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Eletromagnetismo I
Cap. 2: Eletrostática
2.2: Fluxo, lei de Gauss e divergência do campo elétrico
Prof. Marcos Menezes
Instituto de Física - UFRJ
2.2 – Fluxo, lei de Gauss e divergência do campo elétrico
2.2.1 – Fluxo e lei de Gauss
Já vimos que o fluxo de um campo vetorial 𝐄 através de uma superfície 
𝑆 é definido por uma integral de superfície:
Φ𝐸
𝑆 = න
𝑠
𝐄 ⋅ 𝑑𝑨 = න
𝑠
𝐄 ⋅ ෝ𝒏𝑑𝐴
• Para superfícies fechadas, o vetor unitário normal ෝ𝒏 deve apontar 
para fora em todos os pontos.
• Para superfícies abertas, o sentido de ෝ𝒏 deve ser especificado.
Interpretação física (simples): O fluxo é proporcional à quantidade de linhas de campo que atravessam 𝑆
Exemplo: Campo elétrico uniforme (𝐄 não depende da posição) e superfícies planas
Φ𝐸
𝑆 = න
𝑠
𝐄 ⋅ 𝑑𝑨 = 𝐄 ⋅ න
𝑠
ෝ𝒏𝑑𝐴 = 𝐄 ⋅ ෝ𝒏 𝐴
Intuitivamente, esperamos que o fluxo de campo elétrico através de uma superfície fechada 𝑆 seja proporcional à 
quantidade total de carga no interior de 𝑆:
A lei de Gauss, em sua forma integral, expressa a relação matemática entre essas duas quantidades. 
Demonstração (no contexto da Eletrostática)
Vamos começar calculando o fluxo do campo produzido por uma carga puntiforme (na origem) através de uma superfície 
fechada 𝑆 de forma arbitrária (conhecida como superfície gaussiana):
Φ𝐸
𝑆 = ර
𝑆
𝐄 ⋅ 𝑑𝑨 = ර
𝑆
1
4𝜋𝜀0
𝑞
𝑟2
ො𝒓 ⋅ 𝑑𝑨
=
𝑞
4𝜋𝜀0
ර
𝑆
ො𝒓
𝑟2
⋅ 𝑑𝑨
Já discutimos o cálculo dessa integral no capítulo 1. Aplicando o teorema de Gauss, podemos reescrevê-la como uma 
integral de volume na região delimitada por 𝑆 :
ර
𝑆
ො𝒓
𝑟2
⋅ 𝑑𝑨 = න
𝑽
𝛁 ⋅
ො𝒓
𝑟2
𝑑𝑣
= න
𝑽
4𝜋 𝛿3 𝒓 𝑑𝑣
= ቊ
4𝜋, se 𝑞 está 𝐝𝐞𝐧𝐭𝐫𝐨 de 𝑆
0, se 𝑞 está 𝐟𝐨𝐫𝐚 de 𝑆
Portanto:
Φ𝐸
𝑆 = ර
𝑆
𝐄 ⋅ 𝑑𝑨 = ቐ
𝑞
𝜀0
, se 𝑞 está 𝐝𝐞𝐧𝐭𝐫𝐨 de 𝑆
0, se 𝑞 está 𝐟𝐨𝐫𝐚 de 𝑆
Note que o resultado é consistente com a nossa expectativa baseada no conceito de linhas de campo!
Finalmente, pelo princípio da superposição, o fluxo produzido por uma coleção de cargas é dado pela soma dos fluxos 
produzidos por cada carga. Apenas cargas no interior de 𝑆 contribuirão para o fluxo total, de forma que:
Φ𝐸
𝑆 = ර
𝑆
𝐄 ⋅ 𝑑𝑨 =෍
𝑖
ර
𝑆
𝐄𝑖 ⋅ 𝑑𝑨 =෍
𝑖
𝑞𝑖
𝜀0
ර
𝑆
𝐄 ⋅ 𝑑𝑨 =
𝑄𝑖𝑛𝑡
𝑆
𝜀0
onde 𝑄𝑖𝑛𝑡
𝑆 é a carga total no interior de 𝑆.
Esta é a lei de Gauss em forma integral e a primeira das quatro equações de Maxwell!
