Lei de Gauss e Fluxo de Campo

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<p>Flsica III - Lei de Gauss</p><p>Prof. Dr. Angelo Cerqueira</p><p>1 Lei de Gauss</p><p>Neste t,opico da ementa, iremos tratar da Lei de Gauss, uma formula>c˜ao alternativa para a lei de Coulomb. Na lei de Gauss ,e utilizada a rela>c˜ao entre a carga el,etrica contida em uma superf,lcie fechada, chamada de superf,lcie gaussiana; e o luxo el,etrico que atravessa esta superf,lcie.</p><p>A lei de Gauss ,e a nova formula>c˜aoda lei de Coulomb epode tirar vantagem dassimetrias da f,lsica utilizando uma superf,lcie fechada, denominada superf1cie gaussiana. Esta superf,lcie pode ter a forma que desejarmos escolhendo-a adequadamente 、a simetria do problema. Em muitos casos esta superf,lcie resultar,a em uma esfera, cilindro ou outra forma sim,etrica. Esta superf,lcie dever,a serfechada, de tal formaquepossamos distinguiros pontos que est˜aodentro da superf,lcie, fora da superf,lcie ou sobre a superf,lcie.</p><p>“A lei de Gauss relaciona os campos na superf,lcie gaussiana e as cargas no interior desta superf,lcie.”</p><p>2 Fluxo</p><p>Para ilustrar o conceito de luxo, vamos considerar uma superf,lcie quadrada(uma espira) de ,area A mostrada na ig.1 que est,a exposta a um vento uniforme com velocidade yu. Con- sideremos a vaz˜ao volum,etrica com sendo Φ, ou seja, a taxa em que o ar escoa atrav,es desta espira. Esta taxa depende do ˆangulo, θ, entre yu e o plano da espira.</p><p>Quando yu ,e paralelo ao plano da espira nenhum ar se move atrav,es dela, de forma que a vaz˜ao Φ ,e zero. para ˆangulos intermedi,arios, a taxa Φ depender,a da componente de yu que ,e normal ao plano. Assim, a taxa de escoamento volumar atrav,es da espira ,e dada por</p><p>Φ = (u cosθ)A. (1)</p><p>Esta taxa de escoamento ,e um exemplo de luxo, neste caso, um luxo de volume. Este</p><p>luxo pode ser escrito em termos de vetores. Para isto, precisamos deinir um vetor ,area A (y)</p><p>como sendo um vetor cujo m,odulo ,e igual a uma ,area. Em seguida reescrevemos a equa>c˜ao</p><p>1 como o produto escalar dovetor velocidade yu da corrente de ar e ovetor ,area A (y) da espira</p><p>como segue</p><p>Φ = uA cosθ = yu · A (y). (2)</p><p>Assim, podemos atribuir um vetor velocidade a cada ponto na corrente de ar que passa atrav,es da espira. A composi>c˜ao de todos estes vetores ,e um campo de velocidade. Ent˜ao , podemos interpretar a equa>c˜ao 2 como um luxo do campo de velocidade atrav,es da espira.</p><p>1</p><p>Figura 1: O luxo de vento atrav,es de uma superf,lcie quadrada. (a)Uma corrente uniforme de ar de velocidade yv perpendicular ao plano da espira de ,area A. (b)A componente de yv perpendicular ao plano da espira ,e v cosθ, onde θ ,e o ˆangulo entre yv e a normal da espira.</p><p>(c)O vetor ,area A (y) ,e perpendicular ao plao da espira fazendo um ˆangulo θ com yv. (d)O</p><p>campo de velocidade interceptado pela ,area da espira. Fonte: Halliday, Resnick, Walker; Fundamentos de F,lsica, vol.3; 4a ed.; Ed. LTC.</p><p>Esta interpreta>c˜ao de luxo pode ser aplicada a qualquer campo vetorial, incluindo o campo el,etrico neste caso e mais adiante incluindo o campo magn,etico.