Pratique um pouco Justifique a ocorrência de uma única solução e a afirmação “mais perto, portanto da menor carga”. 3. No triângulo retângulo ∆OAB estão localizadas as cargas +2q em O(0, 0), +q em A(a, 0) e +q em B(0, a). Determine o vetor campo elétrico E no ponto P, sendo OP a mediatriz da hipotenusa AB. - A 6 x y B O r r @ @ @ @ @ @ P Observemos que o campo de A em P equilibra o de B em P, pois possuem mesmo módulo 2kq a 2 , mesma direção AB e sentidos opostos. Logo, o campo resultante em P é o campo E de O em P, que forma ângulos iguais a π/4 com Ox e Oy, de módulo E = 4kq a 2 , isto é, E = 2 √ 2kq a 2 (1, 1). 4. Sejam q 1 e q 2 = 3q 1 duas cargas positivas localizadas no eixo OX e separadas de uma distância d = 10 cm. Considere q 1 em (0, 0) e q 2 em (d, 0). Para cada 0 < x < d, encontre o campo elétrico E(x) = (E(x), 0). a) Mostre que E(x) = 0 para um único x 0 do intervalo 0 < x < d, com E(x) > 0 se 0 < x < x 0 e E(x) < 0 se x 0 < x < d; b) Faça o gráfico cartesiano de E(x), 0 < x < d. O ponto de partida é a expressão E(x) = kq x 2 − 3kq (d −x) 2 que corresponde ao campo resultante no ponto x considerado, onde 0 < x < d. Para anular E(x), fazemos kq x 2 = 3kq (d −x) 2 , donde, desenvolvendo, encontramos x = ( √ 3 −1)/2 = 3, 66 cm. q 1 q 2 x 0 x Pratique um pouco! Encontre E(x) se x < 0 e se x > d. Complete o gráfico acima com os novos valores considerados. 1.Eletrostática 17 ATIVIDADE PROPOSTA 1.12 1.(MACKENZIE) Duas cargas elétricas puntiformes q 1 = 4µC e q 2 = 10 −4 C fixas no vácuo, onde k = 9.10 9 N.m 2 /C 2 , estão separadas por uma distância d = 1, 2m. Calcular o campo elétrico resultante no ponto P, onde P é colinear com as cargas, está entre elas e dista 20 cm da carga q 1 . Em P, o campo associado à carga q 1 vale E 1 = kq 1 (0, 2) 2 = k(4.10 −6 ) 4.10 −2 = k.10 −4 . No mesmo ponto, associado à carga q 2 , temos E 2 = kq 2 1 2 = k.10 −4 . Como E 1 e E 2 têm sinais contrários, vemos que o campo resultante vale E = E 1 −E 2 = 0. 2. UFRGS-RS) O módulo do vetor campo elétrico produzido por uma carga elétrica puntiforme em um ponto P é igual a E. Dobrando-se a distância entre a carga e o ponto P, por meio do afastamento da carga, indique a eventual alteração do módulo do vetor campo elétrico nesse ponto. A expressão E = kq/d 2 mostra que E é inversamente proporcional ao quadrado da distância. Assim se a distância é dobrada, então E assumirá um valor 2 2 = 4 vezes menor. 3.(FUVEST-SP) Duas pequenas esferas, com cargas elétricas iguais ligadas por uma barra isolante, são inicialmente colocadas como descrito na situação 1. Em seguida, aproxima-se uma das esferas de P, reduzindo-se à metade sua distância até esse ponto, ao mesmo tempo em que se duplica a distância entre a outra esfera e P, como na situação 2. Identifique o campo elétrico em P, no plano que contém o centro das duas esferas, nas duas situações indicadas, destacando o módulo e o ângulo com a direção horizontal. situação 1 situação 2 Vamos usar os lados dos quadradinhos como unidades de comprimento. No primeiro caso, temos E = (E 1 , E 2 ), com E 1 = kQ/4 e E 2 = kQ/1; logo, E = kQ _ 1 4 , 1 _ . Analogamente, no segundo caso, E = (E 1 , E 2 ), com E 1 = kQ/1 e E 2 = kQ/4, isto é, E = kQ _ 1, 1 4 _ . As expressões encontradas em cada situação mostram que (i) os campos têm o mesmo módulo; (ii) os campos têm direções distintas. No primeiro caso, pondo α 1 o ângulo agudo entre o campo e a direção horizontal, vemos que tg α 1 = E 2 /E 1 = 4, donde α 1 ∼ 76 ◦ ; já no segundo caso, tg α 2 = 1/4, e α 2 ∼ 14 ◦ . 4. Considere um quadrado do plano, de lado a = 5 cm, com cargas q = 10 −8 C, −2q, 2q, −q, como mostra a figura. Calcule o campo elétrico E no centro do quadrado. −q q 2q −2q q q q q t @ @I @ @R © 6 ? E 2 E 3 E 1 E 4 Os campos das cargas dadas estão indicados ao lado, onde vemos que E 1 = E 4 = kq/δ 2 e E 2 = E 3 = 2kq/δ 2 , sendo δ = a √ d/2 a metade da diagonal do quadrado. Assim, o campo resultante E é da forma E = 2 √ 2kq a 2 · (0, 1). Enfim, substituindo os dados numéricos, encontramos E = 1, 083 ×10 5 N/C. 18 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] 1.13 CAMPO ELÉTRICO DE DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS DE CARGA Nas configurações de cargas que vimos considerando, usamos, no máximo, um número finito de cargas, cujo campo elétrico resultante é a soma dos campos individuais de cada carga (princípio da Superpo- sição). Como proceder no caso igualmente importante em que o campo é gerado por uma distribuição contínua de cargas, por exemplo, uma esfera eletrizada (densidade volumétrica de cargas constante)? A idéia é usar uma integral de Riemann, associada a uma partição de cargas conveniente.Vejamos alguns exemplos. Caso 1 Campo elétrico de um anel circular de cargas, com densidade linear λ = q/2πr constante, num ponto P sobre o eixo vertical do anel (e fora de seu plano). Consideremos o anel no plano xOy, com centro em (0, 0) e raio a > 0. O campo deve ser obtido no ponto P(0, 0, z), z > 0. Uma carga q > 0 está uniformemente distribuída sobre o anel, com a densidade linear λ = q/2πa constante. Com essa convenção, a carga dq associada ao comprimento de arco ds vale dq = λds. À carga dq corresponde o campo dE = k dq r 2 , ou dE = k dq z 2 +a 2 . A figura abaixo resume a geometria do problema. O campo resultante é, de fato, vertical, pois basta considerar as componentes dE cos θ, vez que as componentes perpendiculares ao eixo central se cancelam aos pares. Como cos θ = z r = z (z 2 +a 2 ) 1/2 , segue que dE cos θ = kzλds (z 2 +a 2 ) 3/2 . Enfim, o módulo do campo elétrico E é dado por E = _ dE cos θ = kzλ2πa (z 2 +a 2 ) 3/2 , ou E = kqz (z 2 +a 2 ) 3/2 . Pratique um pouco! Se z a, então, desprezando o raio a, ou fazendo a = 0, obtemos E = kq/z 2 , mostrando que, para pontos muito afastados do anel, o campo E tem a mesma expressão de uma carga pontual. Caso 2 Campo de um disco de cargas, com densidade superficial constante σ = q/πa 2 , num ponto de seu eixo central. O exemplo anterior sugere que consideremos o disco formado de um grande número de anéis concên- tricos, de raio s, espessura ds, área dA = 2π s ds e carga dq = σdA. 1.Eletrostática 19 Como vimos no exemplo anterior, o campo dE associado a um anel, vale dE = kzdq (z 2 +s 2 ) 3/2 = kzσ 2π sds (z 2 +s 2 ) 3/2 ou E = σz 4 0 _ a 0 (z 2 +s 2 ) −3/2 (2s)ds A integral acima é do tipo potência _ u m du = u m+1 m+ 1 , com m = −1 constante. Enfim, obtemos E = σ 2 0 _ 1 − z _ z 2 +a 2 _ . Observação Se a z, então a segunda parcela tende a zero, donde o notável resultado E = σ 2 0 . Na realidade, é o nosso primeiro exemplo de um campo uniforme, constante. Como planos de carga, evidentemente, são finitos, ocorrem desvios nas proximidades das bordas da placa plana; por essa razão, a região de trabalho é a parte mais central da placa. Quando usamos duas placas planas com cargas opostas e mesmo módulo, obtemos um campo uniforme entre as placas, como ilustramos acima. De fato, a carga positiva σ(+) fornece um campo constante de repulsão, e a carga σ(−) um campo constante de atração, ambos de módulo σ/2 0 . Na região fora das placas, esses campos, portanto, se anulam, e entre as placas, obtemos a intensidade E = σ 0 Caso 3 Campo de uma reta de cargas positivas, com densidade linear constante λ, num ponto de sua mediatriz. Consideremos o segmento de comprimento L = 2a, λ = q/L e o ponto P(0, y). B B B B B B B B B B B BM 6 r r r x dx 0 a θ θ 0 P dE y y r Usando as aproximações usuais, temos dE = kdq r 2 = kλdx r 2 , e dE y = dE cos θ = kλdx r 2 y r . Na realidade, basta considerar 0 ≤ x ≤ a, por simetria, que também nos mostra que o campo é vertical, pois as componentes dE x se anulam aos pares. Por outro lado, a relação x = y tg θ sugere a mudança de variável dx = y sec 2 θ dθ, ou dx = y(r/y) 2 dθ, donde dx = r 2 /y dθ. Retomando a expressão E y = 2 _ θ 0 0 dE y , obtemos E y = 2kλ y _ θ 0 0 cos θdθ = 2kλ y sen θ 0 , onde sen θ 0 = a _ a 2 +y 2 . Observemos, enfim, que, quando a →+∞, então θ 0 →π/2. Assim, o campo de uma reta carregada infinita segue da última expressão, fazendo θ 0 = π/2, ou E y = 2kλ y . 20 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] EXEMPLOS 1.14 1.(UNICAMP-SP) Um elétron é acelerado, a partir do repouso, ao longo de 8,8 mm, por um campo elétrico constante e uniforme de módulo E = 1, 0.10 5 V/m. Sabendo-se que a razão carga/massa do elétron vale e/m = 1, 76.10 11 C/kg, calcule: a) a aceleração do elétron; b) a velocidade final do elétron. a) Da 2a. lei de Newton, temos f = ma, eE = ma, e a = (e/m)E = 1, 76.10 11 .10 5 = 1, 76.10 16 m/s 2 ; b) Usando Torricelli: v 2 = 2a∆x = 2.1, 76.10 16 = 3, 0976.10 14 , ou v = 1, 76.10 7 m/s. 2.(UNESP-SP) Um dispositivo para medir a carga elétrica de uma gota de óleo é constituído de um capacitor polarizado no interior de um recipiente convenientemente vedado, como ilustrado na figura. A gota de óleo, com massa m, é abandonada a partir do repouso no interior do capacitor, onde existe um campo elétrico uniforme E. Sob ação da gravidade e do campo elétrico, a gota inicia um movimento de queda com aceleração 0,2g, onde g é a aceleração da gravidade. Determinar o valor absoluto da carga. Orientada para baixo, a força resultante vale F = mg − QE, ou mg − QE = ma = 0, 2g, donde QE = 0, 8g; enfim, Q = 0, 8g/E. 3. Uma carga q = 500πµC está uniformemente distribuída em um disco circular, de raio 5m, no plano z=0 (ver o caso 2 de 1.13), centrado na origem. a) Calcular o campo elétrico gerado pelo disco no ponto P(0, 0, 5); b) Conclua a força elétrica que o campo origina na carga Q = 50µC localizada no ponto P. a) Como calculado em 1.13, temos E = (0, 0, E z ), onde E z = 2πkσ _ 1 − z _ z 2 +a 2 _ . A densidade superficial vale σ = q/A = 500π.10 −6 /25π = 0, 2.10 −4 C/m 2 . Substituindo os valores numéricos, encontramos E z = 2π.9.10 9 .0, 2.10 −4 _ 1 − 5 √ 50 _ =331200 N/m. b) A força na carga Q é dada por F = Q.E, logo F z = 50.10 −6 .331200 = 16, 56N. 4. Considere duas distribuições lineares de carga, com densidade λ = 4 nC/m, situadas no plano x = 0 em y = ±4 m. Encontrar o vetor E no ponto P(4, 0, 10). Reveja a dedução do caso 3 em 1.13. Ambos os filamentos são paralelos a eixo 0z, logo não há componente E z . Para cada reta, o módulo do campo em P vale E = λ 2π 0 r = 18 √ 2 . Usando superposição, o campo resultante vale: E x = 2(18/ √ 2) cos 45) = 18; assim, E = 18(1, 0, 0)N/m. q q 6 (0, 4, z) y (0, −4, z) - @ @ @ @ @ @R @ @ r P 0 E - x 1.Eletrostática 21 ATIVIDADES PROPOSTAS 1.15 1. Seja E o campo elétrico que atua no ponto P(x, y, z) devido à carga pontual Q(x 0 , y 0 , z 0 ). Pondo r = P − Q = (x − x 0 , y − y 0 , z − z 0 ), o vetor unitário de r é o vetor e r = r r , onde r = r = _ (x −x 0 ) 2 + (y −y 0 ) 2 + (z −z 0 ) 2 . Mostre que: (a) E = kQ r 2 e r = kQ r 3 r = kQ (x −x 0 , y −y 0 , z −z 0 ) [(x −x 0 ) 2 + (y −y 0 ) 2 + (z −z 0 ) 2 ] (3/2) (b) Aplicação numérica: P(4, −1, 4), Q(0, 1, 0), r = P −Q = (4, −2, 4), r = 6, Q = 64, 4 nC. Temos E = (9.10 9 )(64, 4)10 −9 36 [ 1 6 (4, −2, 4)] = 16, 1 e r . 2. Um elétron é projetado num campo elétrico uniforme E = 2000 N/C com velocidade inicial v 0 = 4×10 6 m/s paralela ao campo. Calcular a distância percorrida pelo elétron até ficar momentaneamente em repouso. O elétron sofre uma desaceleração constante a dada por eE = ma. Usando Torricelli, v 2 = v 2 0 −2ax, segue x = v 2 0 2a = mv 2 0 2eE . Enfim (veja dados de 1.2), obtemos x = (9, 11.10 −31 ).(16.10 12 ) 2(1, 6.10 −19 ).(2000) =0, 0228 m. Observação No enunciado anterior, comparemos a força elétrica f e = eE com a força de gravitação f g = mg; encontramos f e f g = eE mg = (1, 6.10 −19 ).(2000) (9, 1.10 −31 ).(10) = 3, 5.10 13 . O resultado mostra que a força gravitacional é muito menor do que a força elétrica. Portanto, salvo menção explícita em contrário, podemos desprezar a força f g . 3. Mostrar que o campo E z de um ponto do eixo central de um anel de cargas [rever o caso 1 do item 1.13] possui valores máximo e mínimo em z = a/ √ 2 e z = −a/ √ 2. Fazer, também, o gráfico de E z em função de z. Sugestão Use a derivada de E(z) = kQz (z 2 +a 2 ) 3/2 para achar os pontos críticos da função considerada. 4. (MACKENZIE-SP) Uma pequena esfera, de massa 1,0g, eletrizada com carga q = +1, 0µC, suspensa por um fio isolante, inextensível e de massa desprezível, mantém-se em equilíbrio na posição indicada, próxima a uma placa condutora eletrizada, no vácuo, de densidade superficial constante σ. Calcular a densidade σ. O triângulo de forças nos dá tg 45 ◦ = f e /p, ou f e = p, qE = mg. Como E = σ/ 0 , vemos que σ = 0 mg/q = 8, 83.10 −8 C/m 2 . 5. Uma linha infinita possui densidade linear constante λ = −100 nC/m, sobre a reta y = −5 e z = 0 (m). Uma superfície plana infinita, de densidade superficial constante σ = α/π nC/m 2 , está situada sobre o plano z = 5m, ambas no vácuo. Calcular a constante α para que o campo resultante E não possua componente E z . Resposta α = 4. 22 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] 1.16 A LEI DE GAUSS E O FLUXO DO CAMPO ELÉTRICO Várias grandezas físicas, associadas a campos de vetores, revelam suas propriedades quando os res- pectivos campos são estudados com o auxílio de métodos vetoriais convenientes. Iniciaremos com as propriedades do fluxo do campo elétrico. O conceito geral de fluxo que atravessa uma superfície pode ser interpretado como sendo o escoamento de um campo vetorial; esse fato simples contém várias propriedades do campo elétrico. Por exemplo, a Lei de Gauss estabelece que O fluxo elétrico que atravessa qualquer superfície fechada é igual à carga total envolvida por essa superfície. A verificação desse resultado, extremamente geral, exige alguns cuidados. Em casos mais simples, como o do fluxo de um campo uniforme E através de uma área plana S, ortogonal à direção do campo, temos φ = ES; mesmo que ocorra alguma outra inclinação entre as direções consideradas, basta considerar o produto escalar φ = E· S. Como proceder se o campo não é uniforme, ou se for necessário atravessar uma área de uma superfície qualquer? Exemplo 1 Considere um cubo de aresta 2 m e vértices nos pontos (2, 0, 0), (0, 2, 0) e (0, 0, 2). Ache o fluxo do campo uniforme E = (0, 1, 0) através da face contida no plano y = 2 (para fora do cubo). Temos S = (0, 2 2 , 0) = (0, 4, 0), donde o fluxo procurado φ = E· S = 1 ×4 = 4 N.m 2 /C. No caso geral, a superfície S = g(D) é a imagem da parametrização injetiva, diferenciável e regular g : D ⊂ R 2 −→R 3 , onde D é uma região simples e em cada (u, v) ∈ D é não nulo o vetor normal N(u, v) = ∂g ∂u × ∂g ∂v , cuja orientação estabelece a orientação de S. Indicaremos por n((u, v) o vetor unitário de N(u, v). Também é comum enfraquecer a injetividade de g ou sua regularidade, considerando um subconjunto B ⊂ D de conteúdo nulo, e tal que a restrição de g a D−B seja injetiva ou que N se anule em B. Uma partição de D induz em S, via g, uma outra partição, que usaremos para aproximar o fluxo de E através de S. Imitando o caso plano acima estudado, consideraremos as seguintes notações: (O fluxo de E) φ(E) = S _ E· dS = S _ E· ndσ = __ D E(g(u, v)) · N(u, v)dudv, dS = Ndudv = ndσ, onde dσ = Ndudv 1.Eletrostática 23 Exemplo motivador 2 Seja E = kQ r 2 e r = kQ r 3 r o campo elétrico da carga pontual positiva colocada na origem do R 3 (ver 1.15(1)). Calcular o fluxo do campo dado através da superfície esférica S: x 2 +y 2 +z 2 = a 2 , de raio a > 0 e orientada pelo vetor normal que aponta para fora. Ao longo da superfície S, a intensidade de E é constante, E = kQ a 2 . Por outro lado, como o campo E é radial, vemos que E e n são colineares, e E· n = kQ a 2 . Logo, φ(E) = S _ E · ndσ = kQ a 2 S _ dσ = kQ a 2 4πa 2 = Q 0 , donde 0 φ(E) = Q coincide com a carga Q no interior de S. Pratique um pouco! Supondo válida a afirmação 0 φ(E) = Q para qualquer superfície esférica com a carga Q em seu centro, reobtenta o valor da intensidade E. Obtido o resultado anterior, é natural indagar sobre condições de sua validade, considerando: (a) uma qualquer superfície esférica S, contendo a carga pontual Q em algum ponto interior a S que não seu centro? (b) uma qualquer superfície fechada S, contendo a carga pontual Q em seu interior? (c) uma qualquer superfície fechada S que não contenha qualquer carga em seu interior? Observemos que o cálculo direto da integral de superfície que define o fluxo, agora, não possui as configurações de simetria que permitiram a rápida solução anterior! Na realidade, por exemplo, a identificação dessas condições favoráveis é uma generalização da relação entre ângulo central e compri- mento de arco, cuja relação já mostrou bons frutos quando estudamos a cinemática dos movimentos curvilíneos. Essa generalização nos conduz aos ângulos sólidos. O ângulo sólido com vértice no centro de uma calota esférica de área A e raio r e que contém a calota esférica é definido por Ω = a/r 2 . O angulo solido é adimensional, independe do raio da calota esférica e sua unidade é o esferoradiano. Por exemplo, o ângulo sólido que corresponde a toda a superfície esférica vale 4πr 2 /r 2 = 4π esferoradiano. As figuras acima indicam o ângulo sólido associado a uma calota esférica e a uma “calota” usada para calcular um ângulo sólido qualquer, com vértice em um ponto interior O da superfície S: decompomos a superfície em N superfícies cônicas com vértice em O. O angulo sólido de cada superfície cônica vale ∆ω = ∆S r 2 ∼ ∆S. cos α r 2 , onde ∆S cos α é a projeção ortogonal de ∆S sobre o vetor unitário e r . Assim, quando N →∞, obtemos Ω(S) = S _ n · e r r 2 dσ. 24 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] O raciocínio anterior nos permite considerar (i) o fluxo de um campo associado a uma carga pontual, colocada em qualquer ponto interior de uma superfície qualquer, (ii) o efeito de uma carga colocada no exterior da superfície. O primeiro caso resulta da expresão do fluxo Φ(E) = S _ E· ndσ = kq S _ n · e r r 2 dσ = kq S _ dΦ = q/ 0 . Quanto ao segundo caso, o fluxo é nulo, porque a contribuição ao ângulo sólido de duas áreas diame- tralmente opostas se cancelam. A figura abaixo ilustra a situação descrita. 