Teoria

Fala aí, nós somos o Responde Aí, e estamos aqui hoje para falarmos sobre o fluxo elétrico ou fluxo de campo elétrico.

Primeiro de tudo, precisamos entender o que é um fluxo. Vamos imaginar que temos uma região, na qual temos um vetor $\vec{V}$, e colocamos nessa região uma superfície plana de área $A$. O que vai acontecer é que o vetor $\vec{V}$ irá atravessar essa superfície, como nessa imagem:

O fato do vetor atravessar a superfície irá gerar um fluxo desse vetor sobre essa superfície.

Mas como calculamos esse fluxo?

A ideia é a seguinte: vamos decompor esse vetor em duas componentes, uma perpendicular à área $(V_x)$ e outra paralela ao plano $(V_y)$.

Note que a componente $V_y$ não atravessa de fato a superfície plana, pois ela é paralela a essa superfície, então, ela não contribui para o fluxo do vetor $\vec{V}$ nessa superfície. Então, apenas a componente $V_x$ será levada em consideração para calcular a área.

Percebe uma coisinha, quanto maior for a área, $A$, da superfície plana, maior quantidade da componente $V_x$ do vetor irá atravessar a superfície, então, podemos dizer que o fluxo é proporcional tanto a área quanto à componente $V_x$. Vamos representar o fluxo pela letra $Φ$ e escrever matematicamente como:

$$Φ=A.V_x$$

Podemos escrever a componente $V_x$ em função do módulo do vetor $V$, como:

$$V_x=Vcos(θ)$$

Então, o fluxo pode ser escrito como:

$$Φ=AVcos(θ)$$

Se nós definirmos um vetor área perpendicular à superfície e com módulo igual à área dessa superfície, a gente também pode calcular o fluxo usando um produto escalar entre o vetor área e o vetor $\vec {V}$:

$$Φ=\vec{A}~.~\vec{V}=AVcos(θ)$$

E obtemos o mesmo resultado.

Fluxo Elétrico

Beleza, agora que sabemos o que é o fluxo e como calculá-lo podemos falar sobre o fluxo elétrico. Quando falamos de fluxo elétrico, estamos falando do vetor campo elétrico atravessando uma superfície, então, temos que no fluxo elétrico o vetor genérico $V$, que falamos lá no início, será o nosso vetor campo elétrico $(\vec{E})$.

Nós iremos representar o fluxo elétrico como: $Φ(\vec{E})$ ou $Φ_E$.

Só que no fluxo elétrico nós temos uma pequena complicação hahaha. A superfície que vamos considerar nem sempre é uma superfície plana, podemos ter superfícies de vários formatos. Então, para calcularmos o fluxo elétrico precisaremos calcular uma integral:

$$Φ_E=\int_S~~\vec{dA}~.~\vec{E}$$

Agora vamos a algumas informações importantes:

1) Um campo elétrico paralelo à superfície não gera fluxo, pois o ângulo entre o vetor normal e o vetor campo elétrico é $90°$ e como cosseno de $90°$ é zero o produto escalar entre o vetor área e o vator campo será zero.

2) O fluxo elétrico gerado pelo campo é maior quanto mais próximo de 0° for o ângulo entre o vetor normal e o campo.

📢 ALERTA: Calcular o fluxo elétrico é super importante para a aplicação da Lei de Gauss, uma lei importantíssima dentro da eletricidade. Dá uma conferida nesse nosso tópico aqui: Lei de Gauss, nele você vai entender melhor como esse fluxo elétrico se relaciona com a Lei de Gauss.

E esse foi o nosso papo de hoje 😄

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

A superfície quadrada da figura tem 3,2 m m de lado e está imersa em um campo elétrico uniforme de módulo E = 1800 N C e com linhas de campo fazendo um ângulo de 35 º com a normal como mostra a figura.

Tome essa normal como “apontando para fora”, como se a superfície fosse a tampa de uma caixa. Calcule o fluxo elétrico através da superfície.

Passo 1

O fluxo elétrico pode ser calculado como o produto escalar entre o vetor campo elétrico e o vetor área:

Φ e = E → . A → = E . A . c o s ⁡ ( 180 - θ )

Fica muito atento com a questão do ângulo! Olha essa figura aqui

θ é o ângulo que a direção do campo forma com a normal. Mas a gente precisa do ângulo entre os vetores! Ou seja, temos que colocar a nossa palma da mão em um deles e ir em busca do outro! Por isso o ângulo é 180 - θ .

