Lei de Gauss simetria

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Teoria

Fala aí, nós somos o Responde Aí, a solução para a sua faculdade fluir mais leve e não ter todo aquele sofrimento com as matérias hahaha. Estamos aqui hoje para falar um pouco sobre as simetrias dentro da Lei de Gauss, show?

A Lei de Gauss já nos disse que o fluxo do campo em uma superfície fechada ao redor de uma região é igual à razão entre a carga interna e a constante .

Essa lei é válida para qualquer situação, sendo o campo elétrico uniforme ou não, e para qualquer superfície fechada chamada de gaussiana. Entretanto, para que ela possa ser útil e seja possível calcular o campo elétrico a partir dela é necessário que se busque simetrias para que a equação possa ser simplificada e seja possível encontrar o campo através de contas manuais.

Para encontrar essas simetrias, vamos seguir duas regrinhas:

  • O campo elétrico deve ser ortogonal a todos os pontos da superfície gaussiana;

Se o campo elétrico é ortogonal a todos os pontos da superfície gaussiana, nós temos que o vetor e o vetor serão paralelos e assim o produtos escalar deles será igual a multiplicação dos módulos apenas:

  • O módulo do campo elétrico deve ser igual em todos os pontos da superfície gaussiana

Se o módulo do campo elétrico é igual em todos os pontos da gaussiana, nós podemos tirá-lo da integral:

Assim, ficamos apenas com a integral de sobre a gaussiana, que tem como resultado a area da gaussiana, :

E assim podemos isolar e conseguimos encontrar uma fórmula explícita para o módulo do campo elétrico:

Ficou muito muito mais simples, não é mesmo?

Mas a grande questão é: Como vamos conseguir que essas duas regrinhas sejam satisfeitas para facilitar a nossa vida? O grande segredo está na escolha da superfície gaussiana. Vamos escolher a gaussiana sempre parecida com o objeto que está carregado e gerando o campo, porque desse modo a gente se utiliza da simetria do próprio objeto. Por exemplo, se temos uma esfera carregada, escolheremos uma superfície gaussiana esférica, se temos um cilindro carregado gerando campo, vamos escolher uma superfície gaussiana cilíndrica, sacou?

Pensando nisso, existem três simetrias:

  • Simetria Esférica;
  • Simetria Cilíndrica, e;
  • Simetria Planar

Vamos falar rapidamente de cada uma delas.

Simetria Esférica

Essa simetria é utilizada quando temos uma carga puntiforme ou uma distribuição esférica de cargas gerando o campo elétrico. Nela escolhemos uma superfície gaussiana esférica e isso faz com que as nossas regrinhas sejam satisfeitas:

Assim, para calcularmos o módulo de campo elétrico, precisamos apenas saber a carga total que está no interior da gaussiana e a área da superfície esférica, que nós sabemos calcular porque é uma esfera:

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Simetria Cilíndrica

Essa é utilizada quando temos fios de uma dimensão ou cilindros infinitos gerando o campo elétrico e nós usamos uma superfície gaussiana cilíndrica ao redor do objeto carregado para que, novamente, as nossas regrinhas sejam satisfeitas:

E novamente, precisaremos apenas calcular a área da superfície gaussiana, que será a área lateral do cilindro:

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ã

Simetria Planar

Essa simetria é utilizada quando temos um plano infinito carregado gerando o campo elétrico e usamos uma superfície gaussiana no formato de um paralelepípedo. Assim, as duas regrinhas são atendidas:

Nesse caso, a área que teremos que utilizar é apenas a área superior e inferior do paralelepípedo, porque apenas por essas áreas tem fluxo de campo elétrico. A área inferior e superior do nosso paralelepípedo são iguais e valem :

ã

Viu como essas simetrias facilitam demais demais a nossa vida? Então, guarda elas no coração porque com toda certeza você vai precisar delas na prova, estamos combinados?

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Simetria Esférica

Simetria Cilíndrica

Simetria Planar

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Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Encontre o vetor campo elétrico de uma carga pontual q à uma distância r dela.

Passo 1

Como sabemos que a configuração do campo de uma carga pontual é radial e esférico, escolhemos uma Gaussiana esférica de raio arbitrário r , centrada na carga pontual. Pela lei de Gauss:

∯ G   E → ∙ d A → = Q i n t ϵ 0

Sabemos que a carga interna à gaussiana é a carga q , portanto:

Q i n t = q

∯ G   E → ∙ d A → = q ϵ 0

Passo 2

Por termos escolhido uma Gaussiana esférica, o vetor campo e o vetor d A → são paralelos em toda a G , portanto:

E → ∙ d A → = E   d A

Segue que:

∯ G   E   d A = q ϵ 0

Passo 3

Pela configuração do campo, temos que o módulo dele é constante em toda G , portanto podemos tirá-lo da integral:

∯ G   E   d A = E ∯ G   d A

Como essa integral é a área da Gaussiana:

∯ G   d A = Á r e a G

Temos que:

∯ G   d A = 4 π r 2

Pois se trata da superfície de uma esfera de raio arbitrário r . Portanto:

E 4 π r 2 = q ϵ 0

Isolando:

E = q 4 π ϵ 0 r 2

Passo 4

Encontramos o valor do módulo do campo. Para achar o vetor, basta multiplicar por r ^ (r chapéu) que é o vetor unitário radial, pois já sabíamos que o campo era radial pra começo de conversa. Segue que:

E → = q 4 π ϵ 0 r 2 r ^

Resposta

E → = q 4 π ϵ 0 r 2 r ^

Exercício Resolvido #2

Calcule a expressão para o vetor campo elétrico na região dentro de uma esfera carregada com densidade volumétrica de carga ρ :

ρ r = r 2

A esfera tem raio R .

Passo 1

Sabemos que o campo de uma esfera carregada tem configuração radial e simetria esférica, portanto escolhemos uma Gaussiana esférica de raio arbitrário r . Portanto enunciamos a lei de Gauss:

∯ G   E → ∙ d A → = Q i n t ϵ 0

Sabemos que a carga interna à Gaussiana neste caso é somente a carga total da esfera. Portanto vamos descobrir essa grandeza. Utilizando a expressão da densidade volumar:

ρ r = d q d V

Onde d V é uma unidade infinitesimal de volume. Isolando a quantidade infinitesimal de carga e integrando em toda a Gaussiana somente (pois é dentro dela que queremos achar a carga):

d q = ρ r d V

Q i n t = ∫ 0 r ρ r ' d V

*Só um lembrete bobo. Repare que eu pus uma apóstrofe no r dentro da integral. Sempre que a variável do limite de integração for a mesma do integrando, mude uma das duas. Agora não é hora de perguntar o porquê, só decore isso (não que vá acarretar numa perda de muitos pontos, mas vale à pena comentar).