2.2.2 – A divergência do campo elétrico
Vamos agora obter uma forma diferencial para a lei de Gauss. Note que a carga total pode ser expressa como:
𝑄𝑖𝑛𝑡
𝑆 = න
𝒱
𝜌 𝒓 𝑑𝑣
onde 𝜌 𝒓 é a densidade volumétrica de carga no ponto 𝒓 e 𝒱 é a região delimitada por 𝑆.
OBS: Note que 𝜌 𝒓 é bem definida mesmo para distribuições contínuas em 1D ou 2D e para distribuições discretas. 
Basta utilizarmos funções delta para expressá-las apropriadamente!
Com isso, a lei de Gauss fica:
ර
𝑆
𝐄 𝒓 ⋅ 𝑑𝑨 = න
𝒱
𝜌 𝒓
𝜀0
𝑑𝑣
Como este resultado deve valer para qualquer volume 𝑉, concluímos que os integrandos devem ser iguais:
ර
𝑆
𝐄 𝒓 ⋅ 𝑑𝑨 = න
𝑉
𝛁 ⋅ 𝐄 𝒓 𝑑𝑣
න
𝑉
𝛁 ⋅ 𝐄 𝒓 𝑑𝑣 = න
𝑉
𝜌 𝒓
𝜀0
𝑑𝑣
e portanto:
Aplicando o teorema de Gauss ao lado esquerdo, obtemos:
𝛁 ⋅ 𝐄 =
𝜌
𝜀0
Esta é a lei de Gauss em forma diferencial. Note que ela expressa diretamente o valor da divergência do campo em 
termos da densidade volumétrica de carga!
Cálculo alternativo
De forma alternativa, podemos calcular a divergência do campo diretamente a partir de sua expressão em termos da 
densidade volumétrica de carga.
Na aula passada, vimos que, pelo princípio da superposição:
onde . Note que a integral foi estendida à todo o espaço levando em conta que 𝜌 = 0 fora da distribuição 
de cargas. 
Cálculo alternativo
Tomando a divergência:
Note que a derivada atua apenas sobre expressões que dependem de 𝒓. Por outro lado, já vimos que:
em acordo com o cálculo anterior.
Portanto:
Exemplo: Cálculo da densidade volumétrica de carga a partir do campo elétrico
(a) Podemos calcular 𝜌 a partir da divergência de 𝐄:
𝜌 𝒓 = 𝜀0𝛁 ⋅ 𝐄
= 𝜀0
1
𝑟2
𝜕
𝜕𝑟
𝑟2𝐸𝑟 = 𝜀0
1
𝑟2
𝜕
𝜕𝑟
𝑟2𝑘𝑟3
= 5𝜀0𝑘𝑟
2
Note que 𝜌 depende apenas de 𝑟, como consequência da simetria esférica do problema.
(b) Solução 1: Podemos integrar diretamente 𝜌 para encontrar a carga:
𝑄 = න
𝑉
𝜌(𝒓) 𝑑𝑣 = න
0
𝑅
𝑟2𝑑𝑟න
0
𝜋
sen 𝜃 𝑑𝜃න
0
2𝜋
𝑑𝜑 𝜌(𝑟)
Note que usamos mais uma vez a simetria esférica para fazer as integrações em 𝜃 e 𝜑.
= න
0
𝑅
4𝜋𝑟2𝑑𝑟 𝜌(𝑟)
= න
0
𝑅
4𝜋𝑟2𝑑𝑟 5𝜀0𝑘𝑟
2 = 4𝜋𝜀0𝑘𝑅
5
Solução 2: Podemos utilizar a lei de Gauss na forma integral para encontrar a carga no interior da esfera. Utilizando a 
superfície esférica 𝑆 de raio 𝑅 que define a sua borda, temos:
𝑄 = 𝜀0ර
𝑆
𝐄 ⋅ 𝑑𝑨
= 4𝜋𝜀0𝑘𝑅
5
= 𝜀0ර
𝑆
𝑘𝑅3ො𝐫 ⋅ 𝑑𝐴 ො𝐫
= 𝜀0𝑘𝑅
3ර
𝑆
𝑑𝐴
= 𝜀0𝑘𝑅
34𝜋𝑅2
2.2.3 – Aplicações da lei de Gauss
Como vimos no curso de Física 3, a forma integral da lei de Gauss é muito útil para a obtenção de campos elétricos 
produzidos por distribuições de carga com alta simetria. Vamos recordar alguns exemplos.