Substituindo os valores fornecidos no enunciado:

E . A . cos ⁡ θ = 1800 N C . 3,2.10 - 3 m 2 . cos ⁡ 145 º = 1800 N C . 3,2.10 - 3 m 2 . - 0,82 = - 0,015 N . m 2 C

Resposta

Φ e = - 0,015 N . m 2 C

Exercício Resolvido #2

Um campo elétrico dado por:

E → = 4 . i ^ - 3 . y 2 + 2 j ^

Atravessa um cubo com 2 m de aresta posicionado na forma demonstrada na figura. ( E é dado em newtons por Coulomb e x em metros). Determine o fluxo elétrico:

(a) através da face superior,

(b) através da face inferior,

(c) através da face da esquerda,

(d) através da face da traseira.

(e) Qual é o fluxo elétrico total através do cubo?

Passo 1

O fluxo do campo elétrico em uma superfície é dado por

Φ = ∫ E → ⋅ d A →

Quando o campo é constante ao longo da superfície

Φ = E → ⋅ A →

Onde A → é o vetor normal à superfície e que tem módulo igual a área da superfície. Como é um cubo de lado 2 m , a área de cada face é 4 m 2 . Assim, o módulo do vetor área vale 4. A direção e o sentido dele vão ser dadas de acordo com cada face. Acompanha aqui comigo.

Passo 2

Começando pela parte mais fácil, as faces de frente e de trás:

A normal dessas faces estão na direção ± k ^ . Assim o nosso fluxo pra esses dois caso vai ser\

Φ = E → ⋅ A →

Φ = 4 . i ^ - 3 . y 2 + 2 j ^ ⋅ ± 4 k ^

Como o produto interno entre o campo e o vetor normal de ambas as faces vão ser zero, temos:

Φ F R E N T E = Φ A T R A S = 0

Passo 3

Agora vamos olhar pras faces da esquerda e da direita:

Pra face da esquerda a normal tá na direção - i ^ , enquanto que pra face da direita a normal tá na direção i ^ . Assim

Φ E S Q U E R D A = 4 . i ^ - 3 . y 2 + 2 j ^ ⋅ - 4 i ^ = - 16   m 2 N / C

E

Φ D I R E I T A = 4 . i ^ - 3 . y 2 + 2 j ^ ⋅ 4 i ^ = 16   m 2 N / C

Passo 4

Agora na face de cima e na de baixo os vetores normais estarão nas direções ± j ^

Na superfície de cima

Φ C I M A = 4 . i ^ - 3 . y 2 + 2 j ^ ⋅ 4 j ^ = - 12 ( y 2 + 2 )

E caraca.... sobrou um y no final da conta! Pra sumir com ele basta substituir o seu valor! Na superfície de cima y tem um valor constante que é 2 . Assim

Φ C I M A = - 12 y 2 + 2 = - 12 2 2 + 2

Φ C I M A = - 72   m 2 N / C

Já na superfície de baixo

Φ B A I X O = 4 . i ^ - 3 . y 2 + 2 j ^ ⋅ - 4 j ^ = 12 ( y 2 + 2 )

O valor de y nessa superfície é 0

Φ B A I X O = 12 y 2 + 2 = 12 0 2 + 2

Φ B A I X O = 24   m 2 N / C

Passo 5

Vamos interpretar o resultado. É verdade que a questão não pediu todos os fluxos, mas o legal de fazer isso é que vamos poder interpretar o problema. Representando os fluxos em uma tabela:

Podemos ver que a soma não dá zero. Isso significa, fisicamente, que existe alguma carga dentro do cubo ;)

Resposta

(a) através da face superior, - 72 N . m 2 C

(b) através da face inferior, 24 N . m 2 C

(c) através da face da esquerda, - 16   N . m 2 C

(d) através da face da traseira, 0

(e) Fluxo elétrico total através do cubo:   - 48   N . m 2 C

Exercício Resolvido #3

Um retângulo de 2,0   c m   ×   3,0   c m situa-se no plano x z . Qual será o valor do fluxo elétrico através do retângulo se:

a )   E = 50 i + 100 k   N / C ?

b )   E = 50 i + 100 j   N / C ?