</p><p>3 Fluxo do campo eletrico</p><p>Consideremos uma superf,lcie gaussiana arbitr,aria submetida a um campo el,etrico n˜ao -uniforme. Dividimos esta superf,lcie em pequenos quadrados, t˜ao pequenos que podemos desprezar qualquer curvatura que possa haver, com ,area igual a ΔA. Estes elementos de ,area</p><p>ΔA (y) e estevetor ,e perpendicular 、a superf,lciee direcionado para fora dela.</p><p>Os vetores ΔA (y) e E (y) formam entre si um ˆangulo θ. Uma deini>c˜ao para o luxo do campo</p><p>el,etrico atrav,es da superf,lcie gaussiana ,e</p><p>Φ = Σ E (y) · ΔA (y). (3)</p><p>Esta deini>c˜ao mostra que devemos calcular os produtos escalares de todos os quadrados da superf,lcie e somar os resultados. Notem que os sinais resultantes de cada produto escalar determina se o luxo ,e positivo, negativo ou nulo.</p><p>A deini>c˜ao exata do luxo do campo atrav,es deuma supef,lcie fechada ,eobtida assumindo</p><p>esses quadradoscada vez menores, dessa forma aproximando-os deum limitediferencialdA (y).</p><p>A soma para obter o luxo do campo el,etrico se escreve como</p><p>2</p><p>Figura 2: Uma superf,lcie gaussiana arbitr,aria imersa emum campo el,etrico. Fonte: Halliday, Resnick, Walker; Fundamentos de F,lsica, vol.3; 8a ed.; Ed. LTC.</p><p>Φ = { E (y) · dA (y). (4)</p><p>A unidade do luxo do campo el,etrico no S.I ,e o Newton-metro-quadrado por Coulomb (Nm2 /C).</p><p>Exemplo 1:</p><p>Consideremos uma superf,lcie gaussiana cil,lndrica de raio R imerso num campo el,etrico</p><p>uniforme E (y), oeixodo cilindroest,a paralelo aocampo, ig. 3. Qual ,eo luxo Φ atrav,es dessa</p><p>superf,lcie fechada?</p><p>Figura 3: Uma superf,lcie gaussiana cil,lndrica. Fonte: Halliday, Resnick, Walker; Fundamen- tos de F,lsica, vol.3; 8a ed.; Ed. LTC.</p><p>Φ = { E (y) · dA (y)</p><p>3</p><p>Φ = la E (y) · dA (y)+ lb E (y) · dA (y)+ lc E (y) · dA (y)</p><p>Φ = la E (y) · dA (y) = l E(cos180o )dA = —E l dA = —EA</p><p>Onde A = πr2. De forma an,aloga, para a superf,lcie c,</p><p>Φ = lc E (y) · dA (y) = l E(cos0o )dA = E l dA = EA.</p><p>Para a superf,lcie b, o luxo ,e nulo pois o campo ,e perpendicular 、a superf,lcie b,</p><p>Φ = lb E (y) · dA (y) = l E(cos90o )dA = 0.</p><p>Φ = —EA + 0 + EA → Φ = 0</p><p>Este resultado ,e explicado pelas linhas de campo que atravessam a superf,lcie entrando pela base esquerda e saindo pela base direita, resultando num luxo nulo. Isto ,e devido ao fato de o mesmo n,umero de linhas de campo que entram na superf,lcie saem desta superf,lcie.</p><p>4 A lei de Gauss</p><p>A lei de Gauss relaciona o luxo total Φ de um campo el,etrico atrav,es de uma superf,lcie fechada(superf,lcie gaussiana) e a carga l,lquida q que est,a envolvida por esta superf,lcie,</p><p>ǫ0 Φ = q, (5)</p><p>onde ǫ0 ,e a constante de permissividade el,etrica no v,acuo e cujo valor ,e</p><p>ǫ0 = 8, 85 X 10— 12 C2 /Nm2 .</p><p>Usando a equa>c˜ao do luxo el,etrico atrav,es de uma superf,lcie gaussiana, dada por</p><p>4</p><p>Φ = { E (y) · dA (y).</p><p>Podemos escrever a lei de Gauss como</p><p>ǫ0 { E (y) · dA (y) = q</p><p>(6)</p><p>(7)</p><p>Figura 4: Duas cargas puntiformes de m,odulo q e de sinais opostos e suas linhas de campo el,etrico representadas. As quatro superf,lcies gaussianas s˜ao mostradas em se>c˜ao transversal</p><p>Fonte: Halliday, Resnick, Walker; Fundamentos de F,lsica, vol.3; 8a ed.; Ed. LTC.</p><p>ou</p><p>5</p><p>{ E (y) · dA (y) = .