2 Divergente e rotacional de campos eletrostáticos

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André do Nascimento Barbosa
2 Divergente e rotacional de campos eletrostáticos
Agora, vamos estudar mais a fundo as características matemáticas que estão presentes na teoria eletrostática. Como havia dito, o cálculo de
qualquer campo elétrico estacionário pode ser feito através de 
E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ') (r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆV '
Entretanto, sabemos que as integrais que temos que resolver, dependendo da complexidade geométrica imposta faz deste cálculo extremamente
complicado. Sendo assim, vamos operar com o operador nabla e verificar propriedades importante do campo elétrico estático.
2.1 Fluxo do campo elétrico e lei de Gauss
COnsidere um campo vetorial qualquer, por exemplo, F (r). Sabemos que o fluxo Φ deste campo sobre uma superfície qualquer S é dado porΦ =
S
F (r).ⅆS ' (1)
Da mesma forma, é o que acontece com o campo elétrico. Sabemos então que
Φe =
S
E(r).ⅆS '
Por simplicidade, suponha o fluxo de uma carga pontual fixada na origem. Sabemos que o campo é dado por
E(r) = 1
4 πϵ0 q r

|| r ||3
Assim, para uma carga pontual, o fluxo será dado por
Φe = q
4 πϵ0 
S
(r|| r ||3 . r2 Sen ϕ ⅆθ ⅆϕ r

|| r || =
= q
4 πϵ0 
S
Sen ϕ ⅆθ ⅆϕ =
Φe = qϵ0
Observe que este fluxo é constante. Para um conjunto de cargas, vale o princípio de superposição de campos, assim
Φe =
s

i=1
n
Ei ·ⅆS ' =
i=1
n 
s'
Ei ·ⅆS ' = ϵ0 
i=1
n qiϵ0 (2)
Então, o fluxo de um campo qualquer E =∑i=1n Ei sobre uma superfície fechada é sempre constante. logo

s
E ·ⅆS = Qtotalϵ0 (3)
A equação (3) é muito importante, ela pode ser usada para calcular a intensidade de campo e qualquer distribuição de cargas. É interessante
notar também que
Qtotal =
V '
ρ(r ') ⅆV '
Substitundo em (3) e aplicando o teorema de Gauss no lado esquerdo, obtemos

s'
∇ ·E ⅆV ' = 1ϵ0 
V '
ρ(r ') ⅆV '
Como os dois volumes são arbitrários, identificamos a forma diferencial da equação (3):
∇ ·E = ρϵ0 (4)
Universalmente, as equações (3) e (4) são conhecidas como Leis de Gauss para o campo elétrico, respectivamente nas suas formas integral e
diferencial. Ela é sempre válida, é uma equação chave da teoria e de fato, facilita muito em determinar campos elétricos de geometrias alta-
mentes simétricas. Seria equivocado dizer que podemos provar a Lei de Gauss à partir da Lei de Coulomb, o serto seria que a Lei de Coulomb
obedece à lei de Gauss, que é muito mais fundamental. Entretanto, vamos aplciar o operador divergente diretamente na equação do campo
coulombiano e verificar a equação (4) e conseguentemente a (3).
2.2 Divergente do campo coulombiano
Aplicando diretamente o operador divergente no campo de Coulomb,
∇ ·E(r) = ∇ · 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ') (r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆV '
Movendo o operador para dentro da integral e, lembrando que ele opera em quantidades “sem linha, ficamos com
∇ ·E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
∇ ·  (r - r ')|| r - r ' ||3  ρ(r ') ⅆV '
Lembrando que
∇ ·  (r - r ')|| r - r ' ||3  = 4 πδ3(r - r ')
Usando as propriedades da delta de Dirac, obtemos
∇ ·E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
4 πδ3(r - r ') ρ(r ') ⅆV ' = ρϵ0
Ou seja, recuperamos a equação (4). Fazendo um processo inverso, chegamos também à equação (3). Em resumo, verificamos que o campo
coulombiano es´ta de acordo com a Lei de Gauss. Como havia dito, ela é sempre válida, entretanto, seu uso em exercícios para determinação de
campos torna-se limitado à apenas problemas com alto grau de simetria. De fato, vamos calcular o campo elétrico de alguns corpos bem simples
para demonstrar o uso da Lei de Gauss em exercicios.
2.3 Exemplos para obtenção de campos usando a lei de Gauss
Exemplo 1: Campo elétrico de um fio infinito.
Considere um fio retilíneo de comprimento infinito. Vamos usar a lei de Gauss para determinar o campo elétrico em uma direção perpendicular.
O problema sugere uma simetria cilíndrica, como mostra o esquema abaixo:
2 2 Divergente e rotacional de campos eletrostáticos.nb
z
x
y
0
Superfície 
gaussiana
n1
n2
n3
R
Esquema de um fio infinito
Solução:
Usando a lei de Gauss, temos o fato que
Qϵ0 =
S
E.ⅆS = 
A1
E.n1 ⅆ A1 + 
A2
E.n2 ⅆ A2 + 
A3
E.n3 ⅆ A3
Como,

