LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
3 de Dezembro de 2005, às 16:03
Exercı́cios Resolvidos de Teoria Eletromagnética
Jason Alfredo Carlson Gallas
Professor Titular de Fı́sica Teórica
Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Instituto de Fı́sica, Universidade Federal do Rio Grande do Sul
91501-970 Porto Alegre, BRASIL
Matéria para a PRIMEIRA prova. Numeração conforme a quarta edição do livro
“Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ jgallas clicando-se em ‘ENSINO’
Conteúdo
25 Lei de Gauss
25.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . .
25.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . .
25.2.1 Fluxo do campo elétrico . . . .
2
2
3
3
25.2.2
25.2.3
25.2.4
25.2.5
25.2.6
Lei de Gauss . . . . . . . . . .
Um condutor carregado isolado
Lei de Gauss: simetria cilı́ndrica
Lei de Gauss: simetria plana . .
Lei de Gauss: simetria esférica .
Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para
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25 Lei de Gauss
25.1 Questões
Q 25-4.
Considere uma superfı́cie gaussiana envolvendo parte
da distribuição de cargas mostrada na Fig. 25-22. (a)
Qual das cargas contribui para o campo elétrico no pon
to ? (b) O valor obtido para o fluxo através da superfı́cie circulada, usando-se apenas os campos elétricos
devidos a e , seria maior, igual ou menor que o valor obtido usando-se o campo total?
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(c) Não. O fluxo total só depende da carga total no interior da superfı́cie gaussiana considerada. A posição
das cargas não altera o valor do fluxo total através da
superfı́cie gaussiana considerada, desde que o o valor
desta carga total não seja modificado.
(d) Sim. Neste caso, como a carga total no interior da superfı́cie gaussiana considerada é nula, o fluxo total será
igual a zero.
(e) Não. O fluxo total só depende da carga total no interior da superfı́cie gaussiana considerada. Colocando-se
uma segunda carga fora da superfı́cie gaussiana considerada, não ocorrerá nenhuma variação do fluxo total
(que é determinado apenas pelas cargas internas). As
cargas externas produzem um fluxo nulo através da superfı́cie gaussiana considerada.
(f) Sim. Neste caso, como a carga total no interior
da superfı́cie gaussiana considerada passa a ser igual a
, o fluxo total é igual a .
Q 25-7.
Suponha que a carga lı́quida contida em uma superfı́cie
gaussiana seja nula. Podemos concluir da lei de Gauss
que é igual a zero em todos os pontos sobre a su
(a) Todas as cargas contribuem para o campo. Ou se- perfı́cie? É verdadeira a recı́proca, ou seja, se o campo
ja, o campo é devido a todas as cargas. (b) O fluxo total elétrico em todos os pontos sobre a superfı́cie for nué sempre o mesmo. Por estarem fora da gaussiana, as lo, a lei de Gauss requer que a carga lı́quida dentro da
cargas e não contribuem efetivamente para o flu- superfı́cie seja nula?
xo total uma vez que todo fluxo individual a elas devido Se a carga total for nula podemos conlcuir que o fluxo
entra porém também sai da superfı́cie.
total sobre a gaussiana é zero mas não podemos concluir
nada sobre o valor de em cada ponto individual da suQ 25-5.
perfı́cie. Para convencer-se disto, estude o campo geraUma carga puntiforme é colocada no centro de uma su- do por um dipolo sobre uma gaussiana que o envolva. O
perfı́cie gaussiana esférica. O valor do fluxo mudará campo sobre a gaussiana não precisa ser homogêneo
se (a) a esfera for substituı́da por um cubo de mesmo para a integral sobre a superfı́cie dar zero.
volume? (b) a superfı́cie for substituida por um cubo de A recı́proca é verdadeira, pois neste caso a integral será
volume dez vezes menor? (c) a carga for afastada do calculada sobre o produto de dois vetores, um dois quais
centro da esfera original, permanecendo, entretanto, no é identicamente nulo sobre toda a gaussiana.
seu interior? (d) a carga for removida para fora da esfera
original? (e) uma segunda carga for colocada próxima, Q Extra – 25-8 da terceira edição do livro
e fora, da esfera original? (f) uma segunda carga for Na lei de Gauss,
colocada dentro da superfı́cie gaussiana?
!#"$&%
(a) Não. O fluxo total só depende da carga total no
interior da superfı́cie gaussiana considerada. A forma
da superfı́cie gaussiana considerada não é relevante.
o campo é necessariamente devido à carga ?
Não. O fluxo total através da gaussiana depende
(b) Não. O fluxo total só depende da carga total no interior da superfı́cie gaussiana considerada. O volume do excesso de carga (i.e. da carga não-balanceada) neenglobado pela superfı́cie gaussiana considerada não é la contida. O campo elétrico em cada ponto da superfı́cie gaussiana depende de todas as cargas existenrelevante.
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tes, internas ou não. O que ocorre é que, como demonsUsando a Eq. 9, encontramos o fluxo através da sutrado no Exemplo 25-1 do livro texto, o fluxo total devi- perfı́cie gaussiana fechada considerada (que, no caso
do a qualquer carga externa será sempre zero pois “todo deste exercı́cio, é um cubo):
campo que entra na gaussiana, também irá sair da gaussiana”. Reveja os dois parágrafos abaixo da Eq. 25-8.
