Exercícios Resolvidos de Lei de Gauss – Simetrias

Uma carga puntiforme positiva + Q e um fio infinito carregado positivamente com densidade de carga + λ estão ilustrados na figura abaixo. A direção do fio é perpendicular à folha de papel. Considere os campos elétricos gerados pelos dois objetos em função da distância r de cada um deles. Para qual distância r os campos elétricos gerados são idênticos:

(a) r   =   Q / ( 2   π λ )  

(b) r   =   Q / ( 2   π λ ) 1 / 2  

(c) r = Q λ / ( 4   π ϵ 0 )

(d) r   =   Q / ( 2 λ )

(e) r = Q / λ

Passo 1

Primeiramente, vamos lembrar a definição a lei de Gauss na forma integral.

Esta lei diz que o fluxo ϕ de um campo elétrico   E → por uma superfície fechada genérica S é dada por

ϕ =   ∯ S E → ⋅ n ^   d A = q i n t ϵ 0 ,       s e   h o u v e r   c a r g a s   d e n t r o   d e   S               0 ,         s e   n ã o   h o u v e r   c a r g a s   d e n t r o   d e   S

Na equação anterior, q i n t é a carga elétrica líquida dentro da superfície S e   n ^ um vetor unitário normal ao elemento infinitesimal de área d A . Esta superfície recebe o nome de superfície gaussiana.

A grande sacada de utilizar a lei de Gauss é que se tomarmos uma superfície gaussiana na qual o campo elétrico sobre ela possui módulo constante em todos os seus pontos, podemos retirar o módulo do campo elétrico da integral dupla anterior e isolá-lo.

A forma de escolher a superfície gaussiana se baseia na simetria do campo elétrico. Para o nosso caso, temos um fio infinito de carga. Assim, nosso campo elétrico tem simetria cilíndrica e a superfície gaussiana que utilizaremos é um cilindro.Agora que traçamos nossa estratégia, vamos aos cálculos!

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Nessa passo vamos calcular o módulo do campo elétrico gerado pelo fio infinito. Vamos tomar como superfície gaussiana um cilindro de comprimento L . Assim,

Assim, pela lei de Gauss, temos que

∯ S E → ⋅ d S → = ∫ t a m p a E → ⋅ d S → + ∫ l a t e r a l E → ⋅ d S → + ∫ t a m p a E → ⋅ d S → = q i n t ϵ 0

Na superfície gaussiana, o campo elétrico é perpendicular a lateral do cilindro e paralelo nas tampas. Deste modo, temos que

∫ t a m p a E → ⋅ d S → = 0                     e                     ∫ l a t e r a l E → ⋅ d S → = E → × ∫ l a t e r a l d S = E → × A l a t e r a l

com A l a t e r a l a área da lateral do cilindro.

Assim, temos que

∫ t a m p a E → ⋅ d S → + ∫ l a t e r a l E → ⋅ d S → + ∫ t a m p a E → ⋅ d S → = q i n t ϵ 0

0 + E → × A l a t e r a l + 0 = q i n t ϵ 0

E → × A l a t e r a l = q i n t ϵ 0

Vamos determinar a carga dentro da superfície gaussiana. Sabemos que o fio possui uma densidade linear de carga λ . Deste modo, temos imediatamente que

q i n t = λ × L

Já a área lateral é igual ao de um retângulo de base L e altura 2 π r . Logo,

A l a t e r a l = b a s e × a l t u r a = L × 2 π r = 2 π r L

Desta forma, finalmente temos que

E → × A l a t e r a l = q i n t ϵ 0

E → × 2 π r L = λ × L ϵ 0

E → f i o = 1 2 π ϵ 0 λ r

Agora que determinamos o módulo do campo elétrico gerado pelo fio infinito, vamos para o próximo passo.

Passo 3

Sabemos que o módulo do campo elétrico gerado por uma carga pontual é

E → c a r g a = 1 4 π ϵ 0 Q r 2  

Mostramos no passo 2 que o módulo do campo elétrico gerado por um fio infinito é

E → f i o = 1 2 π ϵ 0 λ r

O enunciado pede a distância r na qual ambos os módulos dos campo elétricos sejam iguais. Assim,

E → c a r g a = E → f i o

1 4 π ϵ 0 Q r 2 = 1 2 π ϵ 0 λ r

Q 2 r = λ

r = Q 2 λ

Assim, quando r = Q / ( 2 λ ) , os módulos dos campos elétricos serão iguais.

Observando as alternativas, vemos que a alternativa correta é a letra ( d ) .

Resposta

L e t r a   ( d )

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