Passo 2

Sabemos que, como já vimos anteriormente:

V = 4 3 π r 3 → d V = 4 π r 2 d r

Substituindo e integrando (lembrando de mudar a variável r → r ' na integral):

Q i n t = ∫ 0 r r ' 2 4 π r ' 2 d r '

Q i n t = 4 π ∫ 0 r r ' 4 d r '

Q i n t = 4 π r 5 5

Passo 3

Por conta da forma da Gaussiana escolhida e da configuração do campo, temos que o vetor de campo E → e o vetor normal d A → são paralelos em toda G , portanto:

E → ∙ d A → = E   d A

Segue que:

∯ G   E → ∙ d A → = ∯ G   E   d A

Passo 4

Também pela configuração do campo, sabemos que o seu módulo é constante em toda G :

E → = c t e

Portanto podemos tirá-lo da integral:

∯ G   E   d A = E ∯ G   d A

A integral de d A em toda G é a área dela, portanto, como se trata da superfície de uma esfera de raio r , temos: ∯ G   d A = 4 π r 2

Segue que:

E 4 π r 2 = Q i n t ϵ 0

Isolando:

E = Q i n t 4 π ϵ 0 r 2

Substituindo e multiplicando pelo vetor unitário radial:

E → = 4 π r 5 5 × 1 4 π ϵ 0 r 2 r ^

E → = r 3 5 ϵ 0 r ^

Resposta

E → = r 3 5 ϵ 0 r ^

r < R

Exercício Resolvido #3

Calcule a expressão para o vetor campo elétrico na região fora de uma esfera carregada com densidade volumétrica de carga ρ :

ρ r = k r 2

Onde r é a distância de um ponto até a origem e 0 < r ≤ R .

A esfera tem raio R e k é uma constante.

Passo 1

Sabemos que o campo de uma esfera carregada tem configuração radial e simetria esférica, portanto escolhemos uma Gaussiana esférica de raio arbitrário r . Portanto enunciamos a lei de Gauss:

∯ G   E → ∙ d A → = Q int ϵ 0

Sabemos que a carga interna à Gaussiana neste caso é somente a carga total da esfera. Portanto vamos descobrir essa grandeza. Utilizando a expressão da densidade volumétrica:

ρ r = d q d V

Onde d V é uma unidade infinitesimal de volume. Isolando a quantidade infinitesimal de carga e integrando em toda esfera:

d q = ρ r d V

Q total = ∫ 0 R ρ r d V

Passo 2

Beleza, a expressão para a densidade nós temos, pois é um dado. Agora esse d V fica meio solto. Recordemos do capítulo de densidade de cargas como fazer: como estamos tratando de coordenadas esféricas, supomos o volume arbitrário como sendo uma esfera de raio qualquer r . Seu volume é:

V = 4 3 π r 3

Logo, derivando:

d V = 4 π r 2 d r

Substituindo e integrando:

Q total = ∫ 0 R k r 2 ( 4 π r 2 d r )

Q total = 4 k π ∫ 0 R r 4 d r

Q total = 4 k π R 5 5

Passo 3

Por conta da forma da Gaussiana escolhida e da configuração do campo, temos que o vetor de campo E → e o vetor normal d A → são paralelos em toda G , portanto:

E → ∙ d A → = E   d A

Segue que:

∯ G   E → ∙ d A → = ∯ G   E   d A

Passo 4

Também pela configuração do campo, sabemos que o seu módulo é constante em toda G :

E → = c t e

Portanto podemos tirá-lo da integral:

∯ G   E   d A = E ∯ G   d A

A integral de d A em toda G é a área dela, portanto, como se trata da superfície de uma esfera de raio r , temos: ∯ G   d A = 4 π r 2

Segue que:

E 4 π r 2 = Q total ϵ 0

Isolando:

E = Q total 4 π ϵ 0 r 2

Passo 5

Substituindo tudo:

E = 4 k π R 5 5 × 1 4 π ϵ 0 r 2

E = k R 5 5 ϵ 0 r 2

O vetor é, portanto:

E → = k R 5 5 ϵ 0 r 2 r ^ ,       r ≥ R

Resposta

E → = k R 5 5 ϵ 0 r 2 r ^

r ≥ R

Exercício Resolvido #4

Um fio finito muito longo de comprimento L e carregado com uma carga - Q está no eixo de um cano cilíndrico condutor descarregado de raio interno a , raio externo b e mesmo comprimento L .

a ) Que cargas aparecem nas superfícies interna e externa do cano?

b ) Utilize a Lei de Gauss para calcular o vetor campo elétrico E → r para r < a , a < r < b e r > b ;

Passo 1

a) Que cargas aparecem nas superfícies interna e externa do cano?

O que acontece aqui é que, quando colocamos o fio com carga - Q no interior do cano cilíndrico, o fio atrai as cargas positivas do cano para a superfície interna e repele as cargas negativas do cano para a superfície externa.

No equilíbrio eletrostático, a carga da superfície interna deve ser, necessariamente:

Q s . i n t = - - Q

Q s . i n t = + Q

Entretanto, o cano deve manter a sua carga inicial, que nesse caso é zero (já que está descarregado).

Assim, a soma das cargas da superfície interna e da superfície externa deve ser igual a zero. Logo:

Q s . i n t + Q s . e x t = 0

Q s . e x t = - Q s . i n t

Q s . e x t = - Q

Passo 2

b) Utilize a Lei de Gauss para calcular o vetor campo elétrico E → r para r < a , a < r < b e r > b ;

A Lei de Gauss é dada por:

∯ G   E → ∙ d A → = Q i n t ϵ 0

Simplificando a Lei de Gauss, teremos:

E A = Q i n t ϵ 0 → E = Q i n t A ϵ 0

Onde A é a área da nossa gaussiana, por onde passará o campo elétrico. Como se trata de uma geometria cilíndrica, a gaussiana será um cilindro de raio r e comprimento L , cuja área será dada por A = 2 π r L .

Logo:

E = Q i n t 2 π r L ϵ 0

Pra finalizar, como estamos trabalhando com geometria cilíndrica, o campo elétrico terá sempre direção radial. Assim:

E → = Q i n t 2 π r L ϵ 0 r ^

Agora, o nosso trabalho é determinar a carga interna à gaussiana para cada situação.

Passo 3

- r < a

Essa região engloba somente o fio carregado, logo:

Q i n t = - Q

Assim, o campo elétrico será dado por:

E → = - Q 2 π r L ϵ 0 r ^

Passo 4

- a < r < b

Essa região engloba o fio carregado e a superfície interna do cano cilíndrico, logo:

Q i n t = - Q + Q = 0

Logo:

E → = 0 →

Passo 5

- r > b

Essa região engloba o fio carregado e o cano cilíndrico descarregado, logo:

Q i n t = - Q

Assim:

E → = - Q 2 π r L ϵ 0 r ^

Resposta

a)

Q s . i n t = + Q

Q s . e x t = - Q

b)

- r < a

E → = - Q 2 π r L ϵ 0 r ^

- a < r < b

E → = 0 →

- r > b

E → = - Q 2 π r L ϵ 0 r ^

Exercício Resolvido #5

A figura a seguir é uma seção de uma barra condutora de raio R 1 = 1,30   mm e comprimento L = 11,00   m no interior de uma casca coaxial, de paredes finas, de raio R 2 = 10   R 1 e mesmo comprimento L .

A carga da barra é Q 1 = + 3,40 × 10 - 12   C ; a carga da casca é Q 2 = - 2,00   Q 1 . Determine:

  1. O módulo do campo elétrico E a uma distância radial r = 2,00   R 2 ;
  2. A direção (para dentro ou para fora) do campo elétrico a uma distância radial r = 2,00   R 2 ;
  3. O módulo do campo elétrico E a uma distância radial r = 5,00   R 1 ;
  4. A direção (para dentro ou para fora) do campo elétrico a uma distância radial r = 5,00   R 1 ;
  5. A carga na superfície interna da casca;
  6. A carga na superfície externa da casca;

Passo 1

  1. O módulo do campo elétrico E a uma distância radial r = 2,00   R 2 ;
  2. Show de bola! Se r = 2 R 2 , significa que estamos querendo calcular o campo elétrico fora do meu sólido.