[email protected]
"
B5
"
25.2 Problemas e Exercı́cios
- ( /8PQ-1)RAS C
2
/L( /54TPQ-1 R J C /(N m )
*)( 13'8PQ-13U N m /C (
"
"
25.2.1 Fluxo do campo elétrico
P 25-11.
E 25-2.
A superfı́cie quadrada da Fig. 25-24, tem ')(+* mm de lado. Ela está imersa num campo elétrico uniforme com
,
".-0/2131 N/C. As linhas do campo formam um ângulo
de '5426 com a normal “apontando para fora”, como é
mostrado. Calcular o fluxo através da superfı́cie.
Determinou-se, experimentalmente, que o campo elétrico numa certa região da atmosfera terrestre está dirigido verticalmente para baixo. Numa altitude de '3121 m
o campo tem módulo de V21 N/C enquanto que a *121 o
campo vale -0121 N/C. Determine a carga lı́quida contida
num cubo de -0121 m de aresta, com as faces horizontais
Em todos os pontos da superfı́cie, o módulo do campo nas altitudes de *131 e '3121 m. Despreze a curvatura da
elétrico vale -/3121 N/C, e o ângulo 7 , entre e a normal Terra.
da superfı́cie d , é dado por 78"9:-/31 6<; '34 6 "=->54 6 .
,XW
Chamemos de I a área de uma face do cubo,
a
Note que o fluxo está definido tanto para superfı́cies
,ZY
a magnitude
abertas quanto fechadas. Seja a superfı́cie como for, a magnitude do campo na face superior e
integral deve ser sempre computada sobre ela. Portanto, na face inferior. Como o campo aponta para baixo, o
fluxo através da face superior é negativo (pois entra no
[email protected]
cubo)
enquanto que o fluxo na face inferior é positivo. O
"
B5
fluxo através das outras faces é zero, de modo que o flu, Y , W
.
xo total através da superfı́cie do cubo é ["$I8 ;
,EDF3G
"
C
7HB5I
A carga lı́quida pode agora ser determinada facilmente
com a lei de Gauss:
,
"
"
"
I
DF3G
7
J-/2131 N/C K1)( 1213'3* m ; 1L( 1L-04M- N.m /C (
DF3G
->54
H"
,XY
,XW
"
IT
"
/)( /34\PQ-1 R
"
'L( 4>]P^-01 R_S C
;
J
J-121 : -131 ;
V31 Note que o objetivo desta questão é relembrar como fa"
'L( 4>XN C (
zer corretamente um produto escalar: antes de medir o
ângulo entre os vetores é preciso que certificar-se que
ambos estejam aplicados ao mesmo ponto, ou seja, que
ambas flechas partam de um mesmo ponto no espaço (e P 25-13.
não que um vetor parta da ‘ponta’ do outro, como quanUma carga puntiforme é colocada em um dos vértices
do fazemos sua soma).
de um cubo de aresta ` . Qual é o valor do fluxo através
de cada uma das faces do cubo? (Sugestão: Use a lei de
Gauss e os argumentos de simetria.)
25.2.2 Lei de Gauss
Considere um sistema de referência Cartesiano acb8d
no espaço, centrado na carga , e sobre tal sistema coloUma carga puntiforme de -2( /ON C encontra-se no centro que o cubo de modo a ter três de suas arestas alinhadas
de uma superfı́cie gaussiana cúbica de 424 cm de aresta. com os eixos, indo de 1)%1L%1 até os pontos K`A%1L%1 ,
@
Calcule o valor através desta superfı́cie.
1)%`e%1 e K1L%1L%` .
E 25-7.
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Usando a lei de Gauss: O fluxo elétrico sobre cada uma
das três faces que estão sobre os planos a^b , aQd e b\d
é igual a zero pois sobre elas os vetores e B5 são
ortogonais (i.e. seu produto escalar é nulo).
Como se pode perceber da simetria do problema, o fluxo
elétrico sobre cada uma das três faces restantes é exatamente o mesmo. Portanto, para determinar o fluxo total,
basta calcular o fluxo sobre uma qualquer destas três faces multiplicando-se tal resultado por três. Para tanto,
consideremos a face superior do cubo, paralela ao plano
acb , e sobre ela um elemento de área B5If"gB2hAB2i . Para
qualquer ponto sobre esta face o módulo do campo
elétrico é
,
-
k "
-
Devido a simetria, percebemos que o fluxo sobre cada um dos 8 cubos é sempre o mesmo e que, portanto, o
fluxo sobre um cubo vale
?
["
total "
/
%
/ que, em particular, é o fluxo sobre o cubo do problema
em questão. Simples e bonito, não?
25.2.3 Um condutor carregado isolado
E 25-16.
Uma esfera condutora uniformemente carregada, de -2(+*
m de diâmetro, possui uma densidade superficial de car
ga de /)(r-sN C/m . (a) Determine a carga sobre a esfera.
Chamando de 7 o ângulo que a direção do campo
(b) Qual é o valor do fluxo elétrico total que está deixan
elétrico em faz com o eixo d percebemos que este
do a superfı́cie da esfera?
