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APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I 1

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ANÁLISE VETORIAL

Este capítulo fornece uma introdução e uma recapitulação dos conhecimentos de álgebra vetorial, estando por isto numerado com o zero. Não faz parte de fato dos nossos estudos de eletromagnetismo, mas sem ele o tratamento dos fenômenos de campos elétricos e magnéticos torna-se mais complicado, uma vez que estes são resultados matemáticos de operações vetoriais.

SISTEMA DE COORDENADAS Um exemplo prático de um sistema de coordenadas encontra-se numa carta geográfica

onde um ponto é localizado em função da latitude e da longitude, isto é, medidas angulares que são tomadas em função de um referencial neste sistema plano. No espaço, um ponto também pode ser perfeitamente determinado quando conhecemos a sua posição em vista de um sistema de coordenadas. Particularmente no espaço tridimensional, um ponto é determinado em função de 3 coordenadas.

Os sistemas de coordenadas definem um ponto no espaço como fruto da intersecção de 3 superfícies que podem ser planas ou não. Vamos nos ater aqui a três tipos de sistemas de coordenadas: cartesianas, cilíndricas e esféricas.

Sistema de coordenadas cartesianas, também conhecido por coordenadas retangulares,

define um ponto pela intersecção de 3 planos. Neste sistema um ponto P (x, y, z) é definido pela intersecção dos planos x, y e z constantes paralelos respectivamente ao plano y0z, ao plano x0z e ao plano x0y, conforme a figura 0.1. É o sistema (x, y, z).

Figura 0.1: o sistema de coordenadas cartesianas ou retangulares (x, y, z).

IUNESP – Naasson P. de Alcântara Jr. – Claudio Vara de Aquino


Sistema de coordenadas cilíndricas. Neste sistema de coordenadas o ponto P (r, φ, z) é

determinado pela intersecção de uma superfície lateral cilíndrica de raio r constante e altura infinita, pelo semiplano φ constante (que contem o eixo z) e finalmente pelo plano z constante, como pode ser mostrado na figura 0.2. É o sistema (r, φ, z).

Figura 0.2: o sistema de coordenadas cilíndricas (r, φ, z) Sistema de coordenadas esféricas que define um ponto P (r, θ, φ) na superfície de uma

esfera de raio r constante centrada na origem, vinculando-o pela intersecção desta superfície com uma outra cônica θ (ângulo formado com o eixo y) constante e um semiplano φ (contendo o eixo z) constante, melhor esclarecido pela figura 0.3. É o sistema (r, θ, φ).

Figura 0.3: o sistema de coordenadas esféricas (r, θ, φ)



VETOR Muitas grandezas necessitam de uma direção e de um sentido além do valor e da

unidade, ou seja, de sua intensidade para uma definição perfeita. Assim, definiremos os vetores como representantes de classes ou conjuntos de segmentos orientados com mesma intensidade ou módulo, direção e sentido no espaço. A figura 0.4 mostra um mesmo vetor

representado por segmentos de retas de mesmo tamanho, mesma orientação e paralelas no espaço. vr

Figura 0.4: a classe de vetores vr no espaço VERSOR OU VETOR UNITÁRIO Trata-se de um vetor de módulo 1, com a direção de um dado vetor . Um vetor va vr

é definido como múltiplo o submúltiplo de m vezes este versor e possui o mesmo sentido quando m for positivo ou o sentido oposto, caso m seja negativo. Assim, um vetor pode ser expresso como o produto de um versor por um escalar de modo que:

vavr

vamv =

r (0.1)

Outra forma de se indicar um versor é aquela que exprime a relação entre um vetor e o

seu próprio módulo, isto é,

vv

vvav

r

r

r== (0.2)

Se conhecermos o sistema de coordenadas, um ponto P pode ser localizado no espaço

pelas componentes de um vetor posição que vai da origem deste sistema de coordenadas ao referido ponto. Trata-se de uma soma vetorial das componentes orientadas por seus versores. Um vetor cuja origem coincide com a origem de um sistema de coordenadas cartesianas e com extremidade no ponto P pode ser dado por:

Vr

zzyyxx aVaVaV)OP(V ++=−=

r (0.3)

Do mesmo modo o ponto P pode ser determinado nos sistemas cilíndrico e esférico

sendo a soma vetorial das componentes dadas respectivamente por

zzφφrr aVaVaV)OP(V ++=−=r

(0.4)



φφθθrr aVaVaV)OP(V ++=−=r

(0.5)

A figura 0.5 mostra os três versores aplicados em P. Os vetores unitários do sistema retangular apresentam direções fixas, independentemente do ponto P, o que não ocorre nos outros dois sistemas de coordenadas (exceto para o versor ), onde cada versor é normal à sua superfície coordenada, coerente com o sentido de crescimento de cada coordenada associada ao ponto P.

za

Figura 0.5: versores das componentes coordenadas. PRODUTO ESCALAR É uma operação vetorial cujo resultado é um valor escalar, ou seja, uma grandeza

algébrica; um valor numérico precedido de um sinal. O produto escalar entre dois vetores Ar

e Br

cujas direções formam um ângulo α entre eles é denotado por BArr

⋅ cujo resultado é dado por:

αcosABBA =⋅

rr (0.6)

Pela relação (0.6) observamos que o produto escalar entre dois vetores multiplica o

módulo de um vetor pelo módulo da projeção do outro sobre ele. De acordo com a figura 0.6, em uma linguagem matemática podemos escrever:

Aproj.BBproj.ABA BA ==⋅

rr (0.7)

O produto escalar resulta positivo quando o ângulo é agudo, nulo quando ele for reto e

negativo quando o ângulo α entre os vetores for obtuso (90º < α < 180º).



figura 0.6: o produto escalar entre Ar

e Br

. Sendo o resultado de um produto escalar um valor algébrico, a propriedade comutativa

pode ser assim verificada:

ABαcosBAαcosABBArrrr

⋅===⋅ (0.8) Sejam dois vetores em um sistema de coordenadas onde zzyyxx aAaAaAA ++=

r e

zzyyxx aBaBaBB ++=r

. Considerando que o produto escalar entre dois versores paralelos possui módulo igual a 1 e que entre versores perpendiculares o resultado é nulo, o produto escalar será dado por

zzyyxx BABABABA ++=⋅

rr (0.9)

O quadrado do módulo de um vetor pode ser obtido a partir do produto escalar de um

vetor por ele próprio. Assim,

2z

2y

2x

2AAAAAA ++==⋅

rrr (0.10)

PRODUTO VETORIAL O produto vetorial entre dois vetores A

r e B

r, onde suas direções formam um ângulo

agudo α entre eles, denotado por BArr

× , fornece como resultado um outro vetor com as características abaixo:

1. Intensidade: αsenABαsenB.ABA ==×rrrr

;

2. Direção: perpendicular aos dois vetores Ar

e Br

; 3. Sentido: o do avanço de um parafuso de rosca direita, fornecido pela regra da mão

direita, na ordem em que se tomam os dois vetores. Em linhas gerais o produto vetorial de dois vetores A

r e B

r pode ser expresso na direção

e sentido de um versor perpendicular a na Ar

e Br

, cujo sentido é dado pela regra da mão direita e ilustrado na figura 0.7. Assim,

na)αsenAB(BA =×rr

(0.11)



Figura 0.7: o produto vetorial entre Ar

e Br

Podemos também verificar sem nenhuma dificuldade que este produto não é comutativo

e podemos escrever que se o versor estiver definido na

na)αsen(ABBAAB −=×−=×rrrr

(0.12) Podemos observar na figura 0.5 que os versores das coordenadas são perpendiculares

entre si em qualquer um sistema. Assim, cada versor pode ser estabelecido em função dos outros dois como resultado de um produto vetorial. Para um sistema de coordenadas cartesianas ou retangulares teremos:

yxz

xzy

zyx

aaa

aaa

aaa

=×

=×

=×

(0.13)

Da mesma forma para um sistema de coordenadas cilíndricas:

φrz

rzφ

zφr

aaa

aaa

aaa

=×

=×

=×

(0.14)

E para um sistema de coordenadas esféricas:

θrφ

rφθ

φθr

aaa

aaa

aaa

=×

=×

=×

(0.15)



Estas expressões mostram que cada versor pode ser determinado em função dos outros dois. Pela relação (0.12) verificamos que se invertermos a ordem dos versores no produto vetorial, teremos um versor negativo àqueles obtidos pelas relações (0.13), (0.14) e (0.15).

Quaisquer dois vetores ou versores paralelos possuem o produto vetorial nulo, visto que sen 0 = sen π = 0.

ELEMENTOS DIFERENCIAIS DE VOLUMES, LINHAS E SUPERFÍCIES Sistema cartesiano Tomemos um paralelepípedo elementar de arestas dx, dy e dz conforme a figura 0.8 (a),

onde o seu volume dv é dado por

dz.dy.dxdv = (0.16) O elemento vetorial de linha Ld é dado pela soma vetorial de suas arestas dx, dy e dz

orientadas pelos versores , e resultando na diagonal do paralelepípedo, de maneira que

xa ya za

zyx adzadyadxLd ++=

r (0.17)

Figura 0.8: comprimentos, áreas e volumes elementares. Sistema cilíndrico Tomaremos agora um paralelepípedo curvilíneo cujas arestas serão dadas por dr, r.dφ e

dz mostradas na figura 0.8 (b). Da mesma forma como procedemos no sistema retangular, o elemento de volume será

dzφrdrddz.φrd.drdv == (0.18)



E o comprimento elementar Ld será dado então pela soma de suas componentes dr, rdφ e dz orientadas pelos versores , e onde ra φa za

zφr adzaφrdadrLd ++=

r (0.19)

Sistema esférico Considerando ainda um paralelepípedo curvilíneo de arestas dr, r.dθ e r.senθ.dφ

mostradas na figura 0.8 (c), o elemento de volume será dado por

φdθdrdθsenrφdθsenr.θrd.drdv 2== (0.20) Logo, o comprimento elementar Ld será dado por

φθr aφdθsenraθrdadrLd ++=r

(0.21) Os elementos de área, em qualquer dos três sistemas de coordenadas, podem ser

determinados sem maiores dificuldades em qualquer sistema de coordenadas, uma vez que bastará multiplicar as arestas elementares que definem a superfície da face em questão.

IDENTIDADES VETORIAIS As identidades vetoriais relacionadas abaixo podem ser provadas, embora algumas

exijam do estudante um pouco de trabalho “braçal”. Simplificando, a notação vetorial é denotada apenas pelos vetores em letras maiúsculas, sem as setas, enquanto que os escalares serão representados por letras minúsculas.

( ) ( ) ( ) BACACBCBA ⋅×≡⋅×≡⋅× (a)

( ) ( ) ( )CBABCACBA ⋅−⋅≡×× (b)

( ) BABA ⋅∇+⋅∇≡+⋅∇ (c)

( ) vuvu ∇+∇≡+∇ (d)

( ) BABA ×∇+×∇≡+×∇ (e)

( ) ( AuuAuA ⋅∇ )+∇⋅≡⋅∇ (f)

( ) ( ) ( )uvvuuv ∇+∇≡∇ (g)

( ) ( ) ( AuAuuA ×∇+ )×∇≡×∇ (h)



( ) ( ) ( BAABBA )×∇⋅−×∇⋅≡×⋅∇ (i)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )ABBAABBABA ×∇×+×∇×+∇⋅+∇⋅≡⋅∇ (j)

( ) ( ) ( )BAABABBABA ∇⋅−∇⋅+⋅∇−⋅∇≡××∇ (k)

vv 2∇≡∇⋅∇ (l)

0A ≡×∇⋅∇ (m)

0v ≡∇×∇ (n)

( ) AAA 2∇−⋅∇∇≡×∇×∇ (o) EXERCÍCIOS DE APLICAÇÃO

1) Encontre o vetor Ar

que liga o ponto P (5, 7, -1) ao ponto Q (-3, 4, 1). Calcule também o vetor unitário ou versor associado ao vetor determinado por A

r.

2) Dados os pontos (5 mm; π; 2 mm) e ( 3 mm; -π/6; -2 mm) em coordenadas cilíndricas, encontre o valor da distância entre eles.

3) Dados zyx a3a4a2A −+=r

e yx aaB +−=r

, calcule os produtos escalar e vetorial entre eles.

4) Dados yx a4a2A +=r

e zy a4a6B −=r

, calcule o menor ângulo entre eles usando o produto vetorial e o produto escalar entre eles.

5) Use um sistema de coordenadas esféricas para calcular a área sobre uma casca esférica de raio r com α ≤ θ ≤ β. Qual o resultado quando α = 0 e β = π?

6) Dados zy a10a4A +=r

e ya3B =r

, calcule a projeção de Ar

sobre a direção de Br

.

7) Determine a expressão do produto vetorial entre Ar

e Br

num sistema cartesiano e mostre que ele pode ser calculado a partir do determinante de uma matriz 3 x 3.

8) Defina a condição de paralelismo entre dois vetores a partir do produto vetorial entre eles.

9) Obtenha a condição de ortogonalidade entre dois vetores.

10) Dado o plano A x + B y + C z = K, onde K é uma constante, obtenha o vetor

nVr

normal a este plano. Pode existir mais de uma solução?



Os primeiros fenômenos de origem eletrostática foram observados pelos gregos, 5 séculos antes de Cristo. Eles observaram que pedaços de âmbar (elektra), quando atritados com tecidos adquiriam a capacidade de atraírem pequenas partículas de outros materiais. Como a ciência experimental e dedutiva ainda estava longe de ser desenvolvida, o interesse nesse fenômeno sempre permaneceu no campo da lógica e da filosofia. A interação entre objetos eletricamente carregados (força eletrostática) só foi quantificada e equacionada no século 18 (1746), por um cientista francês chamado C. Coulomb.

FORÇA ENTRE CARGAS ELÉTRICAS E O CAMPO ELETROSTÁTICO 1

1.1 - FORÇA ENTRE CARGAS ELÉTRICAS - LEI DE COULOMB O trabalho de Coulomb consistiu em, usando uma balança de torção muito sensível, medir a força de atração (ou repulsão) entre dois corpos carregados, em função da distância que os separava. Conceito A intensidade da força entre dois objetos pequenos, separados pelo vácuo ou pelo

espaço livre, sendo a distância entre eles muito maior que os seus raios, é diretamente proporcional ao produto entre as cargas, e inversamente proporcional ao quadrado da distância entre eles.

F = kQ .Q

R(N)1 2

2 (1.1)

F (N) Força de origem eletrostática, de repulsão (cargas de mesmo sinal) ou atração (cargas de sinais opostos)

Q1, Q2 (C) Cargas elétricas, positivas ou negativas R (m) Distância entre os centros das cargas k Constante de proporcionalidade

A constante k vale:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

πε= 2

29

0 CNm10.9

41k

A constante ε0 é a permissividade elétrica do espaço livre. No S. I. (Sistema Internacional) seu valor é:

)m/F(361010x854,8

912

0 π==ε

−−

A força eletrostática é uma grandeza vetorial: possui intensidade, direção e sentido. Ela age ao longo da linha que une as duas cargas. Também é uma força mútua. Cada uma das cargas sofre a ação de uma força de mesma magnitude, porém, de sentido contrário. A força será repulsiva, se as duas cargas forem de mesma natureza (mesmo sinal), ou atrativa, se de sinais contrários. Reescrevendo-a vetorialmente:

UNESP – Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino


r rF = -

Q .QR

(N)21 2

12F ar1

02 12

14

=πε

$ (1.2)

$a

RRr12

12

12=

r

(1.3)

1Fv

(N) Força exercida sobre a carga Q1 pela carga Q2.

2Fv

(N) Força exercida sobre a carga Q2 pela carga Q1.

rR12

(m) Vetor que vai da carga Q1 à carga Q2

âr12 Vetor unitário, ou versor, indicando a direção do vetor rR12

Fig. 1.1- Força entre duas cargas: (a) -de mesmo sinal - (b) - de sinais contrários

Exemplo 1.1 Uma carga Q1 = 3x10-4 C está colocada no ponto P1(1,2,3) m. Uma outra carga Q2 = -10-4 C está colocada no ponto P2(2,0,5) m. Encontrar a força

rF sobre cada carga.

Solução Vetor que vai da carga 1 à carga 2

1212 PPRrrr

−= rR a ax y12 2 1 0 2 3= − + − + −( ). $ ( ). $ (5 ). $az

rR a a ax y z12 2 2= − +$ . $ . $

R122 2 21 2 2= + − + =( ) 3

Vetor unitário com a direção de r

R12

$ ( $ . $ . $ )a a a ar x y z1213

2 2= − +

Força sobre a carga 2:

rF

Q QR

ar20

1 2

122 12

14

=πε

.. $

rF

xa a ax y z2

0

4 414

3 10 109

13

2 2=−

− −− −

πε.( )

( $ . $ . $ ) ( )NrF a a a Nx y z2 10 2 2= − − +( $ . $ . $ ) ( )

Força sobre a carga 1:

rF a a ax y z1 10 2 2= − +( $ . $ . $ ) (N)

Exemplo 1.2 Uma carga positiva Q1 de 2 µC encontra-se na posição P1(1,2,1) m, uma carga negativa Q2 de 4 µC encontra-se na posição P2(-1,0,2) m e uma carga negativa Q3 de 3 µC encontra-se na posição P3(2,1,3) m. Encontre a força sobre a carga Q3. Solução:

ar12

Q1

rF1

Q2

rF2

rR12

x

y (b)

ar12

y

rF1

Q1 Q2

rF2

rR12

(a)

x



Pede-se 2,31,33 FFF

rrr+=

O vetor que vai do ponto 1 ao ponto 3:

1313 PPRrrr

−= ou rR a ax y13 2 1 1 2 3 1= − + − + −( )$ ( )$ ( )$az

rR a a ax y13 2= − +$ $ $ z

Vetor unitário de

rR13 :

6

ˆ2ˆˆˆ

13

1313

zyxr

aaa

R

Ra

+−== r

r

Força sobre a carga 3, devido à carga 1:

rF

a a ax y z3 1

0

6 614

2 10 3 106

2

6,

( )( ) $ $ $=

× − × − +− −

πε

rF a a ax y z3 1

33 67 2 10, , ( $ $ $ ) (= − − + × − N)

Vetor que vai do ponto 2 ao ponto 3:

rR P P23 3= − 2 ou

rR a ax y23 2 1 1 0 3 2= − − + − + −( ( )) $ ( )$ ( ) $az

rR a ax y23 3= + +$ $ $a z

Vetor unitário de

rR 23 :

11

ˆˆˆ3ˆ

23

2323

zyxr

aaa

R

Ra

++== r

r

Força sobre a carga 3, devido à carga 2:

rF

a a ax y z3 2

0

6 614

4 10 3 1011

3

11,( )( ) $ $ $

=− × − × + +− −

πε

rF a a ax y z3 2

32 96 3 10, , ( $ $ $ ) (= + + × − N)

Força total sobre a carga 3:

)N(10)a4,4a63,6a2,5(FFF 3zyx2,31,33

−×−+=+=rrrr

Neste exemplo pode ser observado que, em um sistema discreto de cargas pontuais, a força sobre uma carga deste sistema é a soma (vetorial) das forças entre esta carga e as demais cargas do sistema, isoladamente. A título de exercício, calcule a força sobre as outras duas cargas. As respostas deverão ser:

( ) )N(10a10a99,8a65,1F 3zyx1

−×+−−=)r

e ( )rF a a ax y z2

33 56 2 36 5 62 10= − + − × −, $ , $ , $ ( )N

1.2 - O CAMPO ELÉTRICO Considere duas cargas, uma carga Q em uma posição fixa, e uma carga de teste Qt. Movendo-se a carga de teste Qt lentamente em torno da carga fixa Q, ela sofrerá a ação de uma força

rF . Como

essa força sempre será ao longo da linha que une as duas cargas, ela será sempre radial, considerando a posição da carga Q como origem. Além do mais, essa força aumentará de intensidade se aproximarmos a carga de teste da carga Q, e diminuirá se a afastarmos A partir dessas considerações pode-se perceber a existência de um campo de força em torno da carga Q, que pode ser visualizado pela figura 1.2:

Qt Q

rF

Fig. 1.2 - Campo de força produzido por uma carga pontual Q positiva.



Expressando a força sobre Qt pela lei de Coulomb:

)N(a.

RQ.Q

πε41F r2

t

t

0=r

(1.4)

Dividindo a equação (1.4) por Qt :

)C/N(a.

RQ

πε41

QF

r2t0t

=r

(1.5)

Percebe-se facilmente que a quantidade à direita na equação acima é função apenas de Q, e está dirigida ao longo do segmento de reta que vai de Q até à posição da carga de teste. Definindo a relação

rF Qt como sendo

rE , vetor intensidade de campo elétrico, e dispensando o uso de

índices, pode-se escrever:

rE Q

Ra N Cr=

14 0

2πε. $ ( / ) (1.6)

A menor carga elétrica conhecida é o elétron, com 1,6. 10-19 C. Portanto, é fácil concluir que um campo elétrico não pode ser medido com precisão absoluta, pois a carga de teste sempre afetaria o campo da carga em estudo. Em escala atômica isso poderia representar algum problema, mas na totalidade dos casos que serão aqui estudados isso não representará nenhum problema. Exemplo 1.3 Uma carga Q = -10-8 C está situada na origem de um sistema de coordenadas retangulares. Escreva uma expressão para o campo elétrico em função das coordenadas x, y e z, considerando-se que a carga Q estaria na origem desse sistema de coordenadas. Qual é o valor do campo elétrico no ponto P(1,1,2) m ? Solução

rE Q

Ra N Cr=

14 0

2πε. $ ( / )

rR x a y a z ax y= + +. $ . $ . $ z

rR x y z= + +2 2 2

$a RRr =

r

rE Q

x y zx a y a z a

x y zN Cx y z=

+ +

+ +

+ +

14 0

2 2 2 2 2 2πε

. $ . $ . $( / )

( )rE

x a y a z a

x y z

N Cx y z=− + +

+ +

−104

8

0 2 2 232

πε

. $ . $ . $( / )

Para o ponto (1,1,2): rE a a ax y z=

−× ×

+ +10

4 8 85 6 62

4

π ,( $ $ . $ ) ( / )N C

)/()ˆ.2ˆˆ(12,6 CNaaaE zyx ++=

r

O campo elétrico produzido por uma carga puntiforme é sempre orientado radialmente à carga que o gera. Portanto, a solução deste exemplo pode ser grandemente simplificada se, ao invés de se utilizar um sistema de coordenadas cartesianas, utilizar-se um



sistema de coordenadas esféricas. A expressão vetorial para o campo elétrico será:

rE Q

Ra N Cr=

14 0

2πε. $ ( / )

O vetor unitário âr será simplesmente o vetor unitário na direção do raio R. Para o ponto (1,1,2), o módulo de R é:

R = + + =1 1 2 62 2 2 portanto:

rE ar=

−× ×

104 8 85 6

4

π ,$ ( / )N C

O exemplo que acabamos de resolver mostra que muitas vezes, ao tentarmos resolver um problema de uma maneira que julgamos ser a "mais fácil" (no caso, o uso de um sistema de coordenadas mais "conhecido"), estamos fazendo-o da maneira mais complicada. A exploração de simetrias, e o uso de sistemas de coordenadas adequados à cada caso são fortemente incentivados em eletromagnetismo. Exemplo 1.4 Uma carga Q1 = 4x10-9 C está localizada no ponto P1(1,1,3) m. Uma outra carga Q2 = 2x10-9 C localizada no ponto P2(1,1,5) m. Calcule o valor da intensidade de campo elétrico no ponto P(4,-1,2) m. Solução

Vetor que vai de P1 a P: zyx aaa ˆˆ2ˆ.3 −−

Vetor unitário ar1:

14

ˆˆ2ˆ.31

zyxr

aaaa

−−=

Vetor que vai de P2 a P:

zyx aaa ˆ.3ˆ2ˆ.3 −−

Vetor unitário ar2:

22

ˆ.3ˆ2ˆ.3ˆ 2

zyxr

aaaa

−−=

Campo elétrico em P:

rE

x a a a

x a a aN C

x y z

x y z

=− −

+

− −

−

−

4 104

114

3 2

142 104

122

3 2 3

22

9

09

0

πε

πε

. $ $ $

. $ $ . $( / )

)/()ˆ.134,0ˆ191,0ˆ.171,0(9 CNaaaE zyx −−=

r

A exemplo do que foi feito para se calcular forças em um sistema discreto de cargas, o campo elétrico devido a uma distribuição de cargas puntiformes é calculado somando-se a contribuição de cada carga individualmente, no ponto onde se deseja conhecer o valor do campo elétrico. Em sistemas de cargas pontuais o sistema de coordenadas mais indicado é sempre o sistema de coordenadas cartesianas. 1.3 - Distribuição Especial de Cargas Além de cargas pontuais, podem existir outras configurações (distribuições) de carga, a saber: distribuição linear de cargas, distribuição superficial de cargas e distribuição volumétrica de cargas.



1.3.1 - Distribuição linear de cargas - Uma distribuição linear de cargas possui uma densidade

linear ρl C/m (fig. 1.3). ρl C/m

Fig 1 .3 - Distribuição linear de cargas

Vamos agora analisar o comportamento do campo elétrico produzido por uma distribuição linear infinita de cargas (sem ainda equacioná-lo). Vamos tomar duas cargas incrementais (ρldl), em uma distribuição linear de cargas, como mostrado na figura 1.4.

dEz Fig. 1.4 - Arranjo para analisaro comportamento do campoelétrico produzido por umadistribuição linear infinita decargas

dE r P dEr

dE dEz O campo elétrico em um ponto P situado a uma distância r, perpendicular à linha infinita de cargas provocado por cada carga incremental é dE, orientado na direção da linha que une o incremento de carga ao ponto P. Cada um desses campos pode ser decomposto em duas componentes: uma paralela à linha, dEz, e outra perpendicular a ela, dEr. Como as cargas incrementais são simétricas em relação à linha, as componentes dEz vão se anular, e o campo elétrico resultante será a soma das componentes dEr. Como se trata de uma linha infinita de cargas, para qualquer ponto z (considerando um sistema de coordenadas cilíndricas), será sempre possível escolher conjuntos de incrementos de cargas simétricos a ele, e o campo elétrico será sempre perpendicular à linha de cargas. Adicionalmente movendo-se o ponto P em um círculo em torno da linha de cargas, o campo elétrico se manterá com intensidade inalterada, e perpendicular à linha. Movendo-se o ponto P para cima e para baixo, mantendo-se a distância r inalterada, a intensidade do campo elétrico não apresentará alterações. Finalmente, se a distância r variar, o campo elétrico deverá variar também. Resumindo, o campo elétrico produzido por uma distribuição linear infinita de cargas: • Possui simetria cilíndrica, e deve ser equacionado utilizando-se um sistema de coordenadas

cilíndricas. • Só varia com a componente radial. Como exemplo de distribuição de uma linha de cargas, podemos citar os elétrons em um condutor elétrico, que para efeitos de campo elétrico podem ser considerados como estáticos. A expressão para a intensidade de campo elétrico produzido por uma linha de cargas será obtida no próximo capítulo, que trata da lei de Gauss. 1.3.2 - Distribuição superficial infinita de cargas - Uma distribuição superficial de cargas possui uma densidade superficial ρs C/m2 (fig. 1.5).



ρs

Fig 1.5 - Distribuição superficial de cargas Para analisar o comportamento do campo elétrico produzido por uma distribuição superficial infinita de cargas, vamos utilizar o arranjo mostrado na figura 1.6. Vamos considerar duas tiras infinitas de, de espessura dx, simetricamente escolhidas em relação a uma linha de referência (linha pontilhada).

dEz

dE r

dExz

x

Fig. 1.6 - Campo elétrico produzido por um elemento de cargas em uma distribuição superficial Uma “fita” de carga pode ser considerada com sendo uma distribuição linear de cargas. Portanto, o campo elétrico produzido por ela terá o mesmo comportamento do campo elétrico produzido por uma distribuição linear de cargas. Assim, o campo elétrico dE, em um ponto qualquer z m acima da linha pontilhada, produzido por uma das fitas será orientado radialmente em relação à fita. Esse campo pode ser decomposto em duas componentes: dEx, paralelo à superfície de cargas, e dEz, perpendicular À mesma. Como as duas fitas estão simetricamente colocadas em relação ao ponto P, as componentes dEx deverão se anular, e o campo resultante será a soma das componentes dEz. Assim, podemos por enquanto concluir que o campo elétrico produzido por uma distribuição infinita de cargas será orientado perpendicularmente a este campo. Embora distribuições superficiais infinitas de cargas não existam de fato, podemos considerar como um exemplo prático o caso de um capacitor de placas paralelas. Embora as expressões para o campo elétrico produzido por distribuições linear e superficial de cargas possam ser obtidas por integração direta, partindo de raciocínios como os mostrados acima, não o faremos aqui, por existir um modo mais simples e fácil, através da lei de Gauss, que será vista no próximo capítulo. Distribuições volumétricas de cargas são bastante complicadas de serem analisadas, e praticamente inexistem. Portanto, não serão aqui analisadas.