Exemplo 1: Esfera isolante com densidade não-uniforme (simetria esférica)
OBS: 𝜌0 é uma constante positiva e 𝑅 é o raio da esfera.
Como 𝜌 depende apenas da distância 𝑟 até o centro, as contribuições de elementos de carga em posições opostas 
com relação a 𝑂𝑃 resultam em um campo que aponta ao longo da direção radial:
Da mesma forma, o módulo do campo deve depender apenas da distância 𝑟, uma vez que podemos aplicar o mesmo 
raciocínio para qualquer eixo que passa pelo centro da esfera.
Com isso, podemos dizer que o campo elétrico produzido pela esfera tem a forma:
𝐄 = 𝐸 𝑟 ො𝐫 (simetria esférica)
Escolhendo uma superfície gaussiana 𝑺 na forma de uma esfera de raio 𝑟 concêntrica à esfera carregada, podemos 
calcular o fluxo de 𝐄 através de 𝑆 em termos de 𝐸(𝑟): 
Φ𝐸
𝑆 = ර
𝑆
𝐄 ⋅ 𝑑𝑨 = ර
𝑆
𝐸 𝑟 ො𝐫 ⋅ 𝑑𝐴 ො𝐫
= 𝐸 𝑟 ර
𝑆
𝑑𝐴 = 𝐸 𝑟 4𝜋𝑟2
onde utilizamos que 𝐸(𝑟) é constante sobre a superfície 𝑆, de forma que pode ser retirado da integral. 
Note que o vetor 𝐄 não é constante sobre 𝑆!
Explorando agora o lado direito da lei de Gauss, vamos calcular a carga total no interior de 𝑆. Para isso, devemos 
distinguir as regiões dentro e fora da esfera. 
Substituindo na lei de Gauss, encontramos:
(i) Fora da esfera 𝑟 > 𝑅 : 
𝑄𝑖𝑛𝑡
𝑆 = න
𝑉
𝜌(𝐫) 𝑑𝑣 = න
0
𝑅
𝜌 𝑟 4𝜋𝑟2𝑑𝑟 = න
0
𝑅
𝜌0
𝑟
𝑅
4𝜋𝑟2𝑑𝑟 = 𝜌0𝜋𝑅
3 ≡ 𝑄
𝐸 𝑟 4𝜋𝑟2 =
𝑄
𝜀0
Φ𝐸
𝑆 =
𝑄𝑖𝑛𝑡
𝑆
𝜀0
→ 𝐸 𝑟 =
1
4𝜋𝜀0
𝑄
𝑟2
Note que o campo se reduz ao de uma carga puntiforme contendo toda a carga da distribuição. Como já vimos na 
aula passada (exemplo da casca esférica), este comportamento é típico da simetria esférica.
Substituindo na lei de Gauss, encontramos:
(ii) Dentro da esfera 𝑟 ≤ 𝑅 : 
𝑄𝑖𝑛𝑡
𝑆 = න
𝑉
𝜌(𝐫) 𝑑𝑣 = න
0
𝑟
𝜌 𝑟′ 4𝜋𝑟′2𝑑𝑟′ = න
0
𝑟
𝜌0
𝑟′
𝑅
4𝜋𝑟′2𝑑𝑟′ =
𝜌0𝜋𝑟
4
𝑅
= 𝑄
𝑟
𝑅
4
𝐸 𝑟 4𝜋𝑟2 =
𝑄
𝜀0
𝑟
𝑅
4
Φ𝐸
𝑆 =
𝑄𝑖𝑛𝑡
𝑆
𝜀0
→ 𝐸 𝑟 =
1
4𝜋𝜀0
𝑄
𝑅4
𝑟2
Note que nesta região o módulo do campo cresce com a distância. Isto tipicamente ocorre em regiões onde há de 
fato carga presente. Por que?
Graficamente: 
Note que o campo elétrico é contínuo na superfície (𝑟 = 𝑅), ao contrário do que vimos no exemplo da casca 
esférica na aula passada. Por que?
Exemplo 2: Cilindro isolante com densidade não-uniforme (simetria cilíndrica) 
OBS: O raio do cilindro vale 𝑅. Encontre também o campo no lado de fora do cilindro.