ângulo coincide com o ângulo entre a normal e e,
DF5G
(a) A carga sobre a esfera será
7T"$` k . Portanto, o fluxo elétrico é dado
ainda, que
pela seguinte integral:
"
>3j >2j ` h (
i ?
t"guvIf"$uw>3j k "'L( V3V8PQ-1 R U
0B3
face
"
"
"
C
,lDF3G
(b) De acordo com a lei de Gauss, o fluxo é dado por
7HB3hmB2i
? @
` &
C n p
o
C n
>2j K` B3heB3i
(
h i q face "
"
"$>L(r->xPQ-1 S
N m /C (
P 25-19.
Observe que a integral é sobre uma superfı́cie aberta,
pois corresponde ao fluxo parcial, devido a uma das
arestas apenas. Integrando em relação a h e depois integrando em relação a i com auxı́lio das integrais dadas
no Apêndice G, encontramos o fluxo elétrico sobre a face em questão como sendo dado por
?
C "g'2VL( V$N C (
(
*> Um condutor isolado, de forma arbitrária, possui uma
carga total de -01xPy-1MR_S C. Dentro do condutor existe uma cavidade oca, no interior da qual há uma carga
puntiforme H" 'TPz-1MR_S C. Qual é a carga: (a) sobre
a parede da cavidade e (b) sobre a superfı́cie externa da
condutor?
(a) O desenho abaixo ilustra a situação proposta no
problema.
Portanto, o fluxo total sobre todo o cubo é
["'
?
face "
/ (
Usando argumentos de simetria: É a maneira mais
simples de obter a resposta, pois prescinde da necessidade da calcular a integral dupla. Porém, requer maior
maturidade na matéria. Observando a figura do problema, vemos que colocando-se 8 cubos idênticos ao redor
da carga poderemos usar a lei de Gauss para determi- Considere uma superfı́cie gaussiana { envolvendo a canar que o fluxo total através dos 8 cubos é dado por
vidade do condutor. A carga encontra-se no interior da
cavidade e seja | a carga induzida na superfı́cie interna
?
total " (
da cavidade do condutor. Lembre que o campo elétrico
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,
no interior da parte maciça de um condutor é sempre Para podermos fixar a escala vertical da figura, precisamos determinar o valor numérico do campo no ponto de
igual a zero. Aplicando a lei de Gauss, encontramos:
transição, ˆ "' cm:
? @
Como
que
,
"
B5#"
"}1 , devemos ter K |8€"
; H"
| (
,
ƒ †
*~j k "
|T ~ m"1 , ou seja,
*M( 1xP^-01 R_‹
*~jyK1L( 13'21 K/L( /54‚PQ-1 R J -2(+*\PQ-1 N/C (
"
; 'L( 18N C 
"
(b) Como a carga total do condutor é de -1‚N C, vemos
que a carga | sobre a superfı́cie externa da condutor
deverá ser de
|HX".-1 ;
|T€"=-01 ;
; ' "
-0'$N C (
25.2.4 Lei de Gauss: simetria cilı́ndrica
P 25-24.
E 25-21.
Uma linha infinita de cargas produz um campo de >L(+4OP
-1 N/C a uma distância de * m. Calcule a densidade
linear de carga sobre a linha.
Use uma superfı́cie Gaussiana I cilı́ndrica de raio k
e comprimento unitário, concêntrica com ambos cilindros. Então, a lei de Gauss fornece-nos
…
,
0B3#"f*~j k
Usando a expressão para o campo devido a uma li,
nha de cargas, "$ƒ „*~j k , Eq. 25-14, encontramos de onde obtemos
facilmente que
,
ƒw".„*~j k "g4)( 1L-pN C/m (
, 
Use uma superfı́cie Gaussiana I cilı́ndrica de raio k e
comprimento unitário, concêntrica com o tubo metálico.
Então, por simetria,
"
dentro
†
(
dentro
†
(
*~j k
"
,
P 25-23.
,
0B3#"f*~j k
dentro
†
%
(a) Para k8‰ ` a carga dentro é zero e, portanto "g1 .
(b) Para ` ‰ok\‰[Œ a carga dentro é ; ƒ , de modo que
M…
,
"
"
*j
Ġ
(
k
P 25-26.
A Fig. 25-32 mostra um contador de Geiger, dispositivo usado para detectar radiação ionizante (radiação que
causa a ionização de átomos). O contador consiste em
(a) Para k\‡[ˆ , temos dentro "fƒ , de modo que
um fio central, fino, carregado positivamente, circundado por um cilindro condutor circular concêntrico, com
,
ƒ †
uma carga igual negativa. Desse modo, um forte cam"
(
po elétrico radial é criado no interior do cilindro. O ci*~j k lindro contém um gás inerte a baixa pressão. Quando
(b) Para k[‰Šˆ , a carga dentro é zero, o que implica uma partı́cula de radiação entra no dispositivo através
da parede do cilindro, ioniza alguns átomos do gás. Os
termos
elétrons livres resultantes são atraidos para o fio positi,
vo. Entretanto, o campo elétrico é tão intenso que, entre
"$1
as colisões com outros átomos do gás, os elétrons li.
vres ganham energia suficiente para ionizá-los também.
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Criam-se assim, mais elétrons livres, processo que se repete até os elétrons alcançarem o fio. A “avalanche” de
elétrons é coletada pelo fio, gerando um sinal usado para
registrar a passagem da partı́cula de radiação. Suponha
que o raio do fio central seja de *24ŽN m; o raio do cilindro
seja de -2( > cm; o comprimento do tubo seja de -V cm.