EXERCÍCIOS 1) -Três cargas pontuais, Q1 = 300µC, e ,Q2 = 400 µC e Q3 = 500 µC acham-se localizadas em

(6,0,0) m , (0,0,6) m e (0,6,0) m respectivamernte. Encontre a força que age sobre Q2,. 2) - A lei da gravidade de Newton pode ser escrita , onde m1 e m2 são massas,

pontuais, separadas por uma distância R e G é a constante gravitacional; 6,664´10-11 m3/kg.s2. Duas partículas, cada uma tendo uma massa de 15 mg estão separadas de 1,5 cm. Quantos elétrons são necessários adicionar a cada partícula de modo a equilibrar a força gravitacional ?

F Gm m R= 1 22/

3) - Há quatro cargas pontuais iguais, de 20 µC, localizadas sobre os eixos x e y, em ± 3 m. Calcule

a força que age sobre uma carga de 120 µC, localizada em (0,0,4) m. 4)- Duas pequenas esferas plásticas estão arranjadas ao longo de uma fibra isolante que forma um

ângulo de 45º, com a horizontal. Se cada esfera contiver uma carga de 2×10-8 C, e tiver uma massa de 0,2 g, determine a condição de equilíbrio para as duas esferas sobre a rampa, bem como a posição relativa entre elas.

5) - Prove que a força de repulsão entre duas cargas pontuais e positivas separadas por uma

distância fixa é máxima quando as suas cargas possuem mesmo valor. 6) - Duas cargas pontuais idênticas de Q C estão separadas por uma distância d m. Calcule o campo

elétrico rE para pontos pertencentes ao segmento que une as duas cargas.

7) - Imagine que a terra e a lua possam receber cargas elétricas, de modo a equilibrar a força de

atração gravitacional entre elas. (a) Encontre a carga requerida para a terra, se as cargas estão numa razão direta entre as superfícies da terra e da lua. (b) Qual é o valor de E na superfície da lua, devido às suas cargas? Note que, uma vez que as forças de origem gravitacional e eletrostática estão relacionadas com o inverso do quadrado da distância, não é necessário conhecer a distância terra-lua para resolver este problema.



2.1 - A LEI DE GAUSS

FLUXO ELÉTRICO E LEI DE GAUSS 2 Na verdade, esta lei é regida por princípios muito simples e de fácil entendimento. O conceito geral de fluxo como sendo o escoamento de um campo vetorial que atravessa uma secção qualquer, pode ser estendido para explicar o campo elétrico. Conceito O fluxo elétrico que atravessa qualquer superfície fechada é igual à carga total

envolvida por essa superfície (Lei de Gauss) Na verdade o trabalho de Gauss consistiu na formulação matemática do enunciado acima, que já era conhecido então.

Imagine uma distribuição de cargas, envolvida por uma superfície fechada S (figura 2.1).

y

∆Sθ

DQ

Fig. 2.1 - Distribuição de cargas e

Superfície Gaussiana.

x Vamos agora tomar um incremento de superfície ∆

rS . Como esse elemento incremental de área é

muito pequeno, ele pode ser considerado como sendo plano. Contudo, ele terá uma orientação no espaço, que será dada pelo vetor perpendicular ao plano que tangencia a superfície S neste ponto (centro de ∆

rS ). Portanto, ∆

rS é uma grandeza vetorial. A densidade de fluxo que atravessará ∆

rS é

rDs e, genericamente, fará um ângulo θ com ∆

rS .

O fluxo que atravessa ∆

rS será, então:

∆φ ∆ ∆= =

r rD S D S Cs s. cosθ ( ) (2.1)

∆φ é uma grandeza (escalar), resultante do produto escalar entre os vetores

rDs e ∆

rS .

O fluxo total que atravessa a superfície fechada S será, então.

φ φ= =∫ ∫d D dS Css

r r. ( ) (2.2)

A integral resultante é uma integral de superfície fechada (daí o símbolo ∫S ) e, portanto, uma integral dupla. Esta superfície é freqüentemente chamada de Superfície Gaussiana. A Lei de Gauss é então matematicamente formulada como:

r rD dS Q Cs

s. (∫ = ) (2.3)



A carga envolvida pode ser de qualquer tipo: cargas pontuais discretas, linhas de cargas, distribuição superficial de cargas ou uma distribuição volumétrica de cargas. Como essa última engloba todos os outros tipos, a Lei de Gauss pode ser generalizada em termos de uma distribuição volumétrica de cargas:

r rD dS dv Cs

sv

v. (∫ ∫= ρ ) (2.4)

Exemplo 2.1 Calcular o fluxo que atravessa a superfície de uma esfera de raio a metros, produzido por uma carga elétrica Q Coulombs, colocada no centro dessa esfera. Solução Sabemos que na superfície de uma esfera de raio a, a densidade de fluxo elétrico é: rD Q

aa C ms r=

4 22

π. $ ( / )

O elemento diferencial de área, conforme Fig. 2.2., em coordenadas esféricas é: dS r d d a d d= =2 2sen senθ φ θ θ φ θ

Fig. 2.2 - Elemento diferencial de área O produto

r rD Ss.∆ é:

( )Qa

a a d d a Q d dr r4 422

πθ φ θ

πθ φ θ. . sen . sen⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

=

Os limites de integração foram escolhidos de modo que a integração fosse realizada sobre a superfície uma única vez. A integral de superfície será:

∫ ∫π π

φθθπ0

2

0ddsen

4Q

Integrando primeiro em relação a φ e em seguida em relação a θ

)C(Q)cos(2Qdsen

2Q

00=θ−=θθ

π

∫π

Ficando, pois comprovado: r rD dS Q Cs

s. (∫ = )

Exemplo 2.2 Calcular o fluxo elétrico total que atravessa a superfície esférica, centrada na origem, com raio r = 10 m, sendo que a distribuição de carga é composta por uma linha de cargas ao longo do eixo z, definida por ρl = 2e2|z| C/m na região -2 ≤ z ≤ 2 m e ρl = 0 no restante. Solução Existem duas maneiras de se resolver este problema: Aqueles que adoram resolver integrais complicadas podem encontrar uma expressão para o campo elétrico em um ponto qualquer da superfície de raio r, e integrá-la em toda a superfície. Aqueles um pouco mais espertos podem simplesmente integrar a função de distribuição

de cargas ao longo de z, de -2 a 2 m. A lei de Gauss garante que os resultados serão os mesmos, para qualquer dos dois casos. Então:

Q e dzz=−∫ 2 2

2

2( )C

Como a função módulo não é contínua, vamos dividir a integral acima em duas integrais:



Q e dz e dzz z= +−

−∫ ∫2 22

2

0 2

0

2( )C

Q e ez z= − +−

−

2 2

2

0

0

2

Q e e C= − + + − = =1 1 107 194 4 , ( ) φ

Exemplo 2.3 Considere uma linha infinita de cargas. Utilizando a Lei de Gauss encontre a expressão para o campo elétrico. Solução: De discussões anteriores sobre o campo elétrico de uma linha de cargas, sabemos que o campo elétrico é radial e só varia com o raio r.

Portanto :

rD D a C mr r= . $ ( / )2

A superfície gaussiana é um cilindro de raio r e comprimento L. Aplicando a Lei de Gauss:

Q D dS D dS dS dlado topo base

= = + +∫ ∫ ∫∫ Sr r

. 0 0

Q D rd dz D LL

= =∫ φ π0

2

D QrL r

C ml= =2 2

2

πρπ

( / )

r

r

E D ar

a N Crl

r= =ε

ρπε0 02

. $ . $ ( / )

Exemplo 2.4 Encontrar a expressão para o campo elétrico produzido por uma distribuição superficial infinita de cargas. Solução: Da discussão do capítulo anterior, o campo elétrico produzido por uma distribuição superficial de cargas terá a direção da normal à superfície, no ponto onde se deseja calcular o campo elétrico. A superfície gaussiana utilizada será um pequeno cilindro, de altura h e área de base

∆S. A metade dela estará acima da superfície, e a outra metade abaixo.

∆S

Aplicando a Lei de Gauss:

Q D dS dS D dS D dSlado topo base

= = + +∫ ∫ ∫∫r r

. 0

ρs S D S D S∆ ∆ ∆= +

D s=ρ2

nS a

2ρD =

r ; n

0

S aε2ρE =

r

D

D

D∆S

r

L ∆S

Fig. 2.3 - Superfície gaussiana em torno de uma linha de cargas

rD ∆

rS

∆rS

rD

Fig. 2.4 - Superfície gaussiana para uma distribuição superficial de cargas.



Por este exemplo chegamos à conclusão (em princípio absurda) de que o campo elétrico provocado por uma distribuição superficial de cargas não depende da distância do ponto à superfície. Não se esqueça de que este raciocínio foi feito para uma distribuição infinita de cargas, que não existe na prática. Uma distribuição superficial finita de cargas pode ser considerada como infinita se a distância do ponto de interesse à distribuição superficial de cargas for muito pequena, comparada com as dimensões da mesma. Para pontos mais distantes, a distribuição não pode ser considerada infinita, e a expressão acima não é mais válida. Exemplo 2.5 Dois condutores cilíndricos coaxiais, para efeitos práticos são considerados como sendo infinitos. O interno é maciço, de raio a m. O externo possui raio interno b m e raio externo c m. Uma carga de densidade ρs C/m2 é colocada na superfície do condutor interno. Avaliar o campo elétrico a partir do centro dos cilindros até o exterior onde r > c. Solução Quatro superfícies gaussianas cilíndricas de comprimento L são traçadas. A primeira delas possui um raio r < a. Portanto:

Q D dS= =∫r r

. 0 rE = 0 no interior do cilindro interno. A segunda superfície gaussiana possui um raio a < r < b.

r rD dS dSs

s. = ∫∫ ρ

A primeira integral é calculada sobre a superfície gaussiana, e a segunda sobre a superfície do condutor interno. Portanto:

D rd dz ad dzs

LLφ ρ φ

π π

0

2

0

2

00 ∫ ∫∫∫ =

D rL aLs2 2π ρ π=

D ar

C ms=ρ ( / )2

Se a carga for expressa em unidade de comprimento:

Q aL s= 2π ρ

Sρ π ρl sa= 2 S

S

Dr

C ml=ρπ2

2( / ) E Sa

b r

r

E Dr

a N Clr= =

ερπε0 02

. $ ( / ) c

que é semelhante a expressão para uma linha de cargas.

Fig. 2.5 - Superfícies Gaussianas em um cabo coaxial

A terceira superfície gaussiana é um cilindro com raio r, tal que r > b e r < c. A carga interna ρs induz uma carga de igual magnitude na superfície interna do condutor externo, e a carga envolvida pela superfície gaussiana é nula. Portanto:

r rD dS. =∫ 0

ou seja, o campo elétrico é nulo no interior do cilindro externo. A quarta superfície gaussiana é um cilindro de raio r > c. A carga negativa induzida na superfície interna do condutor externo por sua vez induz uma carga positiva de mesma magnitude na superfície externa do condutor externo. Portanto:

r rD dS Q. =∫

r rD dS dSs. = ∫∫ ρ 3



D rL cLs2 23π ρ π=

D cr

C ms= ρ 32( / )

Como as cargas induzidas são iguais:

ρ π ρ πs saL bL1 22 2=

ρ π ρ πs scL bL3 22 2=

ρ ρ ρs s sc b3 2= = a1

D ar r

C mext sl= =ρ

ρπ1

2

2( / )

rr

E Dr

a N Cextext l

r= =ε

ρπε0 02

. $ ( / )

Esta é a mesma expressão para o campo produzido pelo condutor interno. Em outras palavras, o condutor externo não afeta o campo elétrico produzido pela distribuição de cargas do condutor interno. Graficamente:

Pelos exemplos que acabamos de resolver, podemos concluir que somente o conhecimento da simetria do problema nos permite escolher superfícies gaussianas adequadas. O não conhecimento dessa simetria torna a solução do problema pela Lei de Gauss extremamente complicada. Problemas que não possuem simetria conhecida são resolvidos de uma forma um pouco diferente, como será visto no próximo capítulo. EXERCÍCIOS 1)- O eixo z de um sistema coordenado contém uma distribuição uniforme de cargas, com densidade

ρl = 50 nC/m. Calcule o campo Elétrico rE em (10,10,25) m, expressando-o em coordenadas

cartesianas e cilíndricas. 2)- Existem duas configurações lineares de carga, com densidades iguais, ρl = 6 nC/m, paralelas ao

eixo z, localizadas em x = 0 m , y = ±6 m. Determine o campo elétrico rE em (-4,0,z) m.

3) - O plano 3x + y - 6z = 6 m contém uma distribuição uniforme de cargas com densidade ρs = 0,6

C/m2. Calcule o campo elétrico rE relativo ao semi-espaço que contém a origem.

4) - Uma película infinita com densidade uniforme ρs = (10-9/6π) C/m2 está localizada em z = -5 m.

Outra película com densidade ρs = (-10-9/6π) C/m2 está localizada em z = 5 m . Calcule a

densidade linear uniforme, ρl , necessária para produzir o mesmo valor de rE em (5,3,3) m,

supondo que esta última se localize em z = 0, y = 3. 5) - Uma certa configuração engloba as seguintes duas distribuições uniformes. Uma película com

ρs = -60 nC/m2, uniforme, em y = 3 m, e uma reta uniformemente carregada com ρl = 0,5 µC/m,

situada em z = -3 m, y = 2 m. Aonde o campo rE será nulo ?

r (m)

E (N/C)

a b c

Fig. 2.6 - Comportamento do campo elétrico em função de r.



6) - Um anel circular eletricamente carregado, com raio 4 m, está no plano z = 0, com centro localizado na origem. Se a sua densidade uniforme for ρl = 16 nC/m, calcular o valor de uma carga pontual Q , localizada na origem, capaz de produzir o mesmo campo elétrico em (0,0,5) m.

7) - Calcule a carga contida no volume definido por 2 ≤ r ≤ 3 m, 0 ≤ φ ≤ π/3, 0 ≤ z ≤ 4 m, dada a

densidade de cargas ρ = 3zsen2φ C/m3. 8) - Uma superfície fechada S envolve uma distribuição linear finita de cargas definida por 0 ≤ L ≤ π

m, com densidade de cargas ρl = -ρ0sen(L/2) C/m. Qual é o fluxo total que atravessa a superfície S ?

9) - Na origem de um sistema de coordenadas esféricas existe uma carga pontual Q C. Sobre uma

casca esférica de raio a uma carga (Q'- Q) C está uniformemente distribuída. Qual é o fluxo elétrico que atravessa a superfície esférica de raio k m, para k < a e k > a ?

10) - Uma área de 40,2 m2 sobre a superfície de uma carga esférica de raio 4 m é atravessada por

um fluxo de 15 µC de dentro para fora. Quanto vale a carga pontual localizada na origem do sistema relacionado a tal configuração esférica ?

11) - Uma carga pontual Q = 6 nC está localizada na origem de um sistema de coordenadas

cartesianas. Quanto vale o fluxo Ψ que atravessa a porção do plano z = 6 m limitada por -6 ≤ y ≤ 6 m; -6 ≤ x ≤ 6 m ?

12) - Dado que rD e a z

ba C m

rb

r z= −−

30 2 2( / ) em coordenadas cilíndricas, calcule o fluxo total que sai

da superfície de um cilindro circular reto descrito por r = 2b m, z = 0, z = 5b m. 13) - Sobre a origem de um sistema de coordenadas esféricas existe uma carga pontual Q = 1500

pC. Uma distribuição esférica concentrica de cargas de raio r = 2 m tem uma densidade ρs = 50π

pC/m2. Quanto deve valer a densidade de cargas de uma outra superfície esférica, r = 3 m, concêntrica com o sistema, para resultar D = 0 em r > 3 m .


APOSTILA DE ELETROMAGNETISMO I


14

3.1 - A LEI DE GAUSS APLICADA A UM ELEMENTO DIFERENCIAL DE VOLUME Vimos que a Lei de Gauss permite estudar o comportamento do campo elétrico devido a certas distribuições especiais de carga. Entretanto, para ser utilizada, a Lei de Gauss exige que a simetria do problema seja conhecida, de forma a resultar que a componente normal do vetor densidade de fluxo elétrico em qualquer ponto da superfície gaussiana seja ou constante ou nula. Neste capítulo pretendemos considerar a aplicação da Lei de Gauss a problemas que não possuem nenhum tipo de simetria. Suponhamos um volume incremental ∆v extremamente pequeno, porém finito. Se assumirmos uma densidade de carga uniforme neste incremento de volume, a carga ∆Q será o produto da densidade de carga ρ pelo volume ∆v. Pela Lei de Gauss, podemos escrever:

∫ ∆ρ=∆= VQSd.Drr

(3.1)

Fig. 3.1 - Volume incremental em torno do ponto P.

Vamos agora desenvolver a integral de superfície da equação acima, sobre uma superfície gaussiana elementar que engloba o volume ∆v. Este volume está representado na figura 3.1, e é formado pelas superfícies incrementais ∆x.∆y, ∆y.∆z, e ∆z.∆x. Considere um ponto P(x,y,z) envolvido pela superfície gaussiana formada pelas superfícies incrementais . A expressão para

rD no ponto P‚ em coordenadas cartesianas é:

rD D a D a D ax x y y z z= + +0 0 0.$ .$ . $ (3.2)

A integral sobre a superfície fechada é dividida em seis integrais, uma sobre cada lado do volume ∆v.

∫∫∫∫∫∫ ∫ +++++=basetopo.dir.esqatrásfrente

Sd.Drr

(3.3)

DIVERGÊNCIA DO FLUXO ELÉTRICO E TEOREMA DA

DIVERGÊNCIA 3

Dx + (∂Dx/∂x)∆x

∆y ∆x

∆z

Dx

Dz

Dy Dy + (∂Dy/∂y)∆y

Dz + (∂Dz/∂z)∆z

P

x

y

z



15

Para a primeira delas:

z.y.Da.z.y.DS.D )frente(xxfrentefrentefrentefrente

∆∆=∆∆=∆≅∫)rrr

(3.4)

(Dx é a componente de

rD normal ao plano yz).

Aproximando o resultado Dx(frente).∆y.∆z pelos dois primeiros termos da expansão em série de Taylor: ( ) xzyD

x.

21

zyDzyD x0x)frente(x ∆∆∆∂∂

+∆∆=∆∆ (4.5)

Portanto:

frentex

xDx D

xy z∫ = +

0 2

∆∆ ∆. . .

∂∂

(3.6)

Consideremos agora a integral ∫atrás:

( ) xzyDx

.21

zyD)xa(zyDS.D x0x)atrás(x)atrás(xatrás

∆∆∆∂∂

+∆∆−=−∆∆=∆=∫)vrr

zyx

D.

2x

DS.D x0x)atrás(x

atrás∆∆

∂∂∆

+−≅∆=∫rr

(3.8)

(porque o vetor unitário âx em ∆s tem agora direção negativa).

Combinando as duas integrais:

frente atrás

xDx

x y z∫ ∫+ ≅∂∂

. . .∆ ∆ ∆ (3.9)

Utilizando o mesmo raciocínio para as outras integrais:

dir esq

yDy

x y z. .

. . .∫ ∫+ ≅∂∂

∆ ∆ ∆ (3.10)

topo base

zDz

x y z∫ ∫+ ≅∂∂

. . .∆ ∆ ∆ (3.11)

Assim:

r rD dS D

x

D

yDz

vx y z. .≅ + +

∫

∂∂

∂

∂∂∂

∆ (3.12)

A expressão acima diz que o fluxo elétrico que atravessa uma superfície fechada muito pequena é igual ao produto entre o volume compreendido por essa superfície e a soma das derivadas parciais das componentes do vetor

rD em relação às suas próprias direções.

Igualando-se as equações 3.1 e 3.12, e em seguida dividindo todos os termos por ∆v, tem-se:

ρ=

∆∆=

∂∂+

∂∂

+∂

∂=∆

∫VQ

zD

yD

xD

V

Sd.Dzyx

rr

(3.13)



16

Passando ao limite, com ∆v tendendo a zero:

lim .

∆ ∆v

D dS

vDx

D

yDz

x y z

→= + + =∫

0

r r∂∂

∂

∂∂∂

ρ

(3.14)

3.2 - DIVERGÊNCIA A operação indicada pelo primeiro membro da equação 3.14 não é pertinente apenas ao fenômeno ora em estudo. Surge tantas vezes no estudo de outras grandezas físicas descritas por campos vetoriais, que cientistas e matemáticos do século passado resolveram batizá-la com um nome especial: Divergência. Matematicamente:

divAv

A dS

v

rr r

=→

∫lim .

∆ ∆0

(3.15)

Conceito A divergência do vetor densidade de fluxo

rA (que representa um fenômeno físico

qualquer) é a variação do fluxo através da superfície fechada de um pequeno volume que tende a zero

A divergência é uma operação matemática sobre um vetor, definida como sendo a soma das derivadas parciais das componentes do vetor, cada uma em relação à sua própria direção. Apesar de ser uma operação sobre um vetor, o resultado é um escalar. A partir da definição da divergência e da equação 3.14, podemos definir a 1ª equação de Maxwell:

div D.r

= ρ (3.16)

A equação 3.16 estabelece que o fluxo elétrico por unidade de volume deixando um volume infinitesimal é igual à densidade volumétrica de carga neste ponto. Esta equação também é conhecida como a forma diferencial da Lei de Gauss, por que é expressa como sendo a soma de derivadas parciais. 3.3 - O OPERADOR ∇ (nabla) E O TEOREMA DA DIVERGÊNCIA O operador ∇ é definido como sendo o operador vetorial diferencial:

∇ = + +∂∂

∂∂

∂∂x

ay

az

ax y z. $ . $ . $ (3.17)

Realizando o produto escalar D

r.∇ , tem-se:

( )∇ = + +

+ +. . $ . $ . $ . . $ . $ . $

rD

xa

ya

za D a D a D ax y z x x y y z z

∂∂

∂∂

∂∂

(3.18)

Lembrando que o produto escalar entre vetores unitários ortogonais é nulo, o resultado será:

∇ = + +.

rD

Dx

Dy

Dz

x y z∂∂

∂∂

∂∂

(3.19)

ou ainda por (3.14):

∇ =.rD ρ (3.20)



17

O operador ∇ não é utilizado somente em operações de divergência, mas também em outras operações vetoriais. Ele é definido somente em coordenadas cartesianas. A princípio, a expressão ∇.

rD serviria

apenas para se calcular as derivadas parciais do divergente do vetor rD em coordenadas

cartesianas. Entretanto, a expressão ∇.rD como sendo a divergência do vetor densidade de fluxo

elétrico é consagrada, e pode ser utilizada mesmo quando o vetor é definido em outros sistemas de referência. Por exemplo, em coordenadas cilíndricas:

( )

zDD

r1

rrD

r1D. zr

∂∂+

∂φ∂

+∂

∂=∇ φr

(3.21)

e em coordenadas esféricas:

( ) ( )∂φ

∂θ

+θ∂θ∂

θ+

∂∂=∇ φ

θD

senr1senD

senr1Dr

rr1D. r

22

r

(3.22)

Entretanto, deve-se lembrar, porém, que ∇ não possui uma forma especifica para estes tipos de sistemas de coordenadas. Finalmente, vamos associar a divergência à Lei de Gauss, para obter o teorema da divergência. Lembrando que:

r rD dS dv

vol. .= ∫∫ ρ

e

∇ =.rD ρ

podendo escrever:

( )r r rD dS D dv

vol. .= ∇∫∫ (3.23)

A equação 3.23 é o Teorema da Divergência (ou teorema de Gauss, para diferenciar da Lei de Gauss) e estabelece que a integral da componente normal de qualquer campo vetorial sobre uma superfície fechada é igual à integral da divergência deste campo através do volume envolvido por essa superfície fechada. Uma maneira simples de se entender fisicamente o teorema da divergência é através da figura 3.2. Um volume v, limitado por uma superfície fechada S é subdividido em pequenos volumes incrementais, ou células. O fluxo que diverge de cada célula converge para as células vizinhas, a não ser que a célula possua um de seus lados sobre a superfície S. Então a soma da divergência da densidade de fluxo de todas as células será igual à soma do fluxo liquido sobre a superfície fechada.

Fig. 3.2 - Volume v subdividido em volumes incrementais



18

Exemplo 3.1 Calcular os dois lados do teorema da divergência, para uma densidade de fluxo elétrico rD xy a yx ax y= +2 2. $ . $ , em um cubo de arestas igual a 2 unidades.

Solução Vamos colocar a origem do sistema de coordenadas cartesianas em um dos vértices. O vetor

rD possui componentes nas direções x

e y. Portanto, a princípio, a integral de superfície deve ser calculada sobre 4 lados do cubo:

r rD dS

frente atrás esq dir.

.= + + +∫ ∫ ∫ ∫∫

frentex xy a dy dz a∫ ∫∫= =2

323

2

0

2

0

2. . $ . . $

atrásx xy a dy dz a∫ ∫∫= − =0 02

0

2

0

2. . $ . . . ( $ )

esqy yx a dx dz a

.. . $ . . . ( $ )∫ ∫∫= − =0 02

0

2

0

2

diry yx a dx dz a

.. . $ . . . $∫ ∫∫= =2

323

2

0

2

0

2

r rD dS.∫ =

643

Para o outro lado:

∇ = + +.rD

Dx

D

yDz

x y z∂∂

∂

∂∂∂

∇ = +.

rD x y2 2

( ) ( )∇ = +∫ ∫∫∫. . .rD dv x y dx dy dz

vol

2 2

0

2

0

2

0

2

( ) ( )∇ = +∫ ∫∫. .rD dv x y dy dx

vol2 2 2

0

2

0

2

v x dx y dy= +

∫∫4 2 2

0

2

0

2

( )∇ =∫ .rD dv

vol

643



19

EXERCÍCIOS 1) - Dado

rA x y a x y ax y= + + −( ). $ ( ). $3 2 2 calcule ∇.

rA .

2) -Obtenha a divergência em coordenadas esféricas. Use um volume infinitesimal com arestas ∆r, r∆θ e

rsenθ∆φ. 3) - Dipolo Elétrico, ou simplesmente dipolo, é o nome dado ao conjunto de duas cargas pontuais de

igual magnitude e sinais opostos, separadas por um distância pequena se comparada com a distância ao ponto P onde se deseja conhecer o campo elétrico. O ponto P é descrito em coordenadas esféricas (figura 1), por r, θ e φ = 90 graus, em vista da simetria azimutal. As cargas positivas e negativas estão separadas por d m, e localizadas em (0,0,d/2) m e (0,0,-d/2) m. O campo

no ponto P é rE Qd

ra ar= +

42

03πε

θ θ θ( cos . $ sen . $ ) . Mostre que a divergência deste campo é nula.

4) - Para a região 0 < r ≤ 2 m (coordenadas cilíndricas),

rD r e r e ar r

r= + +− − − −( ) $, ,4 2 41 0 5 1 0 5 , e para r >

2m, rD r a r= −( , ). $2 057 1 . Pede-se obter a densidade de cargas ρ para ambas as regiões.

5) - Dado rD r a r= ( ). $10

43

em coordenadas cilíndricas, calcule cada um dos lados do teorema da

divergência, para o volume limitado por r = 3 m, z = 2 m e z = 12 m.