Passo 1

Para resolver essa questão, devemos lembrar da definição de fluxo elétrico, temos:

Φ = A ∙ E

Antes de analisar cada campo, vamos primeiro determinar o vetor área desse retângulo, lembrando que o vetor área aponta na direção normal à área, por se tratar de um retângulo no plano x z , o vetor área será:

A = 2,0 × 10 - 2 .   3,0 × 10 - 2   j

A = 6,0 × 10 - 4   m 2   j

Veja que temos que passar de centímetros para metros!

Pronto, agora é só efetuar o produto escalar com cada campo par achar o fluxo, se liga!

Passo 2

a )

Para   E = 50 i + 100 k , temos:

Φ a = A ∙ E

Φ a = 6,0 × 10 - 4   j ∙ 50 i + 100 k

Φ a = 0

Nesse caso, o fluxo elétrico será nulo!

Passo 3

b )

Para   E = 50 i + 100 j , temos:

Φ a = A ∙ E

Φ b = 6,0 × 10 - 4   j ∙ 50 i + 100 j

Φ b = 6,0 × 10 - 2   N . m 2 / C

Resposta

a ) Φ a = 0

b ) Φ b = 6,0 × 10 - 2   N . m 2 / C

Exercício Resolvido #4

Em todos os pontos da superfície do cubo da figura, o campo elétrico é paralelo ao eixo z , O cubo tem 3 m de aresta. Na face superior do cubo, E → = - 34 k ^ N C , na face inferior, E → = 20 k ^ N C . Determine a carga existente no interior do cubo.

Passo 1

O campo elétrico possui a direção do eixo z . Então, o fluxo em todas as faces que não sejam nem a face de cima e nem a face inferior é nulo. Pois nas demais faces os campos elétricos são ortogonais aos vetores normais. Logo:

Φ E S Q U E R D A = Φ D I R E I T A = Φ F R E N T E = Φ T R A S = 0

Passo 2

Então o nosso problema se resume a calcular o fluxo na parte de cima e na parte de baixo. Na parte superior o campo vale:

E → = - 34 k ^ N C

O vetor normal nessa face possui sentido oposto:

n ^ S U P E R I O R = k ^

Então, o fluxo vale o produto entre a área e o campo com o sinal negativo:

Φ S U P E R I O R = - 34 k ^ . 3 2 k ^ = - 306   k ^ ⋅ k ^ = - 306 N . m 2 C

Passo 3

Fazemos a mesma coisa na face de baixo, mas aí o valor do campo muda:

E → = 20 k ^ N C

O vetor normal nessa face possui sentido oposto ao campo também:

n ^ I N F E R I O R = - k ^

Então, o fluxo vale o produto entre a área e o campo com o sinal negativo:

Φ I N F E R I O R = 20 k ^ . - 3 2 k ^ = - 180 k ^ ⋅ k ^ = - 180 N . m 2 C

Passo 4

Calcular o fluxo total:

Φ T O T A L = - 306 - 180 = - 486 N . m 2 C  

Passo 5

Aplicar a lei de Gauss:

Φ T O T A L = - 486 N . m 2 C = Q I N T ϵ 0 →

Q i n t = - 486.8,85.10 - 12 = - 4301.10 - 12 C = - 4,3   n C

Resposta

Q i n t = - 4,3   n C

Exercício Resolvido #5

Uma carga pontual de 1,8   μ C está no centro de uma superfície gaussiana cúbica de 55   c m de aresta. Qual é o fluxo elétrico através da superfície?

Passo 1

É complicado calcular o fluxo elétrico em uma superfície cúbica.

Aqui a ideia é aplicar a lei de Gauss ao contrário: conhecendo a carga, podemos saber o fluxo e ele independe do formato da superfície gaussiana!

Então:

Φ = Q I N T ϵ 0 = 1,8.10 - 6 8,85.10 - 12 = 0,2.10 6 = 2.10 5 N . m 2 C  

Resposta

2.10 5 N . m 2 C  

Exercício Resolvido #6

Numa região do espaço de interesse, existe um campo elétrico constante (uniforme e estacionário), na direção e sentido de x ^ . Nessa mesma região, temos uma superfície cúbica abstrata, que encerra uma partícula (pontual) de carga Q > 0 localizada no seu centro. Três das faces do cubo estão assinaladas na figura: as faces 1 e 3 são paralelas ao plano Y Z , ao passo que a face 2 é paralela ao plano X Z . Em relação ao fluxo Φ i ( i = 1 , 2 , 3 ) do campo elétrico através de cada uma dessas faces (com orientação do vetor normal para fora, como usual), qual das alternativas abaixo é a correta?