1.17 APLICAÇÕES DA LEI DE GAUSS A Lei de Gauss é bastante usada para descrever propriedades do campo elétrico associado a configu- rações de cargas cujas simetrias espaciais simplificam o cálculo explício do fluxo elétrico. Também, a escolha adequada das superfícies fechadas (denominadas superfícies gaussianas) ajudam a obter a mencionada simplificação. O cálculo do fluxo com a lei de Gauss é facilitado por três tipos de simetria: (a) Simetria planar; (b) Simetria cilíndrica ou axial; (c) Simetria esférica. A simetria planar aplica-se no caso de uma distribuição de cargas num plano infinito, ou no caso em que se possa fazer uma aproximação de plano infinito. Por exemplo, um plano finito pode ser considerado infinito, se o campo elétrico for calculado num ponto muito próximo do plano, isto é, se a distância do plano ao ponto for muito menor do que as dimensões do plano. 1.Eletrostática 25 A simetria cilíndrica, ou axial, aplica-se no caso de uma distribuição linear infinita. Existem dois casos clássicos: o da linha infinita de cargas e o de cargas distribuídas em um cilindro infinito. Enfim, há dois casos típicos de simetria esférica: o das cargas puntiformes e o da distribuição esférica de cargas. Deveremos, ainda, considerar se o material é condutor ou dielétrico. Lembremos que, no interior de um condutor em equilíbrio eletrostático, onde não existem cargas em excesso, o campo elétrico E é nulo, a carga sendo uniformemente distribuída na superfície do condutor. Também, num condutor em equilíbrio eletrostático, oco ou maciço, a densidade ou a concentração de cargas elétricas é maior nas regiões mais pontiagudas do condutor. EXEMPLOS 1.18 (1) Encontrar o campo elétrico produzido por uma distribuição superficial infinita de cargas. [Rever o caso 2 de 1.13]. Tomemos como superfície gaussiana um pequeno cilindro de altura h e área da base ∆S, com a metade acima do plano e a outra metade abaixo, como ilustra a figura. Aplicando a lei de Gauss, e pondo σ a densidade superficial de cargas, encontramos: Q 0 = S _ E· dS = 0 · _ sup.lateral dS +E _ topo dS +E _ topo dS σ∆S 0 = 2E∆S, ou E = σ 2 0 . (2) Calcular o campo elétrico associado a uma linha infinitas de cargas de densidade linear cons- tante.[Rever o caso 3 de 1.13]. A superfície gaussiana adequada é um cilindro de raio r e comprimento L. Aplicando a lei de Gauss, onde λ é a densidade linear, temos Q 0 = S _ E· dS = 0 · _ base dS +E _ lateral dS + 0 · _ base dS Q 0 = E · 2πrL, ou E = λ 2π 0 r . (3) Achar o campo elétrico de uma esfera dielétrica, de raio R e densidade volumétrica ρ constante, condiderando os pontos O ≤ r ≤ R e r ≥ R, onde r é a distância ao centro da esfera. O caso r ≥ R dos pontos exteriores à esfera é análogo ao campo de uma carga puntiforme. O campo vale E = kQ r 2 = ρR 3 3 0 r 2 e tudo se passa como se toda a carga estivesse concentrada no centro da esfera. Para os pontos interiores 0 ≤ r ≤ R, consideremos uma esfera gaussiana de raio r, concêntrica com a esfera dada. A carga no interior da esfera gaussiana vale Q = 4πR 3 ρ/3, o que corresponde ao campo E = ρr 3 0 . Observe a coincidência das duas expressões de E(R). O campo E(r) é contínuo para r ≥ 0? 26 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] Pratique um pouco! No exemplo anterior, verifique a forma do gráfico de E(r) se r ≥ 0. Ainda no exemplo anterior, suponha uma esfera metálica eletrizada, de raio R, com densidade superficial constante σ. Verifique que E(r) = 0, se 0 ≤ r < R e E(r) = kQ r 2 = σR 2 0 r 2 , se r > R. Qual o reflexo desses valores no gráfico acima? O campo elétrico passou a apresentar uma descontinuidade finita em r = R; qual seria, então, uma boa definição para E(R)? Justifique sua opção. Atividade proposta 1.19 1. Considere a superfície gaussiana indicada pelo paralelepípedo dado, que envolve uma carga de 24 0 C e etá imersa no campo elétrico E = (10 + 2x, −3, bz)N/C. A face inferior está no plano xz, a superior, no plano horizontal que passa pelo ponto y 2 = 1m. Dados x 1 = 1m, x 2 = 4m, z 1 = 1m e z 2 = 3m, calcular a constante b. Temos q liq = 0 φ = 0 (φ yz +φ zx +φ xy ). Calculando cada fluxo ao longo das faces paralelas aos planos coordenados, vem: φ yz = __ [E x (x = x 2 ) −E x (x = x 1 )]dydz = __ (10 + 2 · 4 −10 −2 · 1)dydz = 6 · 1 · 2 = 12 φ xz = __ [E y (y = y 2 ) −E y (y = y 1 )]dxdz = __ [(−3) −(−3)]dxdz = 0 φ xy = __ [E z (z = z 2 ) −E z (z = z 1 )]dxdy = __ (3b −b)dxdy = 6b Logo, segue que q liq = 0 φ = 0 (12 + 0 + 6b), donde b = 2N/C.m. 2. Considere uma seção de um tubo longo de metal de paredes finas, de raio R = 3cm e uma densidade linear λ = 2 · 10 −8 C/m. Calcular o módulo do campo elétrico nas seguintes distâncias radiais: (a) r = 1.5m; (b) r = 6cm. Usando um cilindro gaussiano S de altura unitária e raio r, concêntrico com o tubo dado, temos S _ E· dS = 2πrE = q 0 . (a) Se r < R, então q = 0, donde E = 0; (b) Se r > R, então q = λ e E = λ 2πr 0 ; com r = 0, 06m, segue E = 2 ×10 −8 2 ×π0, 06 ×8, 85 ×10 −12 ∼ 6.10 3 N/C. 1.Eletrostática 27 3. Considere uma casca esférica dielétrica, de densidade volumétrica constante ρ, cujos raios interno e externo são a e b, respectivamente. Indique o módulo do campo elétrico E(r), considerando (a) 0 ≤ r ≤ a; (b) a ≤ r ≤ b; (c) r ≥ b. As soluções são aplicações imediatas da lei de Gauss, onde são consideradas várias esferas gaussianas concêntricas com a casca esférica dada. Temos E(r) = 0 se 0 ≤ r < a (1), pois não há carga elétrica no interior de uma esfera gaussiana de raio r, para 0 ≤ r < a. Se a ≤ r < b, então q = ρ _ 4πr 3 3 − 4πa 3 3 _ , donde E(r) = kq r 2 = ρ 3 0 r 3 −a 3 r 2 (2) Notemos que (1) e (2) concordam que E(r) = 0 se r = a. Enfim, se r ≥ b, procedendo como acima, achamos E(r) = ρ 3 0 b 3 −a 3 r 2 (3). De novo, (2) e (3) coincidem em r = b. Aplicação numérica Supondo ρ = 1, 84 nC/m 3 , a = 10cm e b = 2a, verifique que E(1, 5 a) = 7, 32 N/C, E(b) = 12, 1N/C e E(3b) = 1, 35N/C. Faça o gráfico de E(r) para r ≥ 0, destacando os pontos notáveis da curva obtida. 1.20 O campo elétrico como campo conservativo. A energia potencial. Em Mecânica, vimos que a conservação da energia mecânica total de um sistema material, decorre de dois fatos fundamentais: (a) o trabalho de qualquer campo de forças coincide com a variação da energia cinética E c do sistema considerado; (b) o campo de forças é um campo gradiente F = −∇U = _ − ∂U ∂x , − ∂U ∂y , − ∂U ∂z _ . Com efeito, da condição (b) vemos que a função −U(X) pode ser escolhida para indicar a diferença da energia potencial, pois ao longo de qualquer curva diferenciável X = f(t), a ≤ t ≤ b, o trabalho do campo vale W [A,B] = C _ B A F · dX = − _ b a ∇(U(f((t)) · f (t) dt = − _ b a (U ◦ f) (t) dt = U(A) −U(B), sendo, então, independente da curva usada no deslocamento do ponto A até o ponto B. Desse modo, W [A,B] = E c (B) −E c (A) = U(A) −U(B), donde E c (A) +U(A) = E c (B) +U(B) , o que indica a conservação da energia mecânica. Retomaremos os resultados acima, inicialmente, no caso da força F = qE, onde q é uma carga imersa em um campo elétrico E. 28 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] Exemplo motivador 1.21. Energia potencial no caso de uma carga puntiforme No caso do campo E(r) = kQ r 2 associado à carga puntiforme positiva Q, colocando uma carga de prova positiva q nas proximidades da carga Q, o campo E provocará em q a força elétrica (de repulsão) F = kQq r 2 . Na realidade, essa força corresponde ao campo gradiente F = −kQq∇U, associado à energia potencial U(X) = 1 r , com r = X. Pratique um pouco! Verifique que F = −kQq∇U. Para calcular o trabalho W [A,B] da força F em seu deslocamento de A a B, basta considerar a diferença W [A,B] = U(A) −U(B) = kQq a − kQq b da energia potencial. Na realidade, como pode ser usada qualquer curva no trabalho W [A,B] , o resultado acima segue da integração direta ao longo da reta suporte AB: W [A,B] = _ b a kQq r 2 dr = kQq _ b a dr r 2 dr = −kQq _ 1 r _ b a = kQq a − kQq b = U(A) −U(B), onde a e b são as distâncias radiais de A e B à carga Q. Observação Na situação acima, podemos fixar um valor de referência para a energia U(B), digamos U(B) = 0, por exemplo para B suficientemente afastado de A, o que nos permite colocar U(A) = kQq a = kQq _ ∞ A dr r 2 Desse ponto de vista, faz sentido estabelecer o valor pontual da energia potencial U(P) numa posição qualquer, em relação a um ponto de referência arbitrariamente escolhido. 1.22 A diferença de potencial Na discussão anterior, vimos que a diferença U(A) − U(B) = q C _ b a E · dX = W [A,B] é proporcional à carga q; poderemos, então, considerar a diferença U(A) − U(B) por unidade de carga, a qual denominaremos de diferença de potencial ou ddp e notaremos V (A) −V (B). Temos ∆V = V (A) −V (B) = U(A) −U(B) q = ∆U q = W [A,B] q = C _ B A E· dX Com a mesma convenção que usamos para a energia potencial, para definir o valor do potencial num ponto A, podemos escolher um valor arbitrário para um ponto de referência (igualmente arbitrário), digamos V (B) = 0 e estabelecer V (A) = W [A,B] q como o trabalho da força elétrica sobre uma carga unitária q no deslocamento desde o ponto A até o ponto B. Por exemplo, no caso do campo elétrico de uma carga puntiforme fixa Q, temos V (A) − V (B) = U(A) −U(B) q = kQ a − kQ b . Adotando B como ponto de referência infinitamento afastado, com V (B) = 0, segue o potencial do ponto A: V (A) = kQ a . 1.Eletrostática 29 As unidades do SI para a energia e o potencial são: energia potencial, trabalho — Joule,J potencial elétrico — Volt,V=J/C campo elétrico — N/C, V/m elétron-volt — eV, produto do volt pelo módulo da carga do elétron: 1eV= 1,6×10 −19 C.V = 1, 6 ×10 −19 J 1.23. Discussão qualitativa A figura mostra um capacitor de placas (condutoras) planas e paralelas, que estudaremos na última parte do capítulo; a distância d é muito menor do que qualquer dimensão das placas. As placas possuem densidade superficial constante σ e de sinais contrários. Vimos em 1.13 (caso 2), que o campo elétrico E entre as placas e distante das bordas é praticamente constante, dado por E = σ 0 = Q 0 A , onde Q é a carga distribuída na área A. Como o campo é constante, temos V A −V B = V = Ed . Destaquemos as propriedades: (a) O potencial é decrescente no sentido das linhas de força do campo; (b) O sentido do campo elétrico é sempre do maior para o menor potencial; (c) Cargas elétricas positivas se movem espontaneamente (W > 0) no sentido dos potenciais menores; (d) Cargas elétricas negativas se movem espontaneamente (W > 0) no sentido dos potenciais maiores; (e) Em todo movimento espontâneo de cargas elétricas num campo elétrico (W > 0), ocorre um acréscimo da energia cinética e uma diminuição da energia potencial; (e) Planos parelelos às placas (no interior do capacitor) possuem, em cada um de seus pontos, um mesmo potencial. Esses planos são as chamadas superfícies equipotenciais do capacitor. EXEMPLO 1.24 1. Seja o campo elétrico uniforme E = 2 · 10 3 (1, 0)N/m ao longo do eixo x, no qual é abandonada a carga Q = 3µC, inicialmente em repouso na origem. Calcule (a) a energia cinética da carga em x = 4m; (b) a variação da energia potencial da carga de x = 0 a x = 4m; (c) a diferença de potencial V (4m) −V (0); (d) o potencial V (x) se (i) V (0) = 0; (ii) V (0) = 4kV; (iii) V (1m) = 0. (a) A carga sofre a ação da força F = QE = 3 · 10 −6 .2 · 10 3 = 6 · 10 −3 N, cujo trabalho W = F.x = 6 · 10 −3 .4 = 24mJ indica a variação da energia cinética entre os pontos x = 0 e x = 4. Como é nula a energia cinética inicial, segue que a energia cinética em x = 4 é 24mJ. (b) Tendo em conta que a energia total (cinética + potencial) é preservada, ao aumento da energia cinética de 24mJ corresponde uma diminuição da energia potencial ∆U = U(4) −U(0) = −24mJ. (c) V (4) −V (0) = ∆U q = −24.10 −3 3.10 −6 = −8kV. (d) Como W [0,x] = 2000qx, vemos que V (0) − V (x) = 2000x, ou V (x) − V (0) = −2000x. (i) Se V (0) = 0, então V (x) = −2000x; (ii) se V (0) = 4000V, então V (x) = 4000 −2000x; (iii) se V (1) = 0, então, de V (1) −V (0) = −2000, vemos que V (0) = 2000 e V (x) = 2000(1 −x). 30 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] 2. Considere o campo de uma carga puntiforme Q = 1, 2.10 −8 C, onde são dados os pontos A e B, cujas distâncias à carga valem, respectivamente, d a = 0, 4m e d b = 0, 6m. O meio é o vácuo k = 9.10 9 N.m 2 /C 2 e o potencial é nulo no infinito. Determine: (a) os potenciais elétricos V a e V b em A e B, respectivamente; (b) a diferença de potencial entre A e B; (c) o trabalho da força elétrica que atua na carga q = 2µC ao ser deslocada de A para B. O item (a) decorre da expressão usual do potencial, V = kQ r ; temos V a = 9.10 9 .1, 2.10 −8 /0, 4 = 270V e V b = 9.10 9 .1, 2.10 −8 /0, 6 = 180V. O item (b) é simples: V a −V b = 270 −180 = 90V. Enfim, quanto ao item (c), temos W [A,B] = q(V a −V b ) = 2.10 −6 .90 = 18.10 −5 J. ATIVIDADE PROPOSTA 1.25 1. Uma partícula de massa m = 10 −4 kg e carga q = −10 −6 C é lançada na direção de um campo elétrico uniforme de intensidade E = 10 5 V/m. Encontre a velocidade mínima de lançamento para que a partícula percorra 20cm a partir de sua posição inicial. De F = qE, segue o módulo da força elétrica F = 10 −1 = 0, 1N, que possui sentido contrário ao do campo, donde uma aceleração que retarda o movimento, dada pela Segunda Lei de Newton, isto é, a = −10 3 m/s 2 . Enfim, basta usar a equação de Torricelli 0 = v 2 0 −2.10 3 .0, 2, donde v 0 = 20m/s. 2. Uma carga positiva Q = 2µC está fixa na orígem. Calcule: (a) o potencial elétrico V num ponto A distante 4m da orígem, em relação à referência V = 0 no infinito; (b) a energia potencial U quando uma carga q = 3µC está colocada no ponto A; (c) o trabalho realizado pela força elétrica sobre a carga q, desde o ponto A até o infinito (sempre supondo a carga Q fixa na orígem). (a) Temos V A = kQ a = 9.10 9 .2.10 −6 /4 = 4, 5kV; (b) U A = qV A = 3.10 −6 .4, 5.10 3 = 1, 35.10 −2 J; (c) W[A, ∞] = U A = 1, 35.10 −2 J. 3. No campo elétrico gerado pela carga Q = 2.10 −6 C, no vácuo (k 0 = 9.10 9 Nm 2 /C 2 ), considere os pontos A e B alinhados com a carga dada e distando dela 0,1m e 0,2m, respectivamente. Desprezando as ações gravitacionais, determine: (a) os potencias elétricos em A e B; (b) o trabalho da força elétrica que atua em q = 10 −4 C, de A para B; (c) o trabalho da força elétrica que atua em q = 10 −4 C, de A até o infinito; (d) a velocidade com que a carga q, de massa m = 2.10 −2 kg deve ser lançada de B para atingir A com velocidade nula; (e) a maior velocidade e respectiva posição da carga q quando abandonada em repouso no ponto A. Respostas (a) V A = 180kV, V B = 90kV; (b) W [A,B] = q(V A −V B ) = 10 −4 .90.10 3 = 9J; (c) W [A,∞] = qV A = 18J; (d) Do teorema da energia cinética W [B,A] = 1 2 _ mv 2 A −mv 2 B _ e da definição de energia potencial W [B,A] = U(B) −U(A) = q(V B −V A ). Substituindo os valores numéricos, obtemos v A = 30m/s; (e) A maior velocidade ocorre na referência de potencial nulo no infinito, com 1 2 mv 2 = qV A (mesmo balanço de energia acima), ou v = 30 √ 2m/s. 1.Eletrostática 31 1.26 – Potencial elétrico de um conjunto finito de cargas pontuais Podemos lançar mão do princípio da superposição: Dadas as cargas pontuais Q 1 , Q 2 , . . . , Q n , o po- tencial V P num ponto P, associado ao conjunto de cargas dadas, é a soma algébrica dos potenciais em P, produzidos separadamente pelas cargas Q 1 , Q 2 , . . . , Q n . Por exemplo, adotando o ponto de referência no infinito, e pondo r j = d(P, Q j ), temos V = V P = kQ 1 r 1 + kQ 2 r 2 +· · · + kQ n r n , onde cada carga comparece com seu sinal. Obervemos que, sendo uma soma de escalares, o potencial V é, também, um escalar. Exemplo 1 Duas cargas puntiformes Q 1 = 2µC e Q 2 = 4µC, estão fixas nos pontos A e B, separados pela distância 2d = 8m, no vácuo. Sejam C o ponto médio de AB, CD a mediatriz de AB e de 3m a distância entre C e D. Calcule: (a) os potenciais nos pontos C e D; (b) o trabalho da força elétrica resultante que atua em q = 2.10 −7 C no deslocamento de C para D. Q 1 A B Q 2 C D q q q q (a) Temos V C = kQ 1 d + kQ 2 d = 9.10 9 4 (2.10 −6 + 4.10 −6 ) = 13, 5.10 3 V. Analogamente, vem V D = kQ 1 r + kQ 2 r = 9.10 9 5 (2.10 −6 + 4.10 −6 ) = 10, 8.10 3 V. (b) W [CD] = q(V c −V D ) = 2.10 −7 .2, 7.10 3 = 5, 4.10 −4 J. Exemplo 2 Em três vértices consecutivos de um quadrado de lado a = √ 2m, fixam-se as cargas de q 1 = 1µC, q 2 = −2µC e q 3 = −3µC, respectivamente. Determine: (a) o potencial elétrico resultante no centro do quadrado; (b) a carga que deve ser fixada no quarto vértice de modo a tornar nulo o potencial no centro do quadrado. (a) Se V 0 é o potencial procurado, então V 0 = k.10 −6 d − k.2.10 −6 d − k.3.10 −6 d , onde d = 1m é a metade da diagonal. Logo, V 0 = −36.10 3 V. (b) Colocando a carga q no vértice descoberto, teremos o novo V 0 = −36.10 3 + kq 1 = 0, ou q = 4.10 −6 C. 1.27 APLICAÇÃO – Caso da energia potencial de uma configuração pontual Fixada a referência de energia nula (no caso pontual, quase sempre no infinito), a idéia é estabelecer uma lei de formação que permita, partindo de duas cargas, por acréscimo sucessivo de cargas, recom- por a configuração original. q 1 q 2 q q q q q @ @ @ @ @ q 1 q 2 q 3 r 12 r 12 r 13 r 23 (a) Duas cargas A carga q 1 , como sabemos, está associada ao potencial V 1 = kq 1 r . A colocação da carga q 2 enseja, via o campo E 1 , a ação da força elétrica F 1 = q 2 E 1 , cujo trabalho W 2 = V 1 q 2 corresponde à energia potencial U 12 = kq 1 q 2 r 12 do sistema. 