    Como se trata de um cilindro, podemos escolher como a nossa gaussiana um cilindro de raio r = 2 R 2 e comprimento L , assim a gente resolve a nossa vida.

    Matematicamente, a Lei de Gauss é a seguinte fórmula:

    ∯ G   E → ∙ d A → = Q i n t ϵ 0

    E como no cilindro que nós escolhemos como gaussiana, o campo elétrico é constante e perpendicular à superfície, podemos reescrever a Lei de Gauss dessa maneira:

    E A = Q i n t ϵ 0

    Foi tranquilo até aqui?

    Passo 2

    Bom, agora vamos ver o que falta pra encontrarmos o valor do campo elétrico.

    Lembrando que a nossa gaussiana se trata de um cilindro de raio r = 2 R 2 e de comprimento L , a área superficial é dada por

    A = 2 π r L

    Onde:

    r = 2 R 2 = 20 R 1 = 20 × 1,3 × 10 - 3 = 0 , 0 26   m ;

    L = 11,00   m ;

    A = 1,797   m 2

    Como a nossa gaussiana engloba todo o fio condutor, a carga interna total Q i n t vai ser igual à soma das cargas da barra com a casca. Sendo assim:

    Q i n t = Q 1 + Q 2

    Onde:

    Q 1 = + 3,40 × 10 - 12   C ;

    Q 2 = - 2,00   Q 1 = - 6,80 × 10 - 12   C ;

    Q i n t = 3,40 × 10 - 12 - 6,80 × 10 - 12

    Q i n t = - 3,40 × 10 - 12   C

    Agora é só jogar na fórmula que encontramos:

    E A = Q i n t ϵ 0

    E = Q i n t A ϵ 0

    Lembrando que ϵ 0 = 8,85 × 10 - 12   C 2 /N m 2 .

    E = - 3,40 × 10 - 12 1,797 × 8,85 × 10 - 12

    E ≅ - 0,214   N/C

    Como estamos interessados no módulo do campo elétrico:

    E = 0,214   N/C

    Passo 3

  3. A direção (para dentro ou para fora) do campo elétrico a uma distância radial r = 2,00   R 2 ;
  4. Lembra que no item anterior, quando calculamos o campo elétrico nós encontramos um valor negativo?

    Isso aconteceu porque a carga interna total da nossa gaussiana Q i n t é negativa.

    Portanto, o campo elétrico vai estar na direção radial, apontando para dentro da gaussiana.

    Passo 4

  5. O módulo do campo elétrico E a uma distância radial r = 5,00   R 1 ;
  6. O raciocínio é o mesmo que usamos anteriormente. Então, a nossa gaussiana vai ser um cilindro de raio r = 5 R 1 e de comprimento L .

    Assim, a área lateral vai ser dada por:

    A = 2 π r L

    Onde:

    r = 5 R 1 = 5 × 1,3 × 10 - 3 = 0,0 0 65   m ;

    L = 11,00   m ;

    A = 0,449   m 2

    A diferença agora é que, analisando os dados do problema, agora a nossa gaussiana vai ser um cilindro que vai estar entre a barra e a casca.

    Entretanto, como a única carga que nos interessa, de acordo com a Lei de Gauss, é a carga no interior da gaussiana, a carga interna total agora vai ser

    Q i n t = Q 1 = + 3,40 × 10 - 12   C

    Agora, novamente, é só jogar na fórmula:

    E = Q i n t A ϵ 0

    E = 3,40 × 10 - 12 0,449 × 8,85 × 10 - 12

    E = 0,855   N/C

    Passo 5

  7. A direção (para dentro ou para fora) do campo elétrico a uma distância radial r = 5,00   R 1 ;
  8. Lembra que no item anterior, quando calculamos o campo elétrico nós encontramos um valor positivo?

    Isso aconteceu porque a carga interna total da nossa gaussiana Q i n t é positiva.

    Portanto, o campo elétrico vai estar na direção radial, apontando para fora da gaussiana.

    Passo 6

  9. A carga na superfície interna da casca;
  10. O que acontece é o seguinte... se não tivesse nenhuma carga no interior da casca, quando olhássemos de frente, as cargas na casca carregada teriam essa distribuição:

    Mas como existe carga no interior da casca carregada, haverá uma distribuição parecida com esta:

    Isso acontece porque a carga no interior atrai o mesmo número de cargas que correspondente ao seu valor, mas de sinais opostos.

    Assim, se no interior da casca existe a barra de carga Q 1 = + 3,40 × 10 - 12   C , na superfície interna da casca, haverá uma carga de

    Q i n t = - Q 1 = - 3,40 × 10 - 12   C

    Passo 7

  11. A carga na superfície externa da casca;

Vamos continuar o raciocínio do item anterior, ok?

Já sabemos que a casca possui uma carga de Q 2 = - 2,00   Q 1 = - 6,80 × 10 - 12   C , certo? (tá no enunciado)

Então não importa como as cargas estejam distribuídas na casca cilíndrica, a carga total deve ser sempre a mesma Q 2 .

Isso significa que:

Q 2 = Q e x t + Q i n t

Q e x t = Q 2 - Q i n t

Q e x t = - 6,80 × 10 - 12 - - 3,4 × 10 - 12

Q e x t = - 6,80 × 10 - 12 + 3,40 × 10 - 12

Q e x t = - 3,40 × 10 - 12   C

Resposta

  1. E = 0,214   N/C ;
  2. Direção radial, para dentro da gaussiana;
  3. E = 0,855   N/C ;
  4. Direção radial, para fora da gaussiana;
  5. Q i n t = - 3,40 × 10 - 12   C
  6. Q e x t = - 3,40 × 10 - 12   C

Exercício Resolvido #6

Um cilindro carregado muito longo, de raio R , possui uma densidade linear de carga λ . Determine o campo elétrico criado pelo cilindro:

a ) Fora do mesmo, para r ≥ R .

b ) Dentro do cilindro, para r ≤ R .

c ) Mostre também que suas respostas coincidem na borda do cilindro, correspondente a r = R .

Passo 1

Para matar essa questão, vamos começar lembrando da linda Lady Gauss!

∮ E → ∙ d A → = Q i n t ϵ 0

Para questões com cilindros carregados ou fios condutores, sempre utilizaremos uma gaussiana cilíndrica. Pois assim, o campo será sempre radial, e aponta na mesma direção que d A → . Além do fato de que nas tampas o vetor campo é perpendicular ao vetor área e o produto escalar dá zero! Levando isso em conta, temos:

∮ E → ∙ d A → = E . A

Onde A é a área da superfície lateral da gaussiana cilíndrica, ou seja:

A = 2 . π . r . L

Onde r é o raio da gaussiana e L sua altura. Voltando à Lei de Gauss, temos:

E . 2 . π . r . L = Q i n t ϵ 0

E = Q i n t 2 . π . r . L . ϵ 0

Passo 2

a )

Para r ≥ R , temos:

Precisamos agora determinar Q i n t em função de λ , pois é isso que conhecemos! Como estamos na região fora do cilindro carregado, temos:

Q i n t = λ . L

Substituindo na Lei de Gauss, temos:

E a = λ . L 2 . π . r . L . ϵ 0

E a → = λ 2 . π . r . ϵ 0     r ^

Como a direção do vetor campo elétrico é radial, indicamos por esse vetor unitário r ^ !