6) - Dado ?r a.?cos2a.?sen10D +=r

, pede-se calcular ambos os lados do teorema da divergência, para o

volume limitado pela casca r = 3 m. 7) - Uma linha uniforme de cargas de densidade ρ

l pertence ao eixo z. (a) Mostre que ∇ =.

rD 0 em

qualquer lugar, exceto na linha de cargas. (b) substitua a linha de cargas por uma densidade volumétrica de cargas ρ0 em 0 ≤ r ≤ r0 m. Relacione ρ

l com ρ0 modo que a carga por unidade de

comprimento seja a mesma. Determine então ∇.rD em toda parte.

figura 1 - figura do problema 3

Q

- Q

R2

R1

r

P

x

y

d

θ


TRABALHO E POTENCIAL ELETROSTÁTICO 4

Nos capítulos anteriores investigamos o campo elétrico devido a diversas configurações de cargas (pontuais, distribuição linear, superfície de cargas e distribuição volumétrica de cargas), a partir da Lei de Coulomb e da Lei de Gauss. No primeiro caso, as expressões para o vetor intensidade campo elétrico eram obtidas à custa de integrações que, conforme a complexidade do problema, se tornavam bastante complicadas. A Lei de Gauss é mais simples de ser utilizada, porém requer que a simetria do problema seja bastante conhecida. Nos casos em que isso não acontecia, a solução pela Lei de Coulomb ainda seria a mais recomendável. Vamos agora procurar uma terceira maneira de se resolver problemas de eletrostática, dessa vez a partir de uma função escalar, conhecida como potencial eletrostático, ou campo potencial. 4.1 - TRABALHO ENVOLVIDO NO MOVIMENTO DE UMA CARGA PONTUAL EM UM CAMPO ELÉTRICO Imagine um campo elétrico, provocado por uma configuração de cargas qualquer (pontual, linha de cargas etc). Suponha agora que uma carga pontual Q seja colocada nesse campo elétrico. Sobre essa carga pontual estará agindo uma força de origem eletrostática, dada por:

r rF QE Ne = ( ) (4.1)

Se quisermos mover essa carga contra a ação do campo elétrico, temos de exercer uma força de intensidade igual e direção oposta àquela exercida pelo campo elétrico, na direção do movimento. Isso exige o dispêndio de energia, ou seja, a realização de um trabalho. Se o movimento é no sentido do campo elétrico, o dispêndio de energia é negativo, ou seja, a fonte externa não realiza trabalho. Este é realizado pelo campo elétrico. Suponhamos que queiramos mover a carga Q de uma distância dL

r no campo elétrico

rE , conforme a

figura 4.1. O gasto de energia será o produto escalar da força pela distância:

θ−=−= cosQEdLLd.EQdWrr

(4.2)

F Fe

Q

E

Fig. 4.1 - Carga Q em um campo elétrico E

Pela equação acima podemos perceber facilmente que se desejarmos mover a carga perpendicularmente ao campo elétrico, o trabalho realizado será nulo. O trabalho realizado para mover uma carga de uma distância finita é dado pela integral:

UNESP –Naasson Pereira de Alcantara Junior – Claudio Vara de Aquino


W Q E dL

inic

final= − ∫

r r. (

.J)

(4.3)

Exemplo 4.1 Dado o campo elétrico

rE x a z a y ax y= + +3 2 22 . $ . $ . $ z N/C, determine o trabalho realizado para se mover

uma carga de 20 µC ao longo de um percurso incremental 10-4 m de comprimento, na direção de localizado no ponto (2,-2, -5) m. − + −0 6 0 48 0 64, . $ , . $ , . $a ax y a z

Solução

)C/N(a.4a.10a.12E

a).2.(2a).5.(2a).2.(3E

zyx

zyx2

−−=

−+−+=

r

r

Para dW Ld.Eq−= vem:

)a.64,0a.48.0a.6,0(10).a.4

a.10a.12.(10.20dW

zyx4

z

yx6

−+−

−−−=−

−

nJ88,18)56,28,42,7.(10x2dW 9 =+−−−= −

rv

4.2 - INTEGRAL DE LINHA Na análise vetorial uma integral de linha é definida como sendo a integral ao longo de um caminho determinado, do produto escalar de um campo vetorial por um vetor deslocamento diferencial dL

r.

Este é o caso da equação 4.3 da seção anterior acima. Para entender melhor esse conceito, imagine que queiramos calcular o trabalho para mover uma carga Q em um campo elétrico‚ do ponto B ao ponto A, conforme é representado na figura 4.2.

E

A

Fig. 4.2 - Carga movendo-se de B até A.’

O caminho é dividido em um grande numero de segmentos . A componente do campo ao longo de cada segmento é multiplicada pelo tamanho do segmento, e os resultados para todos os segmentos são somados. Obviamente isso é um somatório. A integral é obtida quando o comprimento de cada segmento tender a zero.

∆rL s'

Matematicamente:

W Q E L E L E LL L Ln= − n+ + +( . . .. . .. . )1 1 2 2∆ ∆ ∆ (4.4) ou, em notação vetorial:

W Q E L E L E Ln n= − + + +( . . . .. . )r r r r r r

1 1 2 2∆ ∆ ∆ (4.5)

E

E

EEL4

∆L4

∆L3EL3

∆L2EL2

∆L2EL1

B



Se o campo for uniforme:

r r rE E E n1 2= = =... (4.6)

W Q E L L Ln= − + + + +. ( . .. )

r r r r∆ ∆ ∆1 2 (4.7)

A soma dos segmentos vetoriais entre parêntesis corresponde ao vetor dirigido do ponto B ao ponto A,

rL . Portanto: BA

W QE LBA= −

r r. (4.8)

Devemos notar que neste caso onde o campo elétrico é uniforme, o trabalho realizado para movimentar a carga Q do ponto B ao ponto A independe do caminho tomado, dependendo de Q,

r rE e LBA , o vetor que vai de B até A. Veremos mais tarde que isso é verdade para qualquer campo

elétrico estático, invariante no tempo. Exemplo 4.2 Calcular o trabalho realizado para mover uma carga Q = - 10-5 C, imersa em um campo elétrico rE y a z ay= − +. 2 z. , ao longo do caminho definido pela reta y z+ = 2 , e ao longo do caminho definido pelas retas z = 0 me y = 0 m . Solução

z Fig. 4.3 - Carga

movendo-se por dois caminhos

(0,0,2) trajeto 1

trajeto 2 y (0,2,0)

Para o primeiro caminho temos:

dW QE dL= −r r

.

dW Q y a z a dy a dz ay z y= − − + +( . $ . $ ).( . $ . $ )2 z

dW Q ydy zdz= − +( )2

y z y z+ = = −2 2;

d y dz= −

dW Q z dz zdz Q z dz= − − − − + = − +( ( )( ) ) ( )2 2 2

W z dz zz

x J= + = + =− −∫10 2 10 22

6 105

0

2 52

5

0

2

( ) ( ) (− )

Para o segundo caminho:

ydy10Qydy)ady.ay(QdW 5yy1

−−==−−=

)J(10x22

y10ydy10W 52

502

51

2

0

−−− ==−= ∫

dW Q z a dz a Q zdz zdzz z252 2 1= − = − = −( . $ . . $ ) 0 2

W zdz x z x25 5

25

0

210 2 2 10

24 10

0

2

= = =− −∫ −

W W W x J= + = −

1 256 10 ( )


23

Exemplo 4.3 Calcular o trabalho realizado para mover uma carga pontual positiva Q C, imersa no campo elétrico de uma linha de carga de densidade ρ

l C/m do ponto r1 m ao ponto r

2 m, conforme a figura abaixo. Solução

ρl

Fig. 4.4 - Carga imersa no campo de uma linha de cargas.

O campo elétrico devido à linha de cargas terá apenas a componente na direção radial. Em coordenadas cilíndricas:

)C/N(a.r2

a.EE r0

lrr πε

ρ==

r

O diferencial do caminho em coordenadas cilíndricas é:

dL dr a rd a dz ar zr= + +. $ . $ . $φ φ

O trabalho diferencial será:

dr.r2

.QLd.E.QdW0

l

περ

−=−=rr

Logo:

W Q drr

lr

r= − ∫

ρπε2 0 1

2

W Qrr

Jl= −ρπε2 0

2

1ln ( )

Como r2 é maior que r1, ln(r2/r1) é o trabalho realizado é negativo, ou seja, a fonte externa que move a carga recebe energia.

4.3 - DIFERENÇA DE POTENCIAL E POTENCIAL ELETROSTÁTICO Se tomarmos a equação para o trabalho realizado para se mover uma carga Q em um campo elétrico, e a dividirmos pelo valor da carga Q, Teremos uma nova grandeza que denominaremos de diferença de potencial. Matematicamente:

Diferença de Potencial W

QE dL

inic

inal= = − ∫

r r.

. (4.9)

Em outras palavras, a diferença de potencial (ddp) pode ser definida como sendo o trabalho realizado para se mover uma carga unitária de um ponto a outro em um campo elétrico. A sua unidade é Joule por Coulomb, ou Volt (V). Se A é o ponto final e B o ponto inicial, a diferença de potencial VAB é:

V E dLAB

B

A= − ∫

r r. ( V) (4.10)

No exemplo da linha de carga da última seção, o trabalho para se deslocar a carga de r

2 para r

1 é:

W Qrr

Jl=ρπε2 0

2

1ln ( ) (4.11)

A diferença de potencial entre r

1 e r

2 é:

V WQ

rr

Vl12

0

2

12= =

ρπε

ln ( ) (4.12)

dL = drar r2r1

UNESP – Apostila de Eletromagnetismo – Prof. Dr. Naasson |Pereira de Alcantara Junior


Exemplo 4.4 Calcular a diferença de potencial entre os pontos r

1 e r

2, r

2 > r

1, devido a uma carga pontual de Q

Coulombs positivos. Mostrar que ela independe das posições θ e φ. Solução

)V(Ld.EV1

2

r

r12 ∫−=

rr

r rE Q

ra dL dr r= =

14 0

2πε. . $ ; . $r a

r rE dL Q dr

r. .=

4 02πε

∫ πε−=

1

2

r

r 20

12 rdr

4QV

V Q drr

Qrr

r

r

r

120

204 4

12

1

2

1

= − = ⎛⎝⎜⎞⎠⎟∫πε πε

V Qr r

V120 1 24

1 1= −

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

πε( )

O potencial absoluto pode ser definido tomando um potencial de referência especificado que é considerado como tendo potencial zero. Usualmente o esse potencial é tomado na superfície da terra ou no infinito. No exemplo anterior, se um dos pontos (ponto r2, por exemplo) estiver no infinito, o potencial absoluto no ponto r1 será:

V

Qr

V10 1

14

=πε

( ) (4.13)

Se o potencial absoluto de A é VA, e o potencial absoluto de B é VB, a diferença de potencial VAB é:

V V VAB A B V= − ( ) (4.14) 4.4 - O POTENCIAL DE UM SISTEMA DE CARGAS Para duas cargas pontuais o potencial absoluto será:

V

QR

QR

V= +⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

14 0

1

1

2

2πε( ) (4.15)

e para n cargas:

V Q

RVi

ii

n

==∑1

4 0 1πε( ) (4.16)

Substituindo cada carga por ρ∆ : v

)V(

Rv

41V

n

1i i0∑=

∆ρπε

= (4.17)

Fazendo n → ∝ :

V

dvR

Vvol

= ∫1

4 0περ

( ) (4.18)



Para uma distribuição superficial de cargas:

V

dSR

Vs

s= ∫

14 0πε

ρ( ) (4.19)

Para uma distribuição linear de cargas:

)V(

RdL

41V

L

l

0∫ρ

πε= (4.20)

Exemplo 4.5 Calcular o potencial em um ponto no eixo de um anel de raio a m, com uma distribuição linear de carga ρ

l C/m.

Solução

V dLR

Vl= ∫1

4 0περ ( )

∫∫+πε

ρ=

+

ρπε

= dLza4za

dL.4

1V22

0

l22

l

0

)V(za2

a.

za

a2.4

V22

0

l220

l

+ε

ρ=

+

ππερ

=

P

ρl

Fig. 4.4 - anel de cargas



Exemplo 4.6 Resolver o exemplo anterior, considerando um anel de raio interno a m, raio externo b m e densidade superficial ρ

s C/m2. Solução

)V(RdS.

41V

S

s

0∫ρ

πε=

dS r d dr R r z= =. . ;φ 2 2+

Vrd dr

r zs=

+∫∫

14 0 2 2πε

ρ φ. .

V d rdr

r zs

a

b=

+∫∫

ρπε

φπ

4 0 2 20

2

V rdr

r zs

a

b=

+∫

ρε2 0 2 2

V r zs

a

b

= +ρε2 0

2 2

V b z a zs= + − +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

Vρε2 0

2 2 2 2 ( )

P

ρs

Fig. 4.6 - Anel com distribuição superficial de cargas.

EXERCÍCIOS 1) - Calcule o trabalho necessário para movimentar uma carga pontual Q = -20 mC no campo

rE x y a x a V mx y= + +2 4 8( ). $ . $ ( / ) da origem ao ponto (6,4,1) m, ao longo do percurso . y9x2=

2) - Calcule o trabalho necessário para movimentar uma carga pontual Q = 5 mC de (5 m, p, 0) a (3

m, p/2. 3 m), coordenadas cilíndricas, no campo rE r a z a V mr z= +( ). $ . $ ( / )10 105 5 .

3) - Uma carga pontual de 0,6 nC está localizada no ponto (3,6,6) m. Calcule a diferença VAB, entre

os pontos A(3,3,6) m e B(-3,3,6) m. 4) - Se a referência de potencial nulo está em r = 12 m, e uma carga pontual Q = 0.6 nC ocupa a

origem, encontre os potenciais em r = 8 m e r = 24 m. 5) - Suponha que em um dia sujeito a instabilidades atmosféricas, a diferença de potencial entre a

superfície da terra e a eletrosfera (digamos 25 km acima da superfície terrestre) seja de 600000 V. Um avião com 12 m de envergadura em suas asas está voando a 2600 m de altitude, com uma



inclinação de 45° de suas asas. Calcule a diferença de potencial entre as extremidades das suas asas.

6) -Três cargas pontuais de 2 nC ocupam os vértices de um triângulo equilátero de 2 m de lado.

Calcule o potencial em um ponto 2 m acima do plano do triângulo e no eixo de seu centro geométrico.

7) - Uma distribuição linear de cargas com densidade ρ

l = 1 nC ocupa o perímetro de um quadrado

de 5 m de lado. Calcule o potencial no ponto situado 6 m acima do quadrado, no eixo de seu centro.

8) - Desenvolva uma expressão para o potencial num ponto distante radialmente d m do ponto médio

de uma distribuição linear de cargas finita, de comprimento L m e de densidade uniforme rl (C/m). Comprove a dedução da expressão, pelo desenvolvimento empregado no exercício anterior.

9) - Um disco 0 ≤ r ≤ a m, z = 0, 0 ≤ φ ≤ 2π , possui uma densidade superficial de cargas

ρ ρs r a C m= 02 2 2( / ) . Encontre V(0,0,z m) no espaço livre.

10) - Uma película plana uniformemente carregada com ρs = (1/5π) nC/m2 está localizada em x = 0, e uma segunda película plana, com ρs = (-1/5π) nC/m2 está localizada em x = 10 m. Calcule VAB , VBC, VAC para A(12, 0, 0) m, B(4, 0, 0) m e C(-2, 0, 0) m.



O GRADIENTE DO POTENCIAL E ENERGIA NO CAMPO ELETROSTÁTICO5

5.1 - O GRADIENTE DO POTENCIAL A expressão obtida no capítulo 4 para o cálculo da diferença de potencial como uma integral de linha é:

V E dL= − ∫ V

r r. ( ) (5.1)

Se o caminho escolhido for um ∆

rL , tal que se possa considerar

rE constante nesse caminho :

∆ ∆V E L V= −

r r. ( ) (5.2)

r r

E L E L V. cos∆ ∆= θ ( ) (5.3)

∆ ∆V E L V= − cos ( )θ (5.4)

∆

∆VL

E V= − cos ( / )θ m (5.5)

Passando ao limite:

dVdL

E V= − cos ( / )θ m (5.6)

A expressão acima será máxima quando cosθ= -1:

dVdL

E V mmax

= ( / ) (5.7)

Pela equação 5.7 podemos concluir que: • A magnitude do campo elétrico é dada pela máxima taxa de variação do potencial com a distância. • Este valor máximo é obtido quando a direção do incremento de distância for oposta a

rE .

Pela figura 5.1, partindo do ponto P, a maior taxa de variação de V com a distância se dá na direção crescente dos potenciais, ao longo de uma linha da esquerda para a direita e para cima. Pela equação 5.6 o sentido de

rE é para a esquerda e para baixo, oposto à maior variação de V.

Definindo o vetor unitário como sendo o vetor normal à superfície equipotencial, e dirigido no sentido dos potenciais crescentes, podemos escrever para o vetor campo elétrico:

$an

r

E dVdL

a V mmax

n= − . $ ( / ) (5.8)



Fazendo:

dVdL

dVdNmax

= (5.9)

z

y

x

dr

∇V

V(x,y,z) = c2>c1

V(x,y,z) = c1

Fig. 5.1 - gradiente de V

fica, então:

rE dV

dNa V mn= − . $ ( / ) (5.10)

A operação ( )dV dN an. $ é conhecida como o gradiente do potencial V. Novamente é um tipo de operação que não aparece apenas no caso de potenciais elétricos, mas também na hidráulica, termodinâmica, magnetismo etc. Usando este novo conceito podemos escrever:

rE grad= − V (5.11)

O gradiente é uma operação sobre um escalar que resulta num vetor. (Você também já deve ter notado que o vetor intensidade de campo elétrico está sendo agora expresso em Volts/metro (V/m). ) A expressão 5.11, da forma como está colocada ainda nos parece sem muita utilidade. Vamos agora encontrar uma maneira de escrever o vetor intensidade de campo elétrico em termos de derivadas parciais do potencial elétrico. Em coordenadas cartesianas podemos escrever o diferencial de potencial dV como sendo :

dV V

xdx V

ydy V

zdz= + +

∂∂

∂∂

∂∂

. . . (5.12) Por outro lado, por (5.2) passada ao limite:



dV E dL E dx E dy E dzx y z= − = − − −r r

. . . . (5.13)

Igualando 5.12 com 5.13 podemos concluir que:

E V

xx = −∂∂

(5.14)

E V

yy = −∂∂

(5.15)

E Vzz = −

∂∂

(5.16) ou vetorialmente:

rE V

xa V

ya V

za Vx y z= − + +( . $ . $ . $ ) ( )∂

∂∂∂

∂∂

(5.17)

Relembrando a definição do operador ∇:

∇ = + +

∂∂

∂∂

∂∂x

ay

az

ax y. $ . $ . $ z (5.18)

e aplicando-o sobre o potencial V, teremos:

∇ = + +V

Vx

aVy

aVz

ax y∂∂

∂∂

∂∂

. $ . $ . $ z (5.19)

Portanto:

rE V V= −∇ ( / )m (5.20)

Em um sistema de coordenadas esféricas temos:

φθr a.φ∂V∂

θsenr1a.

θ∂V∂

r1a.

r∂V∂V ++=∇ (5.21)

Em coordenadas cilíndricas,

∇ = + +V V

ra

rV a V

zar z

∂∂

∂∂φ

∂∂φ. .1 . (5.22)



Exemplo 5.1 Encontrar o campo elétrico devido a uma carga pontual, utilizando o potencial eletrostático. Solução O campo elétrico de uma carga pontual possui apenas a componente radial, em coordenadas esféricas:

rE V V

ra V mr= −∇ = −

∂∂

. $ ( / )

O potencial eletrostático em um ponto distante r m da carga pontual é:

V Qr

V=1

4 0πε. ( )

∂∂ πεVr

Qr

V m= −1

4 02. ( / )

rE Q

ra V mr=

14 0

2πε.

.. ( / )

V

Exemplo 5.2

Dado: encontre : ( ) ( ) ( )V x y z= − + −2 2 12 2 3. .

a) - rE na origem.

b) - dVdN

na origem

c) - $an

Solução a) -

rE V V= −∇ ( / )m

( )( ) ( )

( ) ( )( )( ) ( ) ( ) z

222

y32

x32

a1z.2y.2x.3

a1z.2y.2x.2

a.1z.2y.2x.2E

)

)

)r

−+−

−−+−

−−+−−=

rE a a ax y z( , , ) . $ . $ . $ ( / )0 0 0 16 16 48= − + − V m

rE a a ax y z( , , ) ( $ $ $ ) ( / )0 0 0 16 3= − − + V m

b) - dVdN

é a magnitude do campo elétrico.

Portanto :

dVdN

V m= + + =16 1 1 9 531, ( / )

c) -

rE dV

dNa V mn= − . $ ( / )

( )− − + = −16 3 531$ $ $ , . $a a a ax y z n

)a3aa(301,0a zyxn +−=

()

5.2 - DENSIDADE DE ENERGIA NO CAMPO ELETROSTÁTICO Suponhamos n cargas, , positivas, localizadas no infinito (figura 5.2). Imaginemos

agora uma região qualquer com campo elétrico total nulo (

Q Q Q n1 2, , ...... ,rE = 0). Inicialmente se desejarmos trazer

a carga Q1 para um ponto 1 pertencente a essa região, o trabalho será nulo, pois rE = 0.




32 Q1

Q2 1 Q1 2 Q2Q3 3 Q3 Q4 4 Q4 Qnn Qn Região com E = 0 infinito

Fig. 5.2 - Sistema de cargas

Suponhamos agora que queiramos trazer a carga Q2 para um ponto 2, próximo à carga Q

1. A fonte

externa deverá realizar um trabalho, devido agora à presença da carga Q1. Esse trabalho será:

W Q V J2 2 2 1= . (, ) (5.23)

V2 1, significa: potencial na posição 2, devido à carga Q1. Se a carga for mantida nessa posição a energia dispendida, pelo princípio da conservação de energia, se transforma em energia potencial. Uma vez retirada a força que a mantem nessa posição, a carga será acelerada para longe de sua posição, adquirindo energia cinética, e, realizando trabalho. Voltando à nossa tarefa de mover cargas do infinito à região em questão, ao trazer a carga Q

3 para a

posição 3, o trabalho realizado será:

W Q V Q V J3 3 3 1 3 3 2= +. ., , ( ) (5.24) onde: = potencial em 3 devido a QV3 1, 1

. = potencial em 3 devido a QV3 2, 2

. O trabalho para mover n cargas será:

)J(V.Q...V.Q...V.QV.QV.QW 1n,nn1,nn2,331,331,22E −++++++= (5.25)

EW é a energia potencial armazenada no campo. Tomemos agora um termo qualquer da equação acima. Por exemplo:

Q V Q Q

RQ Q

RQ V3 3 1 3

1

0 131

3

0 311 1 34 4

. ..

..

., ,= = =πε πε

(5.26)

3,1V é o potencial no ponto 1 devido à carga Q

3.

Assim, a equação 5.25 pode ser reescrita reciprocamente como:

W Q V Q V Q V Q V Q V Q V Q VE n= + + + + + + + + − −1 1 2 1 1 3 1 1 2 2 1 2 2 3 2 2 1 1. . .. . . . .. . ., , , , , ,n n n n,

n

(5.27)

Adicionando 5.25 e 5.27:

2 1 1 2 1 3 1 2 2 1 2 3 2

1 2 1

W Q V V V Q V V V

Q V V VE n

n n n n n

= + + + + + + + +

+ + + + −

( ... ) ( ... )

... ( ... ), , , , , ,

, , , (5.28)

Cada soma entre parêntesis, representa o potencial em cada ponto, devido a todas as cargas exceto à carga que está no ponto onde está sendo calculado o potencial. Em um a notação mais simplificada, temos:


V V V Vn1 2 1 3 1 1, , ,. . .+ + + = (5.29) Assim:

( )W Q V Q V Q VE n= + + +12 1 1 2 2. . .. . . Jn ( ) (5.30)

W Q VE i ii

n

==∑1

2 1

. (J) (5.31)

Substituindo cada carga por um volume infinitesimal ∆v, multiplicado por uma densidade de carga ρ, e fazendo o número de cargas tender ao infinito (∆v → dv):

W Vdv JE

vol= ∫

12

ρ ( )(5.32)

Substituindo ρ por ∇.

rD :

( )W D V dvE

vol= ∇∫

12

. (J )r (5.33)

Entretanto, a seguinte identidade (vetorial) é válida para qualquer função vetorial

rD :

( ) ( ) ( )∇ = ∇ + ∇. . .VD V D D V

r r r (5.34)

Portanto:

( ) ( ) )J(]dvV.DdvDV.[21W

vvE ∫∫ ∇−∇=

rr (5.35)

A primeira integral de volume da equação acima pode ser substituída por uma integral de superfície, utilizando-se o teorema da divergência:

( ) ( )W VD dS D V dvEs vol

= − ∇∫ ∫12

12

Jr r

. ( ) (5.36)

A equação 5.35 é uma integral de volume. A única restrição é que este volume contenha toda a carga, ou seja, não pode haver cargas fora deste volume, conforme nossa hipótese inicial. Nada nos impede de considerar este volume como sendo todo o universo. Portanto, V na superfície que envolve este volume pode ser considerado nulo (

rD também). Portanto, a primeira integral em 5.35 é

nula. Por outro lado, sabemos que ∇ =−V Er

. Portanto:

( )W D E dv E dvEvol vol

= =∫ ∫12

12 0

2 Jr r

. (ε ) (5.37)

Derivando a equação acima em relação ao volume teremos:

dWdv

E J mE =12 0

2 3ε ( / ) (5.38)

que é a densidade de energia armazenada no campo elétrico.



Exemplo 5. 3 Calcular a energia armazenada em uma seção de um capacitor co-axial de L m de comprimento, raio interno a m e externo b m. Solução A expressão para o campo elétrico no interior do capacitor é:

rE

ar

a V msr=

..

. $ ( / )ρ

ε 0

W ar

r d dr dz JEs

a

bL= ∫∫∫

12 0

2 2

02 20

2

0ε

ρε

φπ .

.. . . . ( )

W ar

d dr dzEs

a

bL= ∫∫∫

2 2

00

2

0

..

. . .ρε

φπ

W L a drr

L a ba

JEs

a

bs= =∫

12

22 2

0

2 2

0. . . . . . . . ln ( )π

ρε

π ρε



EXERCÍCIOS 1)-A direção da linha formada pela intercessão de uma superfície equipotencial e o plano z = 1 m no

ponto (2, -6,1) m é a do vetor 6âx + 2ây. Se a máxima taxa de variação de V é 500 V/m, com Ez =

0 e com Ex > 0, encontre Er

. 2) – Determine a distribuição volumétrica de cargas que geram um campo potencial V = 5r2 volts. 3) - a porção de um potencial bidimensional (Ez = 0) é mostrada na figura 1. O espaçamento entre as

linhas (horizontais e verticais) é de 1 mm. Determine Er

em coordenadas cartesianas em a e b. 4) - Quatro cargas idênticas Q = 3 nC são colocadas no vértice de um quadrado de 0.6 m de lado,

uma de cada vez. Calcule a energia do sistema, logo após cada carga ser colocada.

5) - Dado o campo elétrico rE e

ra

r= −−

5 . $a em coordenadas cilíndricas, calcule a energia armazenada no volume descrito por r ≤ 2a m, 0 ≤ z 5a m .

6) - Dado um potencial definido por , calcule a energia armazenada no volume

definido por um cubo de 1 m de aresta, com um dos vértices na origem. V x y V= +3 42 2 ( )

y

x

140 V b

130 V a

120 V

110 V

100 V

Fig. 1 - figura do problema 3


UNESP – Apostila de Eletromagnetismo – Prof. Dr. Naasson Pereira de Alcantara Junior

36

Nos capítulos anteriores estudamos os campos eletrostáticos, gerados a partir de distribuições de cargas estáticas. Neste capítulo faremos o estudo da corrente elétrica, que nada mais é do que o movimento, dentro de uma certa ordem, de cargas elétricas. Estudaremos os fenômenos devido à corrente elétrica estacionária, ou seja, aquela que não varia com o tempo. Campos elétricos gerados por correntes estacionárias também são estáticos. 6.1 - CORRENTE ELÉTRICA E DENSIDADE DE CORRENTE Referindo-se à figura 6.1, suponha que uma carga de teste q seja introduzida em um campo elétrico rE . A carga deve sofrer a ação de uma força

rF que é dada por:

r rF qE N= ( ) (6.1)

Se a carga é livre para se mover, ela sofrerá uma aceleração que, de acordo com a segunda lei de Newton, é dada por : r

ra

Fm

m s= ( / )2

(6.2)

onde m é a massa da partícula de carga em quilogramas.