32 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] (b) Três cargas Posicionadas as cargas q 1 e q 2 como anteriormente, a colocação da carga q 3 usará duas ações, a saber, o trabalho sobre q 3 devido à carga q 1 , e o trabalho sobre q 3 devido a q 2 , isto é: W 13 +W 23 = U 13 +U 23 = kq 1 q 3 r 13 + kq 2 q 3 r 23 . Enfim, a energia potencial (do sistema) associada aos três pares de cargas vale: U = U 12 +U 13 +U 23 = kq 1 q 2 r 12 + kq 1 q 3 r 13 + kq 2 q 3 r 23 . Exemplo 3 Os pontos A, B e C estão nos vértices de um triângulo equilátero de lado d = 3m. Cargas positivas de 2µC estão em A e em B e de 5µC em C. Determine: (a) O potencial V C do vértice C; (b) O trabalho W AC +W BC sobre q C devido à ação de q A e de q B ; (c) A energia potencial da configuração dada U = U AB +U AC +U BC . (a) Temos V C = kq A d + kq B d = 2 kq d = 2.9.10 9 .2.10 −6 3 = 12.10 3 V. (b) O trabalho solicitado, mais simplesmente, vale q C .V C = 5.12.10 −3 = 60mJ. Pratique um pouco Justifique o que foi usado: W AC +W BC = q C .V C . (c) Falta computar W AB = kq A q B d = 9.10 9 .4.10 −12 /3 = 12.10 −3 = 12mJ. Enfim, a energia potencial total vale U = 60 + 12 = 72mJ. Atividades propostas 1.28 1. Quatro cargas q 1 = 2µC, q 2 = 2µC, q 3 = −2µC e q 4 = −2µC estão colocadas nos vértices consecutivos de um quadrado de lado d = 4m. Calcule: (a) o potencial V 0 no centro do quadrado; (b) a energia potencial do sistema. Respostas (a) V 0 = 0V; (b) De U = k q 1 q 4 d +k q 3 q 4 d +k q 2 q 4 d √ 2 +k q 1 q 3 d √ 2 +k q 2 q 3 d +k q 1 q 2 d , obtemos U = −12, 73J. q 1 q 2 q 4 q 3 2. Considere as cargas q 1 = −2e, q 2 = 2e e suas distâncias d 1 = 4m e d 2 = 2m do ponto P, como indicado na figura dada. Adotando a referência nula no infinito, calcule: (a) o potencial V P ; (b) o trabalho W 13 +W 23 que posiciona a carga q 3 = 2e no ponto P; (c) a energia potencial do sistema formado pelas três cargas. Respostas (a) V P = k(−2e) 4 + k(2e) 2 = ke 2 = 9.10 9 .1, 6.10 −19 /2 = 7, 2.10 −10 V (b) [Rever o exemplo 3] q 3 V P = 2eV P = 2, 30.10 −28 J (c) Falta calcular W 12 = kq 1 q 2 r 12 = 9.10 9 (−4)(1, 6.10 −11 ) 2 _ 4 2 + 2 2 = −2, 06.10 −28 J Enfim, U = U 12 +U 13 +U 23 = −2, 06.10 −28 + 2, 30.10 −28 = 2, 4.10 −29 J. 1.Eletrostática 33 1.29 POTENCIAIS DE CONFIGURAÇÕES CONTÍNUAS As distribuições contínuas de carga, em geral, possuem densidade constante, sejam do tipo linear λ = dq dx , superficial σ = dq da ou volumétrica ρ = dq dv . Tal como procedemos para o campo elétrico, o cálculo do potencial em um ponto P decorre de uma integral do tipo V P = V _ dV = V _ kdq r , onde r é a distância de dq ao ponto P, a integral abrangendo toda a configuração. No procedimento acima, a referência nula é o infinito. Examinemos dois exemplos. No primeiro, de uma esfera carregada, o processo é bastante simplificado. (a) Esfera condutora E = 0 E = kQ/r 2 V = kQ/r Consideremos uma esfera condutora, de carga total Q e raio R. Já sabemos que é nulo o campo elétrico em qualquer ponto interior da esfera, ou E(r) = 0 se 0 ≤ r ≤ R. Para pontos exteriores, r ≥ R, o comportamento do campo elétrico E = kQ/r 2 é semelhante ao de uma carga Q localizada na origem. Dessas duas afirmações, vemos que (i) o potencial V = kQ/R é constante nos pontos interiores, isto é, se 0 ≤ a < r < b ≤ R, então V (a) −V (b) = _ b a E(r)dr = 0, donde V (a) = V (b) = V (R) = kQ/R; (ii) se r ≥ R, então o potencial V (r) = kQ/r coincide com o da carga pontual Q na origem. Examine com cuidado os gráficos acima. (b) Anel carregado de cargas Dado um anel D carregado, de raio a e densidade linear λ de carga constante (Q = λ2πa), para calcular o potencial em um ponto axial P, distante z do plano do anel, temos: V = D _ k r dq = k _ a 2 +z 2 D _ dq = kQ _ a 2 +z 2 = kλ2πa _ a 2 +z 2 . Observação – Cálculo do campo a partir do potencial Partindo da relação básica F = −∇U e lembrando que F = qE e U = qV , vemos que E = −∇V , o que nos permite calcular o campo elétrico, usando a definição do gradiente, isto é, por exemplo, em coordenadas cartesianas, E x = − ∂V ∂x , E y = − ∂V ∂y , E z = − ∂V ∂z . Por exemplo, partindo do potencial do anel acima, podemos escrever: E x = 0, E y = 0 e E z = − ∂V ∂z = − −kQ z _ a 2 +z 2 a 2 +z 2 = kQz (a 2 +z 2 ) 3/2 . Desse modo, reobtemos a expressão do campo já calculado no caso 1 de 1.13. Compare as duas soluções! 34 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] 1.30 RESUMO Após reler a seção 1.13, observe a síntese dos métodos que descrevemos no item 1.29. Configuração campo elétrico potencial carga pontual kQ r 2 kQ r linha infinita 2kλ r V (r) −V (a) = 2kλln( a r ) disco carregado σ 2 0 _ 1 − z _ z 2 +a 2 _ σ 2 0 _ √ z 2 +a 2 −z _ plano infinito σ 2 0 V 0 − _ σ 2 0 _ z condutor isolado E = 0(no interior); E = σ 0 (na superfície) V constante dentro e na superfície esfera dielétrica E r = kQ r 2 , r > R V = kQ r , r > R E r = kQ R 3 r, r ≤ R V = kQ 2R _ 3 − r 2 R 2 _ , 0 ≤ r ≤ R Pratique um pouco! Verifique os resultados indicados acima para o potencial de uma esfera dielétrica. EXEMPLOS 1.31 1. Suponhamos que uma carga de 15nC pode ser obtida por eletrização por atrito de uma esfera condutora isolada de raio R = 20cm. Indique a variação de potencial decorrente desse processo. Se V 0 = 0 representa o potencial da esfera na ausência de cargas em sua superfície e V denota o po- tencial na superfície carregada com a carga q, então ∆V = V −V 0 = kq R = (9.10 9 )(15.10 −9 ) 0, 2 = 675V. 2. Calcular a carga e a densidade superficial de uma esfera condutora de raio R = 10cm, cujo potencial é de 216V. De V = kQ/R, segue q = V R k = 216.0, 1 9.10 9 = 2, 4.10 −9 = 2, 4nC. Para a densidade superficial, temos σ = q 4πR 2 = 2, 4.10 −9 4π(0, 01) = 19, 10.10 −9 = 19, 10nC/m 2 . 3. Uma esfera condutora de raio R = 3cm possui uma carga Q = 30nC uniformemente distribuída sobre a superfície. Dados os pontos A, distante 1m do centro da esfera, B, localizado na superfície esférica e C, distante 5m do centro da esfera, calcular as ddp V A −V C e V B −V C . Como a esfera é condutora, sabemos que seu potencial é constante no interior e sobre a superfície: V A = V B = kQ R = (9.10 9 )(30.10 −9 ) 0, 03 = 90.10 2 =9kV. Para pontos exteriores, temos V C = kQ r c = (9.10 9 )(30.10 −9 ) 0, 05 = 5, 4kV. Enfim, V A −V C = 3, 6kV e V B −V C = 3, 6kV. 4. Calcular o potencial de um segmento de reta de cargas positivas, de comprimento L = 2a e densidade linear constante λ = q/L = q/2a, num ponto P de sua mediatriz. Consideremos o segmento [−a, a] ao longo do eixo x e o ponto P(0, y), y > 0. (Ver o caso 3 de 1.13). Temos dV = kdq r = kλdx _ x 2 +y 2 e V = 2kλ _ a 0 dx _ x 2 +y 2 . A relação x = y tg θ sugere a mudança de variável dx = y sec θ dθ. Como _ sec θ dθ = ln | sec θ+tg θ| = x + _ x 2 +y 2 y , vemos que V = 2kλ _ a + _ a 2 +y 2 y _ . 1.Eletrostática 35 Aplicação numérica Um quadrado de vértices A(0, 0, 0), B(0, 1, 0), C(1, 1, 0) e D(1, 0, 0) (em metros), possui uma distribuição linear uniforme λ = 10pC/m ao longo do lado AB e cargas pontuais q 1 = 1pC e q 2 = −10pC nos vértices C e D, respectivamente. No centro P do quadrado, calcular: (a) o potencial devido a cada uma das cargas; (b) o potencial total devido às três cargas. (a) V P 1 = kq 1 ( √ 2)/2 = 0, 0127V; V P 2 = kq 2 ( √ 2)/2 = −0, 127V; V λ = 0, 1586V (b) O potencial total é a soma dos três valores anteriores: V P = 0, 044V. 5. A figura indica superfícies equipotenciais devidas a duas placas carregadas com cargas de mesmo módulo e sinais contrários. Uma carga q = −2µC é solta na superfície de 0V. (a) Para qual superfície a carga irá se deslocar espontaneamente? (b) Indique, também, o trabalho realizado pelo campo elétrico no deslocamento considerado. Como vimos anteriormente, cargas elétricas negativas se movem espontaneamente (W > 0) no sentido dos potenciais maiores, no caso, para a equipotencial de 6V. Nesse deslocamento, a força elétrica realizará um trabalho W = 2.10 −6 .6 = 12µJ. Esse trabalho corresponde a uma diminuição da energia potencial (e a um consequente aumento da energia cinética). 6. (MACKENZIE-SP-010) Uma partícula de massa 1 g, eletrizada com carga elétrica positiva de 40µC, é abandonada do repouso no ponto A de um campo elétrico uniforme, no qual o potencial elétrico é 300 V. Essa partícula adquire movimento e se choca em B, com um anteparo rígido, cujo potencial é de 100 V. Calcular a velocidade da partícula ao se chocar com o anteparo. Aplicaremos o Teorema da energia cinética: (V A − V B )q = mv 2 B 2 . Substituindo os dados numéricos, obtemos: 200.40.10 −6 = 10 −3 2 v 2 B , donde v B = 4m/s. PROBLEMAS DE REVISÃO 1.32 1. Um corpúsculo de 0,2g, eletrizado com carga de 80C varia sua velocidade de 20m/s para 80m/s ao ir do ponto A para o ponto B de um campo elétrico. Calcular a d.d.p. entre os pontos A e B desse campo elétrico. Resposta qV AB = q(V A −V B ) = ∆E cinética ; V AB = 7500V. 2. Uma carga pontual (q = 1µC) está na presenca de um campo elétrico criado por outra carga pontual positiva Q. A carga q se desloca do ponto A ao ponto B, que distam 1m e 3m da carga Q, respectivamente. Sabendo-se que o trabalho do campo elétrico nesse deslocamento vale W AB = 12mJ, calcular a carga Q. Resposta Q = 2µC. 3. Uma carga puntiforme fixa de 2µC gera, num ponto A do espaço, um potencial elétrico de 18.10 4 V e num ponto B um potencial de 6.10 4 V. Determine: a) a distância entre o ponto A e a carga fixa; b) distância entre o ponto B e a carga fixa; c) o trabalho W realizado pelo campo para deslocar uma carga de 1µC do ponto B ao ponto A. Resposta r A = 0, 1m; r B = 0, 3m; W = −1, 2mJ. 36 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] 4. Considere uma carga elétrica Q = 500pC e os pontos A, B e C que distam da carga, respectiva- mente, r A = 5m, r B = 15m e r C = 25m. Calcular: (a) a diferença de potencial V AB ; (b) o potencial V A se a referência zero de potencial está no ponto B; (c) o potencial V A se a referência zero de potencial está no ponto C; (d) o potencial V A se a referência zero de potencial está no infinito. Resposta (a) V AB = kQ( 1 r A − 1 r B ) = (9.10 9 )(500.10 −12 )( 1 5 − 1 15 ) = 0, 60V; (b) V A −V B = V AB = 0, 60V; (c) V A −V C = V AC = 0, 72V; (d) V A = kQ r A = 0, 90V. 5. Considere o retângulo de vértices A(0, 0), B(15, 0), C(15, 5) e D(0, 5) (dados em cm). Cargas q 1 = −5µC e q 2 = 2µC estão localizadas nos pontos D e B. Calcular a ddp V CA e o trabalho W CA no deslocamento da carga q = 3µC do ponto C para o ponto A. Resposta Temos V A = k _ q 1 0, 05 + q 2 0, 15 _ = −7, 8.10 5 V, V C = 6.10 4 V e V CA = V C −V A = 0, 84.10 6 V. Enfim, W CA = U C −U A = q(V C −V A ) = 2, 52J. 6. Uma barra plástica possui a forma de um arco circular de raio R = 4, 5cm, cujo ângulo central vale θ = 120 ◦ . Sabendo que a barra está uniformemente carregada com a carga q = −25pC, mostre que o potencial no ponto P, centro de curvatura do arco, vale V = kq/R = −50V. 7. Um plano de cargas positivas possui densidade superficial uniforme σ = 5, 80 pC/m 2 . Se o poten- cial é considerado nulo sobre o plano, calcular o potencial num ponto P distante z = 3, 56m do plano. Resposta O campo elétrico vale E = σ 2 0 nas proximidades do plano [o resumo 1.30]. Segue que V − V 0 = − _ z 0 E dz (atenção ao sinal negativo, coerente com o trabalho espontâneo do campo). Logo, V = − σz 2 0 . Substituindo os dados numéricos, vemos que V = −1, 18.10 2 V. 8. Considere uma reta com densidade linear de cargas λ > 0 e o respectivo campo elétrico E = 2kλ r . Numa mesma direção ortogonal à reta, sejam os pontos A e B, cujas distâncias radiais à reta consi- derada valem a e b, respectivamente, com 0 < a < b. Mostre que 0 < V AB = V A −V B = 2kλln(b/a). Resposta Da definição, ao longo da reta AB, segue V AB = _ b a 2kλ dr r = 2kλ ln r ¸ ¸ b a = 2kλln(b/a). Observe que o resultado é positivo pois (b/a)>1. Pratique um pouco (i) Se λ = 0, 5 nC/m e a = 2, b = 4 e c = 10 são distâncias radiais (em metros) de A, B e C, como acima, então temos: V AB = 9 ln(2) = 6, 24V , V BC = 9 ln(2, 5) = 8, 25V, V AC = 9 ln(5) = 14, 49V. Observe que V AB +V BC = V AC . Discuta a validade dessa relação. (ii) Verifique que a igualdade do enunciado não depende do alinhamento dos pontos numa direção ortogonal à reta, mas das respectivas distâncias à reta de cargas. Por exemplo, considere a reta de cargas ao longo do eixo-z e os pontos A(0, 2, 0), B(0, 4, 0) e M(−4, 0, 5) (metros). Comprove que V AM = V AB = 6, 24V. 9. Uma gota de óleo esférica possui potencial V = 500V e uma carga superficial uniforme q = 30pC. Se duas gotas de mesmo raio e carga se unem para formar uma gota esférica, calcular: (a) a carga Q da nova gota esférica (supondo que não ocorra perda de carga) e seu raio R; (b) o potencial na superfície da gota resultante. Resposta (a) Da conservação da carga, segue que Q = 2q. Por outro lado, o volume da nova carga é o dobro do volume de uma única gota original, isto é (4/3)πR 3 = 2.(4/3)πr 3 , donde R = 3 √ 2 r. (b) Logo, o novo potencial é V 2 = kQ R = k(2q) 2 1/3 r = 2 2/3 V = 2 2/3 500 = 790V. 1.Eletrostática 37 10. Considere duas esferas condutoras isoladas, eletrizadas, com cargas q 1 e q 2 ; os raios das esferas são r 1 e r 2 , respectivamente. A distância entre os centros das esferas é maior do que os respectivos raios. Conectando as duas esferas por um fio metálico muito fino, o equilíbrio eletrostático é atingido. Sejam Q 1 e Q 2 as novas cargas das esferas. Calcular, no equilíbrio: (a) o potencial comum das esferas e a razão entre as cargas Q 1 e Q 2 ; (b) a razão entre as densidades superficiais σ 1 e σ 2 ; (c) as cargas Q 1 e Q 2 , em função das cargas iniciais; (d) a razão entre os módulos dos campos elétricos finais, E 1 /E 2 , na superfície de cada esfera. Resposta (a) Após a conexão das esferas, ocorre uma redistribuição das cargas envolvidas, isto é, q 1 + q 2 = Q 1 + Q 2 (*). O equilíbrio resulta da igualdade dos potenciais V 1 = kQ 1 R 1 = V 2 = kQ 2 R 2 , donde Q 1 R 1 = Q 2 R 2 (**). Em particular, dentre duas esferas equipotenciais, acumula mais carga a que possui o maior raio. (b) De Q 1 = σ 1 4πR 2 1 e Q 2 = σ 2 4πR 2 2 , vemos que σ 1 /σ 2 = R 2 /R 1 (**) Em particular, possui maior densidade de cargas a esfera de menor raio. Ora, como na superfície de um condutor, vale E = σ/ 0 , vemos que, dentre duas esferas equipotenciais, possui maior campo elétrico a que possui menor raio (“poder das pontas”). (c) Das relações (*) e (**), segue que Q 1 = R 1 (q 1 +q 2 ) R 1 +R 2 e Q 2 = R 2 (q 1 +q 2 ) R 1 +R 2 . (d) E 1 /E 2 = (Q 1 /Q 2 )(R 2 /R 1 ) 2 = R 2 /R 1 . Aplicação numérica Exemplifique os resultados acima usando os dados q 1 = 0, 8nC, q 2 = 0, 1nC, R 1 = 9cm e R 2 = 4, 5cm. Inicialmente, as esferas têm potenciais V 01 = kq 1 /R 1 = 9.(0, 8)/0, 09 = 80V e V 02 = kq 2 /R 2 = 9.(0, 1)/0, 045 = 20V . As esferas são conectadas e o equilíbrio redefine as cargas e os potenciais. Como q 1 +q 2 = 0, 9nC, segue que Q 1 = 0, 9(0, 09) 0, 135 = 0, 6nC e Q 2 = 0, 3nC. O novo potencial comum vale V 1 = V 2 = kQ 1 R 1 = 9.(0, 6)/0, 09 = 60V. Para as densidades, temos σ 1 /σ 2 = 0, 045/0, 09 = 0, 5. Enfim, quanto aos campos elétricos, podemos escrever E 1 /E 2 = R 2 /R 1 = 0, 5. 