Uma placa plana, não condutora e infinita tem uma densidade de carga superficial uniforme \sigma em sua superfície.
(a) Defina e desenhe uma superfície gaussiana conveniente para calcular o campo elétrico em qualquer ponto do espaço. Justifique sua escolha.
(b) Utilizando a lei de Gauss, calcule o vetor campo elétrico em qualquer ponto do espaço.
(c) Se a placa tiver uma espessura finita d, em vez de uma densidade superficial, teríamos uma densidade volumétrica \rho=\sigma / d. Sempre utilizando a lei de Gauss, calcule o campo elétrico em qualquer ponto no interior da placa.

Passo 1

O enunciado dá uma placa plana, não condutora e infinita, com densidade de carga superficial uniforme \sigma localizada na superfície da placa. As perguntas são:
  1. (a) Definir e desenhar uma superfície gaussiana conveniente para calcular o campo elétrico em qualquer ponto do espaço e justificar a escolha.
  2. (b) Usar a lei de Gauss para calcular o vetor campo elétrico em qualquer ponto do espaço (ou seja, de ambos os lados da placa).
  3. (c) Supondo agora que a placa tem espessura finita d e densidade volumétrica \rho=\sigma/d, usar a lei de Gauss para calcular o campo elétrico em qualquer ponto no interior da placa.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • A placa é infinita e plana (logo há simetria de translação nas direções paralelas à placa).
  • Há densidade superficial uniforme \sigma (parte (a)/(b)).
  • Na parte (c) a placa tem espessura d e densidade volumétrica uniforme \rho=\sigma/d.
  • Queremos o campo em qualquer ponto do espaço (para (b) ambos os lados da placa) e, em (c), em qualquer ponto no interior da placa.

Passo 2

Escolha da superfície gaussiana (resposta à parte (a)) — justificativa física e desenho mental: por causa da simetria da placa infinita, o campo elétrico deve apontar na direção normal à placa e ter módulo que só depende da distância à placa (não há variação ao longo das direções paralelas). Uma superfície gaussiana conveniente é um “cilindro-pílula” (pillbox) com as bases planas paralelas à placa e o eixo do cilindro perpendicular à placa; o cilindro atravessa a placa de modo que parte da pílula fique de um lado e parte do outro. Descrevo-a:
  • Base de área A, duas faces planas paralelas à placa, distância pequena atravessando a placa (pílula fininha) — o eixo do cilindro é normal à placa.
    Por que essa escolha?
  • A simetria garante que \mathbf{E} seja perpendicular à placa e uniforme sobre cada face plana do cilindro: isso simplifica o cálculo do fluxo.
  • O fluxo pela superfície lateral do cilindro é nulo, porque \mathbf{E} é perpendicular ao vetor normal das faces laterais.
  • Com isso, a única contribuição ao fluxo vem das duas bases do cilindro, facilitando o uso direto da lei de Gauss.

Passo 3

Enunciado da lei de Gauss e explicação das quantidades (ferramenta que vamos usar): a lei de Gauss diz
\oint_{\partial V}\mathbf{E}\cdot d\mathbf{A}=\frac{Q_{\text{enc}}}{\epsilon_0},
onde:
  • \partial V é a superfície fechada que envolve o volume V,
  • \mathbf{E} é o campo elétrico,
  • d\mathbf{A} é o elemento de área apontando para fora da superfície,
  • Q_{\text{enc}} é a carga total contida no volume V,
  • \epsilon_0 é a permissividade do vácuo.
    Vamos aplicar essa fórmula à pílula escolhida.

Passo 4

Aplicação da lei de Gauss ao caso da placa infinitamente fina com densidade superficial \sigma\) (parte (b) — cálculo do módulo do campo): Considere a placa localizada em \(z=0\). Use o cilindro-pílula de área de base \(A\) com uma face em \(z=+\delta\) e outra em \(z=-\delta\), com \(\delta\) pequeno. Pelo raciocínio de simetria, o campo em cada face é perpendicular e uniforme; chamemos o módulo do campo imediatamente fora da placa de \(E\). O fluxo total pela superfície do cilindro é a soma dos fluxos pelas duas bases (a lateral contribui zero): \[\Phi=\mathbf{E}\cdot \mathbf{A} \big|_{\text{face superior}}+\mathbf{E}\cdot \mathbf{A}\big|_{\text{face inferior}}=E A + E A = 2EA.
A carga encerrada pelo cilindro é a carga da placa que atravessa a área A, isto é
Q_{\text{enc}}=\sigma A.
Pela lei de Gauss:
2EA=\frac{\sigma A}{\epsilon_0}\quad\Longrightarrow\quad E=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}.
Direção: se \sigma>0 o campo aponta para fora da placa, ou seja, para +\hat{z} para z>0 e para -\hat{z} para z<0. Se \sigma<0 inverte-se o sentido. Em forma vetorial e peça por peça (assumindo a placa em z=0):
\mathbf{E}(z)=\begin{cases} \displaystyle \frac{\sigma}{2\epsilon_0}\,\hat{z}, & z>0,\\[6pt] \displaystyle -\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\,\hat{z}, & z<0. \end{cases}
Ou, de forma compacta,
\mathbf{E}(z)=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\,\operatorname{sgn}(z)\,\hat{z},
onde \operatorname{sgn}(z)\] é \(+1 para z>0, -1 para z<0 (e zero em z=0 se quisermos tratar a singularidade da superfície).]