Passo 3

b )

Para r ≤ R , temos:

Considerando que a carga esta distribuída uniformemente pela área do cilindro, temos agora que a carga interna Q i n t varia para r ≤ R , que pode ser encontrada da seguinte forma:

Q i n t A g a u s s = λ . L A 0 → Q i n t π r 2 = λ . L π R 2

Q i n t = π . r 2 π . R 2 . ( λ . L )

Substituindo na Lei de Gauss, temos:

E b = 1 2 . π . r . L . ϵ 0 . π . r 2 π . R 2 . ( λ . L )

E b → = λ . r 2 . π . R 2 . ϵ 0   r ^

Novamente na direção radial!

Passo 4

c )

Vamos agora testar na borda do cilindro, as duas equações achadas para o campo elétrico devem dar a mesma resposta em r = R , veremos:

Para E → a , temos:

E → a R = λ 2 . π . R . ϵ 0     r ^

Para   E → b , temos:

E → b R = λ . R 2 . π . R 2 . ϵ 0 r ^ = λ 2 . π . R . ϵ 0   r ^

Portanto:

E → a R = E → b ( R )

Resposta

a )   E a → = λ 2 . π . r . ϵ 0     r ^

b )   E b → = λ . r 2 . π . R 2 . ϵ 0   r ^

c )   E → a R = λ 2 . π . R . ϵ 0   r ^ = E → b R

Exercício Resolvido #7

Determine o campo elétrico produzido por um plano infinito com uma distribuição de carga uniforme positiva por unidade de área igual à σ .

Passo 1

Primeiramente um desenho para ilustrar o aspecto do campo de um plano infinito carregado. Sabemos, pois decoramos, que ele é uniforme e estacionário (na primeira prova tudo é estacionário):

Passo 2

Agora enunciamos a lei de Gauss para tentar calcular o campo elétrico:

∯ G E → ∙ d A → = Q i n t ϵ 0

Escolhendo uma Gaussiana cilíndrica (prisma), podemos simplificar o cálculo do fluxo:

Como os vetores normais d A → são perpendiculares ao campo na lateral, temos somente o fluxo correspondente às tampas. Tenham elas área igual à A :

∯ T a m p a s E d A = Q i n t ϵ 0

Passo 3

Pela configuração do campo, ele tem módulo constante em toda G , portanto:

∯ G E d A = E ∯ G d A

Substituindo:

E ∯ T a m p a s d A = Q i n t ϵ 0

A integral de d A nas tampas é igual à área delas 2 A :

2 E A = Q i n t ϵ 0

Portanto o campo é:

E = Q i n t 2 A ϵ 0

Passo 4

Agora precisamos nos livrar dessa carga interna à Gaussiana, que é uma quantidade desconhecida. Como a densidade é constante, temos:

σ = Q i n t A

Logo:

Q i n t = σ A

Podemos então substituir:

E = σ A 2 A ϵ 0

Que resulta em:

E = σ 2 ϵ 0

E o módulo do campo é este. Se fosse pedido o vetor campo, precisaríamos de alguma espécie de sistema de coordenadas para poder especificar a direção deste, pois acima do plano carregado o vetor aponta para cima e abaixo do plano o vetor aponta para baixo. Se fosse o caso de termos um eixo O x alinhado ao campo, teríamos:

De onde segue:

E → = σ 2 ϵ 0 j ^ ,       y > 0 σ 2 ϵ 0 - j ^ ,       y < 0

Resposta

E = σ 2 ϵ 0

Exercício Resolvido #8

A figura mostra as seções retas de duas placas de grande extensão, paralelas, não-condutoras, positivamente carregadas, ambas com distribuição superficial de cargas σ = 1,77.10 - 22 C m 2 .

Determine o campo elétrico E → em termos dos vetores unitários.

(a) Acima das placas;

(b) Entre as placas;

(c) Abaixo das placas;

Passo 1

As duas placas infinitas geram campos elétricos uniformes com os módulos iguais. Isso ocorre porque a densidade superficial das duas é a mesma. Logo o módulo do campo gerado por cada placa é igual a:

E = σ 2 . ϵ 0

Passo 2

O nosso problema se resume a olhar bem a direção dos vetores campo elétrico em cada região e procurar entender o que está acontecendo.

Sabemos que uma placa positiva gera um campo que sai dela.

Nas regiões que estão acima das duas placas e abaixo das duas placas, os campos estão no mesmo sentido, saindo das placas. Já na região entre as placas, os campos têm sentidos contrários e se anulam.

Assim:

E a c i m a = 2 E = σ ϵ 0 = 1,77.10 - 22 8,85.10 - 12 N C = 2.10 - 11 N C

E M E I O = E - E = 0

E a b a i x o = 2 E = σ ϵ 0 = 1,77.10 - 22 8,85.10 - 12 N C = 2.10 - 11 N C

Como o campo sai das placas positivas, na região acima das placas, o campo resultante aponta para cima e na região abaixo das placas, ele aponta para baixo.

E → a c i m a = 2.10 - 11 N C   j ^

E → a b a i x o = - 2.10 - 11 N C j ^

Resposta

(a) E → a c i m a = 2.10 - 11 N C   j ^

(b) E → m e i o = 0

(c) E → a b a i x o = - 2.10 - 11 N C j ^

Exercício Resolvido #9

Suponha que você segure duas grandes folhas de plástico frente à frente, espaçadas uma da outra por d , conforme mostra a figura. Atritando uma delas com lã e a outra com seda, você consegue obter, sobre a superfície de uma das folhas, uma densidade superficial uniforme de carga η 1 = - η 0 , e sobre a outra, outra densidade superficial uniforme de carga η 2 = + η 0 . Qual o vetor campo elétrico nos pontos 1 , 2 e 3 ?

Passo 1

Para resolver essa questão vamos utilizar a Lei Gauss, como o campo obedece ao princípio da superposição, podemos lidar com cada folha separadamente. Vamos começar pela folha de densidade η 1 !

Para planos carregamos, é comum usarmos a gaussiana em forma de prisma, pois dessa forma, apenas o fluxo das tampas contribui, temos então:

E ∯ d A = Q i n t ϵ 0

Considerando que temos um prisma, a área das duas tampas será 2 . A , para a carga interna, temos que a carga será a densidade superficial multiplicada pela área que está dentro da nossa gaussiana, ou seja Q i n t = - η 0 . A . Substituindo, temos:

E . 2 . A = - η 0 . A ϵ 0

E = - η 0 2 . ϵ 0

O sinal de menos nos mostra que o campo vai sempre em direção à folha, ou seja, na região 1 , ele aponta para a direita, e nas regiões 2 e 3 , ele aponta para a esquerda.

Veremos agora o campo produzido pela folha de densidade η 2 !

Passo 2

Para essa folha, vamos utilizar o mesmo processo do item anterior, pela Lei de Gauss, temos:

E . 2 . A = η 0 . A ϵ 0

E = η 0 2 . ϵ 0

O sinal positivo nos diz que o campo aponta sempre para fora da folha carregada, ou seja, nas regiões 1 e 2 ele aponta para a esquerda, e na região 3 ele aponta para a direita.

