Fluxo Elétrico

Teoria Completa

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 😄

Expandir

Exercício Resolvido #1

David Halliday, Robert Resnick, Jearl Walker, Fundamentos de Física, Volume 3, 8º ed. Rio de Janeiro: LTC , 2008, pp 68-1.

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.

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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

David Halliday, Robert Resnick, Jearl Walker, Fundamentos de Física, Volume 3, 8º ed. Rio de Janeiro: LTC , 2008, pp 69-2.

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?

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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

UFF-LISTA2-3

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 ?

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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

David Halliday, Robert Resnick, Jearl Walker, Fundamentos de Física, Volume 3, 8º ed. Rio de Janeiro: LTC , 2008, pp 69-4.

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.

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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

David Halliday, Robert Resnick, Jearl Walker, Fundamentos de Física, Volume 3, 8º ed. Rio de Janeiro: LTC , 2008, pp 69-5.

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?

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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

UFRJ-P1-2011.1-ME01

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
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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

Sears & Zemansky, Young & Freedman, Física III, Eletromagnetismo, Volume 3, 12˚ ed., São Paulo: Addison Wesley, 2009, Problema 22.35, pp. 66.

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?

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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

Paul A. Tipler, Gene Mosca, Física para cientistas e engenheiros, Volume 2, 6˚ ed., Editora LTC, Problema 31, Capítulo 22, pp. 67.

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?
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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