Passo 5

Interpretação física e dicas para a prova (com carinho): isso mostra uma propriedade importante — uma placa infinita produz um campo constante (independente da distância) de cada lado. Na prova, desenhe sempre a pílula com as faces paralelas à placa, explique por que o fluxo lateral é zero e mostre o cálculo do fluxo pelas duas faces; isso é suficiente para ganhar os pontos.

Passo 6

Agora a parte (c): placa com espessura finita d e densidade volumétrica uniforme \rho=\sigma/d. Defina o sistema de coordenadas para cálculo: coloque o centro da placa em z=0, de modo que a placa ocupa -\tfrac{d}{2}\le z\le +\tfrac{d}{2}. Queremos o campo em qualquer ponto no interior, isto é para |z|\le\tfrac{d}{2}.

Passo 7

Aplicação da lei de Gauss para o interior da placa (escolha da superfície gaussiana e cálculo): escolha novamente uma pílula com base de área A cujas faces sejam paralelas às superfícies da placa e que vão de z=-z a z=+z, com 0\le z\le \tfrac{d}{2}. Pela simetria o campo tem mesmo módulo E(z) nas duas bases e é perpendicular a elas. O fluxo total é
\Phi=E(z)A + E(z)A = 2E(z)A.
A carga encerrada por essa pílula é a carga contida na fatia de espessura 2z e área A:
Q_{\text{enc}}=\rho \cdot (2z)A.
Pela lei de Gauss:
2E(z)A=\frac{\rho (2z)A}{\epsilon_0}\quad\Longrightarrow\quad E(z)=\frac{\rho z}{\epsilon_0}.
Direção: o campo aponta para fora do centro da placa (ou seja, para +\hat{z} quando z>0, para -\hat{z} quando z<0). Em forma vetorial e válida para |z|\le \tfrac{d}{2}:
\mathbf{E}(z)=\frac{\rho z}{\epsilon_0}\,\hat{z}.
Substituindo \rho=\sigma/d obtemos
\mathbf{E}(z)=\frac{\sigma}{\epsilon_0 d}\,z\,\hat{z},\qquad |z|\le \tfrac{d}{2}.

Passo 8

Conexão com o caso da placa infinitamente fina e verificação na superfície: avaliando z=\tfrac{d}{2} no resultado interior dá
E\bigl(z=\tfrac{d}{2}\bigr)=\frac{\rho (d/2)}{\epsilon_0}=\frac{\rho d}{2\epsilon_0}=\frac{\sigma}{2\epsilon_0},
que coincide com o valor do campo imediatamente fora da placa infinita de carga superficial \sigma obtido anteriormente. Fora da placa (|z|> d/2) o campo é constante e igual a \pm\sigma/(2\epsilon_0) como já calculado na parte (b).

Resposta

(a) Cilindro-pílula com bases planas de área A\) paralelas à placa e eixo perpendicular à placa (faces atravessando a placa); escolha justificada pela simetria (campo perpendicular e uniforme nas faces) e pelo fluxo lateral nulo. (b) Para a placa colocada em \(z=0\): \(\displaystyle \mathbf{E}(z)=\begin{cases}\displaystyle \frac{\sigma}{2\epsilon_0}\,\hat{z}, & z>0,\\[6pt]\displaystyle -\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\,\hat{z}, & z<0,\end{cases} (ou \displaystyle \mathbf{E}(z)=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\operatorname{sgn}(z)\hat{z}).
(c) Para a placa de espessura d com \rho=\sigma/d, em qualquer ponto interior |z|\le \tfrac{d}{2}:
\displaystyle \mathbf{E}(z)=\frac{\rho z}{\epsilon_0}\,\hat{z}=\frac{\sigma}{\epsilon_0 d}\,z\,\hat{z}.]

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