Pronto, analisando os dois resultados, vemos que o campo será nulo nas regiões 1 e 3 , e na região 2 , entre as placas, valerá:

E 2 = 2 . η 0 2 . ϵ 0 = η 0 ϵ 0

Para escrever o vetor campo elétrico resultante em cada região, iremos utilizar o sistema de coordenadas usual:

Como o campo aponta perpendicularmente à folha, temos:

E 1 → = 0

E 3 → = 0

E 2 → = η 0 ϵ 0   ( - i ^ )

Resposta

E 1 → = 0

E 3 → = 0

E 2 → = η 0 ϵ 0 ( -   i ^ )

Exercício Resolvido #10

Uma pequena esfera oca condutora, com raio interno a e externo b , é concêntrica com uma grande esfera oca condutora, com raio interno c e raio externo d , conforme a figura abaixo. A carga total sobre a esfera oca interna é igual à 2 q e a carga total sobre a esfera oca externa é igual à 4 q . Determine o módulo, direção e sentido do campo elétrico em função da distância r ao centro comum para as regiões:

  • r < a
  • a < r < b
  • b < r < c
  • c < r < d
  • d < r

E qual a carga total sobre (i) a superfície interna da esfera oca pequena; (ii) a superfície externa da esfera oca pequena; (iii) a superfície interna da esfera oca grande; (iv) a superfície externa da esfera oca grande?

Passo 1

Questão clássica da Lei de Gauss. Mais uma vez vou explicar como você faria na prova pra não perder tempo nem pontos. São cinco regiões, só que nós vamos construir um argumento formal para resolver apenas uma, pois é isso que o examinador quer. Para as outras quatro, nós vamos dizer “...analogamente ao argumento da primeira região...” e vamos apenas aplicar a fórmula:

E A = Q i n t ϵ 0

Partiu então? A sua resolução começaria, necessariamente, assim:

Enunciando a Lei de Gauss...

∯ G E → ∙ d A → = Q i n t ϵ 0

Pela simetria esférica do problema, escolhemos uma superfície esférica de raio arbitrário r para ser nossa Gaussiana G . Dessa forma, os vetores normais d A → são paralelos ao campo em todos os pontos de G , do que segue o fato:

E → ∙ d A → = E d A

Passo 2

Além disso, pela configuração do campo, temos que o seu módulo E → é constante em toda G , do que segue o fato:

∯ G E d A = E ∯ G d A

Da última equação, segue que a integral de d A em toda G é a área da Gaussiana. A área superficial de uma esfera é conhecida e é igual à:

∯ G d A = 4 π r 2

Substituindo na Lei, temos:

E 4 π r 2 = Q i n t ϵ 0

E = Q i n t 4 π ϵ 0 r 2

Passo 3

Aplicando o resultado obtido para a região onde r < a :

Temos que a nossa Gaussiana não envolve carga alguma, por estar em uma região de vácuo. Portanto:

Q i n t = 0

Desde fato segue que:

E = 0

Ou seja, nesta região o campo é o vetor nulo:

E → = 0 →

Passo 4

Analogamente ao raciocínio desenvolvido para a primeira região, aplicamos o resultado obtido para a região onde a < r < b :

E = Q i n t 4 π ϵ 0 r 2

Neste caso estamos calculando o fluxo do campo elétrico na região maciça de um condutor. Não temos escolha senão dizer que o campo é nulo, dado que estamos no equilíbrio eletrostático. Portanto:

E → = 0 →

De onde segue que a carga interna à essa superfície Gaussiana é:

Q i n t = 0

Passo 5

Mais uma vez, aplicando o mesmo raciocínio à região onde b < r < c :

E = Q i n t 4 π ϵ 0 r 2

Neste caso a nossa Gaussiana envolve toda a esfera oca menor, portanto a carga interna à ela deve ser a carga total da esfera:

Q i n t = 2 q

De onde segue que:

E = q 2 π ϵ 0 r 2

Ainda pelo argumento de simetria, a componente do campo deve ser radial. Portanto multiplicamos pelo vetor radial r ^ :

E → = q 2 π ϵ 0 r 2 r ^

Passo 6

Você já deve estar ficando de saco cheio. Mas por outro lado, isto é muito próximo de uma questão de prova. Repare como nós vamos ganhando pontos com trabalho braçal apenas. Aplicando o raciocínio desenvolvido na primeira região para a região em que c < r < d :

Temos que, por se tratar de uma região maciça de um condutor, não pode haver campo.

E → = 0 →

Segue que, pela Lei de Gauss, a carga interna à esta Gaussiana é zero:

Q i n t = 0

Passo 7

Mais uma vez, pela mesma lógica, temos a região onde d < r :

Segue então:

E = Q i n t 4 π ϵ 0 r 2

Neste caso, no entanto, temos que a carga interna à Gaussiana é tanto a carga da esfera maior quanto da menor, pois ambas são internas à G . Portanto:

Q i n t = 2 q + 4 q

Q i n t = 6 q

Podemos substituir:

E = 3 q 2 π ϵ 0 r 2

E pelo argumento de simetria, temos que a componente do campo será radial:

E → = 3 q 2 π ϵ 0 r 2 r ^

Passo 8

Juntando tudo isto que observamos podemos descobrir as cargas nas superfícies. Do passo 4 tiramos que a carga na superfície interna à esfera pequena é zero:

Q i n t   p q n = 0

Do passo 5 tiramos que a carga na superfície externa da esfera pequena é a sua carga total:

Q e x t   p q n = 2 q

Já do passo 6, nós temos que a carga interna à Gaussiana deve ser zero, isto implica na carga da superfície interna da esfera grande ser o seguinte:

Q i n t   g r n d + 2 q = Q i n t   G a u s s i a n a

Q i n t   g r n d + 2 q = 0

Q i n t   g r n d = - 2 q

Só pra deixar bem claro, quando falamos de carga interna à Gaussiana, estamos falando da carga que fica interna ao seu volume. Aqui nesse contexto, temos superfícies internas e externas das esferas, que não são a mesma coisa. Qualquer coisa nos grite.

Seguindo... Como a carga total da esfera grande é 4 q , nós precisamos que esse valor seja a soma da carga na sua superfície externa e na sua interna. Portanto:

4 q = Q i n t   g r n d + Q e x t   g r n d

Logo:

4 q = - 2 q + Q e x t   g r n d

Q e x t   g r n d = 6 q

E terminamos!

Resposta

E → = 0 → ,       r < a 0 → ,       r ∈ ( a , b ) q 2 π ϵ 0 r 2 r ^ ,       r ∈ ( b , c ) 0 → ,       r ∈ ( c , d ) 3 q 2 π ϵ 0 r 2 r ^ ,       d < r

Q i n t   p q n = 0

Q e x t   p q n = 2 q

Q i n t   g r n d = - 2 q

Q e x t   g r n d = 6 q

Exercício Resolvido #11

A figura mostra, em seção reta, duas esferas de raio R , com distribuições volumétricas uniformes das cargas. O ponto P está sobre a reta que liga os centros das esferas, a uma distância R 2 do centro da esfera 1 . Se o campo elétrico no ponto P é igual a zero, qual é a razão q 2 q 1 entre a carga da esfera 2 e a carga da esfera 1 ?

Passo 1

Encontrar o campo elétrico que a esfera 1 exerce em P . Nesse caso, o campo aponta no sentido da esquerda, supondo que as cargas das esferas são positivas. A lei de Gauss em simetria esférica nos leva sempre à mesma conclusão:

K . Q i n t r 1 2 = E 1

r 1 é a distância do centro da esfera 1 até o ponto P , que vale, no problema, R 2 . Então:

K . Q i n t R 2 2 = E 1

Passo 2

Só que Q i n t é a carga que está dentro de uma esfera menor, de raio R 2 , afinal, é esta a gaussiana que utilizaríamos para calcular o campo elétrico no ponto P , localizado dentro no interior da primeira esfera.