11. Problema brinde Duas cascas esféricas, concêntricas e isoladas, de raios R 1 = 0, 5m e R 2 = 1m, estão uniformemente eletrizadas com cargas q 1 = 2µC e q 2 = 1µC. Calcular (a) o campo elétrico das esferas nos pontos (radiais) (1) r = 3m, (2) r = 0, 6m, (3) r = 0, 2m; (b) o potencial elétrico nos pontos (4) r = 3m, (5) r = 1m, (6) r = 0, 6m, (7) r = 0, 5m, (8) r = 0, 2m. Fazer, também, um gráfico de E(r) e V (r), r ≥ 0. Resposta (1) E = k(q 1 +q 2 )/r 2 = 3.10 3 V/m; (2) E = kq 1 /r 2 = 5.10 4 V/m; (3) E = 0; (4) V = k(q 1 +q 2 )/r = 9.10 3 V; (5) V = k(q 1 +q 2 )/r = 2, 7×10 4 V; (6) V = k _ q 1 r + q 2 R 2 _ = 3, 9×10 4 V (7) V = k _ q 1 r + q 2 R 2 _ = 4, 5 ×10 4 V; (8) V = k _ q 1 R 1 + q 2 R 2 _ = 4, 5 ×10 4 V. 38 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] 1.33 Propriedades elementares dos capacitores Um capacitor (ou condensador) é uma configuração de condutores e dielétricos, agrupados de modo a maximizar a quantidade de energia elétrica armazenada no campo elétrico do dispositivo considerado. Na realidade, como os capacitores podem confinar campos elétricos muito intensos, eles também são úteis como acumuladores de energia. Os condutores do capacitor são as placas ou armaduras, cujas cargas são opostas e de mesmo valor absoluto e decorrem de processos indutivos. Há vários tipos de capacitores, tais como planos, cilíndri- cos, esféricos. Independentemente do formato, em muitas aplicações, as armaduras estão separadas por material isolante, cuja finalidade é garantir níveis adequados do potencial, campo elétrico e cargas do capacitor. Dependendo da natureza do isolante, temos capacitores de vácuo, ar, papel, mica, óleo etc. 1. Exemplo motivador Consideremos um capacitor de placas condutoras planas e paralelas, como indicado abaixo, em que o ar ocupa o espaço entre as placas. Quando as placas das armaduras estão eletricamente neutras, diremos que o capacitor está descarregado. Ao conectarmos o capacitor a um gerador (bateria, pilha), ocorre um fluxo ordenado de elétrons nos fios de conexão. De fato, inicialmente há uma diferença de potencial entre a armadura e o terminal do gerador ao qual está ligada. Acima, a armadura A, inicialmente, tem potencial elétrico nulo e está conectada ao terminal positivo da pilha; logo, elétrons migram da armadura para a pilha; já a armadura B, que também tem potencial elétrico inicial nulo, está conectada ao terminal negativo da pilha, e assim elétrons migram do terminal da pilha para a armadura B. Desse modo, a arma- dura A está perdendo elétrons, se eletrizando positivamente e seu potencial elétrico está aumentando; fenômeno semelhante ocorre na armadura B, só que ao contrário de A, a armadura B está ganhando elétrons, eletrizando-se negativamente, e seu potencial elétrico está diminuindo. Esse processo pros- segue até ocorrer o equilíbrio entre o potencial elétrico das armaduras e o dos terminais do gerador. Nesse caso, diremos que o capacitor está carregado com carga elétrica máxima. Observemos que o deslocamento de cargas só ocorre na parte externa do capacitor. No procedimento anterior, a carga Q armazenada nas armaduras é diretamente proporcional ao potencial V = V AB entre as placas. Observe que estamos indicando por Q a carga positiva da armadura A de maior potencial, de mesmo valor absoluto da carga da armadura B. O coeficiente de proporcionalidade C entre Q e V é chamado de capacitância ou capacidade eletrostática do capacitor, isto é, vale a relação Q = CV . A capacitância de um capacitor depende da forma e dimensões de suas armaduras e do dielé- trico isolante entre as mesmas. No capacitor do exemplo, temos V = Ed, onde d é a distância entre as placas e o campo elétrico vale E = σ 0 = Q 0 A , onde A é a área de cada placa. Logo, segue que C = Q V = 0 A d . A unidade de capacitância no SI é o Farad (F): 1 F=1 Coulomb/Volt. A terminologia é uma home- nagem a Michael Faraday, notável físico inglês (1791-1867). Nas aplicações, submúltiplos do Farad são mais convenientes: 1µF = 10 −6 F e 1pF = 10 −9 F. 1.Eletrostática 39 2. Energia acumulada no campo elétrico Um capacitor carregado possui acumulada uma certa energia potencial U, que corresponde ao trabalho de carga do capacitor. Seja q a carga já transferida durante um certo intervalo de tempo, com o respectivo potencial V = q/C. A transferência adicional da carga dq corresponde ao acréscimo da energia potencial dU = V dq = q C dq, donde, como U = _ dU, segue que U = _ Q 0 q C dq = 1 C _ Q 0 qdq = Q 2 2C = QV 2 = CV 2 2 . Exemplos 1.34 1. Um capacitor de capacitância C = 5µF é carregado com a carga elétrica Q = 30µC. Calcular a ddp. V entre os terminais do capacitor e a energia potencial elétrica armazenada. Temos V = Q C = 30.10 −6 5.10 −6 = 6V e a energia armazenada U = QV 2 = 30.10 −6 .6 2 = 90.10 −6 = 90µJ. 2. As armaduras de um capacitor plano (no vácuo) posssuem área A = 40cm 2 , separadas pela distância d = 1mm e estão carregadas sob a ddp de 600V. Considere 0 = 8, 85.10 −12 F/m para achar: (a) a capacitância; (b) a carga elétrica do capacitor; (c) o campo elétrico entre as placas; (d) a energia armazenada. A capacitância pode ser escrita C = o A d = (8, 85.10 −12 )(40.10 −4 ) 10 −3 = 3, 5.10 −11 = 35pF. Segue, então, a carga Q = CV = 35.10 −12 .600 = 2, 1.10 −8 = 21nC. Em seguida, de V = Ed, vemos que E = V d = 6.10 5 V/m. Enfim, U = QV 2 = 6, 3µJ. 3. Considere um capacitor de placas planas, de capacitância C, carregado pelo potencial V , sendo d a distância entre as placas. Obtida a carga máxima Q, o capacitor é desconectado do gerador e as placas são afastadas de uma distância d 1 > d, sem que ocorra qualquer descarga. Calcular e explicar as possíveis alterações: (a) a carga Q 1 das placas; (b) o campo elétrico E 1 ; (c) o potencial V 1 ; (d) a capacitância C 1 ; (e) as energias eletrostáticas inicial U e final U 1 ; (f) o trabalho W necessário para separar as placas. Dados numéricos C = 4pF, V = 6V, d = 2mm e d 1 = 8mm. Num capacitor plano, o campo elétrico E = σ/ 0 só depende da densidade das cargas nas placas, enquanto o potencial vale V = Ed; ora, a operação realizada mantém as cargas inalteradas. Logo, vemos que (a) Q 1 = Q = CV = (4.10 −12 ).6 = 24pC; (b) E 1 = E; (c) das relações V = Ed e V 1 = Ed 1 , segue que V 1 = d 1 d V , e V 1 > V . Assim, E = V/d = 6/2.10 −3 = 3000V/m e V 1 = 4V = 24V; (d) de Q = CV e Q 1 = Q = C 1 V 1 , tendo em conta (c), vem a expressão C 1 = d d 1 C. Logo, C 1 = C/4 = 1pF; (e) U = QV/2 = 24.6/2 = 72pJ e U 1 = QV 1 /2 = d 1 d U = 4.72 = 288pJ; (f) W = U 1 −U = 216pJ. 4. Capacitor esférico Um capacitor esférico é formado por uma pequena esfera condutora, de raio R 1 , positivamente carregada com a carga Q, e de uma superfície esférica maior, de raio R 2 > R 1 , concêntrica com a esfera e negativamente carregada com a carga −Q. Calcular a capacitância desse capacitor. O cálculo do potencial é imediato. Temos V = V 12 = V 1 −V 2 = kQ R 1 − kQ R 2 = kQ(R 2 −R 1 ) R 1 R 2 . Logo, C = Q V = R 1 R 2 k(R 2 −R 1 ) = 4π 0 R 1 R 2 R 2 −R 1 . 40 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] Caso de uma esfera condutora isolada Na expressão anterior, se fizermos R 2 → ∞, então R 2 R 2 −R 1 → 1; tendo em conta esse resultado, definimos a capacitância de uma esfera isolada por C = 4π 0 R . Essa escolha é coerente com o potencial nulo no infinito (por onde passa a segunda armadura). Aplicação: Energia eletrostática de uma esfera condutora Seja R o raio da esfera; usando a relação U = Q 2 2C , vemos que a energia procurada vale U = Q 2 8π 0 R . Pratique um pouco! Verifique que o raio r > R da superfície esférica que contém metade da energia acumulada acima vale r = 2R. Atividade proposta 1.35 1. (PUC-SP) A carga de um capacitor sofre um aumento de 6.10 −5 C quando a diferença de potencial entre seus terminais aumenta de 50V para 60V. Calcular a capacitância desse capacitor. Resp. C = ∆Q/∆V = 6.10 −6 F. 2. Um capacitor de um circuito de televisão tem uma capacitância de 1,2µF. Sendo a diferença de potencial entre seus terminais de 3.000V, indique a energia armazenada. Resp. U = CV 2 2 = 5, 4J 3.(UFLA-MG) A energia armazenada num capacitor de 10.000µF, submetido a uma diferença de potencial 16V, se descarrega num motor sem atrito, arranjado para erguer um bloco de 0,10kg de massa. Calcular a altura máxima (h, em metros) atingida pelo bloco (adote g=10m/s 2 ). Resp. Ao se descarregar, o capacitor libera a energia U = CV 2 /2 = 1, 28J, utilizada para elevar o bloco: U = mgh, o que dá h = 1, 28m. 4. (PUC-MG) Um capacitor ideal de placas paralelas está ligado a uma fonte de 12V. De repente, por um processo mecânico, a distância entre as placas dobra de valor. A fonte é mantida ligada em todos os instantes. Nessa nova situação (indexada por 1), comprove a validade das afirmações: (a) o potencial não se altera: V 1 = V ; (b) 0 campo elétrico E 1 passa a valer E 1 = V 1 /d 1 = V/(2d) = E/2; (c) sendo o campo elétrico diretamente proporcional à carga das placas, vemos que Q 1 = Q/2; (d) de modo análogo, C 1 = C/2. Compare os resultados acima com o exemplo 1.3.4 (3). 5. Considere um capacitor de placas paralelas circulares, de raio 8,2cm, separação 1,3mm e tensão de 120V. Determinar (a) a capacitância; (b) a carga das placas. Resp. (a) C = 0 A d = 1, 44.10 −10 = 144pF; (b) Q = CV = 1, 73.10 −8 = 17, 3nC. 6. Sejam R 1 = 38mm e R 2 = 40mm os raios de um capacitor esférico no vácuo. Comprove os seguintes valores: (a) capacitância: C = 4π 0 R 1 R 2 R 2 −R 1 = 84, 5pF; (b) a área A das placas paralelas de um capacitor de mesmas capacitância e separação das placas: de C = 0 A/(R 2 −R 1 ), vem A = 191cm 2 . 1.Eletrostática 41 7. Capacitor cilíndrico Um capacitor cilíndrico é formado de dois cilindros coaxiais, de raios a e b, com 0 < a < b, e comprimento L, tal que L > b, de modo que podemos supor desprezíveis os desvios de borda. O condutor interno possui carga +Q e o externo −Q (o gráfico da seção reta que usamos para o capacitor esférico também vale para o capacitor cilíndrico). Para calcular a capacitância, basta lembrar que, se a ≤ r ≤ b, então E = 2kQ Lr (ver 1.30), donde V = V a −V b = _ b a Edr = Qln(b/a) 2π 0 L e C = Q V = 2π 0 L ln(b/a) . Pratique um pouco! A placa e o catodo de um diodo a vácuo formam um capacitor cilíndrico, com o catodo sendo o cilindro central. Calcular a capacitância desse capacitor sabendo que os dois elementos têm comprimento de 2,4cm, o diâmetro do catodo é de 1,6mm e o da placa é de 18mm. Resp. C = 0, 551pF. Aplicação No capacitor cilíndrico inicialmente considerado, mostre que a energia elétrica armazenada vale U = Q 2 /2C = Q 2 4π 0 L ln(b/a). Conclua que metade desse valor fica armazenado no interior de uma superfície cilíndrica, concêntrica com o condutor interno, de raio r = √ ab. 8. Problema brinde. (ITA-SP) Considere o vão existente entre cada tecla de um computador e a base do seu teclado. Em cada vão existem duas placas metálicas, uma delas presa na base do teclado e a outra, na tecla. Em conjunto, elas funcionam como um capacitor de placas planas paralelas imersas no ar. Quando se aciona a tecla, a distância entre as placas diminui e a capacitância aumenta. Um circuito elétrico detecta a variação da capacitância, indicativa do movimento da tecla. Considere então um dado teclado, cujas placas metálicas têm 40 mm 2 de área e 0,7 mm de distância inicial entre si. Se o circuito eletrônico é capaz de detectar uma variação da capacitância a partir de 0,2 pF, mostre que o deslocamento mínimo de uma tecla qualquer vale 0,2mm. Use 0 = 9.10 −12 F/m. 1.36 Associação de capacitores Os capacitores podem ser agrupados entre si para atender às características de particulares configurações. (1) Associação em paralelo Nesse caso, todas as armaduras positivas estão ligadas ao terminal positivo do gerador, o mesmo acontecendo com as placas negativas. Portanto, o potencial V do gerador é o mesmo para todos os capacitores: V = V 1 = V 2 = V 3 ; a carga armazenada é a soma das cargas de cada capacitor: Q = Q 1 +Q 2 +Q 3 (*). Se C = Q/V é a capacitância do capacitor equivalente da associação, obtemos em (*) a expressão: CV = C 1 V +C 2 V +C 3 V , donde C = C 1 +C 2 +C 3 . (2) Associação em série Nessa associação, a placa negativa de um capacitor está ligada à placa positiva do seguinte. As cargas armazenadas em todos os capacitores são iguais, já que todos se carregam por indução: Q = Q 1 = Q 2 = Q 3 . O potencial V do gerador é soma dos potenciais de cada capacitor: V = V 1 +V 2 +V 3 (**). Logo, tendo em conta a relação(**), vem Q C = Q C 1 + Q C 2 + Q C 3 , donde 1 C = 1 C 1 + 1 C 2 + 1 C 3 . 42 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] Os dois casos que vimos anteriormente não esgotam todas as possibilidades. Podemos encontrar ligações que agrupam, ao mesmo tempo, associações em série e em paralelo. De todo modo, o princípio geral é obter umcapacitor equivalente, cuja carga corresponda à carga total da associação, suportando idêntica tensão, isto é, com uma capacitância igualmente representativa. Observação Em qualquer associação, a energia potencial U armazenada é a energia do capacitor equivalente da associação considerada, isto é, a energia U é a soma das energias potenciais dos capacitores que integram a associação. Por exemplo, no caso de uma associação em paralelo como a que estudamos acima, temos: U = QV 2 = (Q 1 +Q 2 +Q 3 )V 2 = Q 1 V 2 + Q 2 V 2 + Q 3 V 2 = U 1 +U 2 +U 3 . Para a associação em série: U = QV 2 = Q(V 1 +V 2 +V 3 ) 2 = QV 1 2 + QV 2 2 + QV 3 2 = U 1 +U 2 +U 3 . Exemplos 1.37 1. Considere a associação em paralelo dos capacitores C 1 = 2µF, C 2 = 5µF e C 3 = 10µF, onde V = V AB = 8V. Calcular (a) a carga e a ddp em cada capacitor; (b) a carga da associação; (c) a capacitância do capacitor equivalente; (d) a energia potencial elétrica da associação. (a) A tensão V AB = 8V fica aplicada em cada capacitor. Como foram dadas as capacitâncias, seguem as respectivas cargas: Q 1 = C 1 V = 2·8 = 16µC; Q 2 = C 2 V = 5·8 = 40µC; Q 3 = C 3 V = 10·8 = 80µC; (b) a carga da associação é a soma das cargas dos capacitores: Q = 16 + 40 + 80 = 136µC; (c) a capacitância equivalente vale C = C 1 +C 2 +C 3 = 17µF; (d) a energia do capacitor equivalente é: U = QV 2 = 136.8/2 = 544µJ. 2. Três capacitores estão asssociados em série, com C 1 = 2µF, C 2 = 5µF e C 3 = 10µF. Os terminais A e B estão conectados a um gerador cuja tensão vale V = V AB = 8V. Determinar: (a) a capacitância C do capacitor equivalente; (b) a carga Q da associação; (c) a carga e a ddp em cada capacitor; (d) a energia potencial elétrica da associação. (a) Temos 1 C = 1 2 + 1 5 + 1 10 = 8 10 , logo, C = 10 8 = 1, 25µF; (b) Como os capacitores estão em série, possuem a mesma carga Q tal que Q = CV = 1, 25.8 = 10µC; (c) V 1 = Q C 1 = 10 2 = 5V; V 2 = 10 5 = 2V; V 3 = 10 10 = 1V. Observe a soma V = 8V dos potenciais; (d) U = QV 2 = 10.8 2 = 40µJ. 3. Na figura dada, os capacitores C 1 = 10µF e C 2 = 40µF estão descarregados. Com a chave na posição esquerda, o gerador de tensão V = 10V carrega C 1 . Em seguida, deslocando a chave para a direita, e atingido o equilíbrio, indicar as cargas de C 1 e C 2 . O potencial do gerador fornece a carga inicial Q = 10.10 = 100µC para C 1 . Após a nova posição da chave, temos V 1 = V 2 , onde V 1 = q 1 /C 1 , V 2 = q 2 /C 2 e Q = q 1 + q 2 . Assim, de q 1 /10 = q 2 /40, vem q 2 = 4q 1 , logo, 5q 1 = Q = 100, q 1 = 20µC, q 2 = 80µC. Observe que V 1 = V 2 = 2V. 1.Eletrostática 43 4. Encontre a capacitância equivalente das associações: (a) Os capacitores de 3µF e 6µF estão em série. Como 1 3 + 1 6 = 1 2 , segue que são equivalentes a um capacitor de 2µF. Este e o outro capacitor de 2µF dado estão em paralelo, logo a capacitância equivalente é C = 2 + 2 = 4µF. (b) Considere todos os capacitores iguais a 3µF. O conjunto paralelo corresponde à capacitância de 6µF. Tal capacitor fica ligado em série ao outro capacitor de 3µF. Enfim, 1 6 + 1 3 = 1 2 , donde C = 2µF é a capacitância procurada. Pratique um pouco! (c) Na associação (a) acima, onde V = V AB = 12V, indique as cargas e os potenciais de todos os capacitores. A carga total vale Q = V C = 12.4 = 48µC. Essa carga se reparte em duas parcelas de 24µC no bloco paralelo. Enfim, no ramo em série, os dois capacitores ficam, cada um, carregados de 24µC. Quanto aos potenciais, como V = Q/C, vemos que V (3) = 24/3 = 8V e V (6) = 24/6 = 4V. Já V (2) = 12V desde o início. (d) Em (b), calcular as cargas e os potenciais de todos os capacitores. A carga total vale Q = V C = 120.2 = 240µC. Essa carga é mesma da linha-série ABC, donde V AB = V (6) = 240/6 = 40V e V BC = V (3) = 240/3 = 80V. Ainda no trecho AB, cada capacitor de 3µF possui carga igual a q = V C = 40.3 = 120µC. 5. Na associação dada abaixo, os capacitores valem C 1 = 3µF e C 2 = 2µF; a tensão entre os terminais a e b é igual a V ab = 900V. Calcular: (a) a capacitância equivalente C ab e a carga total Q da associação; (b) a carga em cada um dos capacitores de 1µF ligados aos terminais de entrada; (c) o potencial V cd . (a) Observe que os três capacitores C 1 à direita de C 2 estão ligados em série, cuja capacitância vale C 3 = 1µF pois (1/3)+(1/3)+(1/3) = 1/1; por sua vez, C 2 = 2µF e C 3 = 1µF estão em paralelo, com capacitância C 4 = 2 + 1 = 3µF ao longo de cd. Enfim, obtemos a conexão série C 1 − C 4 − C 1 , com capacitância C = 1µF ao longo de ab. Como V ab = 900V, vemos que Q = V ab C = 900.1 = 900µC é a carga total procurada. (b) A carga Q = 900µC comparece, então, em cada capacitor do ramo-série C 1 −C 4 −C 1 , todos de mesma capacitância 3µF, o que acarreta o mesmo potencial de 300V para cada um. (c) Em particular, V cd = 300V. Pratique um pouco! Prosseguindo com o mesmo raciocínio, verifique a carga q 2 = 600µC do capacitor C 2 e a carga q 3 = 300µC de C 3 ; tanto C 2 como C 3 mantém o potencial de 300V. Lembrando que C 3 = 1µF corresponde à ligação-série C 1 −C 1 −C 1 , mostre que cada um desses capacitores tem carga de 300µF e potencial de 100V. 44 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] Atividade proposta 1.38 1. Identifique as quatro possíveis associações que podem ser realizadas com três capacitores de mesma capacitância C. Indique os resultados obtidos por ordem crescente das respectivas capacitâncias equivalentes. Resp. C 3 < 2C 3 < 3C 2 < 3C, capacitâncias relativas às associações: todos em série; um em série com dois paralelos; dois em série, o outro em paralelo; todos em paralelo. 2. Seja a configuração representada abaixo, com capacitâncias C 1 = 10µF,C 2 = 5µF e C 3 = 15µF; a tensão de V = 100V carrega a associação. (a) Verifique que a capacitância equivalente é dada por C = (C 1 +C 2 )C 3 C 1 +C 2 +C 3 = 7, 5µF. Conclua o valor da carga total Q = CV = 750µC ou Q = 7, 5.10 −4 C. Mostre que a energia eletrostática da associação vale U = CV 2 /2 = 3, 75 ×10 −2 J. (b) Mostre que V 1 = V 2 = Q C 1 +C 2 = C 3 V C 1 +C 2 +C 3 = 50V, logo V 3 = V −V 1 = 100 −50 = 50V; (c) Enfim, temos q 1 = C 1 V 1 = 5.10 −4 C, q 2 = C 2 V 2 = 2, 5.10 −4 C e q 3 = q 1 +q 2 = 7, 5.10 −4 C. (d) Calcule a energia armazenada em cada capacitor e compare sua soma com o item (a). Teremos: U 1 +U 2 +U 3 = C 1 V 2 1 /2 +C 2 V 2 2 /2 +C 3 V 2 3 /2 = (1, 25 + 0, 625 + 1, 875)10 −2 = 3, 75 ×10 −2 J=U. 3. No arranjo acima representado, uma bateria de 12V pode carregar os capacitores C 1 = 1µF, C 2 = 2µF,C 3 = 3µF e C 4 = 4µF;. (a) Supondo apenas a chave S 1 fechada, encontre as cargas dos capacitores; (b) Se ambas as chaves estão fechadas, calcule as cargas dos capacitores; (c) Em (a) e (b), calcule a energia potencial de cada configuração, U a e U b , compare e explique os resultados obtidos. Resp. (a) Nesse caso, os capacitores C 1 e C 3 estão associados em série, logo têm mesma carga; assim, temos q 1 = q 3 = C 1 C 3 V C 1 +C 3 = 3 4 .12 = 9µC. De modo análogo, C 2 e C 4 também estão em série: q 2 = q 4 = C 2 C 4 V C 2 +C 4 = 8 6 .12 = 16µC. Observe que a carga total fornecida é Q = 9 + 16 = 25µC e a capacitância equivalente C a = Q V = 25 12 µF. (b) Com as duas chaves fechadas, obtemos dois conjuntos em série, formados por C 1 e C 2 em paralelo e por C 3 e C 4 em paralelo; em cada paralelo, a tensão V 1 se aplica a C 1 e a C 2 , e a tensão V 2 = V −V 1 vale para C 3 e C 4 . Por outro lado, para a capacitância equivalente temos C = (C 1 +C 2 )(C 3 +C 4 ) C 1 +C 2 +C 3 +C 4 = 2, 1µF, donde a carga total Q = CV = 2, 1 × 12 = 25, 2µC. Logo, podemos escrever V 1 = C 3 +C 4 C 1 +C 2 +C 3 +C 4 V = 8, 40V; também, V 2 = V − V 1 = 12 − 8, 4 = 3, 6V. Enfim, as cargas solicitadas: q 1 = C 1 V 1 = 8, 4µC; q 2 = C 2 V 1 = 16, 8µ; q 3 = C 3 V 2 = 10, 8µC e q 4 = C 4 V 2 = 14, 4µC. (c) U a = QV 2 = 25 ×12 2 = 150µJ=0,15mJ; U b = 25, 2 ×12 2 = 151, 2µJ=0,1512mJ. Pense um pouco! Explique a razão pela qual U b é ligeiramente maior do que U a . 