</p><p>(8)</p><p>,</p><p>E importanteicar bemclaroque a cargal,lquida, qliq ou simplesmenteq, ,ea soma alg,ebrica de todas as cargas positivas e negativas internas 、a superf,lcie gaussiana. A carga l,lquida pode ser positiva, negativa ou nula.</p><p>Inclu,lmos o sinal para a carga l,lquida no s,lmbolo q, em vez do m,odulo, pois o sinal indica se o luxo entra ou sai atrav,es da superf,lcie. Quando ,e positiva o luxo ,e para fora, e quando ,e negativa o luxo ,e para dentro.</p><p>As cargas fora da superf,lcie n˜ao s˜ao inclu,ldas ao termo q da lei de Gauss.</p><p>Na igura 4, fazemos uma an,alise do luxo e do campo el,etrico com diferentes superf,lcies gaussianas.</p><p>Na superf,lcie S1 , o campo aponta para fora em todos os pontos. Logo, o luxo ,e positivo, a carga l,lquida ,e positiva. Na superf,lcie S2 , o campo aponta para dentro em todos os pontos. Podemos concluir, ent˜ao , que o sinal da carga l,lquida interna 、a superf,lcie seja negativa. A superf,lcie S3 n˜ao cont,em carga. Da,l, q = 0 e por exigˆencia da lei de Gauss o luxo tamb,em ,e zero. A superf,lcie S4 envolve uma carga l,lquida nula, visto que as cargas em seu interior tˆem o mesmo m,odulo e sinais diferentes. A lei de Gauss tambm exige que o luxo seja nulo. Isto porque s˜ao tantas as linhas que saem quanto as que entram nesta superf,lcie.</p><p>5 Lei de Coulomb x Lei de Gauss</p><p>Estas leis s˜ao equivalentes e podemos deduzir uma partir da outra. Vamos deduzir a lei de Coulomb a partir da lei de Gauss considerando algumas simetrias.</p><p>Figura 5: Uma superf,lcie gaussiana esf,erica euma cargapuntiforme localizada em seu centro. Fonte: Serway, Jewett; Physics; 6th ed.;</p><p>Ed. Pearson</p><p>Para esta dedu>c˜ao , vamos usar a igura 5 que mostra uma carga puntiforme positiva q, em torno da qual foi desenhada uma superf,lcie gaussiana esf,erica concˆentrica de raio r. Vamos imaginar esta superf,lcie dividida em muitas ,areas diferenciais dA. Por deini>c˜ao ,</p><p>o vetor ,area dA (y) ,e perpendicular 、a superf,lcie e orientado para fora dela. Por esta simetria</p><p>podems veriicar que o campo el,etrico E (y) tamb,em ,e perpendicular 、a superf,lcie e paralelo ao</p><p>vetor ,area. Assim, o ˆangulo θ entre o campo E (y) e dA (y) ,ezero e a lei de Gauss seescreve como</p><p>segue</p><p>ǫ0 { E (y) · dA (y) = ǫ0 { EdA = q, (9)</p><p>da,l</p><p>ǫ0 E { dA = q. (10)</p><p>A integral ,e a soma de todas as ,areas diferenciais dA sobre a esfera que ,e justamente igual a 4πr2. Ent˜ao , temos</p><p>ǫ0 E4πr2 = q, (11)</p><p>e inalmente</p><p>(</p><p>1</p><p>q</p><p>4</p><p>πǫ</p><p>0</p><p>r</p><p>2</p><p>.</p><p>)E = (12)</p><p>Este ,e ocampo el,etrico geradoporuma ,unica cargapuntiforme positiva isolada no espa>co. O mesmo resultado encontrado por meio da lei de Coulomb.</p><p>6 Condutor carregado isolado</p><p>“Todo excesso de carga el,etrica em um condutor isolado se mover,a inteiramente para a superf,lcie do condutor. N˜ao haver,a excesso de carga no interior do condutor” .</p><p>6</p><p>Figura 6: (a) Um peda>co de cobre com carga q suspenso por um io isolante. Uma superf,lcie gaussina ,e tra>cada dentro do condutor bem pr,oxima da superf,lcie real. (b) Nesta situa>c˜ao , o peda>co de cobre possui uma cavidade interna e uma superf,lcie gaussiana ,e tra>cada dentro do condutor bem pr,oxima da superf,lcie da cavidade. Fonte: Halliday, Resnick, Walker; Fundamentos de F,lsica, vol.3; 8a ed.; Ed. LTC.