Se o campo elétrico na parede interna do cilindro for de
*M( Pp-01 N/C, qual será a carga total positiva sobre o
fio central?
A carga dentro da Gaussiana cilı́ndrica é
H"
"
•&˜
•
‘
™j k %
‘
onde "—j k
é o volume do cilindro. Se é positivo,
˜
•
as linhas de campo elétrico apontam radialmente para
fora, são normais à superfı́cie arredondada do cilindro
e estão distribuidas uniformemente sobre ela. Nenhum
fluxo atravessa as bases da Gaussiana. Portanto,
o fluxo
‘ ,
,
O campo elétrico é radial e aponta para fora do fio total através da Gaussiana é g"
I9".*~j ˆ
, onde
‘
central. Desejamos descobrir sua magnitude na região Ig"g`5j k é a área da porção arredondada da Gaussiana.
‘ ,
entre o fio e o cilindro, em função da distância k a par"
A lei‘ de Gauss ( [" ) nos fornece então *~j k
tir do fio. Para tanto, usamos uma superfı́cia Gaussiana
k , de onde tira-se facilmente que
j
com
a forma de um cilindro com raio k e comprimento
•
‘
, concêntrica com o fio. O raio é maior do que o raio do
k
,
fio e menor do que o raio interno da parede cilı́ndrica.
" • (
* Apenas a carga sobre o fio está localizada dentro da superfı́cie Gaussiana. Chamemo-la de .
A área da superfı́cie
arredondada da Gaussiana
(b) neste caso consideramos ‘ a Gaussiana como sendo
‘
‘ ,
cilı́ndrica é *j k e o fluxo através dela é ’"}*j k
. um cilindro de comprimento e ‘com raio k maior que
,
Se desprezarmos o fluxo através das extremidades do ci- ˆ . O fluxo é novamente ["$*j k
. A carga dentro da
lindro, então o será
o
fluxo
total
e
a
lei
de
Gauss
nos
Gaussiana
é
a
carga
total
numa
secção
do cilindro
car‘ ,
‘
‘
fornece H"g*j k
. Como a magnitude do campo na regado com comprimento . Ou seja,‘ y"šj ˆ ‘ . A
,
•
parede do cilindro é conhecida, suponha que a superfı́cie lei de Gauss nos fornece então *~j k
"’j ˆ
, de
•
k
modo que o campo desejado é dado por
Gaussiana seja coincidente com a parede. Neste caso,
é o raio da parede e
“"
*~j/)( /348Py-1 R
"
')( VxPQ-1 R_” C (
J
1)( 1)-> 1)(r-V *)( 8P^-01
,
ˆ "
• (
* k
Observe que os valores dados pelas duas expressões
coincidem para k " ˆ , como era de se esperar.
,
Um gráfico da variação de em função de k é bastante
ao mostrado na Fig. 25-21, porém, apresenUma carga está uniformemente distribuida através do semelhante k[
‡šˆ um decaimento proporcional a - k
ˆ
tando
para
volume de um cilindro infinitamente longo de raio .
k
,
como na Fig. 25-21).
(a) Mostre que a uma distância k do eixo do cilindro (em vez de - k(8‰[ˆ ) é dado por
P 25-30.
,
k
"–• %
* 25.2.5 Lei de Gauss: simetria plana
onde é a densidade volumétrica de carga. (b) Escreva
,
•
uma expressão para a uma distância kT‡—ˆ .
(a) O cı́rculo cheio no diagrama abaixo mostra
a secção reta do cilindro carregado, enquanto que o
cı́rculo tracejado corresponde à secção reta de uma superfı́cie Gaussiana de forma cilı́ndrica, concêntrica com
‘
o cilindro de carga, e tendo raio k e comprimento .
Queremos usar a lei de Gauss para encontrar uma expressão para a magnitude do campo elétrico sobre a superfı́cie Gaussiana.
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E 25-32.
Uma placa metálica quadrada de / cm de lado e espessura desprezı́vel tem uma carga total de de VxPQ-1)RAS C.
,
(a) Estime o módulo de do campo elétrico localizado
imediatamente fora do centro da placa (a uma distância,
digamos, de 1L( 4 mm), supondo que a carga esteja uniformemente distribuida sobre as duas faces da placa. (b)
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,
Estime o valor do campo a uma distância de '21 m (re- Substituindo-se Ÿ
"
sen 7 , tirado da segunda
,
lativamente grande, comparada ao tamanho da placa), equação, na primeira, obtemos "wž tan 7 .
supondo que a placa seja uma carga puntiforme.
O campo elétrico por um plano grande e uniforme de
,
"¤u „* 0 , onde u é a densidade
(a) Para calcular o campo elétrico num ponto muito cargas é dado por
superficial
de
carga.
Portanto,
temos
perto do centro de uma placa condutora uniformemente carregada, é razoável substituirmos a placa finita por
~u
"$mž tan 7
uma placa infinita contendo a mesma densidade superfi* cial de, carga e considerar a magnitude do campo como
sendo "9u ~ , onde u é a densidade de carga da su- de onde se extrai facilmente que
perfı́cie sob o ponto considerado. A carga está distribui* mž tan 7
da uniformemente sobre ambas faces da placa original,
u
"
metade dela estando perto do ponto considerado. Por:
J-HP^-01MRAS KL( / tan '31 6
*LK/)( /34TPQ-1MR
tanto
"
*\PQ-1 RA‹ C
VxP^-01MR_S
uz"
"
"$>L( V2\PQ-1 R
C/m (
"
4)( 1\PQ-1 R_” C/m (
*I
*LK1)( 12/ A magnitude do campo é
,
u
"
"
> ( V2\PQ-1MR
L
"f4M( '21\P^-012›
:
/)( /348P^-01 R P 25-35.