Fig. 6.1 - Força sobre uma partícula em um campo elétrico. Na ausência de restrições, a velocidade da partícula aumentará indefinidamente com o tempo, uma vez que o campo elétrico

rE é constante. Entretanto, em meios gasosos, líquidos ou sólidos, a

partícula colidirá repetidamente com outras partículas, perdendo parte de sua energia, e causando mudanças aleatórias na direção de seu movimento. Se o campo

rE é constante, e o meio for

homogêneo, o resultado dessas colisões será o de restringir o movimento da carga a uma velocidade média constante, chamada de velocidade de deslocamento

rvd . Essa velocidade de deslocamento

tem a mesma direção do campo elétrico, e se relaciona com ele através de uma constante chamada de constante de mobilidade µ. Assim:

r rv E m sd = µ ( / ) (6.3)

Suponha agora um meio com seção uniforme A, conforme a figura 6. 2 Esse meio possui inúmeras cargas livres, com uma densidade volumétrica ρ . Fixando-se uma referência em um ponto qualquer do meio em questão, o número de cargas que atravessar a seção uniforme S em um segundo constituirá uma corrente elétrica I coulombs/segundo, que será dada pela expressão:

E

q F

6

CORRENTE ELÉTRICA


37

)A(SvI dρ= (6.4)

onde:

I (A) Corrente elétrica rvd

(m/s) Velocidade de deslocamento ρ (C/m3) Densidade volumétrica de cargas S (m2) Área atravessada

Fig. 6.2 - Cargas cruzando uma seção reta em um condutor Dividindo-se a equação 6.4 pela área da seção reta S, tem-se a densidade de corrente J, em ampères por metro quadrado:

)m/A(

SI

J 2=

(6.5) Se a corrente não for uniforme, devemos considerar o vetor

rJ em um ponto. Isto é definido como

sendo o quociente da corrente ∆I pela área incremental ∆S . Fazendo ∆S tender a zero, teremos:

)m/A(va

SI

0Slim

J 2dn ρ=

∆∆

→∆=

r)r

(6.6)

A superfície ∆S é normal à direção da corrente. A densidade de corrente

rJ é um vetor que tem

magnitude igual à densidade de corrente no ponto em que se deseja conhecê-la, e a direção da corrente neste ponto.

6.2 - CORRENTE DE CONVECÇÃO E CORRENTE DE CONDUÇÃO A expressão para a densidade de corrente obtida na equação 6.6 representa uma corrente de convecção, que é a translação de elétrons ou íons (como por exemplo, o que ocorre no interior de um tubo de raios catódicos, ou em uma lâmpada fluorescente). A corrente de convecção é linearmente proporcional à densidade de cargas e à velocidade dessas cargas. Se substituirmos a velocidade de deslocamento

rvd por µ

rE , por (6.3) e (6.4) teremos:

r rJ E A m= ρµ ( / )2 (6.7)

O produto ρµ é definido como sendo a condutividade σ do material, e a expressão acima torna-se:

r rJ E A m=σ ( / )2 (6.8)

A equação 6.8 representa uma corrente de condução, que pode ser definida como sendo o movimento de cargas que se alinham com a atuação de um campo elétrico externo. Assim a densidade de corrente de condução num meio à temperatura constante é linearmente proporcional a

rE . A

S


38

relação acima é valida para os meios eletricamente lineares, ou ôhmicos. São meios eletricamente lineares, por exemplo, todos os metais.


39

Exemplo 6.1 Calcular a intensidade da velocidade média dos elétrons em um condutor circular de cobre com secção

de 1,5 mm2, percorrido por uma corrente contínua de 15 A, numa temperatura ambiente de 20 ºC.

Dados: σcobre = 5,8x107 S/m, µp,cobre = 0.0032 m2/Vs.

solução

J IS x

A mc = = =−15

15 10106

7 2

,/

r rJ E E

xV mc = ⇒ = =σ 10

5 8 1001724

7

7,. /

s/m00055.01724.0x0032.0vEv dd ==⇒µ=

rr

Exemplo 6.2 Determine a corrente total que atravessa uma seção de1 cm na lateral de uma superfície cilíndrica de raio r = 2 mm, se as expressões válidas para pontos próximos desse raio forem:

a) - π<φ<π−

φ

= ,m/A2

cosr1

J 2r

b) - s/mr10x3v,m/Cr

10 210)r(d

37

==ρ−

solução

a) -

I J dSS

= ∫r r.

)A(dzrd2

cosr1

I01,0

0φ

φ

=∫ ∫π

π−

I d x d A=

=

−− ∫∫0 01

20 01 2

212

, cos , cos ( )φ

φφ

φπ

π

π

π

I x x x x A=

= − − =−

0 01 22

0 01 2 1 1 0 040, sen , ( ( )) . ( )φ

π

π

b) -

r rJ v

rx r A md= =

−

ρ10

3 107

10 2 2( / )

rJ x x x A m= =−10 3 10 0 002 67 10 2, ( / )

)A(dzrd6Sd.JI01,0

0s ∫ ∫∫π

π−φ==

rr

I x x x d x x A= =−

−

−∫6 2 10 0 01 1 2 10 23 4, , ( )φ ππ

π

I mA= 0 754, ( )

6.3 - EQUAÇÃO DA CONTINUIDADE O princípio da conservação de cargas estabelece que cargas elétricas não podem ser criadas ou destruídas, embora quantidades iguais de cargas positivas e negativas possam ser “criadas” por separação, ou “destruídas” por recombinação. A equação da continuidade decorre deste princípio, quando consideramos uma região confinada por uma superfície fechada. Imagine uma superfície fechada S, atravessada por uma densidade de corrente

rJ . A corrente

elétrica total que atravessará essa superfície será:


40

)A(Sd.JIS∫=

rr (6.9)

Este é o fluxo para fora de cargas positivas (isso é uma mera arbitrariedade, na verdade as cargas que se movimentam são elétrons, que possuem carga negativa), que deve ser balanceado por um decréscimo de cargas positivas (ou acréscimo de cargas negativas) no interior da superfície. Dentro da superfície fechada, a carga Q decrescerá então, numa razão – dQ/dt e o princípio da conservação de cargas estabelece então:

I J dS

dQdtS

= = −∫r r.

(6.10)

Aplicando o teorema da divergência à integral acima, e representando a carga envolvida pela integral de volume da densidade de carga:

( )∇ = −∫ ∫.rJ

ddt

dvvol vol

ρ

(6.11)

Concordando-se em manter a superfície constante, a derivada transforma-se em uma derivada parcial, e pode ser colocada dentro da integral:

( )∇ = −∫ ∫. . .rJ dv

tdv

vol vol

∂ρ∂

(6.12)

Uma vez que a expressão acima é válida para qualquer volume, ela é verdadeira para um volume incremental ∆v. Portanto:

( )∇ = −.rJ v

tv∆ ∆

∂ρ∂

(613)

de onde sai a forma pontual da equação da continuidade :

tJ.

∂∂ρ−=∇

r

(6.14)

Exemplo 6.3 A densidade volumétrica de cargas numa certa região do espaço está decrescendo a uma taxa de

2x108 C/m3.s.

a) - Qual é a corrente total que atravessa uma superfície esférica incremental de raio 10-5 m? b) - Qual é o valor médio da componente da densidade de corrente dirigida para fora, atravessando a superfície esférica? solução

a) -

∇ = − ⇒ ∇ =. .r rJ

tJ x

∂ρ∂

2 108

( ) )A(dv10x2dvJ.Sd.JIvol

8

volS ∫∫∫ =∇==rrr

)A(r34

x10x2dv10x2I 38

vol

8 π== ∫

)A(838,0I)10(x10x3

8I 358 µ=⇒

π= −

b) -

)A(Sd.JIS∫=

rr


41

∫=−

S

6 Sd.J10x838,0rr

0 838 10 40 838 104 10

6 26

5 22,

,( )

( / )x Jx r Jx

A m−−

−= ⇒ =ππ

)m/kA(32

J10x9,666J 23 =⇒=

6.4 - TEMPO DE RELAXAÇÃO Suponhamos que uma região condutora e isolada esteja em equilíbrio. Se injetarmos uma carga inicial de densidade ρ

0 ela deverá "escoar", ou seja, a região deverá voltar ao equilíbrio. Podemos chegar a

essa conclusão a partir da última equação da seção anterior.

∇ = −.

rJ

t∂ρ∂

(6.15)

Por (6.8) vimos que:

r rJ E A m= σ ( / )2 (6.16)

e

r rE

DV m=

ε( / )

(6.17)

Portanto:

r rJ D A m=

σε

( / )2 (6.18)

Assim:

σε

∂ρ∂

∇ + =.rD

t0 (6.19)

A equação acima é uma equação diferencial cuja solução é:

ρ ρσε=

−

0et (6.20)

A razão ε/σ é chamada de constante de tempo de relaxação . Exemplo 6.4

Uma carga com densidade inicial ρ0 C/m3 é colocada em um material condutor (cobre) isolado e em

equilíbrio. Determine o tempo necessário para que a densidade de carga caia a 1/3 de seu valor inicial,

sabendo que σCu

= 5,8x107 S/m.

Solução

ρ ρ=13 0

13 0 0

0ρ ρσε=

−e

t

ln ln( )13 0

= −σε

t e

− = − ⇒ − = −−σε0

7

12115 8 10

8 85 1011t

xx

t s,,

,, ( )

t x s= −157 10 19, ( )


42

Pelo exemplo que acabamos de resolver, podemos perceber que, exceto por um período transitório extremamente curto, ρ = 0 no interior de regiões condutoras. Portanto:

∇ =.rJ 0 (6.21)

A equação 6.21 prova matematicamente que não há acúmulo de cargas elétricas no interior de materiais condutores. EXERCÍCIOS 1) -Um condutor de cobre tem seção reta circular de 5,00 mm de diâmetro, e suporta uma corrente de

30 A. Qual é a porcentagem de elétrons de condução que deixa o condutor em cada segundo (sendo substituídos por outros), em 200 mm de cabo?

Dados N (Número de Avogadro) = 6,02 x 1026 átomos/kmol, densidade do cobre = 8,96 g/cm3 e peso atômico 63,54. Suponha um elétron de condução por átomo.

2) - Que corrente irá resultar se todos os elétrons em um centímetro cúbico de alumínio passam por

ponto especificado em 3 s ? Suponha um elétron de condução por átomo.

3) - Qual é a densidade de elétrons livres em um metal para uma mobilidade de 0,0046 m2/V.s e uma condutividade de 30 MS/m ?

4) - Calcule a mobilidade dos elétrons de condução no alumínio, dada uma condutividade de 38,2 MS/m

e densidade de elétrons de condução de 1,70 x 1029 m-3 ? 5) - Uma barra de cobre de seção reta retangular de 0,03 mm×0,12 mm e 3,0 m de comprimento tem

um queda de tensão de 100 mV. Calcule a resistência, corrente, densidade de corrente, módulo do campo elétrico e velocidade de deslocamento dos elétrons de condução.

6) - Encontre a corrente que atravessa um condutor esférico de raio 3 mm, se a densidade de corrente

varia com o raio, de acordo com J = 103/r (A/m2).

7)- Em coordenadas cilíndricas, para a região 0.02 ≤ r ≤ 0.03 mm, 0 ≤ z ≤ 1 m, rJ e ar= −10 100 $ φ (A/m2),

Encontre a corrente total que atravessa a interseção desta região com o plano φ = constante.

8) - Calcule a corrente total que sai de um cubo de 1 m3 com um vértice na origem, e lados paralelos ao eixos coordenados, se

rJ x a xy a xya A mx y z= + +2 2 22 3 2$ $ $ ( / ) .


MATERIAIS DIELÉTRICOS E RELAÇÕES DE FRONTEIRA NO

CAMPO ELÉTRICO 7

De acordo com a teoria atômica clássica, os átomos são constituídos de um núcleo formado por prótons e nêutrons, orbitados por elétrons carregados negativamente. À medida que se fornece energia a um elétron, este passa para uma órbita mais afastada. Em alguns materiais, o elétron (ou elétrons) que está na órbita externa está frouxamente ligado ao átomo, e migra facilmente de um átomo para outro, quando sofre a ação de um campo elétrico. Estes elétrons recebem o nome de cargas verdadeiras. Materiais que possuem este tipo de comportamento recebem o nome de condutores. Em outros tipos de materiais, porém, os elétrons estão de tal maneira presos ao átomo, que não podem ser libertados pela aplicação de campos elétricos de pequena intensidade. Estes materiais recebem o nome de dielétricos ou isolantes. Entretanto, quando um dielétrico é submetido a um campo elétrico, ocorre uma polarização, ou seja, um deslocamento do elétron em relação à sua posição de equilíbrio. As cargas induzidas em um isolante recebem o nome de cargas de polarização. Outro grupo de materiais apresenta um comportamento intermediário entre condutores e isolantes. São os chamados semicondutores. Sob certas condições podem agir como isolantes, mas com a aplicação de calor ou de campo elétrico suficientemente fortes, se comportam como condutores. Na figura 7.1a existe um pequeno espaço vazio (barreira de energia) entre as bandas de condução e de valência. Esse é o caso dos materiais condutores, onde o elétron passa facilmente de uma banda para outra. Na figura 7.1b o espaço vazio é grande, e dificilmente o elétron passará de uma banda para outra. Na figura 7.1c, o espaço vazio é intermediário entre os dois casos, e o material pode se comportar ou como um condutor, ou como um isolante, dependendo das circunstancias, sendo classificado com um semicondutor.

Banda de Valência Preenchida

Banda Condutora Vazia

Espaço de Energia Proibida





a b c

Fig. 7.1 - Comportamento de condutor, isolante e semicondutor.

A mobilidade das partículas, é uma função da temperatura e o seu aumento apresenta conseqüências diferentes, no comportamento dos materiais condutores, isolantes e semicondutores. Em um condutor metálico, por exemplo, o movimento vibratório aumenta com o aumento da temperatura. Conseqüentemente, há uma diminuição na velocidade de arraste, devido às colisões desordenadas que ocorrem no interior do material.

µp

Por outro lado, nos materiais isolantes e semicondutores, o aumento da temperatura favorece o aumento do movimento vibratório, que contribui com o aumento da mobilidade das partículas, em função do campo elétrico aplicado.



7.1- A NATUREZA DOS MATERIAIS DIELÉTRICOS Embora os materiais condutores não possam armazenar energia em seu interior, os materiais dielétricos, podem. Isso é possível porque ao se aplicar um campo elétrico externo em um dielétrico não ocorre a movimentação de cargas livres, mas um deslocamento nas posições relativas das cargas negativas (elétrons) e positivas, dando origem às cargas polarizadas. Esse armazenamento de energia potencial ocorre contra as forças moleculares e atômicas normais do átomo. O mecanismo real de deslocamento varia conforme o tipo de dielétrico. Alguns tipos de dielétricos são constituídos por moléculas ditas polarizadas (por exemplo, a água), que possuem um deslocamento permanente entre os centros geométricos das cargas positiva e negativa. Cada par de cargas age como um dipolo; um conjunto formado por uma carga positiva e uma carga negativa, separadas por uma distância d. Normalmente esses dipolos estão orientados e dispostos aleatoriamente no interior do material. Quando um campo elétrico externo é aplicado, eles se alinham em sua direção (fig. 7.2). Em outros tipos de materiais este arranjo em dipolos não existe antes do campo elétrico ser aplicado. As cargas positivas e negativas deslocam-se com a aplicação do campo elétrico, e alinham-se em sua direção (fig. 7.3)

+-

- +

-+

- +

E = 0 - + - +

- + - +

E

Fig. 7.2- Moléculas polarizadas (dipolos)

+-+-

++-

-

- + - + E = 0

- + - + E

Fig. 7.3- Moléculas não polarizadas Qualquer tipo de dipolo é descrito pelo seu momento de dipolo p

r, dado por:

)m.C(dQp

rr= (7.1)

onde Q é a carga positiva, e d

r a distância vetorial orientada da carga negativa para a carga positiva.

Se existem n dipolos idênticos por unidade de volume, então, em um volume incremental ∆v o momento de dipolo total é a soma vetorial:

)m.C(pp

vn

1iitotal ∑

∆

=

=rr

(7.2)

Definindo agora o vetor polarização

rP como sendo o momento de dipolo total dividido por um volume

que tende a zero:



)m/C(p

v1

0vlim

P 2vn

ii∑

∆

∆→∆=

rr (7.3)

Pr

deve ser tratado como um vetor contínuo, com unidades em coulombs por metro quadrado. Suponhamos agora um dielétrico contendo moléculas não polarizadas. Portanto, P

r = 0 em todo o

volume do material. Selecionemos agora um elemento de superfície ∆S no interior do dielétrico. Aplicando um campo elétrico sobre o dielétrico as moléculas se polarizarão. Haverá um movimento de cargas de polarização através de ∆S. O campo elétrico produzirá um momento em cada molécula:

)m.C(dQprr

= (7.4)

de modo que p

re dr

farão um ângulo θ com o vetor normal Sr

∆ (figura 7.4).

d cosθ +

-

+

-

+

-

∆S+

-

+

- -

+

d

θ +

- -

+

Fig. 7.4- Movimento de cargas através de ∆S Cada molécula cujo centro está no interior do volume ( ) Sd ∆.cos.21 θ abaixo da superfície incremental contribui para o movimento de uma carga Q através de ∆S para cima. De modo análogo, cada molécula cujo centro está no interior do volume ( ) Sd ∆.cos.21 θ acima desta superfície incremental contribui para o movimento de uma carga – Q através de ∆S para baixo. Como há n moléculas/m3, a carga líquida total que atravessa a superfície ∆S é SdQn ∆.cos... θ , onde:

)(. CSdnQQp

rr∆=∆ (7.5)

ou

)(. CSPQp

rr∆=∆ (7.6)

Se ∆

rS for um elemento de superfície em uma superfície fechada, com o seu sentido positivo sempre

dirigido para fora da superfície, o acréscimo líquido nas cargas de polarização dentro da superfície fechada é :

)C(Sd.PQvol

p ∫−=rr

(7.7)

(o sinal menos é explicado pelo fato de que o sinal das cargas que entram ou permanecem no interior da superfície fechada é de sinal contrário ao das cargas que saem). Considerando esta carga total como sendo uma distribuição volumétrica de cargas com densidade ρp:



)(CdvQvol pp ∫= ρ

(7.8) Assim:

∫∫ −=svol p SdPdv

rr.ρ

(7.9) Aplicando o teorema da divergência no lado direito da equação acima, ela ficará:

∫∫ ∇−=volvol p dvPdv ).(

rρ (7.10)

Ou ainda:

)/(. 3mCP pρ−=∇r

(7.11)

Essa equação também é válida para dielétricos polares Vamos agora encontrar uma relação entre o vetor densidade de fluxo elétrico e o vetor polarização

Dr

Pr

. Primeiramente vamos escrever a Lei de Gauss na forma pontual, mesmo na presença de dielétricos, como:

)/(. 30 mCE tρε =∇r

(7.12)

onde ρ

t é a densidade volumétrica total de cargas. O vetor D

r foi substituído por E0

rε porque uma vez

consideradas as cargas de polarização, tudo se passa como se o dielétrico não existisse. Como:

)/( 3mCpt ρρρ += (7.13)

então por (7.12) e (7.13):

)/(. 30 mCE pρρε +=∇r

(7.14)

que por (7.11) fornece:

PErr

.. 0 ∇−=∇ ρε (7.15)

ou:

)/().( 30 mCPE ρε =+∇

rr (7.16)

onde ρ é a densidade volumétrica das cargas livres. Podemos agora redefinir o vetor

rD como sendo :

)/( 2

0 mCPEDrrr

+=ε (7.17)



A presença de dielétricos é, portanto, levada em conta através do vetor polarização . Pr

O vetor polarização

rP resultou da aplicação de um campo elétrico

rE . A relação entre

rP e

rE

dependerá do tipo de material. Vamos nos limitar a materiais isotrópicos, com uma relação linear entre

rP e

rE . Nesse caso,

rP e

rE são paralelos, embora não necessariamente no mesmo sentido.

Admitindo a linearidade entre

rP e

rE , podemos escrever:

)m/C(εχ 2

0e EPrr

= (7.18)

onde χe é a susceptibilidade elétrica do material. Substituindo o valor de P

rna relação fundamental de (7.17) temos:

E)χ1(εD e0

rr+= (7.19)

Assim, para qualquer meio, podemos estabelecer que: )m/C(EεεEεD 2

r0

rrr== (7.20)

onde ε é a permissividade do material. Logo εr será a permissividade relativa, ou a constante dielétrica do material, sendo expressa por er χ1ε += (7.21) O valor de em (7.21) substituído em (7.18) estabelece a seguinte relação entre eχ

rP e

rE empregada

em aplicações de engenharia:

r rP E Cr= −( ) ( /ε ε1 0

2m )

)

(7.22)

Finalmente, a Lei de Gauss continua válida, seja na forma pontual, seja na forma integral, mesmo na presença de dielétricos:

∇ =. ( /rD C mρ 2 (7.23)

r r

D dS Q C. (=∫ ) (7.24)

e as cargas são cargas livres. 7.2 - CONDIÇÕES DE CONTORNO PARA OS MATERIAIS DIELÉTRICOS Considere a fronteira entre dois meios dielétricos, e um caminho abcd, conforme mostrado na figura 7.5 a seguir.

Meio 1

Meio 2

c

∆h

∆w

Etan2

Etan1

d

Fig. 7.5 - fronteira entre dois meios dielétricos b a



Integrando o vetor intensidade de campo elétrico ao longo desse caminho fechado, considerando h tendendo a zero, teremos:

∫ =∆−∆= 0w.Ew.ELd.E 2t1t

rr (7.25)

ou:

2t1t EE = (7.26) ou seja, a componente tangencial do vetor

rE é contínua.

Podemos concluir que a diferença de potencial entre dois pontos na fronteira, separados por uma distância ∆w é a mesma, tanto acima como abaixo da fronteira. Logo para as componentes tangenciais do vetor

rD , teremos:

2

2t

1

1t

εD

εD

= (7.27)

ou :

2

1

2t

1t

εε

DD

= (7.28)

Portanto, as componentes tangenciais do vetor D

rsão descontínuas.

Vamos agora determinar as relações entre as componentes normais de

rE e

rD .

Considere a superfície gaussiana elementar, constituída de um cilindro de base ∆S e altura ∆h, colocado na fronteira entre os dois meios 1 e 2, conforme a figura 7.6.

∆S

∆h Meio 1

Meio 2

Dn1 Dn2

Fig. 7.6 - Fronteira entre dois dielétricos

Aplicando a Lei de Gauss, com ∆h tendendo a zero, teremos:

∫ =QSd.Drr

(7.29)

de onde:

s2n1n ρDD =− (7.30)



Conforme já foi visto anteriormente, a densidade de cargas ρs representa cargas livres, mesmo na presença de dielétricos. Como nos materiais dielétricos cargas livres só poderão existir se forem propositadamente ali colocadas, podemos considerar ρs = 0. Assim:

2n1n DD = (7.31) ou seja, a componente normal do vetor

rD é contínua.

Para a componente normal do vetor

rE teremos:

2n21n1 EεEε = (7.32)

ou:

1

2

2n

1n

εε

EE

= (7.33)

Portanto, descontínuas. Exemplo 7.1 Seja uma placa de teflon na região 0 < x < a m, e espaço livre nas regiões x > a e x < 0 m. A constante dielétrica do teflon é εr = 2,1 e a susceptibilidade elétrica é =χe 1,1. Fora do teflon existe

um campo elétrico x0ext a.EE =r

e, como não há material dielétrico nessa região, Pr

= 0. Estabeleça a

relação entre intDr

, intEr

e intPr

. Solução

εr = 2,1

Teflon

E0 D0 P = 0

0 a

E0

D0 P = 0

Fig. 7.7 - Placa de teflon x



A relação entre o vetor

rD e o vetor

rE no interior

do teflon é:

r rD E C m= ε ( / )2

ou:

r rD Erint int= ε ε0

r rD Eint int,= 2 1 0ε

O vetor polarização

rP é dado por:

r rP E C me= χ ε 0

2( / ) ou:

r rP Eint int,= 11 0ε

A continuidade da componente normal de

rD nos

permite escrever:

r rD D E a C mext xint . $ ( / )= = ε0 0

2 Então, para o campo elétrico

rEint :

r

r

E Dint

int=ε

rE E a V

rxint . $ ( / )=

1

00 0ε εε m

rE E a E a V

rx xint . , . $ ( / )= =

1 0 4760 0εm

Para o vetor

rP :

rP E axint , , . $ ( / )= 11 0 4760 0

2ε C m

)m/C(a.E524,0P 2x00int ε=

r

Vamos agora encontrar as relações entre as direções de

rE e

rD em dois materiais dielétricos.

Como as componentes normais de

rD são contínuas (figura 7.8):

2211 αsenDαsenD = (7.34)

A razão entre as componentes tangenciais é dada por (7.26):

2

1

22

11

εε

αcosDαcosD

=

Dtan2

Dtan1

Dn1

Dtan2

D1

D2

α2

α1

Dn2

Fig. 7.8- Mudança na direção do campo, na fronteira entre 2 dielétricos

ou:

2211

1

2 αcosDαcosDεε

= (7.35)

Dividindo 7.34 por 7.35 teremos:



12

12 αtg

εεαtg = (7.36)

A magnitude da densidade de fluxo na região 2, em função da magnitude de

rD na região 1 será:

12

2

1

21

212 cossenDD α⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛εε

+α= (7.37)

A magnitude de

rE2 será então:

12

2

2

11

212 sencosEE α⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛εε

+α= (7.38)

Por essas expressões, podemos perceber que

rD é maior na região de maior permissividade, (a não

ser em α1 = 90 graus, quando ele não varia), e rE é maior na região de menor permissividade (a não

ser quando α1 = 0, quando sua magnitude é invariável). Exemplo 7.2 A região x > 0 m contém um dielétrico para o qual εr1 = 3, e na região x < 0 m εr2 = 5. Se rE a a a Vx y z2 20 30 40= + −. $ . $ . $ / m , encontre:

(a) rD , (b) 2

rD1 , (c)

rE1 , (d)

rP1 .

Solução

x > 0

x < 0

E2

z

y

x

Fig. 7.9- figura do exemplo 8.2

a) -

r r rD E E a a a C mx y z2 2 0 2 0

25 100 150 200= = = + −ε ε ε ( . $ . $ . $ ) ( / )



b) - Das condições de contorno em x = 0:

)m/C(aε100DD 2x02n1n ==

rr

DD

t

t

1

2

1

2=εε

2t1t D53Drr

=

( ) )m/C(a.200a.150εD 2

zy02t −=r

)m/C()a.200a.150(5ε3D 2

zy0

1t −=r

)m/C()a.120a.90a.100(εD 2

zyx01 −+=r

c) -

r

r r

E D D V mr

11

1

1

1 0= =

ε ε ε( / )

rE a a a Vx y z1

13

100 90 120= + −( . $ . $ . $ ) ( / m)

d) r rP E Cr1 1 0 1

21= −( ) ( /ε ε m ) rP a a a C mx y z1 0

22 1003

30 40= + −ε ( . $ . $ . $ ) ( / )

7.3 - RELAÇÕES DE FRONTEIRA ENTRE UM DIELÉTRICO E UM CONDUTOR Conforme vimos no capítulo 6, não há acúmulo de cargas elétricas no interior de materiais condutores. Portanto, o campo elétrico no interior de condutores é nulo. O campo elétrico em uma interface condutor-dielétrico só existirá na região do dielétrico, e deverá ser normal à interface. Pois caso existissem componentes tangenciais para o campo elétrico elas deveriam ser continuas. Portanto:

0EE 2t1t == (7.39)

e:

0DD 2t1t == (7.40)

Para as componentes normais:

∫ ∆=∆= SρSDSd.D sn

rr (7.41)

)m/C(ρD 2sn = (7.42)

)m/V(

ερE s

n = (7.43)



EXERCÍCIOS 1) - Um condutor sólido tem uma superfície descrita por x + y = 3 m, estendendo-se até a origem. Na

superfície a intensidade de campo elétrico é 0.35 V/m. Expresse r rE e D na superfície e encontre a

densidade superficial de cargas. 2) - Um condutor que se estende pela região z < 0 tem um lado no plano z = 0, sobre o qual existe

uma densidade superficial de cargas em coordenadas cilíndricas. Calcule a intensidade do campo elétrico em (0.15 m, π/3, 0).

)m/C(sene105 22r1010s φ×=ρ −−

3) - Um condutor esférico centrado na origem e com raio igual a 3 m apresenta uma densidade

superficial de cargas ρ ρ . Encontre o vetor intensidade de campo elétrico na superfície.

θs C m= 02cos ( / )2

4) - A intensidade do campo elétrico em um ponto sobre a superfície de um condutor é dada por

rE a ax y= − −0 2 0 3 0 2, $ , $ , $a z . Quanto vale a densidade superficial de cargas nesse ponto?