</p><p>Considerando que cargas iguais se repelem. Estas cargas ao se moverem para a superf,lcie, as cargas adicionais est˜ao procurando se afastar o m,aximo poss,lvel umas das outras.</p><p>O condutor tem uma carga adicional q. A superf,lcie gaussiana est,a interna ao condutor. No interior o campo el,etrico deve ser zero. Se isto n˜ao ocorresse, o campo exerceria for>cas sobre os el,etrons de condu>c˜ao no condutor e surgiriam correntes internas. N˜ao existem tais correntes em um condutor isolado.</p><p>O campo el,etrico aparece quando ocondutorest,asendocarregado. Esta carga sedistribui rapidamente de modo que este campo se anula. O movimento das cargas cessa, e a for>ca resultante sobre as cargas ,e nula; as cargas icam, ent˜ao , em equil1brio eletrostatico.</p><p>Como o campo ,e nulo no interior, ele tamb,em ,e nulo nos pontos da superf,lcie gaussiana, o luxo atrav,es desta ,e zero. Pela lei de Gauss, a carga na superf,lcie gaussiana ,e zero. A carga adicional n˜ao estando dentro da superf,lcie gaussiana, s,o pode estar sobre a superf,lcie do condutor.</p><p>Condutor com uma cavidade:</p><p>A distribuic>a˜o de cargas na˜o se altera, nem a conigurac>o do campo ele,trico. No interior do condutor o campo el,etrico ,e zero, assim n˜ao pode haver luxo atrav,es da superf,lcie gaus- siana; essa superf,lcie n˜ao encerra nenhuma carga l,lquida. N˜ao existe carga sobre a superf,lcie da cavidade.</p><p>Se removesse o condutor a conigura>c˜ao do campo el,etrico tamb,em n˜ao se ateraria. Isto porque o campo ,e gerado pelas cargas e n˜ao pelo condutor. O condutor apenas proporciona um caminho inicial para as cargas.</p><p>7</p><p>Figura 7: (a) Vista em perspectivadeumapequena parte deum condutorcarregado positiva- mente. (b) Vista lateral da pequena parte do condutor. Uma superf,lcie gaussiana cil,lndrica ,etra>cada de forma aicar com seu eixo perpendicular ao plano do condutor. Fonte: Halliday, Resnick, Walker; Fundamentos de F,lsica, vol.3; 8a ed.; Ed. LTC.</p><p>7 O campo eletrico externo</p><p>Sabendo que cargas em excesso em um condutor isolado movem-se totalmente para a superf,lcie deste condutor distribuindo-se uniformemente caso o condutor tenha uma forma esf,erica por hip,otese. Mas caso este condutor n˜ao seja esf,erico, a carga n˜ao se distribuir,a uniformemente. A densidade superfcial de carga σ varia sobre a superf,lcie do condutor.</p><p>Considereumase>c˜aode superf,lcie muito pequena, t˜aopequena que possamos consider,a-la plana. Vamos colocar uma superf,lcie gaussiana cil,lndrica tamb,em muito pequena inserida nesta se>c˜ao . Temos uma base no interior do cilindro e outra fora perpendicular 、a superf,lcie.</p><p>O campo el,etrico ,e perpendicular 、a superf,lcie e aponta para fora. Vamos calcular o luxo el,etrico. Sobre a base interna o luxo ,e nulo pois o campo ,e nulo. Sobre a superf,lcie lateral do cilindro o campo ,e nulo pois ,e paralelo 、a superf,lcie lateral. Assim, apenas existir,a luxo atrav,es da base externa do cilindro que tem ,area A e ,e dado por</p><p>Φ = EA. (13)</p><p>Usando a lei de Gauss,</p><p>ǫ0 Φ = q (14)</p><p>e substituindo o luxo Φ e a carga q ,e dada por</p><p>q = σA, (15)</p><p>temos</p><p>ǫ0 EA = σA, (16)</p><p>8</p><p>ent˜ao , temos</p><p>(</p><p>σ</p><p>ǫ</p><p>0</p><p>.