Exercícios Resolvidos de Lei de Gauss – Simetrias

UFRJ- Física 3 – P1 2017.1 - DIURNO - 6

Considere uma esfera isolante de raio R carregada com a densidade volumar de carga ρ r = C r 2 , sendo C uma constante e r a distância de um ponto genérico ao centro da esfera. Considere também uma barra de comprimento L e densidade linear de carga constante λ . A barra está orientada para o centro da esfera e o seu ponto médio está a uma distância a do centro da esfera, sendo a - L / 2 > R , como mostrada na figura abaixo.

  1. Determine a carga Q da esfera.
  2. Utilizando a lei de Gauss, calcule o campo eletrostático (módulo, direção e sentido) produzido apenas pela esfera, num ponto P , situado a uma distância r do centro da esfera, tal que r > R .
  3. Calcule a força eletrostática (módulo, direção e sentido) exercida pela esfera sobre a haste.
  4. Obtenha uma expressão aproximada para a força exercida pela esfera sobre a haste para a ≫ L e discuta o resultado encontrado.

Passo 1

a) Como a distribuição de cargas no volume da esfera não é uniforme, precisamos realizar a seguinte integral para obter o valor da carga total no volume da esfera isolante

Q t o t a l = Q = ∫ 0 R ρ ( r ) d V

em que d V é o elemento infinitesimal de volume esférico.

Para entender como é calculado o elemento de volume d V neste caso, considere a figura abaixo.

Nessa figura, temos um volume esférico infinitesimal em azul, representado esquematicamente à direita da figura, cuja área da base é igual a de uma superfície de uma esfera de raio r : 4 π r 2 . Essa é apenas uma figura para ajudar você a se lembrar de como é o elemento de volume d V esférico. Para termos d V , precisamos multiplicar essa “área da base” 4 π r 2 pela “altura” d r .

Portanto, o elemento de volume é dado por

d V = 4 π r 2 d r

Se substituímos as expressões de ρ ( r ) dado na questão e a de d V acima para o elemento de volume na expressão para a carga total Q , chegamos a

Q = 4 π C ∫ 0 R r 4 d r = 4 π C R 5 5 ⇒ Q = 4 π C R 5 5

Com isso, vemos que a constante C pode ser escrita como

C = 5 Q 4 π R 5

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

b) Como o problema tem simetria esférica, podemos utilizar a lei de Gauss para determinar o valor campo elétrico em uma posição r > R . Considerando uma esfera de raio r envolvendo toda a carga Q , em cada ponto sobre a superfície dessa esfera de raio r > R o campo elétrico é radial, ou seja, seu vetor   E → = E r r r ^   está na direção do raio da esfera.

Se consideramos agora o elemento de área   d S → da superfície gaussiana paralelo a   E → , a integral na lei de Gauss é simplificada para

∮ S E → . d S → = ∮ S E r d S

Uma outra característica importante dessa simetria esférica é que o campo elétrico sobre cada ponto da superfície gaussiana esférica S tem o mesmo valor. Por isso, na expressão acima, podemos retirar E r da integral, o que nos conduzirá à

E r ∮ S d S = E r 4 π r 2 = Q ε 0 ⇒ E r = Q 4 π ε 0 r 2

Com isso, o vetor campo elétrico é dado por

E → = E r r   r ^ = Q 4 π ε 0 r 2   r ^ = C R 5 5 ε 0 r 2   r ^

Note que esse resultado nos diz que o campo elétrico produzido pela carga Q   distribuída pelo volume do isolante é idêntico àquele campo produzido caso a carga Q estivesse toda concentrada no ponto central da esfera. Esse resultado nos auxilia no cálculo da força elétrica do próximo item.

Passo 3

c) O resultado do item anterior nos mostrou que podemos considerar a carga Q total da esfera como se estivesse toda concentrada em seu centro, como representado na figura abaixo. Por isso, o campo elétrico na posição r = y pode ser obtido da expressão para o campo que obtivemos no item b) e está representado na figura.

Como o campo produzido pela carga Q da esfera isolante é radial, a força infinitesimal d F → que o campo exerce sobre uma carga infinitesimal d q = λ d y do fio é dada por

d F → =   d q   E → ⇒ d F → = λ d y Q 4 π ε 0 y 2   y ^

Para sabermos o valor da força total sobre a barra, precisamos integrar de a - L / 2 a a + L / 2 ,

F → = λ Q 4 π ε 0 ∫ a - L 2 a + L 2 d y y 2   y ^ = λ Q 4 π ε 0   - 1 y | a - L 2 a + L 2 = λ Q 4 π ε 0   1 a - L 2 - 1 a + L 2   y ^

Simplificando essa expressão, temos

F → = λ Q L 4 π ε 0 a 2 - L 2 4   y ^

Passo 4

  1. Note que podemos reescrever a expressão acima como

F → = λ Q L 4 π ε 0 a 2 1 1 - L 2 4 a 2     y ^ = λ Q L 4 π ε 0 a 2   1 - L 2 4 a 2 - 1   y ^

Agora, se a ≫ L , então temos que

1 - L 2 4 a 2 ≈ 1

e a força é, após essa simplificação, fica

F → = λ Q L 4 π ε 0 a 2   y ^

Como λ L = q b a r r a é a carga total da haste de comprimento L ,

F → = Q q b a r r a 4 π ε 0 a 2   y ^

Repara, galera, que para resolvermos todos os itens não precisamos, em momento algum, dizer se as cargas da esfera e da barra são positivas ou negativas. Da expressão acima para a força, vemos que a sua direção estão bem definida:   y ^ . Porém, o sentido da força vai depender dos sinais das cargas Q e q b a r r a .

Concluindo, se a ≫ L , podemos considerar a força entre a esfera e a barra como se fosse uma força entre duas cargas Q e q b a r r a puntiformes separadas por uma distância a , com a carga da esfera toda concentrada na origem e a da barra toda concentrada em seu ponto médio.

Resposta

  1. Q = 4 π C R 5 5
  2. E → = E r r   r ^ = Q 4 π ε 0 r 2   r ^ .

c) F → = λ Q L 4 π ε 0 a 2 - L 2 4   y ^ .

d) F → = Q q b a r r a 4 π ε 0 a 2   y ^

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