Empregando um raciocínio semelhante ao do exemplo anterior, vemos que o campo elétrico produzido pelo 
cilindro deve apontar perpendicularmente ao seu eixo e seu módulo deve depender apenas da distância 𝑠 até ele.
Com isso, o campo elétrico tem a forma:
𝐄 = 𝐸 𝑠 ො𝐬 (simetria cilíndrica)
Escolhendo uma superfície gaussiana 𝑆 na forma de um cilindro de raio 
𝑠 e comprimento 𝑙, incluindo suastampas, podemos calcular o fluxo:
Φ𝐸
𝑆 = ර
𝑆
𝐄 ⋅ 𝑑𝑨 = න
𝑠𝑢𝑝. 𝑙𝑎𝑡
𝐄 ⋅ 𝑑𝑨 +න
𝑡𝑎𝑚𝑝𝑎𝑠
𝐄 ⋅ 𝑑𝑨
A contribuição vinda das tampas é nula, pois o campo nelas é 
perpendicular à ෝ𝐧.
Com isso:
Φ𝐸
𝑆 = ර
𝑆
𝐄 ⋅ 𝑑𝑨 = න
𝑠𝑢𝑝. 𝑙𝑎𝑡
𝐄 ⋅ 𝑑𝑨 = න
𝑠𝑢𝑝. 𝑙𝑎𝑡
𝐸(𝑠)ො𝐬 ⋅ 𝑑𝐴ො𝐬
= 𝐸(𝑠)න
𝑠𝑢𝑝. 𝑙𝑎𝑡
𝑑𝐴 = 𝐸 𝑠 2𝜋𝑠 𝑙
onde utilizamos que 𝐸(𝑠) é constante sobre a superfície lateral.
Explorando agora o lado direito da lei de Gauss, vamos calcular a carga total no interior de 𝑆. Para isso, devemos 
distinguir as regiões dentro e fora do cilindro. 
Substituindo na lei de Gauss, encontramos:
(i) Fora do cilindro 𝑠 > 𝑅 : 
𝑄𝑖𝑛𝑡
𝑆 = න
𝑉
𝜌(𝐫) 𝑑𝑣 = න
0
𝑅
𝑑𝑠න
0
2𝜋
𝑠 𝑑𝜃න
0
𝑙
𝑑𝑧 𝜌 𝑠 = 2𝜋𝑙 න
0
𝑅
𝑠 𝑑𝑠 𝜌 𝑠 =
2𝜋𝑙𝑘𝑅3
3
≡ 𝜆𝑙
𝐸 𝑠 2𝜋𝑠 𝑙 =
𝜆𝑙
𝜀0
Φ𝐸
𝑆 =
𝑄𝑖𝑛𝑡
𝑆
𝜀0
→ 𝐸 𝑠 =
1
2𝜋𝜀0
𝜆
𝑠
Como você pode verificar (ver problema 2.13), este é o mesmo campo produzido por um fio retilíneo fino, infinito, 
uniformemente carregado com uma densidade linear de carga 𝜆. Este é um resultado típico da simetria cilíndrica.
Substituindo na lei de Gauss, encontramos:
(ii) Dentro do cilindro 𝑠 < 𝑅 : 
𝑄𝑖𝑛𝑡
𝑆 = න
𝑉
𝜌(𝐫) 𝑑𝑣 = 2𝜋𝑙 න
0
𝑠
𝑠′ 𝑑𝑠′ 𝜌 𝑠′ =
2𝜋𝑙𝑘𝑠3
3
≡ 𝜆𝑙
𝑠
𝑅
3
𝐸 𝑠 2𝜋𝑠 𝑙 =
𝜆𝑙
𝜀0
𝑠
𝑅
3
Φ𝐸
𝑆 =
𝑄𝑖𝑛𝑡
𝑆
𝜀0
→ 𝐸 𝑠 =
1
2𝜋𝜀0
𝜆
𝑅3
𝑠2
Novamente, obtivemos um campo cujo módulo aumenta com a distância numa região onde há cargas.
Referências básicas
• Griffiths (3ª edição) – cap.2
• Purcell – cap. 1
Leitura adicional
• Ler sobre a simetria planar no livro-texto (exemplos 2.4 e 2.5)
• Exercícios resolvidos: ver notas de aula e gravações do curso de Física 3