</p><p>)E = (17)</p><p>Este ,e o campo el,etrico localizado imediatamente fora de uma superf,lcie condutora.</p><p>8 Lei de Gauss: simetria cillndrica</p><p>A igura 8 mostra a se>c˜ao de uma barra delgada de pl,astico, ininitamente longa, car- regada uniformemente, com densidade linear de carga λ. Vamos determinar uma express˜ao matem,atica para o m,odulo do campo el,etrico E gerado por esta barra a uma distˆancia r do eixo da barra.</p><p>Devemos usar uma superf,lcie gaussiana que possa acompanhar a simetria deste problema que ,e cil,lndrica. Ent˜ao vamos escolher um cilindro de raio r e comprimento h, coaxial com a barra delgada. Deve-se observar que a superf,lcie deve ser fechada, ent˜ao inclu,lmos as duas bases neste cilindro.</p><p>Figura 8: (a) Uma linha ininita de carga envolvida por uma superf,lcie gaussiana cil,lndrica concˆentrica com a linha de carga. (b) Uma vista superior de sua extremidade mostra que as linhas do campo el,etrico que ,e constante em intensidade e apontam na dire>c˜ao perpendicular da linha de carga e 、a superf,lcie. Fonte: Serway, Jewett; Physics for Scientists and Engineers with Modern Physics; 9th ed.; Ed. Pearson</p><p>O luxo atrav,es das bases superior e inferior do cilindro ,e nulo, pois θ ,e zero. Vamos, ent˜ao , aplicar a lei de Gauss</p><p>{ E (y) · dA (y) = . (18)</p><p>A carga q ,e a carga l,lquida no interior da superf,lcie gaussiana. Precisamos descrever esta carga l,lquida em termos da densidade linear de carga λ, cuja deini>c˜ao ,e</p><p>9</p><p>λ = , (19)</p><p>ou seja, a raz˜ao entre carga el,etrica e comprimento. Densidade linear de carga signiica carga el,etrica por unidade de comprimento. Neste caso do cilindro, ent˜ao , escrevemos a carga l,lquida como</p><p>q = λh, (20)</p><p>a carga l,lquida ,e o produto da densidade linear de carga e o comprimento h do cilindro pois a carga l,lquida est,a interna ao cilindro. Voltando 、a lei de Gauss, podemos retirar o produto escalar entre E e dA pois atrav,es da superf,lcie lateral do cilindro eles sempre s˜ao paralelos. Substituindo a carga l,lquida na lei de Gauss, temos</p><p>E { dA = . (21)</p><p>A integral acima se refere 、a ,area da superf,lcie lateral do cilindro que ,e o produto do comprimento h pelo per,lmetro da circunferˆencia, 2πr. Ent˜ao , temos</p><p>10</p><p>E(2πrh) =</p><p>e resolvendo para E, obtemos</p><p>λh</p><p>ǫ0</p><p>(22)</p><p>E =</p><p>λ</p><p>2πǫ0r .</p><p>(23)</p><p>Esta ,e a express˜ao que descreve o campo el,etrico gerado pela barra delgada a uma distˆancia r do eixo da barra.</p><p>9 Lei de Gauss: simetria plana</p><p>A igura 9 mostra a se>c˜ao de uma chapa ina, n˜ao -condutora, ininita e com densidade supericial</p><p>de carga, σ, constante. Antes de prosseguir, vamos deinir a densidade supericial de carga</p><p>σ =</p><p>q</p><p>A ,</p><p>(24)</p><p>,e deinida por unidade de carga por unidade de ,area. Assim, sua unidade S.I ,e o Coulomb por metro-quadrado, C/m2 .</p><p>Voltando 、a nossa discuss˜ao , um exemplo pr,atico de tal situa>c˜ao mencionada ,e uma placa ina de pl,astico, uniformemente carregada sobre um lado.</p><p>Figura 9: (a) Vista em perspectiva deumapequena parte deumaplaca de pl,astico carregada positivamente. (b) Vista lateral da placa. Uma superf,lcie gaussiana cil,lndrica ,e tra>cada de forma a atravessar o plano da placa. Fonte: Halliday, Resnick, Walker; Fundamentos de F,lsica, vol.3; 8a ed.; Ed. LTC.