1.Eletrostática 45 1.39 Influência do isolamento dielétrico Um material não condutor, chamado de dielétrico, quando inserido entre as placas de um capacitor, pode alterar suas características (carga, potencial, capacitância) determinadas no vácuo. Essas modificações dependem da chamada constante dielétrica (K), na realidade uma característica do material, dada por K = / 0 , com K ≥ 1, onde denota a permissividade do material. A infuência dos dielétricos foi estudada por Faraday; esses resultados, mais tarde, foram sistematizados por Maxwell, cujos trabalhos estabeleceram os fundamentos da teoria eletromagnética clássica (James Clerk Maxwell, físico e matemático inglês,1831-1879). Constante dielétrica e rigidez dielétrica de algumas substâncias Substância const. dielétrica rigidez dielétrica Substância const. dielétrica rigidez dielétrica K kV/mm K kV/mm vácuo 1,00000 — óleo cru 4,5 12 ar (1 atm) 1,00059 3 parafina 2,1-2,5 10 papel 3,7 16 poliestireno 2,55 24 baquelite 4,9 24 porcelana 7 12-14 mica 5,4 50-160 vidro (pirex) 4,7 14 A tabela acima também exemplifica alguns valores da rigidez dielétrica, isto é, o valor máximo do campo elétrico que não provoque a ruptura do dielétrico, e a perda de sua característica isolante. Exemplos 1. O ar em volta de uma esfera de raio R possui rigidez dielétrica E max = 1Kv/mm. Determinar o raio mínimo da esfera para que possa acumular cargas até um potencial de V = 10 6 V. Sabemos que, na superfície de uma esfera condutora de raio R, o campo elétrico vale E = kQ R 2 e o potencial V = kQ R , onde Q é a carga uniforme da superfície esférica. Logo V = ER, donde R min = V E max . Enfim, R = 1m. 2. Considere um capacitor plano de placas paralelas, cuja distância é d e área A. Escreva a expressão da carga máxima Q em função da rigidez dielétrica E max . Temos C = Q V = Q Ed = 0 Ad , donde Q = 0 AE; observe que esse valor não depende de d. Aplicação numérica Se A = 15cm 2 e E max = 10 6 V/m, a expressão acima nos dá: Q = 1, 3275 ×10 −8 C. 3. Exemplo motivador Inserindo um bloco dielétrico de constante K entre as placas paralelas de um capacitor plano, vamos considerar duas situações, dependendo da fonte externa permanecer ligada ao capacitor (caso I), ou ser desconectada do capacitor (caso II), quando da inserção do bloco dielétrico. Caso I Obtida a carga máxima Q 0 nas placas do capacitor, o bloco dielétrico é inserido entre as placas, mantendo o gerador externo conectado. Assim o mesmo potencial V é aplicado tanto no início, como na segunda fase do procedimento. A distância d entre as placas também não se alterou. 46 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] Logo, os campos inicial E 0 e final E são os mesmos, pois V = E 0 d = Ed, donde E 0 = E. Por outro lado, sabemos que o campo num ponto entre as placas só depende da densidade superficial de cargas e do meio ao qual pertence o ponto em estudo, isto é, E 0 = σ 0 / 0 , digamos, no vácuo, e E = σ/ = σ/(K 0 ) no dielétrico; de σ 0 / 0 = σ/(K 0 ), vemos que σ = Kσ 0 , donde Q = KQ 0 , isto é, a carga Q no capacitor-dielétrico é maior do que a carga Q 0 do capacitor-ar. Decorre, então, que a capacitância do capacitor-dielétrico C = Q/V é maior do que a capacitância C 0 = Q 0 /V , valendo C = KC 0 . Pratique um pouco! Considere a energia inicial U 0 = Q 0 V 2 e a final U = QV 2 = KQ 0 V 2 , isto é, U = KU 0 . Como foi dissipada a diferença ∆U = U −U 0 = (K −1)U 0 ? Caso 2 Após o equilíbrio no carregamento do capacitor, o gerador é desconectado; a carga máxima Q 0 é preservada, mesmo após a inserção do bloco dielétrico (K). Inicialmente, temos E 0 = σ 0 0 ; após a inserção do dielétrico, vale σ = σ 0 , logo E = σ K 0 , ou E = E 0 K . Como V 0 = E 0 d e V = Ed, vemos que V/V 0 = E/E 0 , donde V = V 0 K . Para as capacitâncias, temos Q 0 = C 0 V 0 = CV , logo C = KC 0 . Pratique um pouco! Para as energias eletrostáticas, de U 0 = Q 0 V 0 /2 e U = Q 0 V/2, mostre que U = U 0 K . Novamente, explique a não conservação de energia U < U 0 . Observações (A) Nos dois métodos de inserção do bloco dielétrico, sempre ocorre um aumento de capacitância C = KC 0 após a inserção. (B) Também nos dois casos, a largura do bloco dielétrico coincidiu com a separação d entre as armaduras (Ver Exemplos 1.41, prob. 7). 1.40 Polarização e cargas induzidas no dielétrico A inserção de um dielétrico acarreta (1) aumento da carga das armaduras Q = KQ 0 (se mantido o mesmo potencial) e (2) diminuição do campo elétrico entre as armaduras E = E 0 /K (se mantida a mesma carga). Na realidade, ambos os efeitos decorrem de uma polarização das moléculas no interior do dielétrico, isto é, um alinhamento provocado pelo campo externo E 0 . Essa polarização acarreta a formação de cargas elétricas induzidas Q , fixas nas superfícies da lâmina dielétrica, com sinais contrários aos das cargas livres nas placas do capacitor. Na representação esquemática acima, Q indica a carga resultante da polarização. 1.Eletrostática 47 No caso (1), temos E = E 0 , com Q = KQ 0 . O balanço das cargas ocorre graças às cargas polarizadas Q , isto é: Q−Q 0 = |Q |, ou Q = Q 0 (1 −K). No caso (2), as cargas polarizadas dão origem a um campo E , de sentido contrário ao de E 0 e que, por isso, enfraquece o campo do vácuo E 0 , pois E = E 0 − E . Como E = E 0 /K, segue que E = E 0 _ 1 − 1 K _ = K −1 K E 0 . Assim, no vácuo, E = 0, pois K = 1. Pondo E = σ / 0 e E 0 = σ/ 0 , segue da relação anterior que σ = K −1 K σ 0 , ou Q = K −1 K Q 0 . Exemplos 1.41 1. Um capacitor de placas planas e paralelas é constituído de uma folha de parafina (K=2,55); a área das placas é A = 400cm 2 e sua distância é d = 0, 3mm. Achar a capacitância do capacitor dado. Temos C 0 = 0 A d (no vácuo) e, no dielétrico, vale C = KC 0 = K 0 A d = 2, 55 ×8, 85.10 −12 ×0, 04 0, 3 ×10 −3 = 3nF. 2. Um capacitor de placas planas e paralelas, cujas placas apresentam área A = 600cm 2 e separação d = 4mm, foi carregado a V 0 = 100V e depois desligado da bateria. Um dielétrico de constante K = 4 é, então, inserido entre as placas, ocupando completamente o espaço entre elas. Calcular: (a) Para o capacitor no ar, o campo elétrico E 0 , a densidade de cargas σ 0 e a energia U 0 ; (b) Para o capacitor com o dielétrico, os novos valores do campo E, do potencial V , da energia U e a densidade das cargas polarizadas σ . (a) Da igualdade V 0 = E 0 d, vem E 0 = V 0 d = 100/0, 004 = 2, 5 × 10 4 V/m. Como E 0 = σ 0 / 0 , vemos que σ 0 = 2, 5 × 10 −7 × 8, 85 × 10 −12 = 2, 21 × 10 −7 C/m 2 . Enfim, U 0 = Q 0 V 0 /2 = Aσ 0 V 0 /2 = 6, 63 ×10 −7 J. (b) Com K = 4, temos E = E 0 4 = 2, 5 ×10 4 4 = 6, 25×10 3 ; também V = V 0 /K = 25V e U = U 0 /K = 1, 66 ×10 −7 J. Para as cargas polarizadas, basta usar σ = σ 0 _ 1 − 1 K _ = 1, 6575 ×10 −7 C/m 2 . 3. Um cabo coaxial de uma linha de transmissão tem um raio interno a = 0, 1mm e um raio externo b = 0, 6mm. Supondo que o espaço entre os condutores seja preenchido com poliestireno (K=2,6), calcular a capacitância por metro de cabo. Tendo em conta o resultado do exemplo 7 de 1.35, vemos que C = KC 0 = k 2π 0 L ln(b/a) , donde, por unidade de comprimento, vem C/L = 2, 6 2π ×8, 85 ×10 −12 ln 6 = 80, 7pF/m. 4. Um material dielétrico (K=2,8) possui rigidez dielétrica de 18MV/m. Colocando esse material num capacitor de placas paralelas, calcule a área mínima das placas para o capacitor possa resistir a uma ddp de 4kV, com a capacitância C = 7 ×10 −2 µF. Partindo de C = KC 0 = K 0 Ad e lembrando que V = Ed, vem C = K 0 AE/V , donde A = CV K 0 E . Logo a área é mínima quando o campo elétrico é o maior possível, isto é: A = (7 ×10 −8 )(4 ×10 3 ) 2, 8(8, 85 ×10 −12 )(18 ×10 6 ) = 0, 63m 2 . 5. Um capacitor cheio de ar, com C 0 = 7, 4pF deve ser preenchido com um dielétrico K que permita armazenar 7, 4µJ, com uma ddp máxima de 608V. Calcular a constante dielétrica K. Com o dielétrico inserido, temos C = KC 0 e energia U = (1/2)CV 2 = (1/2)KC 0 V 2 . Portanto, K = 2U C 0 V 2 = 2(7, 4 ×10 −6 ) (7, 4 ×10 −12 )608 2 = 5, 4. A tabela 1.39 mostra que esse dielétrico é a mica. 48 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] 6. Na montagem indicada na figura, os capacitores A e B estão conectados em paralelo na bateria de 600V. As placas têm a mesma área S = 80cm 2 e a mesma separação d = 3mm. O capacitor A possui ar e B está preenchido com um dielétrico K = 2, 60. Determinar: (a) O campo elétrico nos capacitores A e B; (b) a densidade da carga livre na placa de maior potencial de A e de B; (c) a densidade da carga induzida na superfície-topo do dielétrico. (a) Ambos os capacitores possuem mesmo potencial V A = V B = 600V, logo mesmos valores dos cam- pos E A = E B = V/d, pois V = Ed e d também é constante, donde E A = E B = 2 ×10 5 V/m. (b) No capacitor A , de E A = σ 0 / 0 , obtemos σ 0 = 0 E A = (8, 85×10 −12 )(2×10 5 ) = 1, 77×10 −6 C/m 2 . Já em B, usaremos σ = K 0 E B = Kσ 0 = 4, 60 ×10 −6 C/m 2 . (c) Pondo σ a densidade procurada, temos σ = σ 0 − σ, ou σ = (1, 77 × 10 −6 ) − (4, 60 × 10 −6 ) = −2.83 ×10 −6 C/m 2 . 7. Um capacitor tem armaduras paralelas cuja área é A = 100cm 2 , sendo d = 1cm a distância de separação. Uma bateria (V 0 = 100V) estabelece a carga máxima nos capacitores, sendo então desli- gada. Em seguida, uma placa dielétrica (K=5) de espesura b = 5mm é colocada simetricamente entre as armaduras do capacitor. Calcular: (a) a capacitância C 0 sem o dielétrico; (b) o valor da carga livre antes e depois da introdução do dielétrico; (c) o campo elétrico E 0 no espaço entre as armaduras e o dielétrico, e o campo E no interior do dielétrico; (d) a ddp V entre as armaduras (com o dielétrico colocado) e a capacitância C. (a) C 0 = 0 A d = 8, 85 ×10 −12 ×0, 01 0, 01 = 8, 85pF; (b) Q 0 = C 0 V 0 = 8, 85 × 10 −12 × 100 = 8, 85 × 10 −10 C. Como já vimos, uma vez que a bateria foi desligada, tal carga permanece após a inserção do dielétrico: Q = Q 0 . (c) Como V 0 = E 0 d, vem que E 0 = 100/0, 01 = 10kV/m. Por outro lado, com o dielétrico, temos E = E 0 /K = 2kV/m. (d) V = E 0 (d −b) +Eb = (10 ×10 3 )(5 ×10 −3 ) + (2 ×10 3 )(5 ×10 −3 ) = 60V. Logo, C = Q/V = 8, 85 ×10 −10 /60 = 14, 75pF Pratique um pouco! Com os dados literais do exemplo acima, mostre que C = K 0 A Kd −b(K −1) . Observação A expressão acima, que generaliza C = KC 0 , nos mostra que o novo valor da capaci- tância, com o dielétrico inserido, depende da fração do espaço ocupada pelo bloco dielétrico. Aplicação Mantendo o modelo geométrico do capacitor acima, com b = 3d/4, mostre que C = 4K K + 3 C 0 . Sugestão. Inicialmente, comprove a relação V = V 0 K + 3 4k . 1.Eletrostática 49 Atividade proposta 1. Um capacitor de placas planas e paralelas possui a capacitâbcia, no ar, de C 0 = 51, 3pF. Encontre a nova capacitância C, após preencher a região entre as armaduras com um bloco dielétrico de constante K = 5, 60. Resp. C = KC 0 = 5, 60 ×51, 3 ×10 −12 = 287pF. 2. Um capacitor de placas paralelas, cuja área é A = 5 × 10 −5 m 2 , e separação entre as placas de d = 3, 5mm pode armazenar a carga Q = 3, 5 ×10 −11 C. Calcular: (a) A capacitância e a voltagem necessária no vácuo; (b) A capacitância e a ddp se um material dielétrico (K=5) é inserido entre as placas. Resp. (a) C 0 = 0 A/d = 0, 4pF. Também, C 0 = Q V 0 , donde V 0 = Q C 0 = 87, 5V; (b) Temos C = KC 0 = 5C 0 = 2pF e V = V 0 K = 17, 5V. 3. Um certo dielétrico (K=5,5) foi inserido entre as placas de um capacitor de placas paralelas; a área das placas é 0,034m 2 e sua distância vale d = 2mm. O capacitor ficará inutilizado se o campo elétrico entre as placas exceder 200kN/C. Determinar a máxima energia que pode ser armazenada no capacitor. Resp. Da igualdade E = E 0 K = Q K 0 A = 200 ×10 3 , vemos que Q = 3, 3 ×10 −7 C, isto é: U = Q 2 2C = Q 2 d 2K 0 A = 6, 6 ×10 −5 J. 4. Na figura abaixo, as placas paralelas de um capacitor têm área A = 2×10 −2 m 2 e o espaço entre as placas (de 4mm) é preechido por dois blocos dielétricos de espessura 2mm cada um, cujas constantes são K 1 = 3 e K 2 = 4. Se a tensão da bateria é de V = 6V, calcular a carga armazenada no capacitor. Sugestão Interprete a disposição dos dielétricos como uma associação em série 1 C = 1 C 1 + 1 C 2 , onde C 1 = K 1 0 A d , C 2 = K 2 0 A d e d = 2mm. Conclua que C = _ K 1 K 2 K 1 +K 2 _ 0 A d = 1, 52 ×10 −10 F. Enfim, Q = CV = 9, 12 ×10 −10 C. Pratique um pouco! No problema acima, se C 0 = 0 A 2d é a capacitância no vácuo, mostre que C = 2K 1 K 2 K 1 +K 2 C 0 . 5. Uma bateria de V = 10V alimenta uma associação de n capacitores em série, cada um com uma capacitância de 2µF. Encontre o valor de n para o qual é de 25µJ a energia total armazenada nos capacitores. Resp. Como os capacitores são iguais, podemos supor que, em cada um, a voltagem é 10/n. Sendo C = 2µF, então a energia armazenada em cada um vale 1 2 CV 2 , donde n( 1 2 CV 2 ) representa a energia total. Enfim, da relação n 2 (2 ×10 −6 )(10/n) 2 = 25µJ, vemos que n = 4. 6. Calcular a constante dielétrica de um bloco dielétrico no qual a densidade da carga polarizada induzida σ vale (a) 80% da carga livre σ 0 ; (b) 20% da carga livre; (c) 98% ca carga livre. Sugestão. Basta usar σ = (1 − 1 K )σ 0 . Resp. (a) K = 5; (b) K = 1, 25; (c) K = 50. 2. Eletrodinâmica 51 CAPÍTULO 2 ELETRODINÂMICA: CORRENTE ELÉTRICA Objetivos do Capítulo 2 (a) Descrever as cargas elétricas e os fenômenos de eletrização; (b) Caracterizar as forças elétricas de atração e de repulsão; (c) Conceituar campo elétrico; (d) Explicitar o potencial elétrico associado ao trabalho de uma força elétrica; (e) Descrever as distribuições de cargas em condutores isolados; (f) Estabelecer as propriedades dos capacitores e da energia eletrostática. 2.1 INTRODUÇÃO No capítulo anterior, desenvolvemos as propriedades das cargas elétricas em equilíbrio. A seguir, iniciaremos nosso estudo da Eletrodinâmica, parte fundamental da Eletricidade que trata das pro- priedades dos movimentos ordenados das cargas elétricas em condutores; esse deslocamento ordenado é uma corrente elétrica. Como já convencionado anteriormente, um condutor deve favorecer o mo- vimento de partículas eletrizadas, tais como elétrons livres e íons positivos ou negativos. Na realidade, destacaremos os seguintes tipos de materiais condutores: (a) condutores metálicos – cujos portadores de carga elétrica são os elétrons livres (mais afastados e fracamente ligados ao núcleo atômico). Os metais também propiciam grande mobilidade aos elétrons livres; (b) condutores líquidos (soluções eletrolíticas) – em que os portadores de carga elétrica são os íons positivos e negativos que surgem de reações de dissociação iônica. Nesse caso, a corrente elétrica cor- responde aos íons positivos se movendo no sentido do anodo (eletrodo negativo) e íons negativos em sentido contrário, em direção ao catodo (eletrodo positivo). Por exemplo, a dissociação da molécula de sal de cozinha, indicada pela equação NaCl →Na + + Cl − está representada abaixo; (c) condutores gasosos – em que um forte campo elétrico ocasiona a ionização dos portadores de carga elétrica, íons e elétrons, da qual resulta emissão de luz. Por exemplo, lâmpadas fluorescentes, lâmpadas de vapor de mercúrio. O sentido da corrente elétrica, por convenção, é contrário ao sentido do movimento dos por- tadores de carga negativa. Desse modo, num condutor sólido, o sentido da corrente é contrário ao do movimento dos elétrons livres; nos líquidos, contrário ao do movimento dos íons negativos e nos gases, contrário ao do movimento dos elétrons. O sentido convencional é dado por um campo elétrico E associado a uma ddp V ao longo do condutor. 52 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] 2.2 A intensidade da corrente elétrica Inicialmente, consideremos um condutor metálico cilíndrico de comprimento L, seção reta uniforme de área S, submetido a uma ddp V constante e ao campo E uniforme tais que V = EL. A intensidade média da corrente i que percorre o condutor é dada por i m = ∆Q ∆t , onde ∆Q é a quantidade de carga que atravessa uma seção transversal do condutor no tempo ∆t. Como de hábito, o valor instantâneo da intensidade da corrente é a derivada i = lim ∆t→0 ∆Q ∆t = dQ dt . Vemos que a área sob o gráfico de i(t), t 1 ≤ t ≤ t 2 , é numericamente igual à carga Q = t 2 t 1 i(t)d(t) no intervalo considerado. Ao longo desse parágrafo, suporemos i = Q/t constante e, portanto, a carga variando linearmente com o tempo. A unidade SI da intensidade i é o Ampère, A, (André-Marie Ampère [Lyon, 1775 – Marselha, 1836], notável cientista francês), sendo 1A = 1C/1s. A corrente elétrica pode ser relacionada com a velocidade (média) v d = ν dos portadores de carga, denominada velocidade de arrastamento ou de destaque. Se n indica o número de portadores livres por unidade de volume, em que cada partícula tem carga q, então nAL é o número de portadores no volume AL, sendo Q = nALq o total de carga que atravessa uma seção no tempo t = L/v d . Logo, vemos que i = Q/t = nAqv d . Supondo a corrente uniformemente distribuída no condutor, é útil considerar a densidade de corrente J = i A , onde [J] = A/m 2 . Tendo em conta a última expressão de i, vem J = nqv d . Na realidade, podemos considerar o vetor J = nqv d . Se a corrente for devida a mais de um tipo de partículas carregadas, a expressão de J é o somatório de n i q i (v d i ) sobre todas as partículas: J = Σ i n i q i (v d i ). 