N/C (
Um elétron é projetado diretamente sobre o centro de
uma grande placa metálica, carregada negativamente
(b) Para uma distância grande da placa o campo elétrico com uma densidade superficial de carga de módulo
será aproximadamente o mesmo que o produzido por *¥PZ-01MRAS C/m . Sabendo-se que a energia cinética inicial
uma partı́cula puntiforme com carga igual à carga
to- do elétron é de -121 eV e que ele pára (devido a repulsão
,
tal sobre a placa. A magnitude de tal campo é
"
eletrostática) imediatamente antes de alcançar a placa, a
K>2j k , onde k é a distância à placa. Portanto
que distância da placa ele foi lançado?
,
K]PQ-13” V]P^-01MR_S "$V31
'31 "
N/C (
P 25-34.
Na Fig. 25-36, uma pequena bola, não-condutora, de
massa - mg e carga g"œ*^P$-01MRA‹ C uniformemente distribuida, está suspensa por um fio isolante que faz
um ângulo 7T"g'21 6 com uma chapa não-condutora, vertical, uniformemente carregada. Considerando o peso
da bola e supondo a chapa extensa, calcule a densidade
superficial de carga u da chapa.
Três forças atuam na pequena bola: (i) uma força gravitacional de magnitude mž , onde  é a massa da bola, atua na vertical, de cima para baixo, (ii) uma força
,
elétrica de magnitude atua perpendicularmente ao
plano, afastando-se dele, e (iii) e a tensão Ÿ no fio,
atuando ao longo dele, apontando para cima, e fazendo um ângulo 7 ( "'21 6 ) com a vertical.
Como a bola está em equilı́brio, a força total resultante sobre ela deve ser nula, fornecendo-nos duas
equações, soma das componentes verticais e horizontais
das forças, respectivamente:
DF5G
Ÿ
,
;
7 ; wž
Ÿ sen 7
1)% „¡
"
"
1)(¢£¡
vertical
horizontal
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A carga negativa sobre a placa metálica exerce uma
força de repulsão sobre o elétron, desacelerando-o e
parando-o imediatamente antes dele tocar na superfı́cie
da placa.
Primeiramente, vamos determinar uma expressão para
a aceleração do elétron, usando então a cinemática para determinar a distância de paragem. Consideremos
a direção inicial do movimento do elt́ron como sendo positiva. Neste caso o campo elétrico é dado por
,
"gu ~ , onde u é a densidade superficial de carga na
,
placa. A força sobre o elétron é ¦=" ;Z§
" ;Z§ u ~ e
a aceleração é
`x"

¦
"
;
§ u

%
onde  é a massa do elétron.
A força é constante, de modo que podemos usar as
fórmulas para aceleração constante. Chamando de ¨~
a velocidade inicial do elétron, ¨ sua velocidade final,
e h a distância viajada entre as posições inicial e final,
temos que ¨ ; ¨ "©*`5h . Substituindo-se ¨"©1 e
`ª" ;Z§ u  nesta expressão e resolvendo-a para h
encontramos
h"
;
¨ "
*2`
w¨ "
* § u
0«]
%
§ u
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superfı́cie gaussiana cilı́ndrica { . Como a densidade de
onde « X¬ ¨ * é a energia cinética inicial.
Antes de aplicar a fórmula, é preciso converter o valor carga é constante, a carga total no interior da superfı́cie
•
dado de « para joules. Do apêndice F do livro tira- { é dada por
Yr°~±
mos que - eV "­-2( V21cP$-1)R ” J, donde -0121 eV "
"
*heI (
•
-2( V21\PQ-1)R › J. Portanto
Portanto, aplicando a lei de Gauss para a superfı́cie conJ
:-2( V21xPQ-1)R › K/L( /548P^-01MR
siderada, encontramos facilmente a seguinte resposta:
h
"
"
:-3( V31xP^-01 R ” *\PQ-1 R_S >L( >xP^-01 R m (
P 25-39 ® .
Uma chapa plana, de espessura B , tem uma densidade
volumétrica de carga igual a . Determine o módulo
•
do campo elétrico em todos os pontos do espaço tanto:
(a) dentro como (b) fora da chapa, em termos de h , a
distância medida a partir do plano central da chapa.
,
h
(
•
(b) Construa novamente uma superfı́cie gaussiana cilı́ndrica contendo toda a chapa, isto é, construa novamente
uma superfı́cie semelhante à gaussiana cilı́ndrica { indicada na figura da solução deste problema, onde, agora,
a área da base I está situada a uma distância h²"’B *
do plano central h³"f1 . De acordo com a figura, vemos
facilmente que, neste caso, temos:
Suponha que a carga total | esteja uniformemente
distribuida ao longo da chapa. Considerando uma área
muito grande (ou melhor, para pontos próximos do centro da chapa), podemos imaginar que o campo elétrico
possua uma direção ortogonal ao plano da superfı́cie externa da placa; a simetria desta chapa uniformemente
carregada indica que o módulo do campo varia com a
distância h . No centro da chapa, a simetria do problema
indica que o campo elétrico deve ser nulo, ou seja,
,
"Š1 , para h="Š1 . Na figura da solução deste problema mostramos uma superfı́cie gaussiana cilı́ndrica {
cujas bases são paralelas às faces da chapa.
