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
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\Phi_{\small E}=\int_A\mathbf E\cdot d\mathbf A} \tag{I}
\end{gather}
\]
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.
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 equações (II) e (III)
na equação (I)
\[
\begin{gather}
\Phi_{\small E}=\int_AE\;\mathbf i\cdot dA\;\mathbf n \\[5pt]
\Phi_{\small E}=\int_AEdA\underbrace{\;\mathbf i\cdot\;\mathbf n}_{1}
\end{gather}
\]
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),
\( \mathbf i\cdot\mathbf n=|\;\mathbf i\;|\;|\;\mathbf n\;|\;\cos 0=1\times 1\times 1=1 \).
\[ \mathbf i\cdot\mathbf n=|\;\mathbf i\;|\;|\;\mathbf n\;|\;\cos 0=1\times 1\times 1=1 \]
\[
\begin{gather}
\Phi_{\small E}=\int_AEdA \tag{IV}
\end{gather}
\]
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 equação (V) na equação (IV)
\[
\begin{gather}
\Phi_{\small E}=\iint Er\;dr\;d\theta
\end{gather}
\]
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
\[
\begin{gather}
\Phi_{\small E}=E\int r\;dr\int d\theta
\end{gather}
\]
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)
\[
\begin{gather}
\Phi_{\small E}=E\int_0^ar\;dr\int_{0}^{{2\pi}}d\theta
\end{gather}
\]
Integral de
\( \displaystyle \int_0^ar\;dr \)
\[
\begin{gather}
\int_0^ar\;dr=\left.\frac{r^2}{2}\;\right|_{\;0}^{\;a}=\frac{a^2}{2}-\frac{0^2}{2}=\frac{a^2}{2}
\end{gather}
\]
Integral de
\( \displaystyle \int_0^{2\pi}d\theta \)
\[
\begin{gather}
\int_0^{2\pi}d\theta=\left.\theta \;\right|_{\;0}^{\;2\pi }=2\pi-0=2\pi
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\Phi_{\small E}=E\frac{a^2}{2}2\pi
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\Phi_{\small E}=\pi a^2E}
\end{gather}
\]
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 equação (III).
Substituindo as equações (III) e (VI) na equação (I)
\[
\begin{gather}
\Phi_{\small E}=\int_A\left(E_x\;\mathbf i+E_y\;\mathbf j\;\right)\cdot dA\;\mathbf n \\[5pt]
\Phi_{\small E}=\int_AE_x\;\mathbf i\cdot dA\;\mathbf n+\int_AE_y\;\mathbf j\cdot dA\;\mathbf n \\[5pt]
\Phi_{\small E}=\int_AE_x\;dA\underbrace{\;\mathbf i\cdot\mathbf n}_1+\int_AE_y\;dA\underbrace{\;\mathbf j\cdot\mathbf n}_0
\end{gather}
\]
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),
\( \mathbf i\cdot\mathbf n=|\;\mathbf i\;|\;|\;\mathbf n\;|\cos0=1\times 1\times 1=1 \).
\[ \mathbf i\cdot\mathbf n=|\;\mathbf i\;|\;|\;\mathbf n\;|\cos0=1\times 1\times 1=1 \]
O vetor unitário
j também tem módulo 1, como ele é perpendicular a
n
\( \left(\theta =\frac{\pi}{2}\right) \)
o produto escalar será
\( \mathbf j\cdot\mathbf n=|\;\mathbf j\;|\;|\;\mathbf n\;|\cos\frac{\pi }{2}=1\times 1\times 0=0 \)
\[ \mathbf j\cdot\mathbf n=|\;\mathbf j\;|\;|\;\mathbf n\;|\cos\frac{\pi }{2}=1\times 1\times 0=0 \]
(Figura 3).
\[
\begin{gather}
\Phi_{\small E}=\int_AE_x\;\mathit{dA} \tag{VII}
\end{gather}
\]
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
\[
\begin{gather}
E_x=E\operatorname{sen}\alpha \tag{VIII}
\end{gather}
\]
O elemento de área dA será dado pela equação (V) obtida acima, substituindo as equações (V) e
(VIII) na equação (VII)
\[
\begin{gather}
\Phi_{\small E}=\iint E\operatorname{sen}\alpha r\;dr\;d\theta
\end{gather}
\]
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
\[
\begin{gather}
\Phi_{\small E}=E\operatorname{sen}\alpha\int r\;dr\int d\theta
\end{gather}
\]
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)
\[
\begin{gather}
\Phi_{\small E}=E\operatorname{sen}\alpha\int_0^ar\;dr\int_{0}^{{2\pi}}d\theta
\end{gather}
\]
as duas integrais já foram calculadas no item (a)
\[
\begin{gather}
\Phi_{\small E}=E\operatorname{sen}\alpha\frac{a^2}{\cancel{2}}\cancel{2}\pi
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\Phi_{\small E}=\pi a^2E\operatorname{sen}\alpha}
\end{gather}
\]
