-37 Uma placa metálica quadrada de 8,0 \mathrm{~cm} de lado e espessura insignificante possui uma carga total de 6,0 \times 10^{-6} \mathrm{C}. (a) Estime o módulo E do campo elétrico perto do centro da placa (a 0,50 \mathrm{~mm} do centro, por exemplo) supondo que a carga está distribuída uniformemente pelas duas faces da placa. (b) Estime E a 30 m de distância (uma distância grande, em comparação com as dimensões da placa) supondo que a placa é uma carga pontual.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que pede.
  • Dados do enunciado:
    • Lado da placa: L=8{,}0\\ \mathrm{cm}=0{,}080\\ \mathrm{m}.
    • Espessura insignificante (placa muito fina).
    • Carga total: Q=6{,}0\times10^{-6}\\ \mathrm{C}.
    • A carga está distribuída uniformemente pelas duas faces da placa (ou seja, metade da carga em cada face, distribuída uniformemente sobre a área de cada face).
  • Pedidos:
    • (a) Estimar o módulo do campo elétrico E perto do centro da placa, por exemplo a 0{,}50\\ \mathrm{mm} do centro.
    • (b) Estimar E a 30\\ \mathrm{m} de distância, tratando a placa como carga pontual (distância muito maior que as dimensões da placa).

Passo 2

Calcular a área da placa e a densidade superficial de carga em cada face.
  • Área da placa:
A = L^2 = (0{,}080\\ \mathrm{m})^2 = 0{,}0064\\ \mathrm{m}^2.
  • Como a carga total Q está igualmente distribuída entre as duas faces, a densidade superficial em cada face (chamo de \sigma) é
\sigma = \frac{Q/2}{A} = \frac{Q}{2A}.
Substituindo valores:
\sigma = \frac{6{,}0\times10^{-6}}{2\cdot 0{,}0064} = \frac{6{,}0\times10^{-6}}{0{,}0128} = 4{,}6875\times10^{-4}\\ \mathrm{C/m^2}.

Passo 3

Relembrando (e provando) a fórmula para o campo elétrico de uma lâmina infinita uniformemente carregada — uso de Gauss:
  • Para uma folha infinita com densidade superficial \sigma, por simetria o campo tem módulo E constante e normal à folha. Pegue uma caixa gaussiana (um “pílula”) atravessando a folha; o fluxo elétrico atravessa as duas tampas da pílula e vale 2EA (onde A é a área de cada tampa). Pela Lei de Gauss,
\Phi = 2EA = \frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_0} = \frac{\sigma A}{\varepsilon_0}.
Cancelando A,
E = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}.
  • No caso de uma placa condutora muito fina com carga em ambas as faces (cada face com densidade \sigma), o campo fora da placa, próximo à superfície, é soma dos campos das duas folhas próximas, o que dá
E_{\text{próximo, fora}} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} + \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} = \frac{\sigma}{\varepsilon_0}.ó
Também pode ser visto pela propriedade do condutor (campo dentro é zero), e pela condição de contorno E_{\text{fora}}=\sigma/\varepsilon_0 para a superfície do condutor.

Passo 4

Aplicar a fórmula ao caso (a): campo perto do centro a 0{,}50\\ \mathrm{mm}.
  • Justificativa da aproximação: a distância d=0{,}50\\ \mathrm{mm}=5{,}0\times10^{-4}\\ \mathrm{m} é muito pequena comparada à semi‑largura da placa ( L/2=0{,}040\\ \mathrm{m}), então, perto do centro, os efeitos de borda são desprezíveis e a placa parece localmente uma folha infinita. Portanto usamos E\approx \sigma/\varepsilon_0.
  • Constante dielétrica do vácuo: \varepsilon_0 = 8{,}854\times10^{-12}\\ \mathrm{C^2/(N\cdot m^2)}.
  • Então
E \approx \frac{\sigma}{\varepsilon_0}=\frac{4{,}6875\times10^{-4}}{8{,}854\times10^{-12}}.
Calculemos:
E \approx 5{,}30\times10^{7}\\ \mathrm{N/C}.
(Arredondei compatível com os dados dados; cálculo direto: 4{,}6875\times10^{-4}/8{,}854\times10^{-12}\approx5{,}296\times10^{7}.)

Passo 5

Explicar e aplicar a aproximação para (b): placa vista como carga pontual a grande distância.
  • Quando a distância r até a placa é muito maior que as dimensões da placa (aqui r=30\\ \mathrm{m} vs. L=0{,}08\\ \mathrm{m}), o campo à distância se aproxima do campo de uma carga pontual Q localizada no centro da placa.
  • O campo de uma carga pontual é dado por
E(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Q}{r^2}.
A constante k=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\approx 8{,}988\times10^{9}\\ \mathrm{N\cdot m^2/C^2}.
  • Substituindo Q=6{,}0\times10^{-6}\\ \mathrm{C} e r=30\\ \mathrm{m}:
E(30\\ \mathrm{m}) \approx (8{,}988\times10^{9})\frac{6{,}0\times10^{-6}}{(30)^2}.
Calculemos passo a passo:
8{,}988\times10^{9}\cdot 6{,}0\times10^{-6} = 5{,}3928\times10^{4},
(30)^2 = 900,
E \approx \frac{5{,}3928\times10^{4}}{900} \approx 5{,}992\times10^{1}\\ \mathrm{N/C}\approx 6{,}0\times10^{1}\\ \mathrm{N/C}.

Passo 6

Breve verificação de consistência e interpretação física (motivação para a prova):
  • Resultado (a) é muito grande ( \sim10^{7}\\ \mathrm{N/C}) porque estamos muito perto de uma superfície carregada: campos próximos a superfícies carregadas podem ser enormes.
  • Resultado (b) é pequeno ( \sim 10^{1}\\ \mathrm{N/C}) porque a mesma carga, vista de longe, tem campo que decai como 1/r^2.
  • Nas provas, lembre-se: para regiões próximas comparadas às dimensões de uma distribuição superficial, usar aproximação de folha infinita (Gauss) é muito útil; para distâncias bem maiores que a distribuição, tratar como carga pontual com E=kQ/r^2.

Resposta

(a) E\approx 5{,}3\times10^{7}\\ \mathrm{N/C}
(b) E\approx 6{,}0\times10^{1}\\ \mathrm{N/C}

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