5) - Calcule os módulos do vetor densidade de fluxo elétrico, polarização, e a permissividade relativa

para um material dielétrico no qual E = 0,15 MV/m, com χe = 4,25. 6) - Dado

rE a a a Vx y z= − + −3 4 2$ $ $ / m na região z < 0, onde εr = 3,0, encontre o vetor intensidade

de campo elétrico na região z > 0, para qual εr = 6.0. 7) -A interface plana entre dois dielétricos é dada por 3x + z = 5 m. No lado que engloba a origem, rD a a C mx z1

74 5 3 2 10= + × −( , $ , $ ) / 2 ) e εr1 = 4,3, enquanto que, no outro lado, εr2 = 1,8. Encontre r r rE E D e1 2 2 2, , θ .



8.1 - RESISTÊNCIA E LEI DE OHM

RESISTÊNCIA E CAPACITÂNCIA 8

A equação

r rJ = σE , vista no capítulo 6 como a densidade de corrente de condução, é também

conhecida como a forma pontual da lei de Ohm. Multiplicando ambos os lados pela secção transversal de área S, ela ficará:

r rJ S SE A. (= σ ) (8.1)

I SE A= σ ( ) (8.2)

Se o campo elétrico for uniforme, ele pode ser definido como sendo o quociente da diferença de potencial entre dois pontos, pela distância entre eles. Então:

I SV

LA=

σ ( ) (8.3)

O termo LSσ é o inverso da resistência R do material, e caímos na conhecida lei de Ohm:

I VR

A R VI

= =( ) ; ( )Ω (8.4) Quando os campos não forem uniformes, a resistência pode ainda ser definida como sendo a relação entre V e I, onde V é a diferença de potencial entre duas superfícies especificadas no material, e I é a corrente que atravessa a superfície mais positiva dentro do material:

)(Sd.E

Ld.ER

S

a

b Ωσ

−=∫∫

rr

rr

(8.5)

Exemplo 8.1 Considere um cabo coaxial com dois cilindros condutores concêntricos de raios a m e b m, conforme a figura 8.1. Uma diferença de potencial entre eles estabelece uma corrente de fuga entre o condutor interno e o externo do cabo. Se a corrente de fuga for I A/m, e a condutividade do material igual a σ S/m, calcule o valor da resistência de fuga. Solução

a

b

I

a

b

Fig. 8.1 - Cabo Co-axial



Pela simetria do problema, a corrente entre os dois condutores se distribui radialmente. Vamos inicialmente calcular a densidade de corrente

rJ em um ponto distante r do centro

do cabo. Para um metro de cabo, a corrente de fuga total será:

I J dS A= ∫r r. ( )

)

I J r A= . . (2 1π

rJ I

ra A mr=

22

π. $ ( / )

O campo elétrico

rE em um ponto r será,

portanto:

rr

E J V m=σ

( / )

rE I

ra V mr=

2π σ. $ ( / )

A diferença de potencial entre os dois cilindros condutores é:

V V V E dr Vab a bb

a= − = − ∫

r r. ( )

V Ir

dr Vabb

a= − ∫ 2π σ

. ( )

V I ba

Vab =2πσ

ln ( )

Portanto, a resistência de fuga por metro será:

RV

Iba

ab= =1

2πσln ( )Ω

Exemplo 8.2 Considere agora que o dielétrico entre os dois condutores é formado por dois meios, conforme a figura 8.2. Calcule a resistência de fuga por metro deste cabo co-axial. Solução Fig. 8.2 - Cabo co-axial com 2 dielétricos em paralelo Como a corrente se distribui radialmente e há dois meios diferentes, podemos considerar que ela é a soma de duas correntes I1 e I2.

I I I A= +1 2 ( ) A diferença de potencial entre os dois condutores é constante. Portanto:

R V R1

2= =( ) ;I

VI1

2( )Ω Ω

)(II

VIVR

21

Ω+

==

)(R

VR

VVR

21

Ω+

=

)(RRR.RR

21

21 Ω+

=

Por analogia com o exemplo anterior podemos escrever as expressões para R1 e R2:

R ba

R ba1

12

2

1 1= =πσ πσ

ln ( ) ; ln ( )Ω Ω

A resistência (equivalente) será dada por:

)(abln

)(1R

21

Ωσ+σπ

=

Exemplo 8.3 Considere agora a configuração mostrada na figura 8.3. Calcular a resistência de fuga.

a σ2σ1

b



Solução Fig. 8.3 - Cabo co-axial com 2 dielétricos em série

As correntes nos meios 1 e 2 são iguais :

I I I A= =1 2 ( )

A diferença de potencial entre os condutores é:

V V V V= +1 2 ( )

V R I V V R I V1 1 2 2= =. ( ) ; . ( )

)V(I.RI.RI.R 21 =+

)(RRR 21 Ω+=

)V(rd.EV1

a

c1rr

∫−=

)V(acln

2IV

11 πσ=

)V(rd.EVc

b 22 ∫−=rr

V I bc

V222

=πσ

ln ( )

R ca

R bc1

12

2

12

12

= =πσ πσ

ln ( ) ; ln ( )Ω Ω

)(cbln1

acln1

21R

21

Ω⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛σ

+σπ

=

8.2 - CAPACITÂNCIA Sejam dois condutores imersos em um dielétrico homogêneo, conforme a figura 8.4. O condutor M1 possui uma carga de Q coulombs positivos, e o condutor M2 uma carga de mesma magnitude, porém de sinal contrário. Existe, pois, uma diferença de potencial V entre esses dois condutores. A capacitância C deste sistema é definida como:

C Q

VF)= ( (8.6)

ou:

)F(

Ld.E

Sd.EC

1

2

M

M∫∫

−

ε= rr

rr

(8.7)

σ2b

c

a σ1

E M1 M2



Fig. 8.4 - Dois condutores carregados, imersos em um dielétrico.

Exemplo 8.4 Considere o capacitor da figura 8.5 com duas placas paralelas iguais de área S, separadas por uma distância d. O dielétrico entre elas tem permissividade ε. Calcular a capacitância C. Solução

+ σs

Fig. 8.5 - Capacitor de placas paralelas

C QV

F)= (

Q Ss= ρ . (C)

V E dL dzs

d= − = − ∫∫

r r. .

inf

sup ρε

0V( )

Vd

Vs=ρε

( )

( )C

Sd

Sd

F)s

s= =

ρρ ε

ε (

independente de Q e V.

Exemplo 8.5 Suponha agora que o dielétrico tenha a configuração mostrada na figura 8.6. Calcular a capacitância C. Solução

Fig. 8.6 - Capacitor com 2 dielétricos em paralelo.

Pelas condições de fronteira:

E Et t1 2=

r r rE E E1 2= =

r r rD E E C m1 1 1 1

2= =ε ε ( / )

r r rD E E C m2 2 2 2

2= =ε ε ( / )

Pela lei de Gauss:

r rD dS Q C

s. (∫ = )

r rD dS Q C

s1 1

1. (∫ = )

r rD dS Q C

s2 2

2. (∫ = )

Q Q Q C= +1 2 ( )

d V E

d

- σs

E



r r r rD dS D dS Q C

s s1 2

1 2. .∫ ∫+ = ( )

D S D S Q C1 1 2 2+ = ( )

ε ε1 1 2 2E.S E.S Q C+ = ( )

( )ε ε1 1 2 2S S Vd

Q C+ = ( )

ε ε1 1 2 2Sd

Sd

QV

F)+ = (

C C C F1 2 )+ = (

Exemplo 8.6 Tendo o dielétrico entre as placas a configuração da figura 8.7, calcular a capacitância C. Solução

Fig. 8.7 - Capacitor com 2 dielétricos em série Pelas condições de fronteira:

D D D1 2= =n n

ε ε1 1 2 2

2E E C m= ( / )

V E d V V E d V1 1 1 2 2 2= =( ) ; ( )

V V V V= +1 2 ( )

V D d D d V= +ε ε1

12

2 ( )

Pela lei de Gauss:

r rD dS Q C. (=∫ )

D S Q C D QS

C m. ( ) ( /= ⇒ = 2 )

V Qd

SQ

dS

V= +1

1

2

2ε ε( )

VQ

dS

dS

= +1

1

2

2ε ε

1 1 1 1

1 2C C CF)= + ( /

V2D V d

V1

EXERCÍCIOS 1) - Calcule a resistência entre duas superfícies curvas concêntricas, uma de raio r = 0.2 m, outra de

raio 0.4 m, limitadas por um ângulo de 30º, se o material entre elas possui condutividade σ = 6,17×107 S/m.

2) - Calcule a resistência de um condutor de alumínio com condutividade 35 MS/m, de 2 m de

comprimento, seção reta quadrada de 1 mm2 em uma extremidade, aumentando linearmente para 4 mm2 na outra extremidade.

3) - Por um defeito de fabricação, um cabo coaxial possui um deslocamento entre os centros dos

condutores interno e externo conforme mostrado na figura 1. Tendo o dielétrico uma condutividade de 20 µS/m, determine a resistência de isolação por metro desse cabo.

4) - Resolver o problema anterior, considerando agora os cabos concêntricos. Compare os

resultados.



5) - Encontre a capacitância entre as superfícies condutoras do capacitor mostrado na figura 2, preenchido por um dielétrico de permissividade relativa 5,5.


figura 2 - figura do problema 5 6) - Calcule a capacitância por unidade de comprimento entre um condutor cilindrico de 6 cm de

diâmetro e um plano condutor, paralelo ao eixo desse cilindro, distante 10 m do mesmo. 7) - Um capacitor de placas paralelas com área de 0,30 m2 e separação 6 mm contém três dielétricos

assim distribuídos : εr1 = 3.0, com espessura de 1 mm. εr2 = 4.5 com espessura de 2 mm e εr3 = 6,0 com espessura de 3 mm. Aplicando-se uma ddp de 1200 V sobre o capacitor, encontre a diferença de potencial e o gradiente do potencial (intensidade do campo elétrico) em cada dielétrico.

8) - A figura 3 mostra um cabo coaxial cujo condutor interno possui raio de 0,6 mm e o condutor

externo raio de 6 mm. Calcule a capacitância por unidade de comprimento com os espaçadores como indicado com constante dielétrica 6,0.


4 mm

5 mm

30º 60 mm

εr = 5,5

4 cm

0.8 cm

2 cm

12.5mm

50 mm



9) - Um cabo de potência blindado opera com uma tensão de 12,5 kV no condutor interno em relação

à capa cilíndrica. Existem duas isolações: a primeira tem permissividade relativa igual a 6,0, e é do condutor interno em r = 0,8 cm a r = 1,0 cm, enquanto que a segunda tem permissividade relativa igual a 3,0 e vai de r = 1,0 cm a r = 3,0 cm, que corresponde à superfície interna da capa externa. Encontre o máximo gradiente de tensão em cada isolação empregada.

10) - Um certo cabo de potência blindado tem isolação de polietileno para o qual εr = 3,26 e rigidez

dielétrica 18,1 MV/m. Qual é o limite superior de tensão sobre o condutor interno em relação à blindagem quando o condutor interno possui raio de 1 cm e o lado interno da blindagem concêntrica apresenta raio de 8,0 cm ?



67

9.1 - A LEI DE BIOT-SAVART A partir de medidas de torque em uma agulha magnética, Jean Baptiste Biot e Felix Savart descobriram, em 1820, que a intensidade do campo magnético ∆H devido a um pequeno elemento condutor de comprimento ∆L m, percorrido por uma corrente I A, conforme mostrado na figura 9.1, é expresso por:

)m/A(

RsenLI

41

H2

θ∆π

=∆

(9.1)

Figura 9.1 - Campo magnético produzido por um elemento de condutor

Substituindo ∆H por dH e ∆L por dL, chegamos à Lei de Biot-Savart:

)m/A(

RsendLI

41

dH2

θπ

=

(9.2)

Em notação vetorial, a equação 9.2 pode ser escrita como:

A(

R

)RLd(I41

R

)aLd(I41

Hd 32r

rrrr ×

π=

×π

=

(9.3)

onde:

I (A) Corrente elétrica.

Ldr

(m) Elemento vetorial de condutor, com a direção da corrente.

Rr

(m) Vetor orientado para o ponto P, com magnitude da distância entre o elemento de condutor e o referido ponto P.

dHr

(A/m) Elemento vetorial da intensidade de campo magnético, ortogonal

a Ldr

e a Rr

.

9

CAMPOS MAGNETOSTÁTICOS PRODUZIDOS POR CORRENTE

ELÉTRICA

P

∆L

∆H

θ R

I


68


69

9.1.1 - Relação de Pyati - Uma Simplificação da Lei de Biot-Savart

O produto vetorial RLdrr

× na equação 9.3 produz um vetor na direção de Hdr

, que é perpendicular ao

plano que contém rR e dL

r. Na figura 9.2

rR e dL

r estão no plano yz, resultando em dH

rperpendicular, isto

é, na direção x. Para esta condição particular, temos:

Rd

aaR

dRa

RR

R

dLdLLd

R

RLdxr2i23

θ=×

θ=×=

×rrrr

(9.4)

onde:

ia Vetor unitário na direção da corrente I

ra Vetor unitário na direção de Rr

xa Vetor unitário na direção x, resultado de ri aa ×

dθ Ângulo com vértice em P, definido por dL (em radianos).

Figura 9.2 - Elemento condutor de corrente e ponto P situados no mesmo plano. Assim, para os casos onde o condutor e o ponto P, onde se deseja conhecer o campo magnético, estejam no mesmo plano, a lei de Biot-Savart se simplifica a:

)m/A(a

Rd

4I

Hd xθ

π=

r

(9.5)

Para um condutor longo, compreendido entre os ângulos θ1 e θ2 (linha tracejada na figura 9.2), nós

temos:

)m/A(

Rd

4I

H2

1

x ∫θ

θ

θπ

= (9.6)

Esta é uma simplificação da lei de Biot-Savart proposta por V. Pyati na revista IEEE-Transactions on Education, vol E-29, fev. de 1986. Exemplo 9.1 Encontrar o campo magnético H em A/m a uma distância a m de um fio retilíneo infinitamente longo, percorrido por uma corrente I A.

dL

R

θ1

θ2

x

y

z

I

dθ

P


70

Solução

Figura 9.3 - Campo magnético em um ponto, devido a um condutor retilíneo.

∫π

π−

θπ

=2

2 Rd

4I

H

θ= cosRa

θ=

cosa

R

acos

R1 θ=

∫π

π−

θθπ

=2

2 adcos

4I

H

)m/A(a2

IH

π=

Exemplo 9.2 (a) Encontrar o campo magnético no centro de um anel de raio R m, percorrido por uma corrente I A. (b) Encontre também o campo H em um ponto z ao longo do eixo do anel. Solução a) Pela relação de Pyati:

R2I

Rd

4I

H2

0

=φπ

= ∫π

b) Pela lei de Biot-Savart, conforme figura 9.4:

γθ

π= cos

rsenIdL

41

dH2z

o90=θ

rR

cos =γ

dLr4

IRdH

3z π=

φ=RddL

( ) ∫∫ππ

φ+π

=π

θ=

2

02322

22

03

2

z dzR4

IRr4dIR

H

)m/A()zR(2

IRH

322

2

z+

=

dL

R a

θ

H

i


71

Figura 9.4 - Campo magnético no eixo de um anel 9.2 - A LEI DE AMPÈRE De acordo com o exemplo 9.1 a intensidade de campo magnético H a uma distância r de um fio reto e longo é:

)m/A(

r2I

Hπ

=

(9.7)

onde I é a corrente que passa pelo condutor. Se H for integrado ao longo de um caminho L circular de raio r, circundando o condutor, teremos:

r2

r2I

dLr2

ILd.H

LLπ

π=

π= ∫∫

rr

(9.8)

∫ =

LILd.H

rr (9.9)

A corrente elétrica pode ser escrita de uma forma generalizada, como sendo a integral do vetor densidade de corrente, calculada em uma superfície definida pelo caminho fechado sobre o qual o vetor intensidade de campo magnético é integrado. Assim:

∫∫ =SL

Sd.JLd.Hrrrr

(9.10)

A equação 9.10 é válida para qualquer caminho fechado L, e é conhecida como a lei de Ampère.

Conceito

A integral de linha do vetor intensidade de campo magnético rH ao longo de um

caminho fechado L, é igual a corrente total envolvida por esse caminho

R

r

dL=Rdφ

θ = 90º

dHz

dH γ

x

y

z

γ


72


73

Exemplo 9.3 Um condutor sólido e cilíndrico de raio R é percorrido por uma corrente I A, que se distribui uniformemente

sobre a seção circular do condutor. Encontre expressões para Hr

dentro e fora do condutor. Esboce

graficamente a variação de Hr

, em função de r, sendo r medido a partir do centro do condutor. Solução

.

Figura 9.5 - Condutor cilíndrico com corrente uniforme

Fora do condutor, H

r será:

)m/A(ar2

IH φπ

=r

pois o caminho L engloba toda a corrente no condutor. Para o interior do condutor a corrente envolvida pelo caminho L será

2

2

2

Rr

IRr

I'I

=

ππ=

e a intensidade de campo magnético Hr

será:

)m/A(arR2I

Rr

Ir2

1H 22

2

φπ=

π=

r

Graficamente teremos:

Figura 9. 6 - Variação de H dentro e fora do condutor.

Exemplo 9.4 Considere um condutor cilíndrico de raio R m, transportando uma corrente cuja densidade na seção

transversal é Jc = Kc.r (A/m2), onde K é uma constante e r é a distância radial partindo-se do centro do

condutor. Determine: a) - O valor de B no interior do condutor. b) - O valor de B exterior ao condutor c) – O gráfico de B = f(r) Solução a)

∫∫ =µ SL

0Sd.JLd.

B rrrr

A indução magnética é constante ao longo do círculo de raio r. Portanto:

∫ ∫∫π

φ=µ

2

0

r

0cL

0

ddrrrKdLB

∫π=πµ

r

0

2c

0

drrK2r2B

)T(3r

KB2

c0µ=

H

H

R

r

r

r(m) R

I/2πR

H(A/m)


74

b) Fora do condutor, a corrente será a corrente total:

∫ ∫∫π

φ=µ

2

0

R

0

2cL

0

ddrrKdLB

3R

2Kr2B 3

c0

π=πµ

r3RK

B3

c0µ=

Portanto, dentro do condutor o campo magnético varia com o quadrado da distância r, e fora do condutor a variação é com o inverso da distância.

Figura 9.7 - Variação de H dentro e fora do condutor

9.3 - O ROTACIONAL E O TEOREMA DE STOKES A equação:

)A(ILd.HL∫ =

rr (9.11)

relaciona a integral de linha do vetor intensidade de campo magnético H

r ao longo de um caminho fechado

L com a corrente total envolvida por esse caminho. Embora relações envolvendo caminhos finitos sejam úteis em teoria de circuitos, é freqüentemente desejável, na teoria de campos, relações que envolvam grandezas em um ponto no espaço. O Rotacional aplica a lei de Ampère de uma forma pontual. Considere uma área incremental ∆S, em um meio condutor, atravessada perpendicularmente por uma corrente I (figura 9.8).

Figura 9.8 - Superfície incremental atravessada por corrente Aplicando a lei de Ampère, e dividindo sua equação por ∆S, teremos:

)m/A(

SI

S

Ld.H2L

∆∆=

∆∫

rr

(9.12)

Passando ao limite, com ∆S tendendo a zero:

3/RK 2c0µ

r(m) R

H(A/m)

∆I

∆S

H


75

)m/A(SI

0Slim

S

Ld.H

0Slim 2L

∆∆

→∆=

∆→∆∫

rr

(9.13)

O segundo membro da equação 9.13 é a densidade de corrente Jr

e o primeiro membro representa uma operação vetorial sobre um campo vetorial, denominada rotacional. Assim, podemos escrever:

( ) )m/A(JaHrot 2n

rr= (9.14)

ân indica que Hrotr

é um vetor perpendicular a ∆S na direção de rJ .

Vamos agora encontrar a expressão para Hrotr

em termos das coordenadas cartesianas x, y e z.

Considere inicialmente um caminho fechado abcd na figura 9.9, com lados ∆y e ∆z que definem uma área incremental ∆S e a componente em x do vetor

rJ , Jx, no centro deste caminho fechado e perpendicular a

∆S.

Figura 9.9 - Circulação de H

r em uma superfície ∆S.

Pela lei de Ampère ao caminho que delimita a superfície ∆S

ILd.HL

=∫rr

(9.15)

Considerando cada trecho da integral separadamente e expandindo em torno da vizinhança do centro do caminho abcd, tem-se: ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

∆∆

∂∂

−∆−

∆∆

∂∂

+∆−

∆∆∂∂

+∆+∆∆∂∂

−∆

=∆−∆−∆+∆=∫

yzHy2

1zHzyH

z21

yH

yzHy2

1zHzyH

z21

yH

zHyHzHyHLd.H

zz0yy0

zz0yy0

dazcdybczabyL

rr

(9.16)

Reduzindo a expressão acima, dividindo-a por ∆S = ∆y ∆z e passando ao limite tendendo a zero, podemos escrever:

( ) xxxyz

x aJaz

H

yH

aHrot =

∂

∂−

∂∂=

r

(9.17)

Semelhantemente, nas direções y e z para Jr

teremos:

d c

b

x

Hz

Hy

Hy

Hz Jx

y

z

a


76

( ) yyyzx

y aJax

Hz

HaHrot =

∂∂

−∂

∂=

r

(9.18)

( ) zzz

xyz aJa

yH

x

HaHrot =

∂

∂−∂

∂=

r

(9.19)

Assim:

zzyyxx

zxy

yzx

xyz

aJaJaJ

ay

Hx

Ha

xH

zH

az

Hy

HHrot

++

=

∂

∂−

∂∂

+

∂∂

−∂

∂+

∂

∂−

∂∂

=r

(9.20)

ou:

)m/A(JHrot 2rr

= (9.21)

Lembrando que:

( ) ( ) ( ) zyx az

ay

ax ∂

∂+

∂∂

+∂∂

=∇

(9.22)

para:

zzyyxx aHaHaHH ++=

r (9.23)

vamos fazer a operação ∇ ×

rH . Assim, teremos:

zyx

zyx

HHHzyx

aaa

H∂∂

∂∂

∂∂

=×∇r

(9.24)

zxy

yzx

xyz a

yH

x

Ha

xH

zH

az

H

yH

H

∂

∂−

∂

∂+

∂∂

−∂

∂+

∂

∂−

∂∂

=×∇r

(9.25)

ou:

JHrr

=×∇ (9.26)

Portanto, o rotacional do vetor intensidade de campo magnético pode ser escrito em termos do produto vetorial do operador nabla pelo vetor intensidade de campo magnético, expressando a lei de Ampère na forma pontual, quando os vetores tiverem suas componentes expressas em coordenadas cartesianas.

Conceito

A circuitação do vetor intensidade de campo magnético rH em uma superfície que tende a

zero (caracterizando um ponto no espaço), dividida pela área dessa superfície, é o vetor densidade de corrente

rJ neste ponto .


77

Em coordenadas cilíndricas ( z,,r φ ) e esféricas ( φθ,,r ) o rot Hr

, ou Hr

×∇ em abuso de notação, é

expresso respectivamente por: ( )

zrzr

rz a

Hr

rH

r1

ar

Hz

Ha

z

HHr1

H

φ∂

∂−

∂

∂+

∂

∂−

∂∂

+

∂

∂−

φ∂∂

=×∇ φφ

φr (9.27)

e ( ) ( ) ( )

( )φ

θ

θφθφ

θ∂∂

−∂

∂+

∂

∂−

φ∂∂

θ+

φ∂

∂−

φ∂

θ∂

θ=×∇

aH

rrH

r1

ar

rHHsen

1r1

aHsenH

senr1

H

r

rr

r

(9.28)

Exemplo 9.5 Considere um condutor cilíndrico com raio R m, percorrido por uma corrente I A, uniformemente distribuída. Encontre ∇ ×

rH dentro e fora do condutor.

Solução

I

Figura 9.10 - condutor percorrido por corrente I O vetor intensidade de campo magnético será expresso em coordenadas cilíndricas por:

φφ= aHHr

Pela lei de Ampère, dentro do condutor, Hφ vale:

rR2I

H2π

=φ

e fora dele:

r2I

Hπ

=φ

Portanto, dentro do condutor, o rotacional em coordenadas cilíndricas, conforme a equação (9.27), fornece:

)m/A(aR2Ir

rr1

H 2z2

2

π∂∂

=×∇r

)m/A(aRI

H 2z2π

=×∇r

Ou ainda, como esperado:

)m/a(JH 2rr

=×∇

Fora do condutor:

∇ × =

rH

r rrI

ra A mz

12

2∂∂ π

$ ( / )

0H=×∇r

9.3.1 - O TEOREMA DE STOKES Considere a superfície S, dividida em superfícies incrementais ∆S, mostrado na figura 9.11.

Hφ

Hφ

R r

r


78

(A figura será feita em sala de aula)

Fig. 9.11 - Superfície dividida em superfícies incrementais. Sabemos que:

( ) )m/A(aHS

Ld.H2

nL

r

rr

×∇=∆

∫

(9.29)

ou

( ) ( ) SHSaHLd.H nL

rrrrr∆⋅×∇=∆×∇=∫ (9.30)

Realizando uma circulação para todas as áreas incrementais, e somando os resultados, a maioria dos termos se cancela, com exceção dos que estão no contorno da superfície S. Portanto:

( ) )A(SdHLd.HSL

rrrr⋅×∇=∫∫ (9.31)

A equação acima é chamada de Teorema de Stokes, e é válida para qualquer campo vetorial. Utilizando-o na lei de Ampère:

( ) )A(Ld.HSd.JSdHLSS∫∫∫ ==⋅×∇

rrrrrr (9.32)

Pelas identidades acima percebemos que podemos facilmente partir da lei de Ampére na forma integral e chegar na sua forma pontual e vice-versa, utilizando o teorema de Stokes. O conceito do rotacional pode também ser aplicado ao campo eletrostático. Se tomarmos a circuitação do vetor intensidade de campo elétrico em um caminho fechado, teremos:

0ld.EL

=∫rr

(9.33)

E aplicando à equação 9.33 o teorema de Stokes, teremos:

∇ × =rE 0 (9.34)

9.4 - FLUXO MAGNÉTICO φm E DENSIDADE DE FLUXO MAGNÉTICO B


79

O campo magnético que é produzido pela passagem de um corrente elétrica i em um condutor existirá em toda a região em volta do condutor. Assim, podemos dizer que uma superfície de área A próxima ao condutor é atravessada por uma quantidade de fluxo magnético mφ , como pode ser visto pela figura 9.12.


80

Fig. 9.12 - fluxo magnético atravessando uma superfície A.

Portanto, podemos definir a densidade de fluxo magnético (ou indução magnética) B como sendo:

φ

= 2m

mWb

AB

(9.35)

Na equação 9.35 assume-se que as linhas de campo magnético são perpendiculares à área A. Caso as linhas de fluxo não atravessem a superfície perpendicularmente a ela (figura 9.13), de modo geral, o fluxo que a atravessa pode ser expresso por:

)Wb(cosABm α=φ (9.36)

onde:

φm (Wb) fluxo magnético através de A

B (Wb/m2) magnitude da densidade de fluxo magnético B. α rad ângulo entre a normal à área A e a direção de B.

Se B não é uniforme sobre a área considerada, o produto da equação 9.36 deve ser substituído por uma integral de superfície:

)Wb(dScosBS

m ∫∫ α=φ (9.37)

Fig. 9.13 - Fluxo magnético atravessando uma área A Finalmente, a equação 9.37 pode ser escrita como um produto escalar. Assim:

)Wb(SdBS

m

rr∫∫ ⋅=φ

(9.38)

A relação entre o vetor intensidade de campo magnético,

rH , e o vetor densidade de fluxo magnético

i

A φm

B

θ

A


81

( ou vetor indução magnética) rB, é dada por :

r rB H Wb m= µ ( / )2 (9.39)

onde µ (Wb/(A.m)) é a permeabilidade magnética do meio.