"
Yr°~±
"
•
IXBe(
Portanto, aplicando a lei de Gauss para a superfı́cie
gaussiana cilı́ndrica considerada, encontramos facilmente a seguinte resposta:
,
B
"ϥ (
* 25.2.6 Lei de Gauss: simetria esférica
P 25-40.
Uma esfera condutora de -1 cm da raio possui uma carga de valor desconhecido. Sabendo-se que o campo
elétrico à distância de -4 cm do centro da esfera tem
módulo igual a 'wPl-1 N/C e aponta radialmente para
dentro, qual é carga lı́quida sobre a esfera?
Seja I a área da base desta superfı́cie gaussiana { . Como as duas bases da superfı́cie gaussiana cilı́ndrica {
estão igualmente afastadas do plano central h"œ1 e
lembrando que o vetor E é ortogonal ao vetor dA na superfı́cie lateral da superfı́cie gaussiana cilı́ndrica { , concluı́mos que o fluxo total através da superfı́cie gaussiana
cilı́ndrica { é dado por
[email protected]
"
$B3¯"$*
,
I
A carga está distribuida uniformemente sobre a superfı́cie da esfera e o campo elétrico que ela produz
em pontos fora da esfera é como o campo de uma
partı́cula puntiforme com carga igual à carga total sobre a esfera. Ou seja, a magnitude do campo é dado por
,
"´ K>2j k , onde é magnitude da carga sobre a
k
esfera e é a distância a partir do centro da esfera ao
ponto onde o campo é medido. Portanto, temos,
,
H"$>2j k
"
K1)(r-04 'xP^-01 "gµ&(+4\PQ-1 R_” C (
xP^-01 ”
,
onde é o módulo do campo elétrico a uma distância Como campo aponta para dentro, em direção à esfera, a
Yr°~±
englobada no carga sobre a esfera é negativa: ; µ&(+48P^-01MRA” C (
h do plano central h$"š1 . A carga interior da superfı́cie gaussiana cilı́ndrica { é dada pela integral de B
no volume situado no interior da E 25-41.
•
˜
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,
(a) O fluxo continuaria a ser ; µ241 N m /C, pois ele Chamando-se de a magnitude do campo, então o flu ,
depende apenas da carga contida na Gaussiana.
xo total através da Gaussiana é E"¼>2j k
. A carga
contida
na
Gaussiana
é
a
soma
da
carga
positiva
no
(b) A carga lı́quida é
centro
com
e
parte
da
carga
negativa
que
está
dentro
da
†
Gaussiana. Uma vez que a carga negativa é suposta es“"
:
¶
tar uniformemente distribuida numa esfera de raio ˆ ,
; µ241 " ; V)( V>xPQ-1 R
"
/)( /348P^-01 R
C
podemos computar a carga negativa dentro da Gaussiana usando a razão dos volumes das duas esferas, uma
de raio k e a outra de raio ˆ : a carga negativa dentro da
E 25-42.
Gaussiana nada mais é do que ; d § k ˆ . Com isto tu,
(a) Para k8‰[ˆ , temos "1 (veja Eq. 25-18).
do, a carga total dentro da Gaussiana é d §½; d § k ˆ .
k
ˆ
A lei de Gauss nos fornece então, sem problemas, que
(b) Para um pouco maior de , temos
,
"
>3j
k -†
·
>3j
ˆ "
†
>2j
/)( 2xPQ-12” *)( 1xPQ-1)R › 1)(+*24 *)( xPQ-1 N/C (
"
(c) Para kQ‡¤ˆ
anterior,
-†
,
k
k ˆ ¹ %
"¾d § ¸ - ;
de onde tiramos facilmente que, realmente,
,
d †§
¸
;
> j k 2
"
k
ˆ ¹ (
temos, aproveitando o cálculo do item
,
P 25-47.
"
-†
>2j
k "
*)( \Py-1
"
*131 N/C (
3¸
1L( *34 'L( 1w¹
E 25-45.
Uma casca esférica metálica, fina e descarregada, tem
uma carga puntiforme no centro. Deduza expressões
para o campo elétrico: (a) no interior da casca e (b) fora
da casca, usando a lei de Gauss. (c) A casca tem algum
efeito sobre o campo criado por ? (d) A presença da
carga tem alguma influência sobre a distribuição de
cargas sobre a casca? (e) Se uma segunda carga puntiforme for colocada do lado de fora da casca, ela sofrerá
a ação de alguma força? (f) A carga interna sofre a ação
de alguma força? (g) Existe alguma contradição com a
terceira lei de Newton? Justifique sua resposta.
NOTA: na quarta edição brasileira do livro esqueceram
de mencionar que a casca esférica é MET ÁLICA!!