2.3 As leis de Ohm O físico alemão Georg Simon Ohm (Erlangen, 1787–Munique, 1854), trabalhando experimentalmente, estabeleceu a validade de dois princípios que determinam quantitativamente a resistência da grande maioria dos condutores. A chamada Primeira Lei de Ohm enuncia que, mantida a temperatura constante, a razão entre a tensão V nos terminais do condutor e a intensidade i da corrente que o atravessa é uma constante R; diremos, então, que o condutor é um resistor ôhmico. Nesse caso, vale, então V i = R, ou V = Ri . A unidade de resistência elétrica , no SI, é o ohm Ω, tal que 1Ω = 1V/1A. A verificação experimental desse resultado pose ser feita com a montagem abaixo, onde R é uma resistência variável, em série com um amperímetro (que mede a intensidade da corrente) e em paralelo com um voltímetro (para as tensões correspondentes). Por outro lado, a resistência não ôhmica R depende da geometria, da natureza e da temperatura do condutor, isto é, R é diretamente proporcional ao comprimento L do condutor, inversamente proporcional à área A de sua seção reta e dependente do material que o constitui. 2. Eletrodinâmica 53 Tais conclusões experimentais foram traduzidas na Segunda Lei de Ohm, sob a forma R = ρ L A , onde a resistividade ρ depende da natureza do condutor e de sua temperatura. No SI, a unidade de resistividade é 1ρ = 1Ω.m (ohm.metro). A resistividade de um material varia linearmente com a temperatura (para temperaturas ≤ 400 ◦ C) de acordo com a expressão ρ = ρ 0 (1 + α(T − T 0 )), onde ρ 0 é a resistividade na temperatura T 0 = 20 ◦ e α [(C ◦ ) −1 ] um coeficiente que depende da natureza do material, denominado coeficiente de temperatura. 2.4 Interpretação microscópica das leis de Ohm As relações V = Ri e R = ρL/A envolvem grandezas cujos valores podem ser facilmente determinados: por exemplo, os voltímetros, ohmímetros e amperímetros indicam os respectivos valores de V , R, e i. Por essa razão, as seis variáveis, aí incluídas a resistividade ρ, o comprimento e a área do condutor são designadas por macroscópicas. Na realidade, decorre das duas relações, tendo em conta que V = EL e J = i/A, a expressão J = 1 ρ E, ou E = σJ , onde σ = 1 ρ é a condutividade do material, cuja unidade SI é o Siemens/metro=[S/m], também indicada 1/Ω.m = (Ω.m) −1 ; a última igualdade é a contrapartida microscópica da 1a. lei de Ohm. Exemplos 2.4 1. Uma corrente de 5A percorre um resistor de 10Ω durante 4 minutos. Calcule: (a) Quantos coulombs, (b) quantos eletrons passam por uma seção transversal do condutor nesse intervalo de tempo. (a) Temos Q = it = 5 ×4 ×60 = 1.200C (b) O número de eletrons correspondente vale Q = Ne, ou N = Q e = 1200/(1, 60×10 −19 ) = 7, 5×10 21 elétrons. 2. Quando se aplica uma ddp suficientemente alta entre dois eletrodos em um gás, observamos sua ionização, com os elétrons movendo-se para o eletrodo positivo e os íons positivos para o eletrodo negativo. a) Calcular a corrente num tubo de descarga de hidrogênio se, em cada segundo, 4 ×10 18 elétrons e 1, 5 ×10 18 prótons movem-se em sentidos opostos através de uma seção transversal do tubo; b) Indicar o sentido da corrente. Por convenção, corrente de elétrons num sentido é igual a corrente de íons positivos no sentido contrário. Portanto, em cada segundo, a corrente consiste de N= 4 ×10 18 + 1, 5 ×10 18 = 5, 5 ×10 18 cargas elementares, cada uma com a carga de e = 1, 6 × 10 −19 C, isto é, ao todo Q = Ne = 0, 88 C por segundo, donde i = 0, 88A. 3. Num feixe de elétrons, há 5 ×10 6 elétrons por centímetro cúbico. A energia cinética dos elétrons é 10keV e o feixe é cilíndrico, com diâmetro 1mm. Calcular (a) a velocidade dos elétrons; (b) a densidade de corrente;(c) a corrente do feixe. Dados: 1eV=1,602×10 −19 J; m e = 9, 1 ×10 −31 kg. (a) Como a energia cinética vale E c = 1 2 mv 2 , temos v 2 = 2E c m = 2 ×1, 602 ×10 −15 9, 1 ×10 −31 , donde a velocidade v = 5, 93 ×10 7 m/s; (b) Temos J = nqv = (5 ×10 12 )(1, 6 ×10 −19 )(5, 93 ×10 7 ) = 47, 44 A/m 2 ; (c) Enfim, de i = JA, vem i = 47, 44 ×π ×(10 −3 /2) 2 = 37, 7µA. 4. Uma peça de carbono tem 3cm de comprimento e seção reta quadrada com 0,5cm de aresta. Mantem-se uma ddp de 8,4V ao longo de seu comprimento. Calcular: (a) a resistência da peça; (b) sua corrente; (c) o campo elétrico na peça; (d) a densidade de corrente. Dado ρ = 3500 ×10 −8 Ω.m. 54 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] (a) A resistência vale R = ρ L A = (3500 ×10 −8 ) 0, 03 0, 005 2 = 4, 2 ×10 −2 Ω; (b) De V = Ri, vemos que i = V R = 8, 4 4, 2 ×10 −2 = 200A; (c) Do potencial V = EL, vem E = V L = 8, 4 0, 03 = 280V/m; (d) Enfim, como J = i A , temos J = 200 0, 005 2 = 8 ×10 6 A/m 2 . 5. Um fio cuja resistência vale R 0 = 6Ω é esticado de modo que seu novo comprimento L passa a valer 3 vezes seu comprimento inicial L 0 . Sabendo que, ao longo do processo de esticamento, a resistividade, a massa e a densidade do material permaneceram inalteradas, calcular a resistência do fio esticado. Como não mudaram a densidade e a massa, então o volume permanece o mesmo: A 0 L 0 = AL, onde L 0 , L são os comprimentos e A 0 , A as áreas das seções transversais; como L = 3L 0 , vem que A 0 = 3A. Logo, a nova resistência vale R = ρL A = ρ 3L 0 A 0 /3 = 9 ρL 0 A 0 = 9R 0 . Enfim, R = 9 ×6 = 54Ω. 6. Um fusível num circuito elétrico é um fio cujo objetivo é derreter-se, tão logo a corrente exceda um valor predeterminado, interrompendo o circuito. Supondo o valor máximo da densidade de corrente 440A/cm 2 , calcule o diâmetro de um condutor cilíndrico usado para restringir a corrente a 0,5 A. Temos J = i A = i πr 2 , onde r é o raio do fio. Logo r = i πJ = 0.5 (π(440 ×10 4 ) = 1.9 ×10 −4 m. 7. Quando uma diferença de potencial de 115V é aplicada através de um fio de comprimento 10m e raio 0,3mm, a densidade de corrente vale 1, 4 ×10 4 A/m 2 . Encontrar a resistividade do condutor. Temos ρ = E J = V LJ = 115 10(1, 4 ×10 4 ) = 8, 2 ×10 −4 Ω.m. 8. Dois condutores feitos de um mesmo material, têm o mesmo comprimento. O condutor A é um cilindro sólido, de raio r = 1mm; a seção do cilindro B é uma coroa de raios r 1 = 0, 5mm e r 2 = 1mm. Calcular a razão das resistências R a /R b . Usando cada resistividade: R a = ρ L πr 2 , R b = ρL π(r 2 2 −r 2 1 ) , donde R a R b = r 2 2 −r 2 1 r 2 = 1 −0.5 2 0.5 2 = 3. 9. Um cabo de cobre de comprimento 3m está submetido a uma ddp de 12µV. O raio do fio é 2mm e sua resistividade vale ρ = 1, 69 ×10 −8 Ω.m. Calcular a corrente do fio. De V = iR = iρL/A, vem i = V A ρL = (12 ×10 −6 )π(0, 002) 2 3(1, 69 ×10 −8 ) 3mA. 10. (UFMG-99) A figura mostra um cabo telefônico, formado por dois fios paralelos, com compri- mento de 5km. A equipe de manutenção constatou que, em algum ponto ao longo do cabo, os fios fizeram contato elétrico entre si, ocasionando um curto-circuito. Para localizar esse ponto, um técnico mediu a resistência entre as extremidades P e Q, encontrando 20Ω e entre as extremidades R e S, encontrando 80Ω. Calcule a distância das extremidades PQ até o ponto que causou o curto-circuito. Se x designa a distância de PQ ao ponto do defeito, então a resistência correspondente vale R pq = ρ 2x A = 20Ω enquanto a resistência apartir de RS vale R rs = ρ 2(5 −x) A = 80Ω. Notando que R rs = 4R pq , vemos que 10 −2x = 8x, ou x = 1km. 2. Eletrodinâmica 55 Atividades propostas 2.5 1. Num resistor ôhmico, seja V a ddp entre os terminais e i a corrente associada. Sabendo que V = 36V corresponde a i = 8A, calcule (a) a resistência R do resistor; (b) a ddp V asssociada à corrente i = 1, 6A. Resp. A condição V 1, 6 = 36 8 nos dá R = 4, 5Ω e V = 7, 2V. 2. (PE-2010) A corrente de 0,3 A que atravessa o peito pode produzir fibrilação (contrações ex- cessivamente rápidas das fibrilas musculares) no coração de um ser humano, perturbando o ritmo dos batimentos cardíacos com efeitos possivelmente fatais. Considerando que a corrente dure 2,0 min, calcular o número de elétrons que atravessam o peito do ser humano, dada a carga do elétron e = 1, 6 ×10 −19 C. Resp. No intervalo de 2min = 120s, passam por uma seção reta do condutor Q = (0, 3).120 = 36C, ou n = Q/e = 2, 25 ×10 20 elétrons. 3. (UEL-PR) O gráfico mostra, em função do tempo t, o valor da corrente elétrica i através de um condutor. Sendo Q a carga elétrica que circulou no intervalo de tempo de 0s a 4,0s, encontre a carga elétrica que circulou no intervalo de tempo de 4,0s a 8,0s. Resp. Q/2 4. (FEPECS-DF-011) Uma bateria completamente carregada pode liberar 2,16×10 5 C de carga. Cal- cule durante quantas horas uma lâmpada ficará acesa ao ser ligada à bateria, sabendo que a lâmpada necessita de 2A para seu funcionamento normal. Resp. Sendo i = Q/t, vem t = 1.08 ×10 5 s=30h. 5. Um paralelepípedo, de seção reta 3,20cm 2 e comprimento 16cm, possui resistência de 895Ω. Uma diferença de potencial de 35,8V é mantida entre as faces dianteira e traseira. Calcular: (a) a corrente que atravessa o bloco; (b) a densidade de corrente; (c) o módulo do campo elétrico no interior do bloco. Resp. (a) i = V R = 0, 04A; (b) J = i A = 125A/m 2 ; (c) E = V/L = 223, 75V/m. 6. Um fio elétrico tem 1mm de diâmetro, 2m de comprimento e uma resistência de 50mΩ. Determinar a resistividade e a condutividade do material do fio. Resp. ρ = RA L = 2 ×10 −8 Ω·m; σ = 1/ρ = 0, 5 ×10 8 S/m. 7. Os enrolamentos de um motor têm uma resistência de 50Ω a 20 ◦ , com o motor frio. Depois de funcionar algumas horas, a resistência do motor aumenta pra 58Ω. Encontrar a nova temperatura dos enrolamentos, dado α = 4 ×10 −3 /C ◦ e supondo que as dimensões dos enrolamentos não variem. Resp. Temos ρ = ρ 0 [1 + α(T − T 0 )], onde T 0 = 20 ◦ C, logo T = T 0 + 1 α ρ ρ 0 −1 . Por hipó- tese, R = ρ L/A e R 0 = ρ 0 L/A, isto é, vale R/R 0 = ρ/ρ 0 , logo T = T 0 + 1 α R R 0 −1 . Enfim, T = 20 ◦ + 1 0, 004 58 50 −1 = 20 ◦ + 40 ◦ = 60 ◦ C. Pratique um pouco! No problema anterior, a partir da resistência R 0 = 50Ω a 20 ◦ C, determine a resistência R na qual a temperatura vale T = 45 ◦ C. Resp. R = 55Ω. 56 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] 2.6 Generalizações Ao longo da discussão anterior, consideramos correntes constantes e condutores com seções retas uniformes e ortogonais ao deslocamento das cargas elétricas. Esse quadro restrito tem a vantagem de permitir que nos fixemos nos conceitos da teoria, sem a necessidade de recursos matemáticos mais delicados. Apenas à guisa de complementar melhor os fatos gerais da aludida conceituação, descreveremos a seguir essa formulação. (a) A corrente i que atravessa uma superfície (parametrizada) qualquer S é o fluxo de J através de S i = S J · dS. (b) O potencial V AB = V A − V B = C B A E · dX, como já sabemos, não depende da particular curva parametrizada C que une o ponto A ao ponto B. (c) Em qualquer situação, vale J = σE, onde σ = 1/ρ é a condutividade do meio material. (d) Segue, então, a definição geral da resistência R = V AB i = C B A E· dX S J · dS . 2.7 Energia e potência Retomando o modelo elementar de corrente em um condutor, observemos que a energia elétrica é continuamente convertida, por exemplo, em energia térmica (efeito Joule) no condutor: o campo elétrico determinado pelo gerador externo, além de orientar o fluxo de corrente, acelera os elétrons livres durante um pequeno intervalo de tempo, o que aumenta sua energia cinética, mantendo uma velocidade média de migração constante. No deslocamento das cargas positivas ∆Q, de A para B, com potenciais V A > V B , ocorre uma perda da energia potencial ∆Q · (V A − V B ) num certo intervalo de temp ∆t. O movimento das cargas é espontâneo e corresponde a um trabalho motor. Na realidade, o balanço de energia é feito pela bateria: ∆W = ∆Q· ∆V , cuja potência média vale P m = ∆W ∆t = ∆Q ∆t · ∆V . Escrevendo os respectivos valores instantâneos, vemos que: W = QV e P = iV . Tendo em conta que V = Ri, a potência também pode ser escrita P = Ri 2 = V 2 /R . Unidades usuais Trabalho, energia: Joule [J]; quilowatt-hora: kWh [1kWh=1000×3600s=3,6×10 6 J]; Potência : Watt [1W=1J/1s]; volt-ampère: VA [1VA=1W]; Outras unidades: cavalo-vapor, 1cv735 W; horse-power, 1hp746 W; 1cv0,986321 hp. Exemplos 2.8 1. Uma torneira elétrica opera a uma tensão de 220V e consome 2200W. (a) Achar a resistência do aparelho; (b) mantida a mesma potência, encontre a resistência da torneira quando instalada em 110V. (a) Temos P = V 2 /R, ou R = V 2 /P = 220 2 /2200 = 22Ω; (b)Agora, seria R = 110 2 /2200 = 5, 5Ω. Observação. Para uma potência P fixa, se a tensão V passa a valer V/2, então R passa a valer R/4. 2. Eletrodinâmica 57 2. Uma diferença de potencial de V = 120V é aplicada a um aquecedor elétrico, cuja resistência vale R = 18Ω. Determinar: (a) a taxa de conversão de energia elétrica em energia térmica; (b) a energia elétrica fornecida ao aquecedor durante 6h, em [J] e em [kWh]; (c) o custo de utilização do aquecedor, usando a tarifa de R$ 0, 50/kWh. (a) A potência dissipada vale P = V 2 /R = 120 2 /18 = 800 W=0,8 kW; (b) A energia W = Pt, em 6 horas, vale W = 800 × 6 × 3600 = 172, 8 × 10 5 J; também, podemos escrever W = 0, 8 ×6 = 4, 8kWh (c) Usando a tarifa dada, o custo é de 0, 50 ×4, 8 = 2, 40 reais (em cada período de 6h). 3. Os faróis de um carro em movimento consomem 10A do alternador de 12V, que é acionado pelo motor. Supondo que o alternador tem uma eficiência de 80%, calcular o número de cavalos-vapor fornecido pelo motor para manter acesos os faróis do carro. A eficiência dada significa: a potência elétrica de saída é 80% da potência de entrada, isto é, podemos escrever: 0, 80P = V i = 12 ×10, donde P = 150W, ou P = 150/746 = 0, 20hp. 4. Um rádio de 9V – 7W ficou ligado das 9h da noite às 2 horas da madrugada, no volume máximo. Calcular a carga que atravessou o rádio. Como P = V i, temos a carga Q = it = (P/V )t = (7/9) ×5 ×3600 = 14kC. 5. Um resistor de 20Ω está projetado para dissipar 5W. Calcular: (a) a corrente máxima que o resistor pode tolerar; (b) a tensão no resistor que provocará tal corrente. (a) Temos P = V i = Ri 2 , donde i 2 = P/R = 5/20 = 0, 25, i = 0, 5A; (b) V = Ri = 20 ×0, 5 = 10V. 6. Uma estudante, descontente com o desempenho de seu secador de cabelos, resolve aumentar a potência elétrica do aparelho. Sabendo-se que o secador opera em 220V e tem potência elétrica nominal de 1100W, a estudante reduziu o comprimento do elemento resistivo do secador, de 75cm para 60cm. Mostre que, de fato, a potência do secador aumentará para 1375W. Inicialmente, mantido o potencial constante, notemos que P = V 2 /R é inversamente proporcional a R, que, por sua vez, é proporcional a seu comprimento L, isto é, P é inversamente proporcional a L; assim, P 1 P 0 = L 0 L 1 = R 0 R 1 . Logo, P 1 = 1100 · (75/60) = 1375W. Pratique um pouco! Verifique, diretamente, que R 0 = 44Ω, i 0 = 5A; R 1 = 35, 2Ω, i 1 = 6, 25A. 7. O resistor de um chuveiro elétrico tem três pontos de contato, conforme indicado na figura. No ponto A, está ligado um dos fios de alimentação elétrica. Dependendo da posição da chave, liga- se o outro fio de alimentação a um dos outros pontos de contato, e assim se estabelece as ligações INVERNO ou VERÃO. Para um chuveiro que tenha na placa a informação 220 V – 3220W / 2420W, calcule o valor do resistor quando o chuveiro opera na posição INVERNO. A posição inverno corresponde à maior potência disponível, a saber P = 3220W, associada ao resistor R = V 2 P = 220 2 3220 15Ω. A chave seleciona o ponto B, isto é, o menor comprimento do fio resistivo. 