9.4.1 - Fluxo Magnético Sobre uma Superfície Fechada - Lei de Gauss para o Magnetismo As linhas de fluxo de campos elétricos estáticos iniciam e terminam em cargas elétricas. Por outro lado, as linhas de fluxo de campos magnéticos são contínuas, isto é fecham-se em si mesmas. Isto significa que não existem cargas magnéticas isoladas. Esta é uma diferença fundamental entre campos elétricos e campos magnéticos. Para descrever a natureza contínua do campo magnético, costuma-se dizer que a densidade de fluxo B é solenoidal (figura 9.14)

Uma vez que o fluxo magnético é contínuo, a mesma quantidade de fluxo que entra em uma superfície fechada deve deixá-lo. Em outras palavras, o fluxo líquido que atravessa uma superfície fechada é nulo. Matematicamente isso pode ser expresso como:

r rB dS

s.∫ = 0 (9.40)

Aplicando a equação 9.40 ao teorema da divergência teremos:

0B. =∇ (9.41)

A equação 9.41 (ou a sua versão, na forma integral, equação 9.40) descrevem a natureza contínua do fluxo magnético. Ela também faz parte de um grupo de equações, conhecido como equações de Maxwell.

N S

Fig. 9.14 - Linhas de fluxo fechando-se em si mesmas - um campo solenoidal


82

EXERCÍCIOS 1)- Mostre que o campo magnético devido a um elemento de corrente finito mostrado na figura abaixo é

dado por:

φα−απ

= a)sen(senr4

IH 21

r

figura do problema 1

2) - Se zyx aay3ax3B +−=r

, encontre o fluxo magnético que atravessa as superfícies de um volume

limitado pelos planos x = 1 m, x = 6 m, y = 0, y = 4 m, z = 1 m e z = 7 m. 3) - Duas bobinas circulares com 500 mm de raio e 60 espiras cada uma são montadas ortogonalmente

entre si, com o objetivo de neutralizar o campo magnético gerado pela Terra no centro comum delas. Uma bobina está na horizontal, no plano da Terra, e a outra na vertical. Neste ponto, o campo magnético da Terra é de 1 gauss (10-4 T) formando um ângulo de 60º com o plano da Terra e um ângulo de 15º na horizontal para o oeste, tendo o norte como referência. Encontre a corrente em cada bobina para que o campo magnético produzido pela Terra neste ponto seja anulado.

4) - Três enrolamentos simples com 1 m de raio estão colocados a 1 m um do outro, com os seus eixos

coincidindo com o eixo z. Se todos os 3 enrolamentos são percorridos por correntes de mesma intensidade e no mesmo sentido, faça um gráfico normalizado da variação de B (Bmax = 1), ao longo do eixo z, com o ponto inicial a 1 m abaixo do primeiro enrolamento, e o ponto final a 1 m acima do terceiro enrolamento.

5) - Um fio flexível de comprimento L m é dobrado em um (a) círculo, (b) triângulo eqüilátero e (c) um

quadrado. Encontre o valor de B no centro de cada configuração, quando percorrido pela mesma corrente e compare suas intensidades em cada caso.

6) - Nas configurações abaixo, cada condutor conduz uma corrente I ampères. Qual é o valor da integral

de linha do vetor intensidade de campo magnético rH em cada caso ?

α1

α2

I

r

P


83

(a) (b) (c) 7) - Um condutor cilíndrico de raio 0.02 m possui um campo magnético interno:

m/Aa103r

2r

)1077,4(H2

25

φ−

×−×=

r

Qual é a corrente total no condutor? 8) - Em coordenadas cartesianas a região -b ≤ z ≤ b m. suporta uma densidade de corrente constante J

= J0ây (A/m2) (figura abaixo). Use a lei de Ampère para obter rH em todo o espaço.


9) - Um cabo coaxial com condutor interno de raio a m, condutor externo com raio interno b m e raio

externo c m, é percorrido por uma corrente I A uniformemente distribuída (as direções em cada condutor são opostas entre si). Mostre que para b ≤ r ≤ c m :

φ

−−

π= a

bcrc

r21

H 22

22r

10)- Dado o vetor genérico φ−

φ= a

21

seneA z2r

em coordenadas cilíndricas, calcule o rotacional de rA em (

0,8; π/3; 0,5).

11)- Dado o vetor genérico θθ

+θ

= ar

sena

rcos2

A3r3

r, mostre que o rotacional de A

ré nulo para todo o

espaço.

12)-Encontre Jr

se (a) zyx a.x2a.y7a.3H ++=r

(b) zr a.5a.r2a.r6H ++= φ

r e (c) φθ θ++= a.cosa.3a.r2H r

r

b

-b

z

x


81

10.1 - EFEITO DE UM ÍMÃ EM UM FIO CONDUZINDO CORRENTE Considere o campo magnético uniforme entre os pólos de um imã permanente, como pode ser visto na figura 10.1.

Fig. 10.1 - Campo magnético de um imã permanente

Introduzamos agora um condutor conduzindo uma corrente I A neste campo magnético, conforme a figura 10.2. O condutor tem a direção perpendicular à figura, com a corrente saindo. O campo magnético provocado pelo condutor reforça o campo do imã permanente na parte de baixo do campo, e o enfraquece na parte de cima. Conseqüentemente haverá uma força de compensação tendendo a empurrar o condutor na direção do campo mais fraco, reforçando-o para que o campo recupere a sua distribuição anterior.

Fig. 10.2 - Condutor conduzindo corrente imerso em um campo magnético. A força que atua sobre o condutor será expressa por:

)N(ILBF= (10.1)

onde:

L (m) Comprimento efetivo do condutor sob interação magnética B (Wb/m2) Magnitude da indução magnética I (A) Corrente no condutor

N S

B

N S

B

I

10

FORÇA MAGNÉTICA SOBRE CONDUTORES


82

Se o condutor não cortar o campo perpendicularmente (figura 10.3), a força F será expressa por:

)N(senILBF θ= (10.2)

Fig. 10.3 - condutor cortando campo magnético Para um elemento de corrente IdL:

)N(senIdLBdF θ= (10.3)

As equações 10.2 e 10.3 são equações básicas para explicar o funcionamento de motores elétricos. Resumindo, podemos utilizar notação vetorial e escrever:

dF I dL B Nr r r

= ×( ) ( ) (10.4)

onde:

Fdr

(N) Vetor indicando a magnitude e direção da força em um elemento de condutor

I (A) Corrente no condutor Br

(T) Vetor indicando a magnitude e direção da densidade de fluxo

Ldr

(m) Vetor com direção do elemento de condutor. 10.2 - FORÇA ENTRE DOIS CONDUTORES LINEARES E PARALELOS Considere dois condutores lineares e paralelos de comprimento L m, separados de uma distancia R m no ar, como na figura 10.4. O condutor 1 é percorrido por uma corrente I A, e o condutor 2 por uma corrente I' A em direção contrária.

Fig. 10.4 - Dois condutores paralelos percorridos por correntes

F1 F2

I1 I2

B θ

I


83

O campo magnético resultante é mais forte entre os dois condutores do que fora deles, conforme é sugerido na figura 10.5. Assim, intuitivamente podemos perceber que a força entre eles será de repulsão. Isso pode ser confirmado pela regra da mão esquerda: a força magnética F no polegar, o campo B no indicador e a corrente I no dedo médio, ortogonais entre si. Assim, se as correntes forem na mesma direção, a força será de atração.

Fig. 10.5 - Campo magnético entre dois condutores paralelos A magnitude da força sobre o condutor 2 é:

F I B dL I BL N

L= =∫' ' ( )

0

(10.5)

Aproveitando o resultado do exemplo 10.1, o campo magnético provocado pela corrente do condutor 1, na posição do condutor 2 será:

B

IR

Wb m=µπ2

2( / )

(10.6)

Assim, para F teremos:

F II

RL N= µ

π0

2' ( )

(10.7)

Desde que os condutores possuem mesmo comprimento, e a equação 10.7 é simétrica em I e I', a magnitude da força F' sobre o condutor 1 terá a mesma magnitude da força sobre o condutor 2. Dividindo a equação 10.7 por L, teremos a força por unidade de comprimento:

FL

IIR

N m=µ

π0

2'

( / )

(10.8)

Se I = I', e introduzindo o valor de 0µ ,

FI LR

N= × −2 10 72

( )

(10.9)

Se L = R = 1m, F = 2 10 7× − N , então teremos I = 1 A. Essa medida é utilizada para definir a unidade de

corrente Ampère (A). Exemplo 10.1 Um fio transportando uma corrente 2I A é colocado entre 2 fios que transportam uma corrente I A cada um. Os fios são paralelos e mantém entre si a mesma distância. As três correntes estão no mesmo sentido. Determine a força magnética sobre cada um dos condutores. Solução

F FId

N1 2 2 10

222, , ( )= =

µπ

onde :


84

F1 2, = Força sobre o condutor 1, devido à interação

entre a corrente no condutor 1 e o campo produzido pela corrente do condutor 2. F2 1, = Força sobre o condutor 2, devido à interação

entre a corrente no condutor 2 e o campo produzido pela corrente do condutor 1.

F FId

N2 3 3 20

222, , ( )= =

µπ

onde: F2 3, = Força sobre o condutor 2, devido à interação


Fig. - 10.6 - 3 condutores conduzindo corrente

F3 2, = Força sobre o condutor 3, devido à interação


F FId

N1 3 3 10

2

4, , ( )= =µ

π

onde: F1 3, = Força sobre o condutor 1, devido à interação

entre a corrente no condutor 1 e o campo produzido pela corrente do condutor 3. F3 1, = Força sobre o condutor 3, devido à interação

entre a corrente no condutor 1 e o campo produzido pela corrente do condutor 1. As forças sobre o condutor 2, F2 1, e F2 3, possuem

a mesma magnitude, porém estão em direções opostas. Portanto: r r r

F F F2 2 1 2 3 0= + =, ,

A força sobre o condutor 1 será:

F F FId

N1 1 2 1 30

254

= + =, , ( )µ

π

A força sobre o condutor 3 será:

)N(d4I5

FFF2

02,31,33 π

µ=+=

E a força sobre o condutor 2 será nula.

10.3 - TORQUE SOBRE UMA ESPIRA PERCORRIDA POR CORRENTE - MOMENTO MAGNÉTICO Quando uma espira de corrente é colocada em um campo magnético, as forças que atuam sobre a espira tendem a fazê-la girar em torno de um eixo. Tomaremos inicialmente uma espira retangular de lados L e d, como mostra a figura 10.7 a seguir, onde o lado L é perpendicular ao plano do papel e representa o comprimento do elemento finito de corrente responsável pela metade do torque da espira. A componente Ft da força magnética F, vezes a distancia radial d é chamada de torque. O torque (representado pela letra T) tem dimensão de força x distância (N.m).

A força em qualquer elemento Ldr

da espira será:

)N(I)BLd(Fdrrr

×= (10.10)

O ângulo entre o condutor e o campo magnético é 900. Portanto, a força sobre cada condutor ativo é:

I

3 2 1

I 2I

F3,2

F3,1

F1,2

F1,3

F2,3 F2,1


85

)N(ILBF= (10.11)

Se a normal ao plano da espira faz um ângulo α com o campo magnético B, a força tangencial sobre cada condutor ativo de comprimento L é:

)N(senILBFt α= (10.12)

e o torque será dado por:

)m.N(senILdB

2d

F2T t α==

(10.13)

onde ALd = é a área da espira. Assim:

)m.N(senIABT α= (10.14)

Fig. 10.7- Torque sobre uma espira conduzindo corrente, imersa em um campo magnético O produto I.A tem dimensão de corrente x área, e é o momento magnético da espira, expresso em ampères x metro quadrado. Designando o momento magnético pela letra m:

)m.N(senmBT α= (10.15)

Se a espira tem N voltas, o momento magnético será:

m = N.I.A (A.m2) (10.16) Finalmente, o momento magnético poderá ser representado vetorialmente como:

)m.A(nmm 2=

r (10.17)

e o torque será expresso pelo produto vetorial:

)m.N(mT Brrr

×= (10.18)

n

α

F

F

d

B

90 -α

Ft

Ft


86

Exemplo 10.2 Uma bobina retangular com 200 espiras de 0.3x0.15 m com uma corrente de 5,0 A, está em um campo uniforme de 0,2 T. Encontre o momento magnético e o torque máximo. Solução

A m= × =0 3 015 0 045 2. . .

m nIA A m= = × × =200 5 0 045 45 2. .

T mB N mmax = = × =45 02 9. .

Exemplo 10.3 Um medidor de movimento tem um campo radial uniforme de 0.1 Wb/m2, e uma mola de torção com torque

Tm = 5,87x10-5θ N.m, θ em radianos. A bobina tem 35 espiras, e dimensões 23 mm x17 mm. Qual é o ângulo de rotação que resulta de uma corrente de 15 mA na bobina? Solução

Fig. 10.8 - Medidor de D'Arsonval r r r

T m B N m= × ( . )

T mB= =sen ( )γ γ 90o

m NIA=

23

63

m.A10205,0

101723101535m−

−−

×

=×××××=

T N me = × × = ×− −0 205 10 01 2 05 103 5, , , .

No equilíbrio:

T Te m=

2 05 10 5 87 105 5, ,× = ×− − θ

θ θ= ⇒ ≅0 35 20, rad o

N S B

θ


87

EXERCÍCIOS 1) - Uma película de correntes com densidade linear K = 30 ây A/m está localizada no plano z = 6 m.

Um condutor filamentar está sobre o eixo y, conduzindo 6,0 A na direção ây. Calcule a força por

unidade de comprimento que atua sobre este condutor. 2) - Uma espira circular de raio a m, conduzindo uma corrente I A está no plano z = h m, paralela a uma

película uniforme de corrente K = y0aK A/m localizada em z = 0. Expresse a força sobre um

comprimento infinitesimal da espira. Integre este resultado e mostre que a força total é nula. 3) - Uma barra de 3 kg, condutora, horizontal, com 800 mm de comprimento, faz um ângulo de 60º em

relação a um campo magnético horizontal de 0.5 T. Que corrente é necessária na barra para fazê-la flutuar contra a ação da gravidade?

4) - Dois condutores paralelos de comprimento L m são normais aBr

e percorridos por correntes de intensidade I A e sentidos opostos, conforme mostra a figura a seguir. A separação fixa entre eles é w m. Mostre que o torque relativo a qualquer eixo paralelo aos condutores é dado por BILwcosθ N.m.

Figura do problema 4. 5) - Uma espira circular de corrente de raio r m e corrente I A está localizada sobre o plano z = 0.

Calcule o torque que resulta se a corrente está na direção aφ e existe um campo uniforme

)T(2/)aa(BB zx0 +=r

.

6) - Duas espiras circulares de raio R possuem um centro comum e estão orientadas de forma tal que

seus planos são perpendiculares entre si. Deduza a expressão que mostra o torque de uma espira sobre a outra.

7) - Um elemento de corrente de 3 m de comprimento acha-se ao longo do eixo y, centrado na origem.

A corrente vale 6 A na direção ây. Se o elemento experimenta uma força de N2/)aa(5,1 zx + ,

devido a um campo uniforme B, calcule B.

B

w

θ

81

SOLENÓIDE E INDUTÂNCIA 11

11.1 - O SOLENÓIDE Campos magnéticos produzidos por simples condutores, ou por uma única espira são, para efeitos práticos, bastante fracos. Uma forma de se produzir campos magnéticos com maiores intensidades é através de um solenóide. Um solenóide é um enrolamento helicoidal, conforme é mostrado na figura 11.1. Considere que o enrolamento possua N voltas igualmente distribuídas ao longo do comprimento L do solenóide. A corrente que flui pelo enrolamento é I A. Se o espaçamento entre uma espira e outra for muito pequeno em relação ao raio de cada espira, podemos substituir o enrolamento por uma lâmina de corrente superficial de densidade K onde:

)m/A(LINK = (11.1)

L

N S

I N

B

Fig. 11.1 - Um solenóide

Para achar a densidade de fluxo B no centro do solenóide, considere uma seção da lâmina com espessura elementar dx, como se fosse uma única espira, cuja corrente é:

)A(dx

LINKdxIe == (11.2)

De acordo com o exemplo 9.2, a densidade de fluxo devido a um anel de corrente, ao longo do eixo deste anel em um ponto x é:

)m/Wb(

xR2

RIµB 23

22

2e

+= (11.3)

Ou, para o elemento de espessura dx considerando (11.2):

)m/Wb(dx

xRL2

NIRµdB 23

22

2

+= (11.4)

A densidade total B no centro do solenóide é, portanto:

)m/Wb(

xR

dxL2

NIRµB 22/L

2/L3

22

2

∫− +

= (11.5)

UNESP – Apostila de Eletromagnetismo – Prof. Dr. Naasson Pereira de Alcântara Junior

82

Realizando a integração obtém-se:

)m/Wb(

LR4

NIµB 2

22+= (11.6)

Se o comprimento do solenóide for muito maior do que o seu raio, a expressão 11.6 se reduz a:

)m/Wb(Kµ

LNIµB 2== (11.7)

onde K é a densidade laminar de corrente em A.m-1. As equações 11.6 e 11.7 dão o valor da indução magnética no centro do solenóide. Mudando os limites de integração para 0 e L, teremos, para os extremos do solenóide:

)m/Wb(2Kµ

L2NIµ

LR2

NIµB 2

22=≅

+= (11.8)

que é a metade do valor no centro da bobina. Vamos agora encontrar o torque que tende a girar o solenóide, se este for imerso em um campo magnético B. O torque será máximo se o eixo do solenóide for perpendicular ao campo magnético, conforme é mostrado na figura 11.2, onde o eixo de rotação está no centro do solenóide. Supondo que este seja de seção quadrada de lado d, a força tangencial de torque Ft num único segmento d de espira sob interação magnética é:

)N(βcos.BIdFt= (11.9)

r

r

d

L/2 β

F

Ft

B L /2

Fig. 11.2 - Torque no solenóide

Mas:

r2

dβcos = (11.10) Se considerarmos as duas espiras extremas, conforme a figura acima, temos um torque produzido por quatro forças de mesma intensidade Ft. Portanto:

)m.N(IAB2IBd2r.F4T 2t === (11.11)


83

onde A = d2 é a área da seção reta do solenóide. Observe que este torque é independente da distância das espiras ao centro do solenóide. Estendendo o raciocínio, o torque total estará distribuído entre as duas metades ao longo do comprimento do solenóide de modo que:

)m.N(B.mNIABIAB2

2NTm ′=== (11.12)

onde m' = NIA é o momento magnético do solenóide. Exemplo 11.1 Um solenóide uniforme possui 400 mm de comprimento, 100 mm de diâmetro, 100 espiras e uma corrente de 3 A. Encontre a indução magnética B no eixo do solenóide: a) - no seu centro, b) - em uma extremidade e c) - a meio caminho entre o centro e a extremidade. Solução

a) -

)T(LR4

NIµB22

0

+=

)mT(915,04,005,04

310010π4B22

7

=+×

×××=

−

b) -

)T(LR2

NIµB22+

=

)mT(468,04,005,02

310π4B22

7

=+

××=

−

c) - Faça-o como exercício.

11.2 - INDUTORES E INDUTÂNCIA Um indutor é um dispositivo capaz de armazenar energia em um campo magnético. Ele deve ser visto como uma contraparte no magnetismo ao capacitor, que armazena energia em um campo elétrico. Exemplos típicos de indutores são espiras, solenóides, toróides, etc. As linhas de fluxo magnético produzidas pela corrente que percorre o enrolamento de um solenóide formam caminhos fechados. Cada linha de fluxo que passa por todo o solenóide concatena a corrente I um número N de vezes. Se todas as linhas de campo se concatenam com todas as espiras, o fluxo magnético concatenado Λ (lambda maiúsculo) é igual a:

)esp.Wb(ψN m=Λ (11.13) Por definição, a indutância L é a razão entre o fluxo concatenado total e a corrente I.

)H(

IIψNL m Λ

== (11.14) A definição acima é satisfatória para meios com permeabilidade constante, como o ar. Como será visto mais tarde, a permeabilidade de materiais ferromagnéticos não é constante, e nestes casos a indutância é definida como sendo a razão entre a mudança infinitesimal no fluxo concatenado, pela mudança infinitesimal na corrente.

)H(

dIdL Λ

= (11.15)

Indutância tem dimensão de fluxo por corrente, e a sua unidade é o henry (H). 11.2.1 - Indutores de Geometria Simples A indutância de diversos tipos de indutores pode ser calculada a partir de sua geometria. Como exemplos, as indutâncias de um solenóide longo, um toróide, um cabo coaxial e uma linha formada por dois condutores paralelos serão aqui calculadas.


84

11.2.1.1 - Indutância de um Solenóide Na seção 11.1 deduzimos uma expressão para o campo magnético no centro de um solenóide. Como foi visto, a indução era menor nos extremos do solenóide, devido à dispersão do fluxo magnético. Se o solenóide for suficientemente longo, podemos considerar que o valor da indução magnética é constante em todo o interior do solenóide, e igual ao valor em seu centro. A expressão para a indução magnética no centro de um solenóide muito longo é:

)m/Wb(

dNIµB 2=

r (11.16)

Utilizamos a letra d ao invés da letra L, para representar o comprimento d solenóide, para evitar confusão com a simbologia de indutância (L). O fluxo concatenado do solenóide será então:

)Wb(

dIANµ 2

=Λ (11.17) A indutância será então:

)H(

dANµL

2

= (11.18) onde:

L (H) Indutância do solenóide I (A) Corrente no solenóide µ (H.m-1) Permeabilidade magnética do meio A (m2) Seção reta do solenóide d (m) Comprimento do solenóide N Número de espiras do solenóide

Exemplo 11.2 Calcule a indutância de um solenóide de 2000 espiras, enrolado uniformemente sobre um tubo de papelão de 500 mm de comprimento e 40 mm de diâmetro. O meio é o ar. 11.2.1.2 - Indutância de um toróide Se um solenóide longo é curvado em forma de círculo, e fechado sobre si mesmo, um toróide é obtido. Quando esse toróide possui um enrolamento uniforme, o campo magnético é praticamente todo confinado em seu interior, e B é substancialmente zero fora dele. Se a relação R/r for muito grande (figura 11.3), podemos utilizar a expressão para o campo magnético em um solenóide para determinar

: Λ

)Wb(NBA=Λ (11.19)

)Wb(

Rπ2rπINµA

dNIµN

22

==Λ (11.20)

)Wb(

R2IrNµ 22

=Λ (11.21)


85

r

i i

R

B

Fig. 11.3 – Um toróide

A indutância do toróide será:

)H(

R2rNµL

22

= (11.22) 11.2.1.3 - Indutância de um cabo coaxial Considere agora uma linha de transmissão co-axial, muito utilizada em telecomunicações, conforme mostrado na figura 11.4. A corrente no condutor interno é I, e o retorno pelo condutor externo de mesma magnitude. Consideraremos que o fluxo magnético está confinado à região entre os condutores (Bext = 0). Portanto:

rπ2

IµB = (11.23)

O fluxo total concatenado para um comprimento c da linha de transmissão é:

)Wb(abln

π2Iµc

rdr

π2IµcBdrc b

a

b

a===Λ ∫∫ (11.24)

A indutância para o comprimento c desse cabo é:

)H(

abln

π2cµ

IL =

Λ= (11.25)

B

a

b

I

-I-I

I

B

c b

a

c

Fig. 11.4- Cabo co-axial

11.2.1.4 - Indutância de um cabo bi-filar


86

Um outro tipo de linha de transmissão utilizada em telecomunicações é o cabo bi-filar, formado por dois fios paralelos (figura 11.5).O raio de cada um é a, e a distância entre seus centros é D. para um dos fios, em qualquer ponto r a indução magnética B é dada por:

)m/Wb(

rπ2IµB 2= (11.26)

e o fluxo concatenado para um comprimento c será igual à 2 vezes a integral 11.24. Portanto, a indutância para um comprimento c desse cabo é:

)H(

aDln

πcµ

IL =

Λ= (11.27)

B

D

raio do condutor = a

- I I

Fig. 11.5 - cabo bi-filar

11.2.2 - Energia Armazenada em um Indutor Um indutor armazena energia em um campo magnético, analogamente ao capacitor, que armazena energia em um campo elétrico. A armazenagem da energia se dá com a variação do campo magnético. Quando a corrente elétrica é alternada, existe uma permanente troca de energia entre o indutor e a fonte, a medida que o tempo passa. Quando a corrente elétrica é contínua, a energia é armazenada durante o período transitório que ocorre até que o seu valor em regime permanente se estabeleça. Uma vez retirada a corrente, a energia armazenada no campo magnético flui do indutor para a fonte externa, durante o transitório que ocorre até a corrente atingir o valor nulo. A potência instantânea entregue pela fonte de alimentação ao indutor é dada por :

)A.V(i.Vp = (11.28)

onde :

V (V) Tensão sobre o indutor, que é igual ao produto L didt. .

i (A) Valor instantâneo da corrente p (W) Potência instantânea no indutor

A energia entregue pela fonte ao indutor, Wm, é dada por:

)J(LI

21dt

dtdiLipdtW 2

I

0m === ∫∫ (11.29)


87

EXERCÍCIOS

1) Calcule a indutância por unidade de comprimento de um cabo coaxial cujo condutor interno possui raio a = 3 mm envolvido por outro de raio interno b = 9 mm. Para efeitos magnéticos suponha µr = 1.

2) Um solenóide uniforme de 120 mm de diâmetro, 600 mm de comprimento e 300 espiras é percorrido por uma corrente de 5 A. Uma bobina de 400 mm de diâmetro e 10 espiras é colocada com o seu eixo coincidindo com o eixo do solenóide. Qual deve ser a corrente na bobina de modo a anular o campo magnético em seu centro se esta estiver (a) no centro do solenóide, (b) na extremidade do solenóide e (c) a meio caminho entre o centro e a extremidade do solenóide?

3) Determine a indutância de um solenóide montado em um núcleo de ar, ao longo de um comprimento de 1,5 m formando 2500 espiras circulares de espaçamento uniforme e raio de 2 cm.

4) Calcule a indutância por unidade de comprimento de dois condutores aéreos e paralelos com raio de 2,5 cm separados por uma distância de 7,5 m.

5) Um condutor circular com 6 cm de raio encontra-se a 8 m de altura do solo. Determine a indutância em cada metro de comprimento.

6) Encontre a indutância de um toróide com núcleo de ar apresentando uma secção reta circular de raio 4 mm, 2500 espiras e raio médio 20 mm.

7) Dado um toróide com núcleo de ar formado por 700 espiras, com raio interno de 1 cm, raio externo de 2 cm e altura 1,5 cm, determine a sua indutância empregando (a) a expressão correta em função da sua geometria; (b) a expressão para um toróide genérico que supõe o campo H uniforme num raio médio.

8) Um certo toróide com núcleo de permeabilidade magnética igual à do ar com secção reta retangular apresenta um raio interno ri = 80 cm, raio externo re = 82 cm, altura h = 1,5 cm e encontra-se envolvido por 700 espiras. Calcule a sua indutância usando as duas fórmulas do problema anterior e compare os resultados.

9) Um toróide com seção transversal quadrada é limitado pelas superfícies r = 10 cm e r = 12 cm, z = – 1,0 cm e z = 1,0 cm. Obviamente, o raio médio do toróide é 11 cm e este é enrolado com uma única camada de 700 espiras e excitado com uma corrente de 2,5 A na direção

em r = 10 cm. (a) Encontre a indutância do toróide e o campo magnético Hza

r no seu centro. (b)

Como mudará esta resposta se a seção transversal do toróide for reduzida à metade, mantendo-se os mesmos raios interno e externo? (c) Com esta área reduzida, qual é a densidade laminar de corrente fluindo na superfície do cilindro interno necessária para produzir o mesmo resultado do item (a)?


