Aplicação da Lei Gauss: Algumas distribuições
simétricas de cargas
G
Como utilizar a lei de Gauss para determinar Ds, se a
distribuição de cargas for conhecida?
G G
Q = ∫ Ds.dS
s
A solução é fácil se conseguirmos obter uma superfície fechada tal
que:
G
1. Ds Seja em qualquer lugar
à superfície
G
G Gnormal ou Gtangencial
fechada, o que conduz a que Ds.dS = Ds.dS ou Ds.dS = 0 respectivamente.
G
G G
2.Quando Ds.dS não é zero o valor de Ds é constante
Paulo Moisés - 2001
G G
Ds.dS pelo produto dos
Podemos assim substituir o produto escalar
escalares Ds e dS, e portanto simplificar a integração.
A integração restante nãoG é mais um integral de superfície sobre a
superfície fechada que Ds atravessa normalmente.
O conhecimento da simetria do problema é aqui muito importante.
Um pequeno exemplo:
Considerando uma carga pontual Q na origem de um sistema de
coordenadas esféricas, determinar o valor da densidade de fluxo
eléctrico provocada pela carga pontual.
Paulo Moisés - 2001
r
A superfície a utilizar é uma esfera centrada na
origem e com raio qualquer r.
G
Ds é em qualquer lugar da superfície esférica
normal a esta.
G
O valor de Ds é constante em todos os pontos da referida superfície.
G
G
Teremos então que: Q = ∫ D s.d S = ∫ Ds .dS = D s ∫ dS
S
esf
esf
= Ds ∫
2π
0
E portanto:
Q
Ds =
4πr 2
∫
π
0
r 2 sen θ d θ d φ = 4π r 2 Ds
Tendo
em conta que r pode ser qualquer e
G
Ds é dirigido radialmente teremos que:
G
G
Q G
Q G
ur e E =
ur
Ds =
2
2
4πr
4πε 0 r
Paulo Moisés - 2001
Outro exemplo:
Considerando uma linha com distribuição
uniforme de cargas, ρL, pertencentes ao eixo Z,
estendendo-se de -∞ a +∞.
Para solucionar este problema é importante conhecer:
1. As coordenadas com as quais varia o campo
eléctrico
G
2. Que componentes existem no vector D
Na aplicação da Lei de Gauss é fundamental a consideração da simetria do
problema que pretendemos resolver.
No caso da linha de cargas referida
G é óbvio que somente a componente
radial estará presente no vector D ou seja:
Paulo Moisés - 2001
.
G
G
D = Dr ur
A componente Dr é uma função de r, ou seja Dr=f(r)
Uma vez conhecida a simetria do problema vamos escolher
a
G
superfície fechada para a qual vamos determinar o valor de Ds
A superfície que respeita as condições referidas anteriormente é, sem
dúvida um cilindro, pois é a única na qual Dr será sempre normal.
A figura ao lado mostra uma possível superfície
cilíndrica que se entende de z = 0 até z = L.
Paulo Moisés - 2001
A aplicação da Lei de Gauss conduz a:
Q=
∫
cil
G
G
D s.d S = Ds ∫ dS + 0 ∫ dS + 0 ∫ dS
= Ds ∫
L
∫
2π
Z =0 φ =0
lados
topo
base
r d φ d z = 2 Ds π rL
Q
Ds = Dr =
2 π rL
Tendo em conta que:
Vem que:
Q = ρLL
ρL
DP =
2π r
ρL
EP =
2πε 0 r
Reparar que se obteve, de forma
mais simples, a expressão do
campo eléctrico criado por uma
linha de cargas.
Paulo Moisés - 2001
O problema do cabo coaxial
Admitamos dois condutores cilíndricos coaxiais, um interno com raio
a e outro externo com raio b, cada um com comprimento infinito.
Admite-se que o condutor interno tem uma distribuição de cargas
superficial igual a ρS.
É um problema extremamente complicado de ser resolvido utilizando
a Lei de Coulomb.
A simetria do problema mostra que só existe componente Dr e que
esta é função apenas de r .
A superfície gaussiana a considerar é um cilindro de comprimento L e
de raio r tal que a < r < b .
Paulo Moisés - 2001
Considerando a superfície gaussiana
referida teremos:
Q = Ds 2π rL
A carga total de um comprimento L
do condutor interno é:
Q=
L
2π
∫ ∫φ
z =0
=0
ρ S ad φdz = 2π aL ρ s
De onde podemos retirar que:
aρ S
DS =
r
⇒
G
aρ S G
ur
DS =
r
Paulo Moisés - 2001
a<r<b
Tendo em conta que a densidade superficial de carga do condutor interno
pode ser representado como uma densidade linear através de:
ρL
ρ L = ρ S 2π a ⇒ ρ S =
2π a
E então teremos que:
G
ρL G
DS =
ur
2πr
a<r<b
Ou seja, um resultado idêntico aquele obtido para uma
linha infinita de cargas utilizando a lei de Coulomb.
Paulo Moisés - 2001
Recordando as experiências de Faraday, podemos escrever que a
Carga presente na superfície externa será:
Q cil .ext = − 2π aL ρ S , cil . int
De onde podemos retirar que:
2π bL ρ S ,cil .ext = − 2π aL ρ S ,cil .int
ρ S , cil . ext .
a
= − ρ S , cil . int .
b
O que acontece se adoptarmos para a
superfície gaussiana um cilindro com raio
r>b???
Paulo Moisés - 2001
Neste caso, a carga envolvida será nula.
Ao + Q da superfície interna contrapõe-se – Q da superfície externa.
Se a carga envolvida é nula teremos que:
0 = DS 2πrL ⇒ DS = 0
Para r <a teremos um resultado idêntico.
Conclusões ?
O condutor externo age como uma blindagem
evitando que o campo do condutor interno surja
no exterior do condutor externo
No interior do condutor central não existe
campo
Paulo Moisés - 2001