  1. Φ 1 > Φ 2 > Φ 3
  2. Φ 1 > Φ 2 = Φ 3
  3. Φ 1 = Φ 2 > Φ 3
  4. Φ 1 = Φ 2 = Φ 3
  5. Φ 1 < Φ 2 < Φ 3

Passo 1

Como o fluxo de campo elétrico é dado pela seguinte fórmula:

ϕ = ∯ S   E → ∙ d A →

Podemos ver que, quando o vetor d A → aponta no mesmo sentido do campo temos fluxo positivo, ao passo que temos fluxo negativo quando eles apontam em sentidos opostos.

Passo 2

Portanto em função disto temos que a carga Q faz fluxo positivo em todas as três superfícies e com a mesma intensidade, por conta da simetria.

Já o campo externo tem um fluxo que depende da superfície. O vetor área da superfície 2 é perpendicular à ele, portanto o fluxo é zero.

ϕ e x t e r n o 2 = 0

Passo 3

Na superfície 1 ele é negativo, pois tem sentidos opostos:

ϕ e x t e r n o 1 < 0

Passo 4

E na superfície 3 ele é positivo, por terem mesmos sentidos:

ϕ e x t e r n o 3 > 0

Portanto, como os fluxos de Q são todos iguais e positivos, podemos afirmar seguramente que:

ϕ 3 > ϕ 2 > ϕ 1

Resposta

Letra e

Exercício Resolvido #7

O campo elétrico   E → 1 em uma das faces de um paralelepípedo é uniforme em todos os pontos dessa face e aponta perpendicularmente para fora da face. Na face oposta, o campo elétrico E → 2 também é uniforme em todos os pontos e aponta perpendicularmente para dentro da face, como mostra a Figura abaixo. As duas faces mencionadas possuem uma inclinação de 30 ˚ em relação à horizontal, enquanto  E → 1 e E → 2 são, ambos, horizontais; o módulo de E → 1 é igual a 2,50   ×   10 4   N / C e o módulo de E → 2 é igual a 7,0   ×   10 4   N / C .

  1. Supondo que nenhuma outra linha de campo atravesse as superfícies do paralelepípedo, determine a carga líquida contida em seu interior.
  2. O campo elétrico existente é produzido somente pelas cargas no interior do paralelepípedo ou pode ser produzido também por cargas existentes fora dele? Como se pode ter certeza disso?

Passo 1

a) Sabemos, pela lei de Gauss, que o fluxo total do campo elétrico no vácuo é dado por

Φ E T o t a l = ∮ S E → ⋅ d A → = Q l í q ε 0     ,

em que Q l í q é a carga líquida no interior da superfície fechada S .

Para gente matar essa questão, dá uma olhada na Figura acima, que representa a situação dada no exercício, mas desenhada de perfil. Blz? Assim facilita para a gente ver os ângulos entre os vetores   E → e   A → em cada face.

Seguindo de perto a Figura acima, repara que os vetores   A → 1 e   A → 2 têm o mesmo módulo, porque as duas faces têm mesma área, e ambos apontam perpendicularmente às respectivas faces, tranquilo??

Agora, como o campo elétrico em cada uma das faces é uniforme, ou seja, tem o mesmo valor em todos os pontos sobre a área de cada face, então, o fluxo para a face 1 pode ser escrito como

Φ E 1 = E → 1 A → 1 cos ⁡ ( 60 ˚ )   ,

e para a face 2

Φ E 2 = E → 2 A → 2 cos ⁡ 240 ˚   .

Lá da lei de Gauss, a gente pode escrever a carga líquida Q l í q dentro do paralelepípedo como

Q l í q = ε 0 Φ E T o t a l = ε 0 Φ E 1 + Φ E 2   .

Como A → 1 = A → 2 = A e cos ⁡ 240 ˚ = - cos ⁡ ( 60 ˚ ) , a gente pode simplificar a expressão acima para

Q l í q = ε 0 A E → 1 - E → 2 cos ⁡ 60 ˚   .