8. Uma lâmpada incandescente possui a identificação 60W–120V. Achar a corrente nominal e a resistência do filamento. Sendo P = V i, vem i = P V = 60 120 = 0, 5A. Como V = Ri, segue que R = V i = 120 0, 5 = 240Ω. 58 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] 9. Exemplo motivador – Eficiência energética e iluminação O uso crescente de lâmpadas fluorescentes compactas, em substituição às tradicionais lâmpadas in- candescentes, tem sido motivado por várias vantagens de ordem tecnológica e, principalmente, pela economia que representam. Se considerarmos que a eficiência de uma lâmpada (em lúmens/watt) indica o aproveitamento do fluxo luminoso em relação à potência consumida, é claro que lâmpadas mais eficientes produzem um mesmo fluxo luminoso consumindo menos energia. Por exemplo, uma lâmpada incandescente de 60W/127V tem 804 lúmens, de 60W/220V possui 715 lúmens; a lâmpada fluorescente compacta de fluxo mais próximo é de 825 lúmens – 15W. Essa diferença ocorre, principalmente, na emissão de luz: a corrente elétrica, ao provocar o aquecimento do filamento de tungstênio, numa temperatura elevada, consome cerca de 80% da energia elétrica sob forma de calor; apenas 15% gera luz propriamente dita. Um outro fator é a durabilidade dois dois tipos: as lâmpadas tradicionais apresentam uma vida mé- dia de 750 horas (124V-127V) a 1000 horas (220V), sob qualquer potência; as lâmpadas fluorescentes duram de 3000 horas a 8000 horas (5W a 26W). Enfim, a chamada Temperatura de cor (em Kelvin) permite um maior conforto ambiental. As lâm- padas incandescentes, de temperatura em torno de 2500K, não permitem uma maior diferenciação no aspecto colorimétrico. É desejável uma variação entre 2700K (tonalidade quente) e 5000K (tonali- dade fria), de acordo com o tipo de ambiente; nos quartos, por exemplo, a iluminação mais “quente”, poderá tornar o ambiente mais aconchegante. Uma tal gradação só é possível com o uso das lâmpadas fluorescentes. Ainda que tenham um custo inicial mais elevado, as lâmpadas compactas proporcionam economia considerável ao longo de sua vida. É o que examinaremos na planilha abaixo. Incandescente 60W Fluorescente 15W Vida da lâmpada 750h 8000h Preço da lâmpada R$ 1,00 R$ 8,00 Custo da energia gasta em 8000h (1) R$ 240,00 (2) R$ 60,00 Custo de lâmp. substituídas em 8000h R$ 9,00 R$ 0 Custo total R$ 250,00 R$ 68,00 Econonomia durante a vida da lâmpada — R$ 182,00 Os custos (1) e (2) foram calculados com a tarifa de R$ 0,50/kWh: (1)=0, 5 ×8000 ×60 ×10 −3 = 240, 00 (2)=0, 5 ×8000 ×15 ×10 −3 = 60, 00 Aplicação (FUVEST-SP) As lâmpadas fluorescentes iluminam muito mais do que as lâmpadas incandescentes de mesma potência. Nas lâmpadas fluorescentes compactas, a eficiência luminosa é da ordem de 60 lm/W e, nas lâmpadas incandescentes, da ordem de 15 lm/W. Em uma residência, 10 lâmpadas incandescentes de 100 W são substituídas por fluorescentes compactas que fornecem iluminação equi- valente (mesma quantidade de lúmens). Admitindo que as lâmpadas ficam acesas, em média 6 horas por dia e que o preço da energia elétrica é de R$ 0,50 por kWh, calcular a economia mensal na conta de energia elétrica dessa residência. A substituição de uma lâmpada de 15lm/W por outra de 60lm/W significa uma economia de (60 − 15)/60 = 45/60 = 75%. No total, são 10 lâmpadas de 100W, o que dá uma econo- mia de P = 10 × 100 × 0, 75 = 750W; ora, em um mês (30 dias) usando 6h/dia, obtemos W = 750 × 30 × 6 = 135kWh. Enfim, a tarifa de R$0,50/kWh calcula uma economia total de R$67,50. 2. Eletrodinâmica 59 Atividades propostas 2.9 1. (UNICAMP-SP) Um disjuntor é um interruptor elétrico de proteção que desliga o circuito, quando a corrente ultrapassa certo valor. Por exemplo, a rede elétrica de 110V de uma casa é protegida por um disjuntor de 15A. Dispõe-se dos seguintes equipamentos: um aquecedor de água de 2.200W, um ferro de passar de 770W e lâmpadas de 100W. (a) Identificar a potência máxima suportada pela rede elétrica; (b) Dentre os equipamentos listados, apontar os que podem ser ligados nessa rede, um de cada vez, sem desligar o disjuntor; (c) Se apenas as lâmpadas de 100W são ligadas na rede elétrica, calcular o número máximo n de lâmpadas que podem ser ligadas simultaneamente sem desligar o disjuntor. Resp. (a) 1.650W; (b) o ferro elétrico e a lâmpada; (c) n = 1650/100 = 16, 5, ou seja, 16 lâmpadas. 2. (UNESP-SP) Um carregador de celular, que pode ser ligado à saída do acendedor de cigarros de um carro, traz a seguinte inscrição: Tensão de alimentação: 24W — Potência consumida: 150V. Essa instrução foi escrita por um fabricante (no mínimo) descuidado quanto ao significado e uso correto das unidades do SI (Sistema Internacional) adotado no Brasil. (a) Reescrever a instrução, usando corretamente as unidades de medida do SI; (b) Calcular a intensidade da corrente elétrica utilizada pelo aparelho. Resp. (a) Tensão de alimentação: 24V – Potência consumida: 150W; (b) De P = V i, vem i = P/V = 150/24 = 6, 25A. 3. (ENEM-MEC) Podemos estimar o consumo de energia elétrica de uma casa considerando as prin- cipais fontes desse consumo. Pense na situação em que apenas os aparelhos que constam da tabela a seguir fossem utilizados diariamente da forma indicada. Aparelho Potência(kW) Tempo de uso (horas/dia) ar condicionado 1,5 8 chuveiro elétrico 3,3 1/3 freezer 0,2 10 geladeira 0,35 10 lâmpadas 0,1 8 Supondo que o mês tenha 30 dias e que o custo de 1kWh é R$ 0,50, calcular o consumo de energia elétrica mensal dessa casa. Resp. W = P · t = 30 ×19, 4 = 582 kWh; consumo mensal: R$ 582 ×0, 50 = 291, 00. 4. (UNIFESP-SP) Atualmente, a maioria dos aparelhos eletrônicos, mesmo quando desligados, mantêm-se em "standby", palavra inglesa que nesse caso significa "pronto para usar". Um apa- relho nessa condição está sempre parcialmente ligado e, por isso, consome energia. Suponha que uma televisão, mantida em "standby", dissipe uma potência de 6 W. No período de um mês (30 dias), calcule durante quantas horas uma lâmpada de 60W deve permanecer ligada, sem interrupção, para que seu consumo de energia seja igual ao da televisão. Resp. Temos W TV = 6 ×30 ×24 = 4320 Wh; W lamp = 60 ×T = 60T Wh; T = 4320/60 = 72 h. 5. Um raio é produzido a partir de um ponto da atmosfera que está num potencial de 18MV em relação à Terra. A intensidade da descarga é de 200kA e tem a duração de 1ms. Nessa região há um conjunto habitacional em que o consumo médio mensal é de 125kWh, por residência. Se a energia liberada pelo raio pudesse ser armazenada sem perdas, indique quantas casas poderiam ser abasteci- das no período de um mês. Resp. A energia da descarga elétrica W = 18 ×10 6 ×200 ×10 3 ×10 −3 /3600 = 1000 kWh é tal que 1000/125=8, isto é, poderiam ser abastecidas 8 residências. 60 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] 2.10 Associações de resistores Tal como fizemos para os capacitores, dada uma configuração de resistores, verificaremos os procedi- mentos que permitirão encontrar uma resistência equivalente, munida de uma ddp e de uma corrente convenientes, que substituirão as mesmas características da configuração original. Há dois casos clási- cos de associações, a saber, em série e em paralelo; uma combinação de ambos nos permite trabalhar com as associações mistas. (a) Associação em série Os resistores estão dispostos um em seguida do outro, de modo a que todos sejam percorridos por uma mesma corrente, como indicado abaixo. Temos V = V 1 +V 2 +V 3 , donde pondo V = Ri, V 1 = R 1 i, V 2 = R 2 i e V 3 = r 3 i, obtemos Ri = R 1 i +R 2 i +R 3 i, ou R = R 1 +R 2 +R 3 . O cálculo da potência dissipada também é simples. Se P 1 = R 1 i 2 , P 2 = R 2 i 2 e P 3 = R 3 i 2 , então P 1 +P 2 +P 3 = (R 1 +R 2 +R 3 )i 2 , logo a potência total vale P = Ri 2 = (R 1 +R 2 +R 3 )i 2 . (a) Associação em paralelo Os resistores estão associados pelos seus terminais, de modo que todos saem de um mesmo ponto e chegam a um mesmo ponto, oferecendo trajetos separados para a corrente. Portanto, a tensão V é a mesma para todos os resistores, pois estão ligados aos mesmos terminais. A corrente i na associação é igual à soma das correntes em cada resistor: i = i 1 +i 2 +i 3 . Como i 1 = V/R 1 , i 2 = V/R 2 e i 3 = V/R 3 , vemos que, se V = iR, então 1 R = 1 R 1 + 1 R 2 + 1 R 3 . Somando as potências de cada resistor: P 1 +P 2 +P 3 = V 2 R 1 + V 2 R 2 + V 2 R 3 = V 2 R = P . Exemplos 2.11 1. Considere os dois circuitos: (a) em série; (b) em paralelo. (a) Dados V = 24V, R 1 = 1Ω, R 2 = 2Ω e R 3 = 5Ω, seja R eq = 1+2+5 = 8Ω; a corrente da associação vale i = 24/8 = 3A, donde os potenciais de cada resistor: V 1 = 1 × 3 = 3V, V 2 = 2 × 3 = 6V e V 3 = 5 × 3 = 15V, cujo total coincide com V = 24V. As potências dissipadas pelos resistores são P 1 = 1 × 3 2 = 9W, P 2 = 2 × 3 2 = 18W e P 3 = 5 × 3 2 = 45W, totalizando a potência da associação P = 8 ×3 2 = 72W. 2. Eletrodinâmica 61 (b) Para a associação em paralelo, são dados V = 12V, R 1 = 3Ω, R 2 = 15Ω e R 3 = 10Ω. A resistência-equivalente vale R, onde 1 R = 1 3 + 1 15 + 1 10 = 15 30 , logo R = 2Ω e a corrente da associação vale i = 12/2 = 6Ω. As correntes em cada resistor valem i 1 = 12/3 = 4A, i 2 = 12/15 = 4/5 = 0, 8A e i 3 = 12/10 = 1, 2A, com i 1 + i 2 + i 3 = i. As potências dissipadas podem ser calculadas por P 1 = V 2 /R 1 = 48W, P 2 = V 2 /R 2 = 9, 6W e P 3 = V 2 /R 3 = 14, 4W, cuja soma é igual à potência total da associação P = V 2 /R = 144/2 = 72W. 3. (Mackenzie–97) Na associação representada abaixo, a intensidade de corrente i que passa pelo resistor de 14Ω é 3 A. Determinar as indicações do amperímetro A e do voltímetro V, ambos ideais. Observemos que, desconsiderando momentaneamente o amperímetro e o voltímetro, o circuito dado é equivalente a dois ramos em paralelo, que se apresenta em série com a resistência de 14Ω. Assim, vemos que o primeiro ramo horizontal possui resistência de 6+4 = 10Ω e o segundo, 3+7+10 = 20Ω. Se i 1 e i 2 são as correntes dos ramos que vimos considerando, então, como são iguais as respectivas ddp em cada ramo, temos 10i 1 = 20i 2 , ou i 1 = 2i 2 ; por outro lado, sendo i = i 1 + i 2 = 3, segue que i 1 = 2A e i 2 = 1A. Enfim, a tensão V = 7i 2 = 7V, enquanto o amperímetro indica i 1 = 2A. 4. (Mackenzie–97) No trecho de circuito elétrico acima, a ddp entre A e B é 60V e a corrente i 1 tem intensidade de 1A. Calcular o valor da resistência R. Como i 1 = 1A, a ddp no resistor de 12Ω vale 12V, a mesma ddp para o trecho paralelo. Assim, calculamos as correntes de 2A e 3A, respectivamente, nas resistências de 6Ω e 4Ω, isto é, num total de 1 + 2 + 3 = 6A na associação paralela. Ora, esse trecho possui resistência equivalente R tal que 1 R = 1 12 + 1 6 + 1 4 , ou R = 2Ω. A queda de potencial nessa resistência é, então, 2 × 6 = 12V, o que deixa 60 −12 = 48V para a queda em R. Enfim R = 48/6 = 8Ω. 5. Encontre a resistência R que devemos colocar em paralelo com a lâmpada de 6W, para evitar a queima do fusível de 3A. Para a ddp de 12V e potência nominal P = 6 = 12i, vem i = 0, 5A. Para uma corrente de 3A no fusível, a corrente em R deve ser, no máximo, de 2,5A, isto é, R = 12 2, 5 = 4, 8Ω. 6. (UFRS-2001) No circuito acima, a corrente elétrica através do resistor de 2Ω é de 2 A; o circuito é alimentado por uma fonte de tensão ideal. Cacular o valor da diferença de potencial entre os terminais da fonte. Sendo 2 × 2 = 4V a ddp na malha paralela, a corrente na resistência de 4Ω será de 1A, donde a corrente total i = 2 + 1 = 3A, fornecida pela fonte e que passa pelas resistências 1/3 + 4/3(do bloco paralelo) + 1/3 = 2Ω, logo sob a tensão 3 ×2 = 6V. 62 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] Atividade proposta 2.12 1. Ache a resistência equivalente entre os pontos A e B dos circuitos abaixo: Resp. (a) 22Ω; (b) 4Ω; (c) 6Ω. 2. (UFU-MG) Três lâmpadas tem resistências respectivamente iguais a 100Ω, 100Ω e 200Ω e estão associadas em série num circuito percorrido por uma corrente elétrica invariável de 0,5 A. Calcule a potência dissipada pelo conjunto das três lâmpadas. Resp. 100W. 3. (URJ-CEFET-RJ) Um lojista, desejando iluminar a árvore de Natal por ocasião das festas natali- nas, procurou e encontrou em um estoque uma caixa com dezenas de pequenas lâmpadas coloridas de 15V cada uma. Sabendo-se que a rede elétrica apresenta um valor de 117V, calcule quantas lâmpadas, no mínimo, o lojista deverá ligar em série para iluminar sua árvore de Natal. Resp. n = 8. 4.(PUC-MG) Uma lâmpada incandescente tem as seguintes especificações: 100W e 120V. Para que essa lâmpada tenha o mesmo desempenho quando for ligada em 240V, é necessário usá-la associada em série com um resistor. Calcule a potência dissipada nesse resistor adicional. Resp. 100W. 5. (PUC-RS) Um circuito elétrico muito comum em residências é o de um interruptor popularmente conhecido como “chave-hotel” ou “interruptor paralelo”. Este tipo de interruptor é utilizado com o objetivo de ligar e desligar uma mesma lâmpada por meio de interruptores diferentes, A e B, nor- malmente instalados distantes um do outro, como, por exemplo, no pé e no topo de uma escada ou nas extremidades de um corredor longo. Selecione qual das alternativas a seguir corresponde a esse circuito. Resp. Circuito C. 6. Considere dois resistores, R 1 = R e R 2 = 3R, e uma bateria de força eletromotriz constante E e de resistência interna nula. Quando esses elementos de circuito são ligados em série, a potência fornecida pela bateria à associação de resistores é P s , enquanto, na associação em paralelo, a potência fornecida pela bateria aos resistores é P p . Determine a razão P s / P p . Resp. P s /P p = 3/16. 7. (UNICAMP-SP) O diagrama abaixo representa um circuito simplificado de uma torradeira elé- trica que funciona com uma tensão V = 120V. Um conjunto de resistores RT = 20Ω é responsável pelo aquecimento das torradas e um cronômetro determina o tempo (cerca de 50s) durante o qual a torradeira permanece ligada. Calcule a corrente que circula em cada resistor RT quando a torradeira está em funcionamento e a energia elétrica total consumida no preparo de cada torrada. Resp. i T = 2A; W = P ×∆t = 120 ×4 ×50 = 2, 4 ×10 4 J. 2. Eletrodinâmica 63 2.13 Força eletromotriz A manutenção de uma corrente permanente num condutor exige um suprimento de energia, fornecido por um dispositivo externo ao circuito e denominado fonte de força eletromotriz (fem). O dispositivo converte, por exemplo, energia química em energia elétrica, como é o caso das pilhas e baterias, ou energia mecânica em energia elétrica, no caso dos geradores. Uma fonte de fem efetua trabalho sobre a carga que passa em seu interior, elevando o potencial da carga, cujo sentido estabelece, então, um deslocamento do polo negativo para o polo positivo. O aumento da energia potencial por unidade de carga é a força eletromotriz E, isto é, ∆W ∆Q = E, com a mesma unidade [volt] da diferença de potencial; também, ∆W = E∆Q. A taxa em que a energia é fornecida ao circuito externo pela fonte de fem pode, então ser escrita ∆W ∆t = E ∆Q ∆t = E i. Gerador ? ? - P P d P u Na realidade, a fonte de fem não lança no circuito externo toda a potência total P = Ei fornecida pela fonte. Há perdas provocadas pela chamada resistência interna r da fonte, que dissipa a potência P d = ri 2 por efeito Joule. Assim, para o circuito externo, fica disponível a chamada potência útil P u = P − P d . Tendo em conta a relação (denominada equação do gerador) E = V + ri, ou V = E −ri , onde V = V ab = V a −V b é a ddp entre os terminais da fonte, vemos que P u = P −P d = Ei −Ri 2 = (E −Ri)i = V i, isto é, P u = V i . A equação do gerador decorre da lei de Ohm E = R eq i = (R+r)i = Ri +ri = V +ri; segue, também, que i = E r +R . Observação Na mesma ordem do balanço de energia que vimos acima, é usual considerar a eficiência da fonte da fem através de seu rendimento; por definição, o rendimento vale η = P u P = V i Ei , ou seja η = V E . Por exemplo, consideremos os seguintes dados de um gerador: E = 56V; resistência interna r = 2Ω, resistência do circuito externo R = 5Ω. Observe as relações: (a) a ddp nos terminais do gerador; Usando a resistência-equivalente-série R eq = 2 + 5 = 7Ω, segue que a corrente externa vale i = 56/7 = 8A, donde a ddp nos terminais: V = Ri = 5 ×8 = 40V; (b) a potência útil P u = V i = 40 ×8 = 320W; (c) a potência dissipada pelo gerador P d = ri 2 = 2 ×64 = 128W; (d) a potência total fornecida pelo gerador: P = Ei = 56 ×8 = 448W. Note que P = P u +P d ; (e) o rendimento η = V/E = 40/56 71, 40%. Pratique um pouco... A ddp nos terminais de um gerador vale V = 220V e seu rendimento é de 80%, sendo de 10A a corrente externa. Calcular a força eletromotriz E e a resistência interna r. Sendo o rendimento η = V E , temos 0, 80 = 220 E , donde E = 220/0, 80 = 275V. Por outro lado, da equação do gerador, segue a resistência interna r = E −V i = 275 −220 10 = 5, 5 Ω. 64 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] 2.14 Propriedades características de um gerador Dado um gerador (E, r), r = 0, retomemos sua equação V = E −ri, cujo gráfico (i, V ) é uma reta de coeficiente angular −r e limitada, no primeiro quadrante, pelos pontos (0, E) e (E/r, 0), que indicam as seguintes situações particulares. (a) Gerador em circuito aberto Nesse caso, não há passagem de corrente interna do gerador: i = 0 e V = E, isto é, a tensão nos terminais coincide com a fem. (b) Gerador em curto-circuito Nesse caso, a resistência externa é praticamente nula (R = 0), e a corrente que passa pelo gerador é máxima e vale i cc = E/r; também, V = 0, como segue da equação do gerador. Assim, é nula a potência útil P u = V i e a potência total P = P d será dissipada integralmente na resistência interna (o que pode danificar o gerador). (c) Variações da potência útil A potência lançada no circuito externo, como vimos, é a potência útil P u = V i = Ei − ri 2 , isto é, o gráfico de (i, P) é uma parábola, de concavidade voltada para baixo, cujas raízes são i = 0 (gerador em circuito aberto) e i = E/r = i cc (gerador em curto-circuito). Logo quando i = i cc /2 = E/2r, é máxima a potência útil lançada no circuito externo, com P u,max = E/r 2 . Ainda nessa condição P u,max , temos • V = E/2, como resulta de V = E −ri, com i = E/2r; • A resistência externa R compatível com i = E/2r vale R = r; • O rendimento do gerador vale η = 50%, o que decorre de η = V E = 1 − ri E . Pratique um pouco! Usando a expressão da potência P u = Ri 2 = RE 2 (r +R) 2 , fazer o gráfico de (R, P u ) e mostrar que R = r é ponto crítico da função P u (R), na realidade um ponto de máximo global. 