119

Sabemos que uma corrente elétrica passando por um condutor dá origem a um campo magnético em torno deste. A este campo damos o nome de campo eletro-magnético, para denotar a sua origem, ou seja, um campo magnético provocado por uma corrente elétrica. Sabemos também que existem campos magnéticos provocados por certos materiais, comumente chamados de imãs permanentes. Dizemos que estes materiais tem a capacidade de manter um certo magnetismo residual, uma vez colocados na presença de um campo magnético externo. Entretanto, quer seja o campo provocado por uma corrente elétrica passando por um condutor, quer seja o campo magnético devido a um imã permanente, devemos saber que a origem de ambos é a mesma, ou seja: todo campo magnético é provocado por corrente elétrica. No primeiro caso isto está bastante claro. Vamos entender por que essa afirmação é válida também para o segundo caso. 12.1 - EFEITO DO FERRO EM CAMPOS MAGNÉTICOS ESTÁTICOS O ferro tem a propriedade de multiplicar o efeito magnético de uma corrente. O campo magnético no centro de um solenóide enrolado sobre uma pequena barra de ferro é muito maior do que o campo magnético no centro do mesmo solenóide, porém com núcleo de ar. Em outras palavras podemos definir o ferro com sendo um “condutor de fluxo magnético", em analogia à materiais como o cobre, que são bons condutores de corrente elétrica. Nós utilizamos esta propriedade para criar intensos campos magnéticos, manipulá-los e guiá-los por onde desejarmos 12.1.1 - Magnetismo O modelo ainda mais utilizado para representar a estrutura dos materiais é o modelo atômico. O elemento básico é o átomo, que possui um núcleo relativamente pesado, ao qual é atribuído sinal positivo, orbitado por cargas negativas (elétrons). Um elétron orbitando em torno do núcleo de um átomo pode ser considerado, devido à grande velocidade do movimento, como sendo um microscópico laço de corrente, como é sugerido pela figura 12.1. Este laço de corrente tem um momento magnético (dipolo) m, que é igual ao produto da corrente equivalente I, pela área A da espira definida pelo laço de corrente. Este momento pode ser expresso como um vetor

rm ,

que é perpendicular ao plano do laço, com direção definida pela regra da mão direita. (Devemos notar que a corrente I é oposta à direção do movimento da carga negativa).

12

TEORIA ELETRÔNICA DA MAGNETIZAÇÃO

120

Quando essa espira de corrente é colocada na presença de um campo magnético externo

rB, haverá um torque tendendo a alinhar o momento do laço com o campo

externo, dado por:

r r rT m B= × (12.1)

O módulo do torque resultante é :

T m B= senθ (12.2)

Quando o alinhamento é obtido o torque torna-se nulo. Considere agora a situação mostrada na figura 12.2a, onde há milhares de laços atômicos, orientados aleatoreamente.

figura 12.1 - Elétron girando em torno de um núcleo Na figura 12.2b um campo magnético externo é aplicado, fazendo com que todos os momentos magnéticos atômicos se alinhem na direção do campo magnético externo. Olhando para esta configuração, percebemos que esse conjunto formado por milhares de laços atômicos alinhados na mesma direção podem ser considerados como sendo uma única espira delimitada pelo contorno do material que contém os milhares de laços atômicos (figura 12.2c). Se agora tomarmos milhares dessas espiras, como na figura 12.2d, nós obtemos uma capa de corrente cilíndrica, semelhante a um solenóide. Esta discussão simplista serve para dar uma idéia do fenômeno da magnetização. Negligenciamos os efeitos da agitação térmica das moléculas, que interfere no processo de alinhamento. Também consideramos o átomo como tendo um único elétron orbitando o núcleo, quando pode haver mais de um, e desprezamos os movimentos de rotação do elétron e do núcleo em torno de seus próprios eixos. Embora muito longe de um rigoroso tratamento de mecânica quântica, nosso modelo simplista permite ter uma visão bastante clara do fenômeno da magnetização. A grande maioria dos fenômenos que estudaremos serão em escala macroscópica, e não necessitarão de uma visão rigorosa dos fenômenos microscópicos envolvidos.

m

Área A

corrente I

m

Área A

corrente I

B

θ

121

(a) (b) (c) figura 12.2 - (a) - Momentos atômicos aleatoriamente direcionados, (b) - alinhados com um campo externo, (c) - vista frontal mostrando grande laço externo (d) figura 12.2 - (d) centenas de laços, como em um solenóide. 12.2 - O VETOR MAGNETIZAÇÃO M Considere um toróide com núcleo de ar, área A e raio R mostrado na figura 12.3a. A densidade de fluxo magnético no interior do toróide será:

m

m

m

m

m

m

m

m

B = 0 B

B

B

B B

m m

m

m m

m

m

m

m

m

m m

m

m

N espiras

I Momento Magnético Resultante

122

B

N IR0 00

2= µ

π

(12.3) Mas N I R0 2π pode ser considerado com sendo a densidade de uma lâmina de corrente, K. Então:

B K H0 0 0= =µ µ (12.4)

(a) (b)

figura 12.3 - (a) Toróide com N0 espiras produzindo um campo B0 e (b) Toróide

com Nm espiras produzindo um campo Bm Se o mesmo enrolamento é colocado sobre um anel de ferro com a mesma área e raio, o valor de B deverá aumentar substancialmente. Imagine agora que, ao invés de um anel de ferro nós tenhamos o mesmo toróide com núcleo de ar, porém, com um número de espiras Nm (figura 12.3b) tal que campo magnético produzido por este seja igual ao aumento provocado pela presença do núcleo de ferro. Assim:

BN I

RK Mm o

m= = =µπ

µ µ2 0 0' (12.5)

onde N I Rm 2π = K' é a densidade da lâmina de corrente fictícia. O campo magnético total B será dado por:

B B B K Km= + = +0 0µ ( ' ) (12.6) ou:

r r rB H M= +µ0( ) (12.7)

onde: rB = vetor indução magnética (T)

B0

R

I I

Seção de Área A

N0 espiras B0

B0

R

I I

Seção de Área A

Nm espiras Bm

123

H = vetor intensidade de campo magnético (A/m) rM = vetor magnetização (A/m) Embora desenvolvida para o caso de um toróide, esta é uma relação vetorial de aplicação geral Assim, semelhantemente ao caso da eletrostática, onde o vetor polarização

rP está

relacionado ao vetor intensidade de campo elétrico rE , na magnetostática o vetor

magnetização rM está relacionado ao vetor intensidade de campo magnético H .

Dividindo a equação 12.7 por H nós temos:

µ µ= +

0 1

rrMH

(12.8)

Em meios isotrópicos,

rM e H estão na mesma direção, de modo que o quociente

entre eles é um escalar. Para os materiais ferromagnéticos, que serão os de nosso maior interesse, esta relação em geral não é linear, ou seja, o quociente entre

rM e

H não é linear, e não é possível escrever uma relação matemática exata para essa relação. Entretanto vamos, para o momento, escrever essa relação como sendo uma constante:

χ =

M

Hr

(12.9)

onde χ é a susceptibilidade magnética do material em questão. Podemos agora escrever

µ µ χ= +0 1( ) (12.10) ou:

µ µ µ= 0 r (12.11)

onde µ χr = +1 é definida como sendo a permeabilidade relativa do material em

relação ao vácuo. 12.3 - FERROMAGNETISMO, PARAMAGNETISMO E DIAMAGNETISMO Todos os materiais apresentam algum efeito magnético. Em alguns materiais esses efeitos são tão fracos, que esses materiais são chamados de não-magnéticos. Entretanto, o único meio realmente não magnético é o vácuo (daí o fato de ser tomado como sendo o material de permeabilidade relativa igual a 1). Em geral, os materiais podem ser classificados de acordo com o seu comportamento magnético em diamagnéticos, paramagnéticos e ferromagnéticos.

124

Os materiais diamagnéticos possuem uma permeabilidade relativa ligeiramente inferior a 1 (por exemplo o cobre, com µ r = 0.999991), e apresentam a característica de, na presença de um campo magnético, se oporem fracamente a ele (figura 12.4). Em outras palavras, quando um material diamagnético é colocado na presença de um campo magnético, ele é repelido por ele. Os materiais paramagnéticos possuem uma permeabilidade relativa ligeiramente superior a 1 (por exemplo o alumínio, com µ r = 1.00000036) e, na presença de um campo magnético os seus momentos magnéticos se alinham fracamente com ele. Quando esse campo é retirado, eles voltam a se desalinhar (figura 12.5). Em outras palavras, quando um material paramagnético é colocado na presença de um campo magnético ele é atraído por ele. Ao comportamento dos materiais ferromagnéticos será dedicado o próximo módulo

figura 12.4- Comportamento de um material diamagnético .

figura 12.5 - Comportamento de um material paramanético

Alguns tipos de materiais, como por exemplo o ferro, o níquel e o cobalto, apresentam a propriedade de que seus momentos magnéticos se alinham fortemente na direção de um campo magnético, oferecendo assim um caminho preferencial para as linhas de fluxo (figura 12.6). Uma liga ferro-silício a 3 % possui um µ r máximo de aproximadamente 55000. A permeabilidade desses materiais não é constante, sendo função da intensidade de campo magnético aplicado, e do estado magnético anterior do material.

figura 12.6- Comportamento dos materiais ferromagnéticos

125

12.4 - A TEORIA DOS DOMÍNIOS MAGNÉTICOS Para compreendermos melhor o fenômeno da magnetização em materiais ferromagnéticos vamos explicar rapidamente a teoria de domínios dos materiais magnéticos. Um domínio é definido como uma região de material dentro da qual os átomos tem o mesmo alinhamento magnético. Um domínio portanto comporta-se como um pequeno imã permanente, e deverá haver um número muito grande destes dentro de uma amostra de material. O número de domínios dentro de um determinado volume é determinado por um complexo balanço de energia dentro do material. Os detalhes disto estão fora do escopo deste curso, e nós obteremos os esclarecimentos necessários considerando o caso simplificado ilustrado a seguir. Na figura 12.7a temos uma amostra de material ferromagnético com os seus domínios aleatoriamente direcionados, de forma que o magnetismo resultante é nulo. Um campo magnético externo é aplicado sobre o material, e seus momentos magnéticos começam a se alinhar com ele (figura 12.7b, 12.7c). A princípio, esse alinhamento é obtido de maneira fácil, isto é, muitos domínios se alinham rapidamente para um campo magnético relativamente pequeno. A medida que o campo magnético vai sendo aumentado, há uma maior dificuldade em se obter novos alinhamentos. Em outras palavras, dá-se origem a um processo de saturação do material magnético. Se traçarmos uma curva representando a densidade de fluxo resultante, em função da intensidade de campo magnético aplicado, teremos uma curva de magnetização bastante familiar a nós, mostrada na figura 12.8. Podemos notar, em sua parte final, que um grande aumento em H produzirá um pequeno aumento em B. Na curva de magnetização mostrada na figura 12.8, devemos destacar alguns pontos importantes: Região A - µ é constante. Ponto C - "Joelho" da curva. maior valor de

rB antes da saturação. (utilizado no

projeto de máquinas elétricas). Região B - Região de saturação - Um grande aumento de H praticamente não causa variação de

rB.

figura 12.7 - (a) - Domínios magnéticos desalinhados, (b) e (c) - se alinhando com o campo externo

(a) (b) (c) (d)

126

figura 12.8 - Curva de magnetização de um material magnético Se reduzirmos a intensidade de campo magnético aplicada ao material ferromagnético até zero, poderíamos esperar que a densidade de fluxo magnético também voltasse ao seu valor original, zero. Entretanto, isso não ocorrerá. Quando o intensidade de campo magnético for zero, haverá ainda um magnetismo residual na amostra de material ferromagnético. Quando o campo magnético externo é retirado, os momentos magnéticos dos domínios voltam a se desalinhar, porém parte deles mantém o novo alinhamento obtido quando da aplicação do campo magnético externo. Na verdade, quando o campo externo foi aplicado, energia foi introduzida no material, e o mesmo sofreu uma nova reestruturação. Para mudar isto necessitamos de mais energia. Uma parte dessa energia provém do próprio material quando alguns de seus domínios voltaram ao seu alinhamento original. Porém, para voltar à situação de magnetismo resultante zero, um campo magnético reverso deve ser aplicado sobre o material. Se a intensidade de campo magnético H for variada de zero até um valor positivo, desse valor positivo até um valor negativo, passando por zero, e do valor negativo até zero, obteremos uma curva característica denominada ciclo de histerese, mostrada na figura 12.4. O fenômeno da histerese magnética é definido como o atraso causado na variação de

rB, devido a uma variação em H .

Pontos importantes do ciclo de histerese: Densidade de fluxo residual (remanente) -Br- É a densidade de fluxo que permanece, mesmo após H ter sido retirado. Também é chamada de retentividade. Força Coercitiva - Hc - Representa a intensidade de campo magnética necessária para se obter

rB = 0 (ou seja, eliminar o campo remanente). Também é chamada de

coercitividade. Curva de desmagnetização - é o segundo quadrante do ciclo de histerese. É uma característica utilizada para a obtenção dos parâmetros de imãs permanentes.

H (A/m)

B (Wb/m2)

A B C

127

figura 12.9 - Ciclo de Histerese Os materiais ferromagnéticos podem ser classificados como : Macios - apresentam um ciclo de histerese estreito (fácil magnetização) Duros - apresentam ciclos de histerese largos (difícil magnetização). Para finalizar esta seção, devemos observar que se a relação entre

rM e H , χ, fosse

realmente linear (e lembrando que rB = µ H ), a relação entre

rB e H deveria ser

uma linha reta, e não um laço. Na verdade, a simples definição de µ como sendo a relação entre

rB e H é um tanto quanto sem significado, pois, como podemos ver a

partir do ciclo de histerese, ela pode assumir infinitos valores. Assim, para completar a nossa definição de curva de magnetização e permeabilidade µ, devemos dizer que a curva de magnetização é obtida tomando-se os valores máximos positivos de

rB e

H em vários ciclos de histerese(o primeiro variando de zero a um valor de H , o segundo de zero a um valor de H um pouco maior, e assim por diante). A permeabilidade µ é definida como sendo a relação entre

rB e H nessa curva de

magnetização. A esse assunto, entretanto, deveremos voltar mais tarde.

figura 12.10 - Materiais magneticamente duros e mole

Duro

Mole

Br

Hc

Curva de desmagnetização

128

12.3 - RELAÇÕES DE FRONTEIRA NO CAMPO MANÉTICO Nesta seção estudaremos as condições de fronteira entre dois meios diferentes, sob o ponto de vista da condução de um fluxo magnético. Em um único meio o campo magnético é contínuo, ou seja, o campo ou é constante, ou varia apenas uma quantidade infinitesimal numa distância infinitesimal. Entretanto, na fronteira entre dois meios, o campo magnético pode sofrer variações abruptas, tanto em direção como em magnitude. Para fazer nossa análise do comportamento do campo magnético na fronteira entre dois meios de permeabilidades diferentes, vamos decompo-lo em duas componentes : a componente normal à fronteira entre os dois meios, e a componente tangencial às mesmas. Considere o o volume incremental ∆x∆y∆z, imerso em um campo magnético que cruza dois meios diferentes, mostrado na figura 12.11 abaixo:

figura 12.11 - Elemento incremental de volume Aplicando a ele a lei de Gauss para o magnetismo teremos: r r

B dS. =∫ 0 (12.12)

B x z B x zn n2 1∆ ∆ ∆ ∆= (12.13) B Bn n1 2= (12.14) ou seja, as componentes normais do vetor indução magnética na fronteira entre os dois meios são iguais. Lembrando que: B H= µ (12.15) teremos:

Bn1

Bn2

129

µ µ1 1 2 2H Hn n= (12.16) ou ainda: µ

µ1

2

2

1=

HH

n

n (12.17)

ou seja, as componentes normais do vetor intensidade de campo magnético se relacionam pelo inverso entre as permeabilidades dos meios. Considere agora o caminho abcd. também imerso em um campo magnético, mostrado na figura 12.12 abaixo.

figura 12.12 - Caminho abcd

Aplicando a ele a lei de Ampére teremos: r r

H dL I. =∫ (12.19)

Fazendo ∆y tender a zero, a integração é feita apenas em ∆x. Portanto: H x H x It t2 1

00 180. cos . cos∆ ∆+ = (12.20) ∆x H H It t( )2 1− = (12.21) H H

Ixt t2 1− =

∆ (12.22)

O termo I

x∆ representa uma densidade de corrente na superfície da fronteira (densidade laminar de corrente), que será representada pela letra k. Normalmente pode-se considerar que as correntes estão confinadas nos enrolamentos, de forma que, na grande maioria dos casos, k = 0. Assim: H Ht t2 1= (12.23)

b c

a d Ht1

Ht2

∆y

∆x

µ2

µ1

130

H Ht t2 1= (12.24) e: B

Bt

t

2

1

2

1=

µµ

(12.25)

ou seja, as componentes tangenciais do vetor intensidade de campo magnético são iguais, e as componentes tangenciais do vetor indução magnética se relacionam pela razão direta entre as permeabilidades magnéticas dos meios. Exemplo 12.1 Considere uma fronteira plana e desprovida de correntes, entre dois meios µ µ1 2e , conforme a figura 12.13 abaixo. Encontrar a relação entre α α1 2e . Supor que os

meios são isotrópicos, com rB e H no mesmo sentido.

figura 12.13 - Fronteira entre dois meios.

Solução

B Bn n1 2=

H Ht t1 2=

B Bn1 1 1= cos α

B Bn2 2 2= cosα

B B1 1 2 2cos cosα α=

H Ht1 1 1= senα

H Ht 2 2 2= senα

H H1 1 2 2sen senα α=

HB

HB

1 1

1 1

2 2

2 2

sencos

sencos

αα

αα

=

ou:

1 1

11

22µ

αµ

αtg tg=

ou ainda:

tgtg

r

r

αα

µµ

µµ

1

2

1

2

1

2= =

Exemplo 12.2 Seja o meio 1 o ar ( µ r = 1), e o meio 2 o ferro doce, com µ r = 7000 .

α1

α2

B1, H1

B2, H2 µ2

µ1

131

a) Se rB no ferro doce incide normalmente à fronteira, encontre α1.

b) Se rB no ferro doce é quase tangente à superfície, com um ângulo α1 igual a

85 graus, encontre α 2.

figura 12.14 - Campo Magnético na Fronteira Ferro-Ar. (a)- Incidência normal. (b) - Incidência quase tangente.

solução Pela figura, podemos perceber que o ângulo α 2 é igual a zero, portanto, tgα 2 = 1. Assim:

tg r

rα

µµ1

1

2

17000

= =

α1 0=

b)

tg tgα α1 21

7000=

α1

001= .

Como pode ser observado, o campo magnético que sai para o ar é praticamente normal à superfície da fronteira ferro/ar.

Exemplo 12.3 A região 1, com µr1 5= está no lado do plano 6x + 4y + 3z = 12 que inclui a origem.

N região 2 µ r2 3= . Dado que rH a ax y1

0

13 05= +

µ( $ . $ ) (A/m), encontre θ1 e θ2.

solução

figura 12.15 - Plano 6x + 4y + 6z = 12

α1

α2

(a) (b)

132

A componente normal do vetor indução magnética no meio 1 pode ser escrita da forma:

rB B an n n1 1 1= $

onde $an1é o vetor unitário que dá a direção normal ao plano no lado 1. Da geometria analítica, o vetor normal ao plano definido pela equação Ax + By + Cz = D pode ser escrito da forma:

$$ $ $

aAa Ba Ca

A B Cn

x y z= ±+ +

+ +2 2 2

Portanto:

$$ $ $

aa a a

nx y z

16 4 3

61=

+ +

B B an n1 1 1= ⋅

r$

B a aa a a

n x yx y z

1 5 3 0 56 4 3

61= + ⋅

+ +( $ , $ ) (

$ $ $)

Bn110061

=

rB

a a an

x y z1

10061

6 4 3

61=

+ +$ $ $

rB

a a an

x y z1

600 400 300

61=

+ +$ $ $

Das relações de fronteira:

$ $B Bn n2 1=

Vamos agora calcular as componentes tangênciais da indução magnética: r r r

B B Bt n1 1 1= −

( )rB a a

a a at x y

x y z1 15 2 5

600 400 300

61= + −

+ +

$ , $

$ $ $

rB

a a at

x y z1

315 247 5 300

61=

− −$ , $ $

Das relações de fronteira:

r rB Bt t2

2

11=

µµ

rB

a a at

x y z2

189 148 5 180

61=

− −$ , $ $

r r rB B Bn t2 2 2= +

rB

a a aWb mx y z

22789 2515 120

61=

+ +$ , $ $( / )

cos ,,

,θ22

2

12 813 72

0 93= = =BB

n

θ2

1 0 93 21 06= =−cos , , o

113

EXERCÍCIOS 1) - A interface entre 2 meios diferentes é normal a um dos 3 eixos cartesianos. Se

r rB a ax z1 0 435 24 0= +µ ( . $ . $ ) e

rB a ax z2 0 22 0 24 0= +µ ( . $ . $ ) qual é a relação tg

tgθ

θ1

2?

2) - A região 1, com µr1 = 6 está no lado do plano 2x + 4y + 4 z 16 que inclui a

origem. Na região 2, µr2 = 6. Dado que rH a A mx a y1 2 04=

+$ ( / )$ µ , encontre

r rH B e2 2 1, θ θ .

3) - Um meio ferromagnético de grande extensão possui um campo magnético

uniforme de 2 T. Se a permeabilidade relativa do meio é 200, encontre o valor de H dentro de (a) - Uma cavidade em forma de disco, com os seus lados planos paralelos a B. (b) - Idem, com os seus lados planos perpendiculares a B.

127

Circuitos magnéticos são usados para concentrar o efeito magnético de uma corrente em uma região particular do espaço. Em palavras mais simples, o circuito direciona o fluxo magnético para onde ele é necessário. Um circuito magnético pode ser construído a partir de uma variedade de seções com diferentes comprimentos, e diferentes propriedades magnéticas. As características magnetizantes dos materiais são não lineares, e isso deve ser levado em conta nos projetos de dispositivos eletromagnéticos. Um problema típico seria a determinação da corrente requerida em um enrolamento para produzir uma dada densidade de fluxo no entreferro de um pequeno atuador, relé ou eletromagneto. 13.1 -CIRCUITOS MAGNÉTICOS LINEARES São considerados magneticamente lineares os circuitos magnéticos onde a permeabilidade relativa é baixa. Circuitos magneticamente lineares podem ser obtidos quando o núcleo é de ar, ou de material não-ferromagnético, ou quando o entreferro for bastante grande. 13.1.1 - Analogia com Circuitos Elétricos Consideremos o dispositivo da figura 13.1, onde o núcleo é formado por um material magnético (µ µ⟩ 0 ).

figura 13.1 - Circuito magnético Pela lei de Ampére teremos: r s

H dL Il

.∫ = (13.1)

Considerando que H (em módulo) é constante ao longo do caminho mostrado na figura teremos:

13

CIRCUITOS MAGNÉTICOS LINEARES E NÃO LINEARES

V

i

N

φ

128

N I H lm. .= (13.2)

H

N Il

A esp mm

=.

( . / )

(13.3)

onde lm é o caminho médio percorrido por ϕm . O termo N.I será chamado de força magnetomotriz (Fmm).

Como rB = µH , teremos:

BN I

lm=

µ. .

(13.4)

e o fluxo magnético ϕm será: ϕm B S= . (13.5)

ϕµ

mm

Fmml

S= .

(13.6)

ϕmFmm

=ℜ

(13.7)

O termo ℜ = l

Sm

µ (13.7)

é chamado de relutância do circuito magnético (dificuldade imposta à circulação do fluxo magnético), e tem como unidade : A/Wb.esp. Considere agora o circuito elétrico da figura 13.2 Para esse circuito elétrico temos:

RlS

= ρ

(13.8)

IVR

=

(13.9)

Portanto, para a corrente elétrica:

IFem

RFem

lS

= = ρ

(13.10)

Podemos montar um circuito análogo ao circuito elétrico, para o circuito magnético:

V i

R figura 19.2 -

Circuito elétrico análogo

129

Circuito Magnético Circuito Elétrico Fmm = N.I Fem = V

Fluxo Magnético = ϕm Corrente elétrica = I

Relutância = ℜ Resistência Elétrica = R Permeabilidade = µ Condutividade = σ Permeância = 1 ℜ Condutância = G R= 1

Exemplo 13.1

Para o dispositivo da figura 13.1, têm-se: I = 5 A, N = 100 esp., M = 10 cm, Q = 8 cm, S = 2 cm2, µ r = 1000. Calcular: a) - A relutância do circuito magnético b) - A permeância do circuito magnético c) - A intensidade de campo magnético no núcleo d) - A densidade de fluxo magnético no núcleo e) - O fluxo magnético no núcleo

Resp: ℜ = 1,4x106 A/Wb.esp; Ρ = ℜ1 = 7.14x10-7 Wb.esp/A; H = 1.4x103 A.esp/m; B = 1.75

Wb/m2; ϕm = 3.5x10-4 Wb. Exemplo 13.2 Calcular o valor do fluxo magnético em cada braço da estrutura magnética da figura 13.3, dados: N = 500 espiras, I = 1,0 A, µr1 = 200, µr2 = 100.

Figura 13.3 - Estrutura ferromagnética do exemplo 13.2 Solução figura 13.4 - circuito elétrico análogo do exemplo

13.2 Para o lado do material 1:

NI H l= 1 1

l cm cm cm cm cm cm cm

cm cm cm cm cm cm1 5 5 5 5 1 1 1

1 1 1 1 1 28= + + + + + +

+ + + + + =

m/Ae17,178528,0

1500lNI

H1

1 =×

==

Para o lado do material 2:

NI H l= 2 2

5 5

5

2 2 2

2

2

N

medidas em cm

espessura: 2 cm

material 1 material 2

H1l1 H2l2

NI

130

m/Ae71,178528,0

1500lNI

H2

2 =×

==

Indução magnética no braço esquerdo:

T45,071,1785104200HB 7101r1 =××π××=µµ= −

fluxo magnético no braço esquerdo:

φ1 1 14 40 4 10 1 8 10= = × × = ×− −B S Wb,45 ,

Indução magnética no braço direito:

T23,071,1785104100HB 7

101r2 =××π××=µµ= −

fluxo magnético no braço direito:

φ2 2 24 40 23 4 10 0 92 10= = × × = ×− −B S Wb, ,

fluxo magnético no braço central:

φ φ φc Wb= + = × −1 2

42 10,72

13.2 - CIRCUITOS MAGNÉTICOS NÃO-LINEARES São considerados não lineares todos os circuitos magnéticos que utilizam material ferromagnético, tais como ferro fundido, aço silício, aço fundido, ferrite etc. A maioria dos circuitos magnéticos reais

são não lineares, pois a permeabilidade dos materiais ferromagnéticos é variável (função de rB no

núcleo). Exemplo 13.3 As dimensões da estrutura magnética 13.5 são indicadas na tabela. O enrolamento de excitação

possui 100 espiras. Determine a corrente no enrolamento para estabelecer um fluxo de 1.5x10-4 (Wb). Considere que todo o fluxo está confinado ao núcleo. Utilize as curvas de magnetização da figura 13.7. Mat. 1 - Ferro Fund. Mat. 2 - Aço-Silício

lm 0.2 m 0.4 m S 15x10-4 m2 15x10-4 m2

Solução

figura 13.5 - Estrutura ferromagnética figura 13.6 - Circuito elétrico análogo

Fmm N I H li ii

n

= ==∑. .

1

Fmm H l H l= +1 1 2 2. .

em série temos:

φ φ φ1 2415 10= = = −. ( )x Wb

φ = B S.

φ = =B S B S1 1 2 2. .

B BS

xx

Wb m1 2

4

4215 10

15 1001= = = =

−

−φ . . ( / )

2 1

131

figura 13.7 - Curvas de magnetização

Das curvas de magnetização temos: ferro fundido -

B Wb m H A esp m12

101 225= ⇒ ≅. ( / ) ( . / ) aço-silício -

B Wb m H A esp m22

201 35= ⇒ ≅. ( / ) ( . / ) portanto:

IH l H l

N=

+1 1 2 2. .

Ix x

A=+

=225 0 2 35 0 4

100059

. .. ( )

Imagine que tivéssemos que escolher apenas um tipo de material, entre os materiais 1 e 2, para manter o mesmo fluxo magnético. Qual seria o escolhido?. Se o material escolhido fosse o 2 teríamos :

IH l H l

Nx x

A'. . . .

. ( )=+

=+

=1 1 2 2 35 02 35 0 4100

021

Se o material 1 fosse o escolhido teríamos :

Ix x

A' '. .

. ( )=+

=225 0 2 225 04

100135

Portanto o material escolhido seria o material 2, por requerer uma corrente (e consequentemente uma força magnetomotriz) muito menor do que a exigida no caso do material 1. Exemplo 13.4 Considere a estrutura magnética mostrada na figura 13.6. Para um fluxo magnético de 1,5x10-4 Wb, qual é o valor de B nos pontos 1 e 2, dados que S1 = 16 cm2, S2 = 20 cm2, l1 = 15 cm, l2 = 30 cm, N = 200 esp. O material é aço fundido.