A1
E.n1 ⅆ A1 + 
A3
E.n3 ⅆ A3 = 0
Como a intensidade do campo é igual sobre toda a superfície,
Qϵ0 = 
A2
E.n2 ⅆ A2 = 
A2
E ⅆ A2 = E A2
A área A2 nada mais é do que
A2 = 2 π R. L
Assim
E = Q
2 π ϵ0 R. L
Lembrando que a carga no fio é dada pela integral 
Q =
z
ρ ⅆ z '
temos
E = ρ
2 π ϵ0 R
Como esse campo aponta radialmente para fora do eixo z, temos
E = ρ
2 π ϵ0 R r
Este resultado pode ser obtido também tirando um limite par acomprimento infinito do campo para um fio de comprimento determinado.
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Exemplo 2: Campo elétrico de um plano infinito.
Neste segundo exemplo, vamos considerar um plano infinito ode vamos aplicar a lei de Gauss. Este exemplo não necessita nenhum esquemas,
ele é muito fácil de ser visualizado.
Solução:
Temos neste caso, o fato que 
Qϵ0 =
A
E ⅆ A
Supondo um campo constante, integramos ⅆ:A
Qϵ0 = E .2 A
Este campo é a soma das contribuições superiores e inferiores ao plano, explicando o 2 multiplicando A. Agora, como a carga total é dada por
Q = ρ.A
Temos finalmente,
E = ρ
2 ϵ0
Observe que esta é a intensidade do campo, o vetor direção aponta na direção perpendicular à superfície gaussiana, assim.
E = ρ
2 ϵ0 r
Exemplo 3: Campo elétrico de uma esfera de Raio R.
Neste último exemplo, vamos usar a lei de Gauss para encontrar o campo elétrico de uma esfera maciça novamente. Lembrando do grande
esforço matemático que se tem quando calculamos diretamente pela integral da lei de Coulomb, o resultado é praticamente trivial usando a Lei
de Gauss pelo fato de ser um corpo altamente simétrico.
r
Superfície 
Esquema de uma esfera com uma superfície gaussiana
Solução:
Na superfície gaussiana, a magnetude do campo elétrico é igual em todos os seus pontos, sendo assim
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Qϵ0 =
S
E ·ⅆS = E
A
ⅆ A
A diferencial ⅆA simplesmente é dada por ⅆ A = 8 π r ⅆ r
Assim,
Qϵ0 = E
A
8 π r ⅆ r = E4 π r2
Como esperado,
E = Q
4 πϵ0 r2
Como este campo aponta perpendicular à superfície gaussiana,
E = Q
4 πϵ0 r3 r
2.4 Rotacional do campo elétrico
Da mesma maneira que a lei de Gauss, podemos chegar ao resultado que queremos diretamente das condições que são consequencias do
princípio de superposisão. Entretanto, vamos aplicar o o operador rotacional diretamente sobre o campo elétrico coulombiano. Considere então a
seguinte operação:
∇ ×E(r) = ∇ × 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ') (r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆV '
Embutindo o operador dentro da integral e lembrando que ele atua apenas em coordenadas com linha, obtemos
∇ ×E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
∇ ×  (r - r ')|| r - r ' ||3  ρ(r ') ⅆV '
Mas, lançando mão de um importante resultado da análise vetorial,
∇ × (r - r ')|| r - r ' ||3 = 0
Temos ∇ ×E(r) = 0 (5)
Obviamente, a forma integral de (5) será dada por

C
E ·ⅆ l = 0 (6)
Sabemos que pelo teorema de Stokes temos o seguinte resultado:

C
E ·ⅆ l =
S
∇ ×E(r) ·ⅆS
Sendo assim, de (5), resulta em (6). Uma curiosidade é que toda a eletrostática no vácuo está contida nas equações (4) e (5), que são conhecidas
como equações de Maxwell para a eletrostática. 
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