Explosão na fábrica de chocolate. Uma tubulação por onde passava chocolate em pó explodiu. Um perito apresentou a seguinte explicação para o fato: o chocolate em pó acaba adquirindo uma carga elétrica por atrito enquanto se move ao longo da tubulação. Se esta carga é alta o suficiente para que o campo elétrico produzido por ela supere a rigidez dielétrica do ar E_{\text {max }}, surge uma faisca que leva a explosão, já que chocolate em pó é altamente inflamável. Considerando então que o chocolate em pó pode ser trata e omo uma densidade volumétrica uniforme de carga \rho na forma de um cilindro, calcule o raio máximo que esta tubulação poderia ter para que não haja risco de uma explosão como a relatada acima, em termos de \rho e E_{\text {max }}.

Passo 1

O enunciado pede o raio máximo da tubulação (ou seja, o maior valor possível de R) para que o campo elétrico produzido pela carga volumétrica do chocolate em pó não ultrapasse a rigidez dielétrica do ar E_{\text{max}} (caso contrário surge uma faísca).\n
Informações dadas:
\text{densidade volumétrica de carga} = \rhoé
\text{rigidez dielétrica do ar} = E_{\text{max}}é
A geometria a considerar é a de um cilindro (a tubulação preenchida por pó carregado) com raio R e carga distribuída uniformemente no volume.

Passo 2

Vamos assumir que a tubulação é longa o suficiente para desprezar efeitos de borda (aproximação de cilindro infinitamente longo). Isso é razoável em tubos longos: o campo perto da superfície lateral é bem aproximado pelo caso infinito. Com essa simetria cilíndrica, o campo elétrico \mathbf{E} será radial (apontando para fora ou para dentro) e depende só da distância radial r ao eixo.

Passo 3

A ferramenta correta é a Lei de Gauss. Escrevendo ela:
\oint \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A} = \frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_0},
onde \varepsilon_0 é a permissividade do vácuo (constante: \varepsilon_0\approx 8{,}85\times10^{-12}\\ \mathrm{F/m}), e Q_{\text{int}} é a carga total contida dentro da superfície gaussiana escolhida. Vou explicar cada termo: \oint \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A} é o fluxo elétrico através da superfície fechada; \mathbf{E} é o campo elétrico e d\mathbf{A} é o elemento de área com direção normal à superfície.

Passo 4

Escolhemos uma superfície gaussiana que é um cilindro coaxial com o distribuidor de carga, de raio r (com r\le R) e comprimento L. Por simetria:
  • \mathbf{E} é radial e tem mesma intensidade E(r) sobre a superfície lateral do cilindro gaussiano;
  • o fluxo pelas tampas (as faces planas) é zero porque \mathbf{E} é perpendicular a essas tampas (campo radial) e a área das tampas tem normal paralela ao eixo, logo \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A}=0 nas tampas.

Passo 5

Calculemos a carga contida no cilindro de raio r e comprimento L. Como a densidade volumétrica é uniforme \rho, a carga encerrada é:
Q_{\text{int}} = \rho \times (\text{volume interno}) = \rho \cdot (\pi r^{2} L).
Expliquei: \pi r^{2} L é o volume do cilindro de raio r e altura L.

Passo 6

Calculemos o fluxo através da superfície lateral: a área da superfície lateral é 2\pi r L e o campo tem magnitude E(r) e é constante nessa superfície. Então
\oint \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A} = E(r)\cdot (2\pi r L).
Isso usa que o único contributo é da lateral.

Passo 7

Aplicando a Lei de Gauss:
E(r)\cdot (2\pi r L) = \frac{\rho \pi r^{2} L}{\varepsilon_0}.
Agora isolamos E(r). Primeiro podemos simplificar \pi L em ambos os lados:
E(r)\cdot 2 r = \frac{\rho r^{2}}{\varepsilon_0}.
Dividindo por 2r (para r\neq 0) obtemos
E(r) = \frac{\rho r}{2\varepsilon_0}.
Interpretação: dentro de um cilindro uniformemente carregado, o campo cresce linearmente com r.

Passo 8

No ponto que nos interessa, a superfície interna da tubulação (ou a região do pó junto à parede) está em r=R. Logo o campo na superfície é
E(R) = \frac{\rho R}{2\varepsilon_0}.
Para não haver faísca devemos exigir que esse campo não exceda E_{\text{max}}:
E(R) \le E_{\text{max}} \quad\Rightarrow\quad \frac{\rho R}{2\varepsilon_0} \le E_{\text{max}}.
Isolando R:
R \le \frac{2\varepsilon_0 E_{\text{max}}}{\rho}.
Portanto o raio máximo permitido (limite seguro) é
R_{\max} = \frac{2\varepsilon_0 E_{\text{max}}}{\rho}.

Passo 9

Checagem rápida das unidades: [\rho]=\mathrm{C\,m^{-3}}, [\varepsilon_0]=\mathrm{C^{2}/(N\,m^{2})}=\mathrm{C^{2}/(V\,m)} e [E_{\text{max}}]=\mathrm{N/C}=\mathrm{V/m}. O quociente dá metros, ok. Observações físicas importantes (pra prova e pra cabeça tranquila):
  • usamos o modelo de cilindro longo (desprezamos bordas). Em tubos curtos ou com tampas condutoras próximas, o campo real pode ser diferente.
  • assumimos distribuição volumétrica uniforme \rho. Se a carga se concentrar perto da parede o campo máximo pode ser maior.
  • a presença de um condutor aterrando a tubulação muda completamente as condições (campo externo menor).
    Mas para o objetivo do enunciado a expressão acima é a resposta pedida.

Resposta

R_{\max}=\frac{2\varepsilon_{0}E_{\text{max}}}{\rho}

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