132

Solução O fluxo magnético é o mesmo, em qualquer seção:

φ φ φ= =1 2

A indução magnética na seção 1 é:

BS

T11

4

41 5 1016 10

0= =××

=−

−φ ,

,084

Da curva para o aço fundido (figura 13.5):

B T H Ae m1 10 85= ⇒ =,084 /

A indução magnética na seção 2 é:

BS

T22

4

41 5 1020 10

0 075= =××

=−

−φ ,

,

Da curva para o aço fundido (figura 13.5):

B T H Ae m2 10 075 65= ⇒ =, /

Aplicando a lei de Ampére:

NI H l H l= +1 1 2 2

I A=× + ×

=85 0 15 65 0

2000 16

, ,3,

Exemplo 13.5 Uma estrutura magnética é feita de aço-silício. Determine a corrente quer deve circular no enrolamento com 500 espiras para estabelecer um fluxo de 9x10-4 Wb no braço direito da estrutura, dados: l1 = l3 = 50 cm, l2 = 15 cm, S = 22,5 cm2.

figura 13.7 - Estrutura magnética do exemplo 13.5

Solução malha I :

Fmm H l H l I= +1 1 2 2. . ( )

malha II

0 3 3 2 2= −H l H l II. . ( ) nó 1:

φ φ φ1 2 3= + ( )III

figura 13.8 - Circuito análogo do exemplo 13.5

N = 500

L1 L3

L2

N

1 2

figura 19.6 - estrutura ferromagnética

133

φ3

49 10= −x Wb

φ3 3 3= B S.

Bxx x

Wb m3

429 10

0 05 0 05 090 4= =

−

. . .. /

Da curva de magnetização para o aço silício:

B H A esp m3 304 60= ⇒ =. . / A partir da equação (II):

HH l

lx x

xA esp m2

3 3

2

2

260 50 10

15 10200= =

−

−

.. /

Da curva de magnetização :

H B Wb m2 22200 107= ⇒ . /

φ2 2 24107 0 05 0 05 09 24 08 10= = = −B S x x x x Wb. . ( . . . ) .

Da equação III :

φ14 4 424 08 10 9 10 3308 10= + =− − −. .x x x Wb

BS

xx

Wb m11

1

4

4233 08 10

22 5 10147

φ= =

−

−..

. /

Da curva de magnetização :

B H A esp m1 1147 2050= ⇒ =. . /

Da equação I :

Fmm x x x x A esp= + =− −2050 50 10 200 15 10 10552 2 .

∴ = =i A1055500

211.

13.3 - CIRCUITOS MAGNÉTICOS COM ENTREFERROS

Alguns dispositivos eletromagnéticos, tais como instrumentos de medidas, motores, relés etc, possuem um espaço de ar na sua estrutura magnética. Este espaço é chamado de “entreferro" (ou "air gap" em inglês).

Fig. 13.9 - Estrutura magnética com entreferro

Ao cruzar o entreferro, o fluxo magnético sofre um fenômeno chamado de espraiamento (frangeamento, espalhamento, efeito de bordas são termos sinônimos à este), conforme pode ser visto da figura 13.10. Isto faz com que a área efetiva por onde passa o fluxo seja maior que a área geométrica do entreferroefetiva por onde passa o fluxo seja maior que a área geométrica do entreferro.

Fig. 13.10 - Campo magnético em um entreferro

De uma forma prática, podemos calcular a área aparente do entreferro Sgap através da relação:

134

)m()lb).(la(S 2gggap ++= (13.11)

Quando o entreferro é muito reduzido, o espraiamento pode ser desprezado.

Exemplo 13.6 Vamos investigar a influência de um entreferro sobre um circuito magnético. Imagine uma estrutura de aço silício, com 100 espiras, uma seção de 5 cm x 2 cm e um comprimento médio de 50 cm. Deseja-se estabelecer valores de fluxo magnético de 3x10-4, 6x10-4 e 9x10-4 Wb. Determinar os valores de corrente necessários. Em seguida imagine um entreferro de 1 mm, e refaça os cálculos para encontrar os mesmos valores de fluxo. Analise os resultados. Solução Sem entreferro: para φ = −3 10 4x Wb

φ = B S.

BS

xx

T= = =−

−φ 3 10

10 1003

4

4.

da curva de magnetização :

B T H A esp m= ⇒ =0 3 55. . / o valor da corrente será:

IH lN

xA= = =

. ..

55 05100

0 275

para Wb10x6 4−=φ

B xx

T= =−

−6 10

10 100 6

4

4.

0 6 75. . /T A esp m⇒

Ix

A= =75 05

1000 375

..

para Wb10x9 4−=φ

B xx

T= =−

−9 1010 10

0 94

4.

0 9 135. . /T A esp m⇒

Ix

A= =135 0 5

1000 675

..

Com o entreferro:

área do entreferro:

S cmg = + + =(5 . ). ( . ) .01 2 01 10 71 2

para φ = −3 10 4x Wb

BS

xx

Tgg

g= = =

−

−

φ 3 1010 71 10

0 284

4..

HB

xA esp mg

g= = =−µ π07

0 284 10

222906.

. /

Ix x

A=+

=55 0 499 222906 0 001

1002 50

. ..


B xx

Tg6 10

10 72 100 56

4

4

−

−=

..

Hx

A esp mg = =−056

4 104458127

.. /

π

Ix x

A=+

=75 0 499 445812 0 001

1004 83

. ..


B xx

Tg = =−

−9 10

1071 100 84

4

4..

Hx

A esp mg = =−

0844 10

6687187

. . /π

Ix x

A=+

=135 0499 668718 0 001

1007 36

. ..

A partir dos resultados podemos observar que:

135

- Para se obter os mesmos valores de fluxo, com a introdução do entreferro, é necessário um aumento muito grande nos valores da corrente. - Praticamente toda a Fmm é utilizada para vencer o entreferro (Isso é torna-se mais acentuado quando o entreferro é maior) - A introdução do entreferro tornou o circuito magnético (material magnético + entreferro) praticamente linear. 13.3.1 - FATOR DE EMPACOTAMENTO (OU FATOR DE LAMINAÇÃO) Quando um material ferromagnético é colocado na presença de um campo magnético variável no tempo, correntes parasitas (correntes de Foucault) serão induzidas em seu interior, provocando aquecimento do material e, consequentemente, perdas. Para se reduzir este fenômeno, o núcleo de dispositivos eletromagnéticos deve ser construído com chapas de material ferromagnético, isoladas entre sí (com verniz, por exemplo). Assim, devido ao processo de empilhamento das chapas para montagem do núcleo, a área efetiva do material ferromagnético, Smagnética ,é menor que a área geométrica, Sgeométrica, ocupada pelo

núcleo. Portanto define-se o fator de empacotamento como :

k

S

SSSe

magnética

geométrica

N= = (13.12)

Uma outra razão de natureza prática para a laminação é facilitar a colocação das bobinas no dispositivo (construção e manutenção).

Fig. 13.12 - Núcleo Laminado

Espessura da chapa (mm )

Ke

0.0127 0.50 0.0258 0.75 0.0508 0.85 0.10 a 0.25 0.90 0.27 a 0.36 0.95

Exemplo 13.7 Considere uma estrutura magnética construída com chapas de aço silício, com fator de empacotamento igual a 0.9. As dimensões da seção transversal do núcleo são a = 5 cm, b = 6 cm. O comprimento médio do caminho do fluxo é 1 m. Determine a Fmm necessária para estabelecer um fluxo de 25x10-4 Wb no entreferro. O comprimento do entreferro é 0.5 cm. Solução

136

( )( )B

STg

g

g= = ×

+ +=

−φ 25 100 05 0 005 0 06 0 005

0 74

, , , ,,

HB

Ae mgg= =

µ0557042 3, /

BS

Tnn

n= =

×× ×

=−φ 25 10

0 05 0 06 0 90 93

4

, , ,,

Da curva de magnetização p/ o aço silício:

B T H Ae mn n= ⇒ =0 93 130, /

Fmm H l H lg g n n= +

Fmm Ae= × + × =557042 3 0 005 130 0 995 2914 6, , , ,

Exemplo 13.8 Considere a mesma estrutura, porém com uma bobina de 500 espiras, e uma corrente de 6 A. Qual é o valor do fluxo no entreferro ? Solução

N i H l H ln n g g. . .= +

(I)

φ φ φn g B S= = = .

φ = =B S B Sg g n n. .

∴ = =B BSS

Hg nn

gg .µ0

HB S

Sgn n

g=

µ0 (II)

Substituindo (II) em (I) :

N i H l BS

Sl IIIn n n

n

gg. .

.. ( )= +

µ0

A equação acima recebe o nome de reta negativa de entreferro (veja figura 18.4) Fazendo-se 0Hn = em (III):

B N iS

S lWb mn

g

n g= ≅. .

.

.. ( / )

µ0 2105

Fazendo-se Bn = 0 em (III):

HN il

A esp mnn

= =.

( . / )3000

Fig. 13.13 - Intersecção curva de magnetização e reta negativa de entreferro Da figura 13.13, determinamos graficamente os valores

m/esp.A145Hem/Wb04.0B 'n

2'n ==

Portanto :

Wb10x0,30)06.x05(.x9.0x93.0S.B 4n

'n

−===φ

Exemplo 13.9

Um circuito magnético toroidal de aço fundido apresenta uma seção transversal circular de 10 cm2. O comprimento médio do circuito magnético é 35 cm, com um gap de 1 mm. O circuito elétrico é alimentado por uma corrente de 3 A, em uma bobina de 200 espiras. Determinar o fluxo no entreferro. Solução

B

H

Reta negativa de entreferro

Curva de magnetização

Vi

R

137

Fig. 13.14 - Circuito Magnético e circuito análogo do exemplo

Vamos inicialmente calcular a área efetiva do entreferro.

S r x mtoróide = = −π 2 4 210 10

rx

m= =−10 10

001784

π.

Raio efetivo do entreferro:

r m= + =0 0178 0 001 0 0188. . .

Área efetiva do entreferro :

S x mg = = −π. . .0 0188 111 102 4 2

Como o circuito é de aço fundido, ke = 1.

N I H l H ln n g g. . .= +

φ φ φ= =n g

B S B Sg g n n=

BSS

Bgn

gn= .

N I H l BSS

ln n nn

gg. . . .= +

Fazendo Hn = 0 :

)m/Wb(837.010.10x10

10x1.11x10x4x3x200

l.S

.S.I.NB

234

47

gn

0gn

=π

=µ

=

−−

−−

Fazendo Bn= 0 :

HN Il

A esp mnn

= =.

. ( . / )1719 2

Do cruzamento da reta negativa de entreferro com a curva de magnetização do material magnético do núcleo obtemos :

B Wb mn = 0 61 2. ( / )

H A esp mn = 325 ( . / )

Retornando esses valores na equação original teríamos:

N I xx

x A esp. . . . . ( . )= + =−

325 0349 0 614 10

0 01 598857π

O valor correto para N.I seria 600 A.esp. Portanto este método gráfico permite obter soluções bastantes precisas. O fluxo no entreferro é : φg g gB S x Wb= = −. . ( )6 77 10 4

138

EXERCÍCIOS 1) - Um circuito magnético compõe-se de duas partes de mesmo material ferromagnético (µ r 4000 ).

A parte 1 tem 50 mm de comprimento e 104 mm2 de seção reta. A parte 2 tem 30 mm de comprimento e 120 mm2. O material está na parte da curva onde a permeabilidade relativa é proporcional à densidade de fluxo. Encontre o fluxo ϕ, supondo uma Fmm de 40 Ae.

2) - A figura abaixo mostra um circuito magnético cujos braços são de aço fundido. A parte 1 tem l1 =

34 cm, e S1 = 6 cm2. A parte 2 tem l2 = 16 cm e S2 = 4 cm2. Calcule a corrente do enrolamento I1

supondo que I2 = 0.5 A., N1 = 200 espiras, N2 = 100 espiras, e ϕ = 120 µWb.


3) - A figura abaixo mostra um circuito magnético com uma Fmm de 500 Ae. A parte 1 é de aço

fundido, com l1 = 340 mm, e S1 = 400 mm2. A parte 2 é de ferro fundido, com l2 = 138 mm e S2 =

360 mm2. Calcule o fluxo magnético.


4) - Para o circuito magnético mostrado na figura abaixo, a permeabiliade relativa é 1000. A seção transversal é de 2 cm2, com exceção da perna central, que é de 4 cm2. Os caminhos l1 e l2 medem 24 cm, e l3 mede 8 cm. Calcular o fluxo magnético nos pontos 1 e 2.


2 1

N2

N1

F2

F1

1 2

1000 Ae 500 Ae

L1 L2

L3

139

2 cm

Espessura 2 cm Entreferro = 1 mm

Fmm = 500 Fmm = 500 5 cm

2 cm

6 cm 6 cm 4 cm 2 cm 2 cm

5) - Um núcleo em aço-silício, seção retangular de 10 mm x 8 mm, comprimento médio de 150 mm. Possui um entreferro de 0.8 mm. O fluxo é 80 x 10-6 Wb. Calcule a Fmm.

6) - O circuito magnético mostrado na figura abaixo é de aço fundido. A bobina tem 500 espiras. As

dimensões são : le = 1mm, S2 = S3 = 150 mm2 , S1 = 300 mm2 , l1 = 40 mm, l2 = 110 mm e

l3 = 109 mm. Calcule a corrente na bobina para gerar um fluxo de 125 µWb no entreferro. Suponha que Se é 17 % maior que S3.

Figura do problema 6 7) - Encontre a densidade de fluxo em cada um dos três braços do circuito magnético mostrado na

figura abaixo. Considere H = 200B no aço.


N = 500

L2 L3

L1

145

Considere o núcleo de material ferromagnético mostrado na figura 14.1, enrolado com um enrolamento de N espiras. Fazendo circular por este enrolamento uma corrente de intensidade I, suficiente para levar o núcleo à saturação, e em seguida extinguindo-se esta corrente, de acordo com a teoria dos domínios magnéticos já vista, o núcleo manterá um magnetismo residual, conforme pode ser visto no ciclo de histerese da figura 14.2. Pode-se dizer que o material ferromagnético imantou-se, ou tornou-se um ímã permanente.

figura 14.1 - Núcleo com enrolamento de N espiras

figura 14.2 - Ciclo de Histerese

A região de interesse no ciclo de histerese é o segundo quadrante. Este trecho é chamado de curva de desmagnetização, e representa as características de um dado ímã. O ideal é que os ímãs permanentes apresentem alta retentividade (interseção da curva com o eixo B), e alta coercitividade (interseção da curva com o eixo H), medida da dificuldade de desmagnetização do material. Uma característica muito importante em um ímã permanente é o máximo valor B×H (BHmax) (Não se trata so produto de Bmax por Hmax). A figura 14.3

14

CIRCUITOS MAGNÉTICOS COM ÍMÃS PERMANENTES

i

B

Br

Hc

Curva de desmagnetização

146

apresenta algumas curvas de desmagnetização. Por ela, percebe-se que a curva que dá o máximo BH é a curva 2.

Figura 14.3 - Curvas de desmagnetização

O máximo produto BH para uma substância indica a máxima densidade de energia (J/m3) que armazenada no ímã. Quanto maior o valor de BHmax, menor será a quantidade de material necessária para um dado valor de fluxo. A figura 14.4 apresenta a curva de desmagnetização de uma liga alnico 5, e a tabela 14.1 apresenta valores de Retentividade, coercitividade e BHmax de diversos tipos de ímãs permanentes.

Figura 14.4 - curva de desmagnetização do alnico 5

Tabela 14.1

Material (composição percentual)

Retentividade (T)

Coercitividade (A/m)

BHmax

(J/m3) Aço Cromo (98 Fe, 0,9 Cr, 0,6 Co, 0,4 Mn) 1,0 4.000 1.600

Oxide (57 Fe, 28 O, 15 Co ) 0,2 72.000 4.800 Alnico 12 ( 33 Fe, 35 Co, 18 Ni, 8 Ti, 6 Al) 0,6 76.000 12.000 Alnico 2 (55 Fe, 12 Co, 17 Ni, 10 AL, 6 Cu) 0,7 44.800 13.600

Alnico 5 (Alcomax)(51 Fe, 24 Co, 14 Ni, 8 Al, 3 Cu) 1,25 44.000 36.000 Platina-Cobalto (77 Pt, 23 Co) 0,6 290.000 52.000

1

2

3 Alta retentividade, baixa coercitividade

Retentividade intermediária, coercitividade intermediária

baixa retentividade, alta coercitividade

-10000 -20000 -30000 -40000 -50000 0

0,2

1,4

0,6

0,8

1,0 1,2

0,4

D E N S I D A D E

D E

F L U X O

(T)

INTENSIDADE DE CAMPO (A/m)

147

14.1 - Imãs Permanentes com Entreferro . Imãs permanentes só podem ser utilizados em estruturas que apresentem entreferros. As maiores aplicações são medidores, microfones, alto falantes, geradores de pequeno porte. Atualmente, com o desenvolvimento de ligas especiais (Samário-Cobalto, por exemplo), que dão origem aos chamados super-imãs, máquinas de grande porte também estão sendo construídas utilizando-se imãs permanentes. Consideremos um circuito magnetizado permanentemente, com um entreferro (figura 14.5).

figura 14.5 - Circuito magnético formado com material permanentemente magnetizado Aplicando-se a lei de Ampére a este circuito, teremos:

r rH dl N I

l. .∫ = = 0 (14.1)

pois não existe corrente, e consequentemente Fmm. Assim:

H l H lim m g g. .+ = 0 (14.2)

Hgg

=B

µ0 (14.3)

B

H llgim m

g= −

µ0 .

(14.4)

O fluxo magnético será igual, tanto no entreferro como no ímã, portanto :

φ φ φm g= = (14.5)

Considerando-se o efeito de espraiamento do fluxo no entreferro, podemos escrever:

B

SB

Sgg

imim

= =φ φ

;

(14.6)

B BSSg im

im

m=

(14.7)

Portanto:

Him

Hg

148

B S

SH ll

im im

g

im im

g= −

µ0

(14.8)

imgim

img0im H

lS

lSB

µ−=

(14.9)

A equação 14.9 é a equação de uma reta conhecida como reta de cisalhamento. Ela determina o ponto de operação do ímã permanente. Devido ao entreferro, a densidade de fluxo real deverá ser menor do que Br, situando-se em um ponto P da curva de desmagnetização, como pode ser visto na figura 14.6

figura 14.6 - Ponto de Operação do ímã

Exemplo 14.1 Calcular o fluxo magnético no entreferro do ímã permanente da figura 14.7. A curva de desmagnetização é dada na figura 14.8, e pode ser considerada como sendo um quadrante de círculo solução

figura 14.7 - Ímã permanente c/ entreferro

figura 14.8 - Curva de desmagnetização

l cmim = + + + − =15 15 15 15 05 59 5( . ) .

S x cmim = =5 6 30 2

S a l b lg g g= + +( ).( )

S cmg = + − + =(5 . ).( . ) .0 5 6 0 6 3575 2

Bx x x x x xH

x x ximim=

− − − −

− −4 10 3575 10 59 5 10

30 10 05 10

7 4 2

4 2π . .

.

B x Him im= − −178 10 4.

Estabelecendo as seguintes relações:

20 cm

20 cm

5 0,5

5

5

P

P’

H (Ae/m)

B(T)

0,5

5000

P

P’

-H

B

149

1 cm ≡ 0,1 T 1 cm ≡ -1000 A/m

Podemos escrever:

1000y1078,11,0x 4−×−=

y1078,1x 4−×−= (I)

Esta é a equação da reta OP' (linha de cisalhamento).

Com a consideração de que a curva do ímã é aproximada por um quadrante de círculo, podemos escrever:

25yx 22 =+ (II)

A partir de (I) e (II), o ponto de operação será:

T44.0Bop ≅

m/esp.A2450H op −≅

O fluxo no entreferro será:

4imimimg 10x30x44.0.S −=φ=φ=φ

Wb10x2,13 4

g−=φ

Exemplo 14.1 Calcular o raio R da estrutura abaixo, formada por um ímã permanente cuja curva de desmagnetização é igual a do exemplo anterior, para estabelecer um fluxo de 0,236×10-4 Wb no entreferro. Desprezar o espraiamento. Solução figura 14.9 - ímã permanente do exemplo 14.2

H l H li i g g+ = 0

l R li g= − =2 0 0π ,001 ,001

( )B B

STg i

g= = =

×=

−φ

π

0 236 10

0 0050 3

4

2,

,,

HB

A mgg= =

µ0238 732. /

Determinação de Hi: Pelo gráfico da figura 14.10:

figura 14.10 - curva de desmagnetizaão do exemplo 14.2

1 cm ≡ 0,1 T 1 cm ≡ -1000 A/m

5 32 2= + x

x = 4

( )H A mi 4 1000 4000× − = − /

( )− × − + × =4000 2 0 238 732 0 0πR ,001 . ,001

R cm≅ 1

R lg = 1 mm

Raio da seção transversal = 0,005 m

0,5

0,3

-5000 Hi

150

2 cm

Espessura 2 cm Entreferro = 1 mm

Fmm = 500 Fmm = 500 5 cm

2 cm

6 cm 6 cm 4 cm 2 cm 2 cm

EXERCÍCIOS

1) - Um núcleo em aço-silício, seção retangular de 10 mm x 8 mm, comprimento médio de 150 mm.

Possui um entreferro de 0.8 mm. O fluxo é 80 x 10-6 Wb. Calcule a Fmm. 2) - O circuito magnético mostrado na figura abaixo é de aço fundido. A bobina tem 500 espiras. As

dimensões são : le = 1mm, S2 = S3 = 150 mm2 , S1 = 300 mm2 , l1 = 40 mm, l2 = 110 mm e

l3 = 109 mm. Calcule a corrente na bobina para gerar um fluxo de 125 µWb no entreferro. Suponha

que Se é 17 % maior que S3.

figura do problema 2 3) - Encontre a densidade de fluxo em cada um dos três braços do circuito magnético mostrado na

figura abaixo. Considere H = 200B no aço.

figura do problema 3 4) - A estrutura da figura abaixo é construída de forma tal que o campo magnético tem um

comportamento praticamente radial no entreferro. Calcule o comprimento d que deve ter ímã permanente construído com alnico 5, de forma que a indução magnética B no entreferro seja de 0,2 T, dados que: lg = 1 mm, Raio médio = 2 cm. Desprezar a relutância do ferro e o espraiamento.

N = 500

L2 L3

L1

151

estrutura magnética do problema 4 5) - Uma suspensão Magnética - Calcular a corrente que deve circular na bobina de 100 espiras da

estrutura magnética da figura 2, de forma a levantar um peso de 800 N. O ímã permanente possui 2 cm de comprimento, área S = 30 cm2, e característica de magnetização mostrada na figura 3. A orientação do ímã é tal que seu fluxo se adiciona ao da bobina. O entreferro é de 2 mm, e a área s dos dentes é 10 cm2. Desprezar o espraiamento e a relutância do ferro.

estrutura magnética do problema 5

Rm

lg

ímã

d

2 cm

Espessura da estrutura = 2 cm

bobina

Parte móvel

Área s

ímã

152

característica de desmagnetização do ímã do problema 5.

Bi = µ0Hi + Br

Br = 0,8

141

A presença de um campo magnético em um circuito magnético com entreferro produz como efeito a tendência de fechar esse entreferro. Ou seja, polos magnéticos de polaridades opostas nos dois lados do entreferro atraem-se mutuamente. Forças originadas a partir de campos magnéticos são de grande aplicação em numerosos dispositivos eletromagnéticos (relés, eletroímãs, instrumentos de medida, motores e geradores elétricos). Como foi visto no anteriormente, a densidade de energia armazenada num campo magnético vale :

w H

BJ mm = =

12

12

22

3µµ

( / ) (15.1)

Como a relutância do circuito magnético é muito menor que a relutância do entreferro (isso foi visto em exemplos anteriores), podemos considerar que toda a Fmm é utilizada para vencer o entreferro, ou seja, toda a energia está armazenada no entreferro. Além disso, como o entreferro é muito pequeno, em relação ao comprimento do circuito magnético, podemos supor que o campo magnético no entreferro é uniforme. Assim, a energia armazenada no entreferro vale :

W w V

BS l Jm m g g g= =. . . ( )

12

2

0µ (15.2)

onde: Vg = Volume do entreferro

Sg = Seção transversal do entreferro

lg = comprimento do entreferro.

Suponhamos agora que este entreferro seja mantido aberto por uma força. Se esta força sofrer um pequeno acréscimo, de forma que o entreferro aumente de δlg, acompanhado de um ligeiro acréscimo na corrente, de forma a manter B constante, o acréscimo de energia δWm será dado por:

dWB

S lm g g=2

02µδ (15.3)

O trabalho desenvolvido no entreferro é dado por:

W F d J= . ( ) (15.4)

W F lg= .δ (15.5)

Como o trabalho realizado pela força externa é igual ao acréscimo de energia no campo magnético, teremos:

15

FORÇA DE ORIGEM MAGNÉTICA NO ENTREFERRO

142

dW dWm= (15.6)

FB

S lg g. lg . .δµ

δ=2

02 (15.7)

Portanto, a força no entreferro será dada por:

F

BSg=

2

02µ (15.8)

Exemplo 15.1 Um eletromagneto em forma de U sustenta uma barra de ferro, conforme a figura 15.1. Se a permeabilidade relativa do circuito magnético é 1800, e o número de Ampérs-espiras é 1 kA, qual é o peso da barra ? O comprimento do eletromagneto e da barra é 1 m, e o contato ferro-ferro é feito através lâminas de cobre de 1 mm de espessura. A área de contato é de 0,1 m2. Solução

Fig. 15.1 - eletromagneto do exemplo 15.1 forças sobre a barra:

P Fm= 2

Correção da área efetiva do entreferro, para levar em conta o espraiamento:

S m rn = =0 1 2 2, π

r m= 0 178,

( )S mg = + =π 0 178 0 001 010062 2, , ,

Circuito elétrico análogo:

NI H l H lg g n n= +

NIB

lB

lg

gn

rn= +

µ µ µ0 0

φ = = ⇒ =B S B S BS

SBg g n n n

g

ng

NIB

lB S

Sl

gg

g

r

g

nn= +

µ µ µ0 0

B Tg = 0 491,

F Nm = =12

0 49101006 9 653

2

0

,, .

µ

P N= × =2 9 653 19 306. .

P T=1 93,

1 kA Espaçador de cobre

P

P

Fm Fm

NI

Hglg Hnln

143

Exemplo 15.2 Determinar o número de Ampéres-espiras necessários para manter um entreferro de 1 mm na estrutura ferromagnética da figura 15.2, contra a ação de uma mola de constante k = 5×102 N/m. Nesta situação, a distensão da mola é 2 cm. Desprezar o espraiamento e a relutância do ferro. Solução

Fig. 15.2 - estrutura ferromagnética do exemplo 15.2

FF

magmola=2

F Kxmola =

F Nmola = × × × −5 10 2 102 2

F H Smag g= =512 0

2µ

HF

Sgmag=

×2

0µ

( )H Ae mg = ××

=2 50 0

1994710µ ,01 ,02

/

F H lmm g g= 2

F Aemm = 399

EXERCÍCIOS 1) - O eletromagneto mostrado na figura abaixo é projetado para suportar uma força que tende a fechar

o entreferro, equivalente ao peso de uma massa de 10 toneladas. Qual é a máxima corrente permitida para a qual a força não exceda esse valor? O enrolamento possui 10000 espiras, e a permeabilidade relativa do material é 400.

1 mm

posição de repouso da mola

1 cm

2 cm

espessura = 2 cm

Fmola

Fmag

Fmag

144

Fig. 1 - Fig. do problema 1

2)- O Objetivo deste problema é demonstrar a importância de um bom projeto do circuito magnético em um dispositivo eletromagnético. Um eletroímã é construído com chapas de aço silício. O número de espiras no enrolamento é 1000. Dois circuitos magnéticos são propostos (figuras 2 e 3). Em cada proposta, calcular a corrente que deve circular no enrolamento para se levantar os seguintes pesos: P = 1 T, P = 2 T, P = 5 T. Desprezar o espraiamento. Preencha os valores da tabela I, e calcule o volume de material magnético gasto em cada caso. Tire as suas conclusões.

Fig. 2 - circuito 1 p/ p problema 2 Fig. 3 - circuito 2 p/ o problema 2

Tabela I - preencha com os valores obtidos de corrente

Peso corrente (A) (T) circuito 1 circuito 2 1 2 5

entreferro = 0,01 m

seção transversal = 0,4×0,25 m

diâmetro = 0,4 m

2 m

2 m

20 20 20

40

10

10

1 mm

P

15 30 15

40

10

15

1 mm

P

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