Para calcular Q i n t , vamos usar a informação de que as esferas são uniformemente carregadas. A densidade volumétrica da primeira esfera vale:

q 1 4 3 . π . R 3 = σ 1

Logo:

Q i n t = σ 1 . 4 3 . π . R 2 3 = q 1 4 3 . π . R 3 . 4 3 . π . R 2 3 = q 1 8

Substituindo na equação do passo anterior:

K . q 1 8 R 2 2 = E 1 = K . q 1 2 . R 2

Passo 3

O mesmo cálculo é realizado para o caso da esfera 2 :

K . Q i n t r 2 2 = E 2

Porém, com duas diferenças:

  • A distância r 2 vale: R 2 + R = 3 R 2
  • A carga interna se encontra dentro de uma gaussiana que envolve toda a esfera 2 . Então, nesse caso, Q i n t = q 2

Logo:

K . Q i n t r 2 2 = E 2 = K . q 2 3 R 2 2 = K . 4 . q 2 9 . R 2

Passo 4

Para que as duas forças se anulem, o módulo delas deverá ser o mesmo e, com isso, podemos encontrar a razão entre as cargas:

K . q 1 2 . R 2 = K . 4 . q 2 9 . R 2

q 1 2 = 4 . q 2 9

q 2 q 1 = 9 8

Resposta

q 2 q 1 = 9 8

Exercício Resolvido #12

Um bastão cilíndrico isolante, de comprimento L e raio R (com L   > >   R ), foi carregado uniformemente em sua superfície com carga negativa desconhecida (Figura 1). Mediu-se o campo elétrico gerado a uma distância 3 R do eixo de simetria e encontrou-se o valor E 1 (em módulo).

a ) Calcule o fluxo do campo elétrico através da superfície indicada (sombreada) na Figura 1 (altura h e raio 3 R ).

b ) Obtenha o vetor campo elétrico em função da distância r ao eixo do bastão, para r > R .

Suponha agora que uma casca cilíndrica condutora descarregada (neutra) de comprimento L e raios interno 2 R e externo 4 R é colocada em volta do bastão carregado utilizando-se luva de borracha. Posiciona-se a casca com o eixo de simetria coincidindo com o eixo do bastão (concêntrico), conforme a Figura 2.

Responda, justificando:

c ) Obtenha o valor (módulo) do campo elétrico à distância 3 R do eixo.

d ) Quanto vale a carga na superfície interna e na superfície externa da casca cilíndrica?

Agora suponha que a casca cilíndrica condutora seja aterrada. Responda, justificando:

e ) Quanto vale a carga na superfície interna e na superfície externa da casca cilíndrica?

f ) Calcule o fluxo elétrico que atravessa uma superfície cilíndrica concêntrica ao sistema e de raio r = 9 2 R .

Passo 1

a ) Calcule o fluxo do campo elétrico através da superfície indicada (sombreada) na Figura 1 (altura h e raio 3 R ).

Por definição, o fluxo elétrico é dado por:

ϕ E = ∯ G   E → ∙ d A →

Dada a geometria do problema, o campo elétrico estará na direção radial, sendo perpendicular à superfície cilíndrica e paralelo ao vetor d A → .

O enunciado já nos disse que o módulo do campo nessa superfície é E 1 e como a barra está carregada negativamente, o campo elétrico tem sentido de fora para dentro na direção radial. Isso significa que o fluxo elétrico é negativo.

Assim, podemos simplificar a expressão do fluxo elétrico para:

ϕ E = - E 1 ∯ G   d A → = - E 1 A

ϕ E = - E 1 2 π 3 R h

ϕ E = - 6 π E 1 R h

Onde a área lateral do cilindro é dada por A = 2 π 3 R h .

Passo 2

b ) Obtenha o vetor campo elétrico em função da distância r ao eixo do bastão, para r > R .

Essa é uma questão clássica de Lei de Gauss, dada por:

∯ G   E → ∙ d A → = Q i n t ϵ 0

Dada a simetria cilíndrica do problema, podemos simplificar a Lei de Gauss para:

E A = Q i n t ϵ 0

Onde a área é a área lateral do cilindro, dada por:

A = 2 π r L

Portanto:

E = Q i n t 2 π ϵ 0 r L

E → = Q i n t 2 π ϵ 0 r L r ^

A dúvida agora é a seguinte: “Como vamos descobrir quem é Q i n t ?!”.

Passo 3

A malandragem aqui é saber que a Lei de Gauss calcula o fluxo elétrico através de uma superfície fechada. Basicamente o que fizemos na a , ou seja:

∯ G   E → ∙ d A → = Q i n t ϵ 0 = ϕ E

Opa! O fluxo elétrico nós já sabemos, certo?

Q i n t ϵ 0 = ϕ E

Q i n t ϵ 0 = - 6 π E 1 R L

Onde, agora, ao invés de h , usaremos L , que corresponde à altura da barra:

Q i n t = - 6 π ϵ 0 E 1 R L

Agora ficou tranquilo! Só temos que substituir essa expressão de Q i n t na expressão do campo elétrico que já tínhamos encontrado no passo anterior.

E → = Q i n t 2 π ϵ 0 r L r ^

E → = - 6 π ϵ 0 E 1 R L 2 π ϵ 0 r L r ^

Simplificando esse cara:

E → = - 3 E 1 R r r ^

Passo 4

c ) Obtenha o valor (módulo) do campo elétrico à distância 3 R do eixo.

Beleza! Agora estamos olhando para a Figura 2.

A uma distância 3 R do eixo, a região encontra-se no interior do condutor. Opa! Aqui vai uma para que você tem que guardar contigo sempre: no interior de um condutor, o campo é sempre nulo!

Logo:

E = 0

Passo 5

d ) Quanto vale a carga na superfície interna e na superfície externa da casca cilíndrica?

Como o condutor é neutro, quando colocarmos o bastão carregado negativamente no interior da casca cilíndrica, as cargas positivas do condutor serão atraídas e vai se acumular na superfície interna do condutor.

Da mesma forma, as cargas negativas do condutor serão repelidas e se acumularão na superfície externa.

No equilíbrio eletrostático, os módulos das cargas devem ser iguais, mas seus sinais devem ser opostos, conforme discutimos ali em cima:

Q s u p . i n t = - Q b a s t ã o

Onde a carga do bastão nós já calculamos na letra b .

Q b a s t ã o = - 6 π ϵ 0 E 1 R L

Q s u p . i n t = 6 π ϵ 0 E 1 R L

Como o condutor é neutro:

Q s u p . e x t + Q s u p . i n t = 0

Q s u p . e x t = - Q s u p . i n t

Q s u p . e x t = - 6 π ϵ 0 E 1 R L

Passo 6

e ) Quanto vale a carga na superfície interna e na superfície externa da casca cilíndrica?

Se o condutor for aterrado, apenas a carga de sua superfície externa é modificada e cai necessariamente a zero.

Portanto:

Q s u p . i n t = 6 π ϵ 0 E 1 R L

Q s u p . e x t = 0

Isso significa que, agora, o condutor passará a ficar carregado positivamente.

Passo 7

f ) Calcule o fluxo elétrico que atravessa uma superfície cilíndrica concêntrica ao sistema e de raio r = 9 2 R .