Num trabalho escrito em 1911, Ernest Rutherford disse: “Para se ter alguma idéia das forças necessárias
para desviar uma partı́cula º através de um grande
ângulo, considere um átomo contendo uma carga puntiforme positive d § no seu centroo e circundada por Antes de responder aos itens, determinamos uma exuma distribuição de eletricidade negativa ; d § , uniforpressão
para o campo elétrico, em função da distância
memente distribuı́da dentro de uma esfera de raio ˆ . O
k a partir da carga . Para tanto, consideremos
,
radial
campo elétrico ((( a uma distância k do centro para
uma superfı́cie Gaussiana esférica de raio k centrada na
um ponto dentro do átmo é
carga . A simetria do problema nos mostra que a mag,
k
nitude é a mesma sobre toda superfı́cie, de modo que
,
d §
"
>3j
†
¸ k ;
ˆ ¹ (»»
Verifique esta expressão.
Usamos primeiramente a lei de Gauss para encontrar
uma expressão para a magnitude do campo elétrico a
uma distância k do centro do átomo. O campo aponta
radialmente para fora e é uniforme sobre qualquer esfera concêntrica com o átomo. Escolha uma superfı́cie
Gaussiana esférica de raio k com seu centro no centro
do átomo.
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,
0B3#"$>2j k
"
%
fornecendo-nos
,
k "
>2j k %
onde representa a carga dentro da superfı́cie Gaussiana. Se for positiva, o campo elétrico aponta para fora
da Gaussiana.
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(a) Dentro da casca contendo a carga temos
,
k "
-
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diz que
,
>3j k
k (
>3j (b) Como fora da casca a carga lı́quida é , o valor do
campo elétrico é o mesmo do item anterior.
,
(c) Não, pois não influi na dedução de k , acima.
(d) Sim: como a casca fina é metálica, na sua superfı́cie
interna irá aparecer uma carga ; INDUZIDA. Como a
carga total da casca esférica é zero, sua superfı́cie externa deverá conter uma carga induzida, de modo que
a soma de ambas cargas induzidas seja zero.
(e) Claro que experimentará forças pois estará imersa no
,
campo k devido á carga central.
(f) Não, pois o metal da casca blinda campos externos.
(g) Não.
de modo que
,
"
>2j
,
(
k "$1L(
(d) Fora da casca, i.e. para kT‡ ¿ , a carga total dentro da
superfı́cie Gaussiana é zero e, conseqüentemente, neste
caso a lei de Gauss nos diz que
,
†
(c) Como a casca é condutora, é muito fácil saber-se o
campo elétrico dentro dela:
P 25-48.
A Fig. 25-38 mostra uma esfera, de raio ` e carga
uniformemente distribuı́da através de seu volume,
concêntrica com uma casca esférica condutora de raio
interno Œ e raio externo ¿ . A casca tem uma carga lı́quida
de ; . Determine expressões para o campo elétrico em
função do raio k nas seguintes localizações: (a) dentro da esfera (kš‰ ` ); (b) entre a esfera e a casca
( ` ‰Àkg‰©Œ ); (c) no interior da casca ( Œp‰Àkg‰ ¿ );
(d) fora da casca (k]‡ ¿ ). (e) Quais são as cargas sobre
as superfı́cies interna e externa da casca?
† %
"
"$1L(
(e) Tomemos uma superfı́cie Gaussiana localizada dentro da casca condutora. Como o campo elétrico é zero
sobre toda suprfı́cie, temos que
["
$B5Á"$1
e, de acordo com a lei de Gauss, a carga lı́quida dentro
da superfı́cie é zero. Em outras palavras, chamando de
Y
| a carga sobre a superfı́cie interna da casca, a lei de
Y
Gauss nos diz que devemos ter | "$1 , ou seja,
Para começar, em todos pontos onde existe campo
Y
| " ; &(
elétrico, ele aponta radialmente para fora. Em cada parte do problema, escolheremos uma superfı́cie Gaussiana
esférica e concêntrica com a esfera de carga e que Chamando agora de |‚Ã a carga na superfı́cie externa da
passe pelo ponto onde desejamos determinar o campo casca e sabendo que a casca tem uma carga lı́quida de
do problema), vemos que é necessário ter-se
elétrico. Como o campo é uniforme sobre toda a su- ; (dado
Y
que
| | Ã " ; , o que implica termos
perfı́cie das Gaussianas, temos sempre que, qualquer
Y
que seja o raio k da Gaussiana em questão,
|‚€
à " ; ; | " ; ; ; "1L(
B5Á">2j
†
,
k
(
P 25-51.
(a) Aqui temos k=‰ ` e a carga dentro da superfı́cie
Gaussiana é M k ` . A lei de Gauss fornece-nos
,
>3j k
"
¸ †
L¹
¸
k
`!¹
%
Um próton descreve um movimento circular com velocidade ¨z"9'mPl-1 U m/s ao redor e imediatamente fora
de uma esfera carregada, de raio k "À- cm. Calcule o
valor da carga sobre a esfera.