</p><p>Uma superf,lcie gaussiana adequada para este problema ,e um cilindro fechado com base de ,area A, disposto de maneira a atravessar a chapa perpendicularmente, conforme mostrado na igura 9</p><p>Considerando a simetria deste problema, podemos veriicar que o campo el,etrico ,e per- pendicular 、a chapa. Como o campo ,e positivo, as linhas de campo atravessam as bases do cilindro apontando para fora da chapa, de modo que n˜ao existe luxo atrav,es da parede do</p><p>cilindro. Assim, o luxo dado pelo produto escalar E (y) · dA (y) ,e simplesmente dado por EdA</p><p>ǫ0 { E (y) · dA (y) = ǫ0 { EdA = q. (25)</p><p>Na chapa temos duas superf,lcies gaussianas uma para cada lado da chapa, ent˜ao teremos luxo el,etrico atrav,es das mesmas com segue na express˜ao abaixo</p><p>(</p><p>(26)</p><p>)ǫ0 ({1 E (y) · dA (y) + {2 E (y) · dA (y)) = q.</p><p>A carga encerrada pela superf,lcie gaussiana ,e</p><p>q = σA, (27)</p><p>descrita em termos da densidade supericial de carga. Cada superf,lcie tem ,area A e ent˜ao podemos reescrever a equa>c˜ao 26 como</p><p>ǫ0 (EA + EA) = σA. (28)</p><p>As ,areas sendo iguais nos resulta a seguinte express˜ao</p><p>2EAǫ0 = σA. (29)</p><p>11</p><p>Figura 10: (a) Uma placa condutora carregada positivamente. (b) Uma placa condutora carregadanegativamente. (c) ambas as placas colocadas lado a lado.Fonte: Halliday, Resnick, Walker; Fundamentos de F,lsica, vol.3; 8a ed.; Ed. LTC</p><p>Finalmente, obtemos a express˜ao do campo el,etrico da chapa isolante carregada</p><p>12</p><p>E =</p><p>σ</p><p>(</p><p>.</p><p>)2ǫ0</p><p>(30)</p><p>Estamos considerando uma chapa ininita com densidade de carga constante, este resul- tado ,e v,alido para qualquer ponto localizado a uma distˆancia inita da chapa.</p><p>Placa condutora:</p><p>A igura 10.a mostra uma se>c˜ao transversal de uma placa condutora, ina e ininita con- tendo um excesso de carga positiva. Por se tratar de uma placa condutora, sabemos que esta carga est,a distribu,lda sobre sua superf,lcie. Por se tratar de uma placa ina e muito extensa, podemos supor que toda a carga esteja distribu,lda sobre as duas superf,lcies.</p><p>N˜ao havendo um campo el,etrico externo que provoque que o excessode carga assuma uma distribui>c˜ao particular, esta carga se distribuir,a de maneira uniforme com uma densidade supericial de carga constante de m,odulo σ1 . Este tipo de distribui>c˜ao de carga gera um campo imediatamente fora da placa cuja express˜ao ,e E = σ1 /ǫ0 e este campo aponta para fora da placa.</p><p>A igura 10.b mostra uma placa idˆentica com carga negativa, com uma densidade super- icial de carga de m,odulo σ1 . As placas s˜ao postas uma de frente para a outra de forma que iquem pr,oximas e paralelas. Como as duas placas s˜ao condutoras, a carga em excesso sobre uma placa atrai a carga em excesso sobre a outra placa e toda a carga em excesso se move para as faces internas das placas, como mostra a igura 10.c Desta forma, a densidade supericial sobre as placas ,e o dobro de σ1 . Ent˜ao o m,odulo do campo el,etrico em qualquer ponto na regi˜ao entre as placas ,e</p><p>(</p><p>2</p><p>σ</p><p>1</p><p>σ</p><p>2</p><p>ǫ</p><p>0</p><p>ǫ</p><p>0</p><p>.</p><p>)E = = (31)</p><p>Este campo aponta da placa negativa para a placa positiva. Por n˜ao haver carga em excesso sobre as superf,lcies externas das placas n˜ao h,a campo el,etrico 、a esquerda e 、adireitas das placas.