Opa! Já vimos que podemos associar o fluxo elétrico com a Lei de Gauss:

∯ G   E → ∙ d A → = Q i n t ϵ 0 = ϕ E

Logo:

ϕ E = Q i n t ϵ 0

Quando r = 9 2 R , a região em que queremos calcular o campo elétrico engloba tanto o bastão quanto a casca cilíndrica. Sendo assim:

Q i n t = Q b a s t ã o + Q c a s c a

Q i n t = Q b a s t ã o + Q s u p . i n t + Q s u p . e x t

Q i n t = - 6 π ϵ 0 E 1 R L + 6 π ϵ 0 E 1 R L + 0

Q i n t = 0

Portanto:

ϕ E = 0

Resposta

a )

ϕ E = - 6 π E 1 R h

b )

E → = - 3 E 1 R r r ^

c )

E = 0

d )

Q s u p . i n t = 6 π ϵ 0 E 1 R L

Q s u p . e x t = - 6 π ϵ 0 E 1 R L

e )

Q i n t = 6 π ϵ 0 E 1 R L

Q s u p . e x t = 0

f )

ϕ E = 0

Exercício Resolvido #13

Considere duas placas grandes, paralelas, a uma distância d uma da outra, uma delas com densidade superficial de carga σ > 0 , uniforme, e a outra com densidade - σ . Entre as duas placas paralelas é colocada uma chapa metálica de espessura e < d , conforme mostra a figura.

a ) Demonstre que a intensidade do campo elétrico criado por um plano infinito com densidade superficial de carga σ é E = σ / ( 2 ϵ 0 ) .

b ) Utilizando o princípio de superposição e desprezando efeitos de borda, determine o vetor campo elétrico nas regiões 1,2 , 3,4 e 5 .

c ) Se a chapa metálica for retirada da região entre as placas, haverá aumento ou diminuição da energia eletrostática do sistema? Justifique a resposta.

Passo 1

a ) Demonstre que a intensidade do campo elétrico criado por um plano infinito com densidade superficial de carga σ é E = σ / ( 2 ϵ 0 ) .

Esse é um problema clássico de Lei de Gauss, que é dada por:

∯ G   E → ∙ d A → = Q i n t ϵ 0

Para calcular o campo elétrico criado por um plano infinito, vamos usar como gaussiana um cilindro de área transversal A que engloba apenas parte da placa infinita de carga Q i n t , como mostra a imagem:

Assim, podemos dar uma simplificada na Lei de Gauss:

E 2 A = Q i n t ϵ 0

O termo 2 A aparece pois o campo elétrico atravessa a gaussiana tanto na área da direita quanto na área da esquerda.

E = Q i n t 2 ϵ 0 A → E = σ 2 ϵ 0

Onde σ = Q i n t / A   é a densidade superficial de carga.

Passo 2

b ) Utilizando o princípio de superposição e desprezando efeitos de borda, determine o vetor campo elétrico nas regiões 1,2 , 3,4 e 5 .

Em cada região, o campo elétrico resultante será a soma vetorial dos campos elétricos gerados por cada placa. Então, pra não nos enrolarmos, é uma boa darmos nomes às placas.

Agora é só calcular o campo elétrico para cada região. Em cada uma delas:

E → = E → i + E → i i + E → i i i + E → i v

Passo 3

  • Região 1
  • E → 1 = - σ 2 ϵ 0 i → + σ 2 ϵ 0 i → - σ 2 ϵ 0 i → + σ 2 ϵ 0 i →

    E → 1 = 0 →

  • Região 2
  • E → 2 = σ 2 ϵ 0 i → + σ 2 ϵ 0 i → - σ 2 ϵ 0 i → + σ 2 ϵ 0 i →

    E → 2 = σ ϵ 0 i →

  • Região 3
  • E → 3 = σ 2 ϵ 0 i → - σ 2 ϵ 0 i → - σ 2 ϵ 0 i → + σ 2 ϵ 0 i →

    E → 3 = 0 →

  • Região 4
  • E → 4 = σ 2 ϵ 0 i → - σ 2 ϵ 0 i → + σ 2 ϵ 0 i → + σ 2 ϵ 0 i →

    E → 4 = σ ϵ 0 i →

  • Região 5

E → 5 = σ 2 ϵ 0 i → - σ 2 ϵ 0 i → + σ 2 ϵ 0 i → - σ 2 ϵ 0 i →

E → 5 = 0 →

Passo 4

c ) Se a chapa metálica for retirada da região entre as placas, haverá aumento ou diminuição da energia eletrostática do sistema? Justifique a resposta.

A densidade de energia eletrostática é dada por:

u = ϵ 0 E 2 2

E a energia eletrostática é dada por:

U = u × V o l u m e

Assim, quando retiramos a chapa metálica, acabamos aumentando o volume onde o campo elétrico não é nulo, já que o campo elétrico no interior da placa (Região 3) é nulo.

Portanto, haverá aumento da energia eletrostática.

Resposta

b )

E → 1 = 0 →

E → 2 = σ ϵ 0 i →

E → 3 = 0 →

E → 4 = σ ϵ 0 i →

E → 5 = 0 →

c )

Haverá aumento da energia eletrostática.

Exercício Resolvido #14

A figura mostra uma seção reta de uma placa não-condutora muito extensa com uma espessura d = 9,40   m m e uma densidade volumétrica de cargas uniforme ρ = 5,8   f C / m 3 .

A origem do eixo x está no centro da placa.

Determine o módulo do campo elétrico em:

  1. x = 0 ;
  2. x = 2,00   m m ;
  3. x = 4,70   m m ;
  4. x = 26,0   m m ;

Passo 1

Beleza! Aqui já está na cara que vamos ter que usar a Lei de Gauss pra facilitar a nossa vida.

Como estamos trabalhando com uma placa, pra facilitar a nossa vida, vamos usar uma simetria planar. Beleza, show! Mas como assim?!

É o seguinte, para esse tipo de simetria (ou toda vez que o problema te falar em placas carregadas, ou chapas), uma boa gaussiana é um cilindro com o eixo perpendicular à chapa.

Eu sei que pode parecer doideira, mas é o melhor caminho pra resolver o problema.

Bom, a gaussiana tem mais ou menos essa cara aqui, quando olhamos de lado:

Por causa desse tipo de geometria, o fluxo elétrico através da parede perpendicular à chapa é igual a zero. Assim, só importa para nós o fluxo através das “tampas” do nosso cilindro.

Matematicamente, a Lei de Gauss é a seguinte fórmula:

∯ G   E → ∙ d A → = Q i n t ϵ 0

E como nas tampas da nossa gaussiana, o campo elétrico é constante e perpendicular à superfície (logo, E → é paralelo a d A → ), podemos reescrever a Lei de Gauss dessa maneira:

2 E A = Q i n t ϵ 0

Onde a área A vai ser sempre a área da tampa do nosso cilindro.

Obs: Ah! Se você estiver se perguntando “Credeuspai! Porque apareceu esse 2 aí na frente?”, lembre-se que o campo elétrico flui através das duas tampas do cilindro, por isso você não pode esquecer de multiplicar por 2, nesse caso!

Organizando essa bagunça, o campo elétrico vai ser dado por:

E = Q i n t 2 A ϵ 0

Agora temos que associar a carga Q i n t com a nossa gaussiana. Vou fazer isso no próximo passo para fazer um apelo dramático.

Passo 2

E = Q i n t 2 A ϵ 0

Como o problema se trata de uma densidade volumétrica de carga ρ , vamos fazer o seguinte.

  ρ = Q i n t V → Q i n t = ρ V

Onde V corresponde ao “volume de cargas” dentro da nossa gaussiana.