2. Eletrodinâmica 65 2.15 Associação de geradores (a) Associação em série Dois ou mais geradores estão associados em série quando o pólo positivo de um está ligado ao pólo negativo do outro, sendo, então, percorridos pela mesma corrente elétrica. Tendo em conta que V = V 1 + V 2 + V 3 , V 1 = E 1 − r 1 i, V 2 = E 2 − r 2 i e V 3 = E 3 − r 3 i, vemos que V = E 1 + E 2 + E 3 − i(r 1 + r 2 + r 3 ). Essa relação nos mostra que, para o gerador equivalente V = E eq −r eq i, deve ser E eq = E 1 +e 2 +E 3 e r eq = r 1 +r 2 +r 3 (equivalente série). Observemos que a associação em série fornece uma maior tensão ao circuito externo. (b) Associação em paralelo Nessa configuração, para evitar dissipação de parte da energia forne- cida ao circuito externo, consideraremos geradores iguais (mesma fem e mesma resistência interna), conectando entre si os pólos positivos e os pólos negativos. Essa característica particular obriga a corrente externa a ser igualmente subdividida entre os geradores e a fem da asociação a ser igual àquela de cada um deles. Na figura acima (à direita), em cada gerador, temos V = E − r i 3 = E − r 3 i, isto é, no gerador equivalente V = E eq −r eq i, vale E eq = E e r eq = r 3 (equivalente paralelo). Observação A principal vantagem de uma associação em paralelo é que, reduzindo a corrente elétrica em cada gerador da associação, estamos aumentando o seu rendimento, pois há uma diminuição da potência dissipada internamente. Exemplo (UMC-SP) O diagrama representa, esquematicamente, o circuito de uma lanterna: três pilhas idênticas ligadas em série, uma lâmpada e uma chave inter- ruptora. Com a chave Ch aberta, a diferença de potencial elétrico entre os pontos A e B é 4,5 V. Quando se fecha a chave Ch, a lâmpada, de resistência R = 10Ω, acende-se e a diferença de potencial entre A e B cai para 4,0 V. Calcular: (i) A força eletromotriz de cada pilha; (ii) a corrente que se estabelece no circuito quando se fecha a chave; (iii) a resistência interna de cada pilha. (i) Com a chave aberta, temos V = E eq = 4, 5V. Como E eq = 3E, vem E = 1, 5V em cada gerador; (ii) fechada a chave, obtemos V = Ri, ou 4 = 10i e i = 0, 4A; (iii) enfim, de V = E eq − r eq i, segue 4 = 4, 5 −r eq .0, 4, ou r eq = 1, 25Ω = 3r, donde r 0, 42Ω. Pratique um pouco! No circuito de geradores dados, as fem são todas iguais a 1,5V e as resistências internas iguais a 0,3Ω. Mostre que o gerador equivalente vale E eq = 3V e r eq = 0, 2Ω. 66 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] Atividade proposta 2.16 1.(ITA) A diferença de potencial entre os terminais de uma bateria é de 8,5V, quando há uma corrente que a percorre, internamente, do terminal negativo para o positivo, de 3A (gráfico (1)). Por outro lado, quando a corrente que a percorre internamente for de 2A, indo do terminal positivo para o negativo (gráfico (2)), a diferença de potencial entre seus terminais é de 11V. Calcular a resistência interna da bateria e a sua força eletromotriz. Resp. r = 0, 50Ω; E = 10V. 2. (MACK) Um circuito elétrico é constituído de um gerador (E, r) e de um resistor variável (figura 1). A potência dissipada no resistor em função da corrente i está representada no gráfico da figura 2. Calcular a força eletromotriz E e a resistência interna r do gerador. Resp. E = 20V, r = 2Ω. 3. Quando os faróis de um automóvel são acesos, um amperímetro em série com os faróis indica 10A e um voltímetro em paralelo com os faróis indica 12V. A leitura do amperímetro cai para 8A e a luz dos faróis fica mais fraca quando é acionado o motor de arranque. Se a resistência interna da bateria é 0, 05Ω e a do amperímetro é desprezível, calcule (a) a força eletromotriz da bateria; (b) a corrente no motor de arranque, quando os faróis estão acesos. Resp. (a) Inicialmente, somente a chave C está fechada; então, E = V +ir = 12 + 0, 5 = 12, 5V. Observe a resistência dos faróis R = 12/10 = 1, 2Ω; (b) Em seguida, ambas as chaves estão fechadas. Novo potencial V = 8 ×1, 2 = 9, 6V, nova corrente externa à bateria: i = i motor + 8, logo E = V +i r, donde i motor = E −V r −8 = 50A. 2. Eletrodinâmica 67 4. Sabendo-se que o gerador do circuito está lançando a máxima potência útil, determine o valor da resistência R. Resp. Comece por redesenhar o circuito dado, numa forma mais simples. Em seguida, com R eq = R/4, a potência útil lançada é máxima quando R eq = r, logo R/4 = 0, 5, donde R = 2Ω. 5. (FUVEST) Um sistema de alimentação de energia de um resistor R = 18Ω é indicado no esquema abaixo. A bateria B 2 (12V, 2Ω) fornece energia ao resistor, enquanto a bateria B 1 (36V, 4Ω) tem a função de recarregar B 2 . Inicialmente, com a chave Ch2 fechada e Ch1 aberta, a bateria B 2 fornece corrente ao resistor durante 100s. Em seguida, para recarregar B 2 , a chave Ch1 fica fechada e Ch2 aberta, durante um intervalo de tempo T. Calcular: (a) durante o tempo em que Ch2 permaneceu fechada, a corrente i 2 que percorre R e a carga Q fornecida pela bateria B 2 ; (b) o intervalo de tempo T em que a chave Ch1 permanece fechada. Resp. (a) Com a chave Ch2 fechada, apenas a malha direita está ativa; logo, i 2 = 12 2 + 18 = 0, 6A e Q = i 2 · ∆t = 60C. (b) Agora, com Ch1 fechada e Ch2 aberta, a malha ativa é a da esquerda, percorrida pela corrente i 1 = 36 −12 4 + 2 = 4A. Como i 1 = Q/T (justifique!), segue T = 60/4 = 15s. 6. Considere dois geradores iguais, cada um caracterizado por (E = 12V; r = 0, 2Ω); os geradores estão conectados em série. Com o auxílio do gerador equivalente, calcular: (a) a corrente na carga externa R, sendo R = 2r = 0, 4Ω e R = r/2 = 0, 1Ω; (b) a potência dissipada na carga R (mesmos valores numéricos que acima); (c) a potência máxima dissipada na carga R e o valor desa carga. Resp. (a) Temos i = 2E 2r +R ; i = 2 ×12 0, 4 + 0, 4 = 24/0.8 = 30A; i = 24 0, 4 + 0, 1 = 48A; (b) P = Ri 2 = 4E 2 R (2r +R) 2 ; P = 0, 4 ×30 2 = 360W; P = 0.1 ×48 2 = 230, 4W; (c) P max = E 2 2r = 144/0.4 = 360W ocorre quando R = 2r = 0, 4Ω. 7. Refazer o problema anterior, considerando agora os geradores associados em paralelo. (a) Temos i = 2E r + 2R ; i = 2 ×12 0, 2 + 0, 8 = 24A; i = 24 0, 2 + 0, 2 = 60A; (b) P = Ri 2 = 4E 2 R (r + 2R) 2 ; P = 0, 4 ×24 2 = 360W; P = 0.1 ×60 2 = 360W; (c) P max = E 2 2r = 144/0.4 = 360W ocorre quando R = r/2 = 0, 1Ω. 68 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] 2.17 Circuitos elétricos Num circuito elétrico (ou rede), um nó é um ponto de interligação de pelo menos dois condutores (onde a corrente elétrica se divide); um ramo é um trecho do circuito entre dois nós consecutivos; uma malha (ou laço) é uma coleção de ramos formando um percurso fechado. No exemplo abaixo, os pontos B e E são nós; há três malhas, a saber ABEFA, BCDEB e ACDFA. Para calcular as correntes e as tensões de um circuito, usaremos as Leis de Kirchoff [Gustav Robert Kirchhoff (Königsberg, 1824 – Berlim, 1887), um físico alemão reponsável por inúmeras aplicações]. Essas leis traduzem dois grandes princípios da Eletricidade: a conservação da carga elétrica e a conservação da energia potencial, abaixo enunciadas. Primeira Lei ou lei dos nós A soma algébrica das correntes que chegam a um nó é igual à soma algébrica das correntes que saem do mesmo nó. Tal resultado, que já usamos anteriormente, foi entendido como a constatação da conservação das cargas elétricas. Por exemplo, no circuito abaixo, no nó B, vale i 2 = i 1 + i 3 . Condição idêntica será encontrada no nó E, isto é, faltam duas equações para a determinação das três correntes. A Segunda Lei nos mostrará como proceder. Segunda lei ou lei das malhas Ao se percorrer uma malha, num sentido escolhido, partindo de um ponto qualquer, até se retornar ao ponto de partida, é nula a soma algébrica das ddps percorridas. Por exemplo, percorrendo a malha ABEFA no sentido horário (α), temos bem V A −V B +V B −V E +V E −V F +V F −V A = 0, ou V AB +V BE +V EF +V FA = 0. Para aplicação correta dessa regra, basta observar duas convenções, extremamente naturais: (a) a ddp num resistor é do tipo ±Ri, valendo o sinal + se o sentido da corrente coincide com o sentido do percurso adotado e adotando o sinal − em caso contrário; (b) para as fem vale o sinal de entrada no sentido do percurso adotado. Por exemplo, para a malha ABEFA, no sentido horário e com os sentidos das correntes assinalados temos: R 2 i 1 +R 4 i 2 +E 2 +R 5 i 2 +R 3 i 1 +R 1 i 1 −E 1 = 0; para a malha BCDEB, vale −R 6 i 3 +E 3 −R 7 i 3 −R 5 i 2 −E 2 −R 4 i 2 = 0. Assim , temos um sistema linear, com três equações nas incógnitas i 1 , i 1 , i 3 , cuja solução é imediata. Pratique um pouco! Dados R 1 = R 2 = R 4 = R 5 = 0, 5Ω, R 3 = R 7 = 1Ω, R 6 = 3Ω, E 1 = E 2 = 20V e E 3 = 6V, obtenha as três equações e interprete os sinais das correntes-soluções: i 1 −i 2 +i 3 = 0; 2i 1 +i 2 = 0; i 2 + 4i 3 = −14, donde as soluções i 1 = 1A, i 2 = −2A e i 3 = −3A. 2. Eletrodinâmica 69 Observações As convenções de sinais estipuladas anteriormente levam em conta as variações das ddp e o sentido (convencional) externo da corrente de um potencial mais alto para outro, mais baixo. Há outras convenções, uma delas contrária ao que estabelecemos. Na realidade, é mais uma questão de escolha metodológica, por exemplo, valorizar a variação ou a queda das ddp. Exemplos 2.18 1. Calcular a corrente e a potência dissipada pelo resistor no circuito abaixo representado. Escolhendo a corrente no sentido anti-horário: 36 + 7i + 3i − 12 + 2i = 0, donde i = −2A, com o sentido correto sendo o horário. Enfim P = R 2 i 2 = 3 ×4 = 12W. 2. Dada a malha da figura, calcular a corrente do circuito e as tensões V fb e V be . Supondo a corrente no sentido horário e percorrendo a malha a partir do ponto f: −24 +i + 2i + 64 + 3i + 4i = 0, donde i = −4A. A tensão V fb pode ser calculada usando o caminho fabf ou bcdefb; no primeiro caso, temos −V fb −24 +i = 0, donde V fb = −8V. Analogamente, para encontrar V be , dispomos dos caminhos bcdeb ou befab; para o primeiro, temos 2i +64 +3i −V be = 0, logo V be = 44V. Pratique um pouco! Refazer o cálculo dos potencias V fb e de V be acima, utilizando os caminhos bcdefb e befab que foram preteridos. 3. Determinar a corrente nominal da fonte de corrente F, bem como a potência fornecida por cada fonte. Do potencial dado em R 4 = 8Ω, vemos que i 3 = 24/8 = 3A. Usando a malha B, temos 21+24−V F = 0, ou V F = 45V. Essa mesma tensão em R 2 = 9Ω nos dá i 2 = 45/9 = 5A. Considerando, agora, a malha A, vale a relação −25 + 10i 1 + 45 = 0, ou i 1 = −2A. Tendo em conta a lei dos nós, segue que i 1 = i 2 + i 5 , donde i 5 = −7A; também i 5 + i 4 = i 3 , ou i 4 = 10A, esta última a corrente da fonte F. Enfim, a potência do gerador vale P 1 = 25i 1 = 25 · (−2) = −50W e a potência da fonte de corrente é igual a P 2 = 45 · 10 = 450W. 70 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] 4. Exemplo motivador: Ponte de Wheatstone O circuito mostrado abaixo ilustra um procedimento eficiente para determinar uma certa resistência R X , partindo de três outras, conhecidas, R 1 , R 2 e R V ; a resistência variável R V é um reostato que permite equilibrar a ponte. Essa terminologia diz respeito ao ajuste do reostato para que seja nula a corrente no ramo CD, isto é, com o potencial V CD = 0, o que é equivalente à condição R X R V = R 1 R 2 , da qual concluimos que R X = R 1 R 2 /R V . De fato, como não há corrente no ramo CD, a corrente i 1 que passa por R X é a mesma que passa por R 1 ; do mesmo modo, a corrente i 2 por R 2 também passa por R V . Ainda de V CD = 0, segue que V AC = V AD e V CB = V DB , donde R X i 1 = R 2 i 2 e R 1 i 1 = R V i 2 . Logo, vemos bem que R X R V = R 1 R 2 . Observação Uma vez constatado o equilíbrio, o ramo CD pode ser eliminado do circuito. Aplicação numérica Abrindo-se ou fechando-se a chave Ch do circuito, não ocorre alteração na leitura do amperímetro ideal. Determine o valor da resistência x. A informação dada significa que não há corrente no ramo CD, isto é, a configuração é uma ponte de Wheatstone equilibrada, donde (x + 1) · 8 = 3 · 16, logo x = 5Ω. Pratique um pouco Mostre que a configuração abaixo é uma ponte equilibrada, onde R 1 = 5Ω, R 2 = 9Ω, R 3 = 3Ω, R 4 = 15Ω e R 5 = 50Ω. Calcule, também, a resistência equivalente R AB . Se E = 15V é a fem de um gerador externo ideal, encontre todas as correntes dos ramos e as tensões das resistências. Como R 1 · R 2 = R 3 · R 4 = 45Ω a ponte está equilibrada, o que permite descartar o ramo CD. Assim, teremos R 1 + R 4 = 20 em paralelo com R 2 + R 3 = 12, donde Req = R AB = 7, 5Ω. Ligando a fem externa aos pontos A e B, encontramos a corrente total i = 15/7, 5 = 2A. O restante do exemplo é rotineiro. 2. Eletrodinâmica 71 Atividade proposta 2.19 1. (PUC-SP) Entre os pontos A e B é mantida uma tensão V = 20V. Calcular a corrente que atravessa esse trecho. Resp. V AB = 20 = 12 + 4, 5i −2 + 0, 5i, donde i = 2A. 2. No circuito dado, as duas baterias têm a mesma fem e resistências internas iguais a r 1 e r 2 , respectivamente, e estão ligadas em série a um resistor externo R. Calcule o valor de R que tornará nula a ddp entre os terminais da primeira bateria. Resp. Após calcular a corrente da malha, i = 2E/(r 1 + r 2 + R), substitua na equação do primeiro gerador V 1 = E −r 1 i = 0; conclua que R = r 1 −r 2 . 3. (UFPE-PE) Calcule o potencial elétrico no ponto A, considerando as baterias ideais e o potencial no ponto B igual a 15 volts. Resp. Inicialmente, ache V AB = −10V; de V AB = V A −V B = V A −15, conclua que V A = 5V. 4. (UFPB-PB) No circuito abaixo, são dados R 1 = 2Ω, R 2 = 4Ω, R 3 = 6Ω, i 1 = 2A e i 3 = 1A; determine: (a) a corrente i 2 que percorre o resistor R 2 ; (b) a força eletromotriz E 1 . Resp. (a) i 2 = 1A; (b) E 1 = 10V. 5. A figura representa um circuito elétrico, onde são dados: R 1 = 7Ω, R 2 = 4Ω, R 3 = R 4 = 8Ω, E 1 = 8V, E 2 = 3V, r 1 = r 2 = 0, 5Ω. Determinar: (a) a corrente elétrica que passa pelo resistor R 1 ; (b) a ddp entre os terminais do resistor R 4 ; (c) a potência dissipada pelo resistor R 2 . Resp. (a) A resistência equivalente vale R = r 1 +r 2 +R 1 +paralela(R 2 , R 3 , R 4 ) = 0, 5+0, 5+7+2 = 10Ω, donde, no sentido anti-horário, vale i = (8 −3)/10 = 0, 5A; (b) V = 2i = 1V; (c) P = V 2 /R 2 = 1/4 = 0, 25W. 72 Física Geral 2 – [Antonio Carlos & Ana Paula Marques] 6. Considere o circuito abaixo, onde foram arbitrados os percursos das correntes e das malhas. Calcular a leitura do amperímetro ideal e a ddp entre os pontos M e N. Resp. Do nó M, segue i 1 = i 2 +i 3 (i). Usando as malhas α e β, a partir do ponto M, temos: 4i 2 −8 + 10i 1 = 0, ou 10i 1 + 4i 2 = 8 (ii); 4i 2 −8 + 50 −i 3 −5i 3 = 0, ou 4i 2 −6i 3 = −42 (iii). Resolvendo o sistema linear formado pelas equações (i), (ii) e (iii), obtemos i 1 = 2A, i 2 = −3A e i 3 = 5A. Logo, a leitura do amperímetro é a corrente i 1 = 2A. Enfim, para o potencial solicitado, temos V MN = 4(−3) −8 = −20V. 7. A figura representa um circuito no qual o capacitor de 50µF está, inicialmente, descarregado. Calcular sua carga final. Resp. O circuito dado é uma ponte de Wheatstone equilibrada: 4 × 3 = 6 × 2. Logo, é nula a ddp nos terminais do capacitor, isto é, sua carga final será nula. 8. Problema brinde Calcular a resistência equivalente R AB . Resp. O circuito dado é um tipo de ponte, só que não equilibrada. Não é possível um redesenho usando apenas associações série e/ou paralela. Uma solução é usar, sistematicamente, as leis de Kirchoff. Inicialmente, V A,B = Ri = R(i 1 +i 2 ), onde R é a resistência-equivalente procurada. Temos V AB = V AC +V CB = 4i 1 +(i 1 −i 3 ) = 5i 1 −i 3 (*). Também vale V AB = V AD +V DB = 4i 2 +4(i 2 +i 3 ) = 8i 2 + 4i 3 (**). Igualando (*) e (**), segue 5i 1 − 8i 2 = 5i 3 , ou i 3 = i 1 − 1, 6i 2 (***). Essa expressão de i 3 , levada em (*) ou em (**), nos dá V AB = 4i 1 + 1, 6i 2 . Só falta relacionar i 1 e i 2 : da malha ACDA,vem 4i 1 + 8i 3 −4i 2 = 0 , ou i 1 −i 2 = −2i 3 , donde, por (***), i 1 = 1, 4i 2 (§). Enfim, usando (§) em Ri = R(i 1 +i 2 ) = V AB = 4i 1 + 1, 6i 2 , vem R = 3Ω. 2. Eletrodinâmica 73 9. Exemplo motivador - Determinação de resistência usando voltímetro e amperímetro Para comparar medições de resistências, podem ser usados os circuitos abaixo representados, onde o valor nominal do resistor é R = 100Ω (indicado pelo código de cores), o voltímetro possui resistência R v = 2000Ω e o amperímetro uma resistência R a = 0, 002Ω. Encontrar o erro percentual cometido ao calcular a resistência R pelo quociente V/i, onde V é a leitura do voltímetro e i a leitura do amperímetro. No primeiro caso, o voltímetro mede a ddp no resistor, enquanto o amperímetro mede a corrente total do circuito, incluindo a parcela da corrente que passa pelo voltímetro. Como a resistência equivalente do voltímetro (paralelo entre R e R v ) vale r 1 = 100 · 2000 100 + 2000 , temos a resistência equivalente vista pela bateria: r = R a +r 1 = 95, 24Ω. Segue, então, a corrente lida no amperímetro i = E r = 12 95, 24 = 0, 126A. Pondo i 1 a corrente que passa pelo resistor de 100Ω e i 2 a corrente que passa pelo voltímetro, temos i = i 1 + i 2 , sendo i a corrente total. Como o voltímetro está em paralelo com o resistor, ambos possuem a mesma ddp Ri 1 = R v i 2 ; segue, então, que i = i + 1 +i 2 = i 1 + R R v i 1 = i 1 1 + R R v , i 1 = 1 1 + R R v = 0, 120A Logo, a leitura do voltímetro é dada por V = Ri 1 = 12V. Enfim, o valor medido de R é R = V i = 12 0, 126 = 95, 2Ω. Desse modo, o erro relativo percentual vale 100 −95, 2 100 = 4, 8%. Portanto, o método é adequado para resistências pequenas (valor nominal resitência R v ). Observe que a ordem de grandeza da queda de tensão no amperímetro, de i · R a = 0, 126 · 0, 002 = 0, 000252V, não influenciou, significativamente, a ddp V = 12V. Para validar as medidas de resistências de maior valor, lançaremos mão do segundo circuito dado no gráfico do enunciado. Nesta nova configuração, o amperímetro mede a corrente real no resistor, enquanto o voltímetro mede uma ddp conjunta do resistor e do amperímetro. Pratique um pouco! Com os mesmos valores numéricos considerados no primeiro caso, obter o valor de 0, 002% para o erro percentual cometido ao calcular a resistência R pelo quociente V/i.