</p><p>Embora na obten>c˜ao de equa>c˜oes da Lei de Gauss que foram demostradas at,e aqui te- nhamos considerado situa>c˜oes tais como placas ininitas, haste ininita e possa parecer n˜ao aplic,aveis 、a situa>c˜oes reais e pr,aticas, estas equa>c˜oes s˜ao boas aproxima>c˜oes e muito ,uteis em sistemas f,lsicos reais. A equa>c˜ao 31 vale para um par de placas condutoras initas, desde que consideremos pontos afastados de suas bordas. A diiculdade com as bordas ,e devido a impossibilidadede aplicarasimetria deum sistema pois as linhas decamponestas regi˜oess˜ao curvas o que diiculta a obten>c˜ao de express˜oes alg,ebricas para tais campo. Esta curvatura das linhas de campo se chama de efeito de borda ou distor>c˜ao .</p><p>Exemplo 2:</p><p>A igura 11 mostra partes de duas chapas grandes, n˜ao -condutoras, cada uma delas com carga uniformemente distrbu,lda sobre um lado. Os m,odulos das densidades supericiais de carga s˜ao σ(+) = 6, 8µC/m2 para a chapa carregada positivamente e σ( — ) = 4, 3µC/m2 para a chapa carregada negativamente.</p><p>Determine ocampo el,etrico E (y)(a) 、a esquerdadas chapas, (b) entre as chapase (c) 、a direita</p><p>das chapas.</p><p>Figura 11: (a)Duas placas extensas, paralelas e isolantes com densidade supericial de carga uniforme em ambos os lados. (b)Os campos ele,tricos devido s duas placas. (c)Campo total gerado pelas placas com o princ,lpio da superfposi>c˜ao j,a aplicado. Fonte: Halliday, Resnick, Walker; Fundamentos de F,lsica, vol.3; 8a ed.; Ed. LTC</p><p>Solu>c˜ao :</p><p>Devemos aplicar a equa>c˜ao 30 para determinar o campo produzido por cada uma das chapas:</p><p>13</p><p>(</p><p>σ</p><p>2</p><p>ǫ</p><p>0</p><p>)E = .</p><p>O campo devido 、a chapa positiva ,e</p><p>(</p><p>E</p><p>=</p><p>=</p><p>) (</p><p>=</p><p>3</p><p>,</p><p>84</p><p>根</p><p>10</p><p>5</p><p>N/C.</p><p>)	6, 8µC/m2</p><p>(2)(8, 85 根 10— 12 C2 /Nm2 )</p><p>(32)</p><p>(33)</p><p>Para a chapa negativa, temos</p><p>14</p><p>E = =</p><p>(a)</p><p>4, 3µC/m2 (2)(8, 85 10— 12 C2 /Nm2 )</p><p>= 2, 43</p><p>105 N/C.</p><p>(34)</p><p>Para obter os campos resultantes de cada um dos pontos devemos aplicar o princ,lpio da</p><p>superposi>c˜ao . A (、) esquerda das chapas o m,odulo do campo ,e</p><p>Eesq = E(+) + E( — ) (35)</p><p>= 3, 84 105 N/C — 2, 43 105 N/C (36)</p><p>= 1, 4 105 N/C. (37)</p><p>Nesta regi˜ao o campo aponta para a esquerda pois o campo gerado pela placa positiva ,e maior do que o campo gerado pela placa negativa.</p><p>(b)</p><p>O campo entre as chapas ,e dado por</p><p>Ecentro = E(+) + E( — ) (38)</p><p>= 3, 84 105 N/C + 2, 43 105 N/C (39)</p><p>= 6, 3 105 N/C. (40)</p><p>Nesta regi˜ao o campo aponta para a direita.</p><p>(c) 、</p><p>A direita das placas, temos</p><p>Edir = E(+) + E( — ) (41)</p><p>= 3, 84 105 N/C — 2, 43 105 N/C (42)</p><p>= 1, 4 105 N/C. (43)</p><p>Este campo possui o mesmo m,odulo do campo do item (a), mas este campo aponta para a esquerda.</p><p>10 Lei de Gauss: simetria esferica</p><p>Nesta ,ultima se>c˜ao desta nota de aula provaremos os dois teoremas das casca esf,ericas mencionados na primeira nota de aula(Cargael,etrica). A igura 12 mostrauma casca esf,erica com uma carga el,etrica total uniforme q e raio R e suas superf,lcies gaussianas concˆentricas: S1 , ig.12.b, e S2 , ig.12.c.