Jogando os valores dados no enunciado, chegamos a

Q l í q = - 5,98   ×   10 - 10   C   ,

o que mostra para a gente que a carga dentro do paralelepípedo é negativa. Por isso, parte das linhas de campo que vão para dentro dele terminam na carga Q l í q . O restante das linhas vai para fora dele.

Passo 2

b) Ainda que tenha carga dentro, existe um campo elétrico   E → 1 que sai do paralelepípedo, o que significa que este campo vai terminar em alguma carga fora do paralelepípedo. Além disso, o campo   E → 2 é produzido por cargas do lado de fora do paralelepípedo.

O importante aqui é o seguinte: embora apenas a Q l í q dentro da superfície fechada S contribua para o fluxo elétrico através da superfície fechada do paralelepípedo, as cargas que estão fora continuam contribuindo para o campo elétrico na superfície fechada S . Essa diferença é muito importante!!

Cargas elétricas fora da superfície fechada S produzem campo elétrico sobre essa superfície S, porém não contribuem para o fluxo elétrico total.

Resposta

  1. Q l í q = - 5,98   ×   10 - 10   C     ;
  2. Cargas fora do paralelepípedo (que é a superfície fechada S neste exercício!) contribuem para o campo sobre o paralelepípedo, mas não para o fluxo elétrico total Φ E T o t a l !!

Exercício Resolvido #8

Uma carga puntiforme ( q = + 2,00   μ C ) está no centro de uma esfera imaginária que tem raio igual a 0,5   m .

  1. Determine a área da superfície da esfera.
  2. Determine a magnitude do campo elétrico em todos os pontos na superfície da esfera.
  3. Qual é o fluxo do campo elétrico através da superfície da esfera?
  4. A sua resposta para o item c) mudaria se a carga puntiforme fosse deslocada de forma a permanecer dentro da esfera, mas não no centro dela?
  5. Qual é o fluxo do campo elétrico através da superfície de um cubo imaginário que tem aresta de 1,00   m de comprimento e que engloba a esfera?

Passo 1

a) A área da superfície de uma esfera é A = 4 π r 2 , em que r é o raio dessa esfera. Nesse caso, com os valores que são dados no exercício, a gente tem que

A = 4 π × 0,50 2 = 3,14   m 2 .

Passo 2

b) Como temos uma carga no interior da esfera, a lei de Coulomb mostra que o valor do campo que a carga q gera é

E = | E → | = 1 4 π ε 0 q r 2 = 7,19   ×   10 4   N C   .      

Passo 3

c) Como o vetor campo elétrico  E → tem o mesmo módulo em todos os pontos à distância r da carga pontual e E → é paralelo (para a carga positiva q ) ao vetor área   A → , então o fluxo do campo elétrico pode ser escrito como

Φ E = ∮ S E → ⋅ d A → = ∮ S E → d A → = E ∮ S d A = E A   ,

em que A = 4 π r 2 é a área da esfera gaussiana imaginária. Substituindo os valores que encontramos nos Passos 1 e 2, temos

Φ E = E A = 2,26   ×   10 5   N m 2 C   .

Passo 4

d) Nesse caso, ainda que a carga q estivesse em outra posição dentro da esfera imaginária, o fluxo elétrico seria exatamente o mesmo, pois, pela lei de Gauss, o fluxo do campo elétrico é diretamente proporcional à carga líquida que está dentro da superfície fechada.

Como nesse caso, a carga dentro da superfície fechada esférica é a mesma, o fluxo também o mesmo que no item c) anterior, portanto,

Φ E = 2,26   ×   10 5   N m 2 C     .

Passo 5

e) Agora, fica atento nisso aqui!! O cubo engloba a esfera que tem a carga q dentro dela. Blz?

Isso significa que as mesmas linhas de campo que passam pela área da esfera, passam também pela área do cubo. Apesar da geometria ser diferente entre essas duas superfícies imaginárias, o fluxo do campo elétrico é o mesmo, já que a carga no interior de ambas superfícies fechadas é a mesma. OK?

IMPOTANTÍSSIMO ISSO...GUARDA NO SEU CORAÇÃO, PORQUE ISSO NÃO CAI, DESPENCA NAS PROVAS!!

Resposta

  1. A = 4 π r 2 = 3,14   m 2   ;
  2. E → = E = 7,19   ×   10 4   N / C ;
  3. Φ E = E A = 2,26   ×   10 5   N m 2 C