Exercício Resolvido de Lei de Gauss
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Calcule o fluxo elétrico através de uma placa circular de raio a imersa num campo elétrico uniforme de intensidade E nos casos:

a) O campo é perpendicular à placa;
b) O campo forma um ângulo α com a placa.

Dados do problema:
  • Raio do disco:    a;
  • Intensidade do campo elétrico:    E;
  • Ângulo entre o campo elétrico e a placa:    α.
Solução

a) O fluxo elétrico é dado por
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {\Phi _{E}=\int _{A}\mathbf{E}.d\mathbf{A}} \tag{I} \end{gather} \]
Adotando o eixo-x perpendicular à placa e na mesma direção se sentido do vetor campo elétrico (Figura 1) este pode ser escrito como
\[ \begin{gather} \mathbf{E}=E\;\mathbf{i} \tag{II} \end{gather} \]
onde i é o vetor unitário na direção x.

Figura 1

O vetor elemento de área pode ser escrito como
\[ \begin{gather} d\mathbf{A}=dA\;\mathbf{n} \tag{III} \end{gather} \]
onde n é o vetor unitário na direção perpendicular à placa. Substituindo as expressões (II) e (III) na expressão (I)
\[ \begin{gather} \Phi_{E}=\int_{A}E\;\mathbf{i}.dA\;\mathbf{n}\\ \Phi_{E}=\int_{A}EdA\underbrace{\;\mathbf{i}.\;\mathbf{n}}_{1} \end{gather} \]
Observação: Como i e n são vetores unitários, seus módulos são iguais a 1, e como ambos estão na mesma direção o ângulo entre eles é nulo (θ = 0), \( \mathbf{i}.\mathbf{n}=|\;\mathbf{i}\;|\;|\;\mathbf{n}\;|\;\cos 0=1.1.1=1 \).
\[ \mathbf{i}.\mathbf{n}=|\;\mathbf{i}\;|\;|\;\mathbf{n}\;|\;\cos 0=1.1.1=1 \]
\[ \begin{gather} \Phi_{E}=\int_{A}EdA \tag{IV} \end{gather} \]
O elemento de área dA e o ângulo dθ da placa será (Figura 2)
\[ \begin{gather} dA=r\;dr\;d\theta \tag{V} \end{gather} \]
substituindo a expressão (V) na expressão (IV)
\[ \Phi_{E}=\iint Er\;dr\;d\theta \]

Figura 2

Como o campo elétrico é constante pode “sair” da integral, e como não existem termos “cruzados” em r e θ as integrais podem ser separadas
\[ \Phi_{E}=E\int r\;dr\int d\theta \]
Os limites de integração serão de 0 a a em dr (ao longo do raio do disco) e de 0 e 2π em dθ (uma volta completa no disco)
\[ \Phi_{E}=E\int_{0}^{a}r\;dr\int_{0}^{{2\pi}}d\theta \]
Integral de   \( \displaystyle \int_{0}^{a}r\;dr \)

\[ \int_{0}^{a}r\;dr=\left.\frac{r^{2}}{2}\;\right|_{\;0}^{\;a}=\frac{a^{2}}{2}-\frac{0^{2}}{2}=\frac{a^{2}}{2} \]

Integral de   \( \displaystyle \int_{0}^{{2\pi}}d\theta \)
\[ \int_{0}^{{2\pi}}d\theta=\left.\theta \;\right|_{\;0}^{\;2\pi }=2\pi-0=2\pi \]
\[ \Phi_{E}=E\frac{a^{2}}{2}2\pi \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {\Phi_{E}=\pi a^{2}E} \]

b) Adotando um sistema de referência com o eixo-x perpendicular à placa e o eixo-y para cima paralelo à placa (Figura 3) o vetor campo elétrico pode ser escrito como
\[ \begin{gather} \mathbf{E}=E_{x}\;\mathbf{i}+E_{y}\;\mathbf{j} \tag{VI} \end{gather} \]
Para o vetor elemento de área vale a mesma expressão (III).

Figura 3

Substituindo as expressões (III) e (VI) na expressão (I)
\[ \begin{gather} \Phi_{E}=\int_{A}\left(E_{x}\;\mathbf{i}+E_{y}\;\mathbf{j}\;\right).\mathit{dA}\;\mathbf{n}\\ \Phi_{E}=\int_{A}E_{x}\;\mathbf{i}.\mathit{dA}\;\mathbf{n}+\int_{A}E_{y}\;\mathbf{j}.\mathit{dA}\;\mathbf{n}\\ \Phi_{E}=\int_{A}E_{x}\;\mathit{dA}\underbrace{\;\mathbf{i}.\;\mathbf{n}}_{1}+\int_{A}E_{y}\mathit{dA}\underbrace{\;\mathbf{j}.\;\mathbf{n}}_{0} \end{gather} \]
Observação: Como i e n são vetores unitários seus módulos são iguais a 1 e como ambos estão na mesma direção o ângulo entre eles é nulo (θ = 0), \( \mathbf{i}.\mathbf{n}=|\;\mathbf{i}\;|\;|\;\mathbf{n}\;|\cos0=1.1.1=1 \).
\[ \mathbf{i}.\mathbf{n}=|\;\mathbf{i}\;|\;|\;\mathbf{n}\;|\cos0=1.1.1=1 \]
. O vetor unitário j também tem módulo 1, como ele é perpendicular a n \( \left(\theta =\frac{\pi}{2}\right) \) o produto escalar será \( \mathbf{j}.\mathbf{n}=|\;\mathbf{j}\;|\;|\;\mathbf{n}\;|\cos\frac{\pi }{2}=1.1.0=0 \)
\[ \mathbf{j}.\mathbf{n}=|\;\mathbf{j}\;|\;|\;\mathbf{n}\;|\cos\frac{\pi }{2}=1.1.0=0 \]
(Figura 3).
\[ \begin{gather} \Phi_{E}=\int_{A}E_{x}\;\mathit{dA} \tag{VII} \end{gather} \]
O vetor campo elétrico pode ser decomposto nas direções i e j com componentes Ex e Ey respectivamente, apenas a componente na direção i contribui para o fluxo elétrico, assim ela pode ser escrita em termos do campo elétrico e do ângulo de inclinação
\[ \begin{gather} E_{x}=E\operatorname{sen}\alpha \tag{VIII} \end{gather} \]

Figura 4

O elemento de área dA será dado pela expressão (V) obtida acima, substituindo as expressões (V) e (VIII) na expressão (VII)
\[ \Phi_{E}=\iint E\operatorname{sen}\alpha r\;dr\;d\theta \]
Como a componente do campo elétrico é uniforme ele pode “sair” da integral, e não existem termos “cruzados” em r e θ as integrais podem ser separadas
\[ \Phi_{E}=E\operatorname{sen}\alpha \int r\;dr\int d\theta \]
Os limites de integração serão de 0 a a em dr (ao longo do raio do disco) e de 0 e 2π em dq (uma volta completa no disco)
\[ \Phi_{E}=E\operatorname{sen}\alpha \int_{0}^{a}r\;dr\int_{0}^{{2\pi}}d\theta \]
as duas integrais já foram calculadas no item (a)
\[ \Phi_{E}=E\operatorname{sen}\alpha \frac{a^{2}}{\cancel{2}}\cancel{2}\pi \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {\Phi_{E}=\pi a^{2}E\operatorname{sen}\alpha} \]
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