</p><p>O campo el,etrico E (y) em r R:</p><p>Aplicando a lei de Gauss usando a superf,lcie gaussiana S1 , podemos obter o campo em pontos externos.</p><p>Figura 12: (a)O campo el,etricono interior da casca esf,eria condutora carregada ,e zero. (b)Superf,lcie gaussina para</p><p>pontos onde r > R e (c)Superf,lcie gaussiana para pontos onde r < R. Fonte: Serway, Jewett; Physics for Scientists and Engineers with Modern Physics; 9th ed.; Ed. Pearson</p><p>15</p><p>ǫ0 { E (y) · dA (y) = q.</p><p>(44)</p><p>Como ocampo ,eparalelo aovetor ,areadA (y) em todosos pontos sobre a superf,lcie gaussiana,</p><p>podemos escrever a lei de Gauss como</p><p>ǫ0 E { dA = q, (45)</p><p>o campo n˜ao est,a na integral porque este campo ,e constante.</p><p>Veriicamos que a carga l,lquida contida nesta superf,lcie gaussiana ,e igual a carga total q da casca esf,erica pois esta ,e a carga encerrada por esta superf,lcie. Basta, ent˜ao , calcularmos a ,area da superf,lcie gaussiana esf,erica que ,e a ,area da esfera,</p><p>ǫ0 E(4πr2 ) = q. (46)</p><p>E inalmente, obtemos</p><p>(</p><p>1</p><p>q</p><p>4</p><p>πǫ</p><p>0</p><p>r</p><p>2</p><p>.</p><p>Este</p><p>resultado</p><p>conirma</p><p>o</p><p>primeiro</p><p>teorema</p><p>das</p><p>casca</p><p>s</p><p>esf,ericas.</p><p>Al,em</p><p>disso,</p><p>Este</p><p>resul-</p><p>tado</p><p>,</p><p>e</p><p>id</p><p>ˆ</p><p>entico</p><p>ao</p><p>campo</p><p>que</p><p>seria</p><p>criado</p><p>p</p><p>or</p><p>uma</p><p>carga</p><p>puntiforme</p><p>q</p><p>.</p><p>o</p><p>campo</p><p>y</p><p>E</p><p>em</p><p>r</p><p><</p><p>R</p><p>:</p><p>No</p><p>interior</p><p>da</p><p>casca</p><p>esfe</p><p>,</p><p>rica</p><p>na</p><p>˜</p><p>o</p><p>ha</p><p>,</p><p>c</p><p>arga</p><p>ele,trica,</p><p>ent</p><p>o</p><p>o</p><p>campo</p><p>ele,trico</p><p>e,</p><p>zero.</p><p>A</p><p>superf</p><p>,</p><p>lcie</p><p>gaussiana</p><p>,</p><p>S</p><p>2</p><p>,</p><p>interna</p><p>、a</p><p>casca</p><p>n˜ao</p><p>cont,em</p><p>nenhuma</p><p>carga.</p><p>)E = (47)</p><p>q = 0 → E = 0 (48)</p><p>Este resultado conirma o segundo teorema das cascas esfericas.</p><p>Exerclcio proposto:</p><p>Calcule o campo eletrico em pontos internos e pontos externos de uma esfera maci>ca ig.13, n˜ao -condutora, carga total Qdistribulda uniformemente eraioa. Possuindo densidade volumar de carga ρ = q/V constante.</p><p>Figura 13: Esfera n˜ao -condutora, maci>ca, carregada com carga uniforme Q. (a)Superflcie gaussiana para pontos externos e (b)para pontos internos. Fonte: Serway, Jewett; Physics for Scientists and Engineers with Modern Physics; 9th ed.; Ed. Pearson</p><p>Referˆencias</p><p>[1] Raymond A.Serway, Princlpios de flsica, Vol.3, Cengage Learning, 2009.</p><p>[2] Halliday, Walker, Fundamentos de flsica, Vol.3, 8th Edition,ed. LTC, 2009.</p><p>[3] Tipler, Moska, Flsica - vol 2, 5a Edi>c˜ao ,ed. LTC, 2009.</p><p>16</p><p>image5.png</p><p>image6.png</p><p>image7.jpeg</p><p>image8.jpeg</p><p>image9.png</p><p>image10.jpeg</p><p>image11.jpeg</p><p>image12.png</p><p>image13.png</p><p>image14.png</p><p>image15.jpeg</p><p>image16.jpeg</p><p>image1.jpeg</p><p>image17.jpeg</p><p>image18.png</p><p>image19.png</p><p>image20.png</p><p>image21.jpeg</p><p>image22.png</p><p>image23.jpeg</p><p>image2.jpeg</p><p>image3.jpeg</p><p>image4.jpeg</p>