O próton está em movimento circular uniforme mantido pela força elétrica da carga na esfera, que funciona
k
como força centrı́peta. De acordo com a segunda lei
,
†
"
(
de Newton para um movimento circular uniforme, sabe>2j ` mos que ¦!ÄÅ"gw¨ k , onde ¦ÆÄ é a magnitude da força,
©
‰
f
k
Â
‰
Œ
(b) Agora temos `
, com a carga dentro da ¨ é a velocidade do próton e k é o raio da sua órbita,
Gaussiana sendo . Portanto, a lei de Gauss aqui nos essencialmente o mesmo que o raio da esfera.
donde tiramos que
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A magnitude da força elétrica sobre o próton é ¦ Ã "
Assim, a carga total dentro da superfı́cie Gaussiana é
§ K>2j k , onde é a magnitude da carga sobre a es
Ä "$ *jÍIT k È ; ` (
fera. Portanto, quando ¦ Ã "g¦!Ä , temos
> j 2
§
w¨
k
k "
%
de modo que a carga procurada será dada por
“"
>3j 
 ¨ k
§
J-2( V5µTPQ-1MR › kg K']PQ-1 U m/s K 1L( 1L- m KxPQ-1 ” N m /C J-2( V21\PQ-1 R ” C -3( 12> nC (
"
"
O campo elétrico é radial, de modo , que o fluxo
através
,
da superfı́cie Gaussiana é o"$>2j k È , onde é a magnitude do campo. Aplicando agora a lei de Gauss obtemos
, k È
" g
>3j *~jÍI8 k È ;
`
%
de onde tiramos
,
"
-
> j ÏÎ k È 3
*~jÍI
;
*~jÍIX`
k È
Ð (
Para que o campo seja independente de k È devemos esP 25-53
colher I de modo a que o primeiro e o último termo
se cancelem. Isto ocorre se tivermos
Na Fig. 25-41, uma casca esférica não-condutora, com entre colchetes
Œ
~
*
Í
j
X
I
`
g
"
1
,
ou seja, para
;
raio interno ` e raio externo , tem uma densidade vok
lumétrica de carga dada por "}I , onde I é cons
•
Ig"
tante e k é a distância ao centro
da casca. Além disso,
*jÍ` uma carga puntiforme está localizada no centro. Qual
deve ser o valor de I para que o campo elétrico na cas- quando então teremos para a magnitude do campo
ca ( `cÇ k Ç Œ ) tenha módulo constante? (Sugestão: I
,
I
depende de ` mas não de Œ .)
"
"
(
* O problema pede para determinar uma expressão para o campo elétrico dentro da casca em termos de I e
da distância ao centro da casca e, a seguir, determinar
o valor de I de modo que tal campo não dependa da
distância.
Para começar, vamos escolher uma Gaussiana esférica
de raio kÈ , concêntrica com a casca esférica e localizada
dentro da casca, i.e. com ` ‰Ák È ‰ŠŒ . Usando a lei
de Gauss podemos determinar a magnitude do campo
elétrico a uma distância k È a partir do centro.
A carga contida somente sobre a casca dentro da Gaussiana é obtida através da integral Äs"gÉ
calculada
B
sobre a porção da casca carregada que • estᘠdentro da
Gaussiana.
Como a distribuição de carga tem simetria esférica, podemos escolher B
como sendo o volume de uma casca
˜
esférica de raio k e largura infinitesimal B k , o que dos
">3j k B k . Portanto, temos
fornece B
˜
ÄÊ"
>2jTCpËJÌ
n
•
k B k
I
ËJÌ k k B k
"
>2jTC
"
n
>2jÍI^CpËJÌ k B k
"
n
*~jÍI8 k È ;
`
(
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
>3j `
P 25-55 ® .
Mostre que o equilı́brio estável é impossı́vel se as únicas
forças atuantes forem forças eletrostáticas. Sugestão:
Suponha que uma carga fique em equilı́brio estável
ao ser colocada num certo ponto num campo elétrico
. Desenhe uma superfı́cie Gaussiana esférica em torno
de , imagine como deve estar apontando sobre esta
superfı́cie, e aplique a lei de Gauss para mostrar que a
suposição [de equilı́brio estável] leva a uma contradição.
Esse resultado é conhecido pelo nome de Teorema de
Earnshaw.
Suponha que não exista carga na vizinhaça mais imediata de mas que a carga esteja em equilı́brio devido à resultante de forças provenientes de cargas em
outras posições. O campo elétrico na posição de é
zero mas irá sentir uma força elétrica caso ela venha
a afastar-se do ponto . O que precisamos
mostrar é
que é impossı́vel construir-se em torno de um campo elétrico resultante que, em todas direções do espaço,
consiga “empurrar” de volta para o ponto quando
ela deste ponto afastar-se.
Suponha que esteja em e envolva-a com uma superfı́cie Gaussiana esférica extremamente pequena, cen
trada em . Desloque então de para algum ponto
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sobre a esfera Gaussiana. Se uma força elétrica conseguir empurrar de volta, deverá existir um campo
elétrico apontando para dentro da superfı́cie. Se um
campo elétrico empurrar em direção a , não importando onde isto ocorra sobre a superfı́cie, então deverá
existir um campo elétrico que aponte para dentro em todos pontos da superfı́cie. O fluxo lı́quido através da superfı́cie não será zero e, de acordo com alei de Gauss,
deve existir carga dentro da superfı́cie Gaussiana, o que
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é uma contradição. Concluimos, pois, que o campo
atuando numa carga não pode empurra-la de volta a
para todos deslocamentos possı́veis e que, portanto, a
carga não pode estar em equilı́brio estável.
Se existirem locais sobre a superfı́cie Gaussiana onde o
campo elétrico aponte para dentro e empurre de volta
para sua posição original, então deverão existir sobre a
superfı́cie outros pontos onde o campo aponte para fora
e empurre para fora da sua posição original.
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