Logo:

E = ρ V 2 A ϵ 0

Passo 3

  1. x = 0 ;
  2. Quando x = 0 é como se a nossa gaussiana simplesmente não existisse.

    Assim, mesmo que não soubéssemos a fórmula, é intuitivo que:

    E = 0

    Passo 4

  3. x = 2,00   m m ;
  4. Para esse valor de x , a nossa gaussiana está toda no interior da placa.

    Sabemos que o campo elétrico é dado por:

    E = ρ V 2 A ϵ 0

    Nesse caso, V é dado por V = 2 x A . Onde 2 x é a altura do cilindro que escolhemos como gaussiana, que vai depender do que o problema te pedir.

    Substituindo de volta na fórmula, vemos que o campo elétrico é dado por:

    E = ρ V 2 A ϵ 0

    E = ρ 2 x A 2 A ϵ 0

    E = x ρ ϵ 0

    Agora sim, podemos ser felizes!

    x = 2,0   m m = 2 × 10 - 3 m ;

    ρ = 5,8   f C / m 3 = 5,8 × 10 - 15   C / m 3 ;

    ϵ 0 = 8,85 × 10 - 12   C N - 1 m - 2 ;

    Portanto:

    E = 2 × 10 - 3 × 5,8 × 10 - 15 8,85 × 10 - 12

    E = 1,31 × 10 - 6   N / C

    E = 1,31   μ N / C

    Passo 5

  5. x = 4,7 m m ;
  6. Para esse valor de x , a nossa gaussiana vai de borda a borda da placa.

    Nesse caso, o raciocínio é o mesmo Passo 4.

    E = x ρ ϵ 0

    Onde

    x = 4,7   m m = 4,7 × 10 - 3 m ;

    ρ = 5,8   f C / m 3 = 5,8 × 10 - 15   C / m 3 ;

    ϵ 0 = 8,85 × 10 - 12   C N - 1 m - 2 ;

    Portanto:

    E = 4,7 × 10 - 3 × 5,8 × 10 - 15 8,85 × 10 - 12

    E = 3,08 × 10 - 6   N / C

    E = 3,08   μ N / C

    Passo 6

  7. x = 26,0   m m ;

Nesse caso, a gaussiana tem altura maior que a espessura da placa.

Agora, concorda que, a partir do momento que a gaussiana “sai” do interior da placa, a carga interna permanece sempre constante?

Isso significa que o “volume de cargas” no interior da gaussiana permanece constante e igual a V = A d . Logo:

E = ρ V 2 A ϵ 0

E = ρ A d 2 A ϵ 0 = ρ d 2 ϵ 0

Onde:

d = 9,4   m m = 9,4 × 10 - 3 m ;

ρ = 5,8   f C / m 3 = 5,8 × 10 - 15   C / m 3 ;

ϵ 0 = 8,85 × 10 - 12   C N - 1 m - 2 ;

Portanto:

E = 9,4 × 10 - 3 × 5,8 × 10 - 15 2 × 8,85 × 10 - 12

E = 3,08 × 10 - 6   N / C

E = 3,08   μ N / C

Isso mostra que, fora da chapa, o campo elétrico permanece constante, independente da distância.

Resposta

  1. E = 0 ;
  2. E = 1,31   μ N / C ;
  3. E = 3,08   μ N / C ;
  4. E = 3,08   μ N / C ;

Exercício Resolvido #15

Uma placa isolante, com espessura 2 a e densidade volumétrica de carga uniforme igual a ρ > 0 , está separada de uma outra placa, condutora, com carga total igual a zero e de espessura a . As duas placas são infinitas nas direções y e z , conforme a figura.

a ) Use a lei de Gauss para calcular o vetor campo elétrico produzido pela placa isolante em um ponto dentro da placa, isto é um ponto com coordenada x < a .

b ) Use a lei de Gauss para calcular o vetor campo elétrico produzido pela placa isolante em um ponto fora dela.

c ) Calcule, em termos de ρ e a , a densidade superficial de cargas induzidas nas superfícies da placa condutora após o equilíbrio eletrostático ter sido atingido. Determine em todo o espaço o campo elétrico resultante devido ao isolante e ao condutor.

Passo 1

a ) Use a lei de Gauss para calcular o vetor campo elétrico produzido pela placa isolante em um ponto dentro da placa, isto é um ponto com coordenada x < a .

Devido à simetria do problema, é possível ver que o campo elétrico gerado pela placa estará sempre na direção do eixo x .

Assim, as nossas gaussianas serão todas paralelepípedos, onde o campo elétrico no interior das placas, onde há fluxo elétrico apenas pelas faces paralelas às superfícies da placa.

A Lei de Gauss é dada por:

∫ S E → ∙ d A → = Q i n t ϵ 0

Como o campo elétrico é uniforme sobre as superfície em que cruza a gaussiana e ele cruza a gaussiana através de duas faces, podemos simplificar a Lei de Gauss para:

E 2 A = Q i n t ϵ 0

E x = Q i n t 2 A ϵ 0

Agora o nosso trabalho é apenas calcular a carga interna Q i n t . Pra isso, vamos usar a densidade volumétrica de carga, dada pelo problema:

ρ = Q i n t 2 x A → Q i n t = 2 x A ρ

Portanto:

E x = 2 x A ρ 2 A ϵ 0 = ρ x ϵ 0

E → x = ρ x ϵ 0 i →

Passo 2

b ) Use a lei de Gauss para calcular o vetor campo elétrico produzido pela placa isolante em um ponto fora dela.

A geometria do problema permanece a mesma, a diferença agora é que a carga interna agora será a carga total da placa.

Q i n t = 2 a A ρ

Agora o campo elétrico é dado por:

E x = 2 a A ρ 2 A ϵ 0 = ρ a ϵ 0

E → x = ρ a ϵ 0 i →     p a r a   r > a E → x = - ρ a ϵ 0 i →     p a r a   r < - a

Passo 3

c ) Calcule, em termos de ρ e a , a densidade superficial de cargas induzidas nas superfícies da placa condutora após o equilíbrio eletrostático ter sido atingido. Determine em todo o espaço o campo elétrico resultante devido ao isolante e ao condutor.

O campo elétrico gerado pela placa isolante vai induzir uma polarização na placa condutora.

As cargas positivas tendem a se mover no mesmo sentido do campo que age sobre elas e as cargas negativas tendem a se mover no sentido oposto. Como o campo elétrico está “saindo” da placa isolante, ou seja, E → = E i → , as concentrações de cargas positivas e negativar terão essa cara:

Assim, a densidade de carga induzida vai gerar um campo elétrico induzido que, por conta da polarização, terá o seguinte sentido:

Como o campo elétrico é nulo no interior de qualquer condutor, no interior desse condutor:

E → + E → i = 0

O campo elétrico induzido E i é a soma dos campos elétricos gerados pelas superfícies positiva e negativa do condutor:

E → + E → + + E → - = 0

Onde:

E → = ρ a ϵ 0 i →

E → + = E → - = - σ 2 ϵ 0 i →

Portanto:

ρ a ϵ 0 i → - σ 2 ϵ 0 i → - σ 2 ϵ 0 i → = 0

ρ a ϵ 0 - σ ϵ 0 = 0

σ = ρ a

Por fim:

σ + = ρ a

σ - = ρ a

Resposta

a )

E → x = ρ x ϵ 0 i →

b )

E → x = ρ a ϵ 0 i →     p a r a   r > a E → x = - ρ a ϵ 0 i →     p a r a   r < - a

c )

σ + = ρ a

σ - = ρ a

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