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
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\Phi_{\small E}=\int_A\mathbf E.d\mathbf A} \tag{I}
\end{gather}
\]
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)
\[
\begin{gather}
\Phi_{\small E}=\int_AE\;\mathbf i\cdot dA\;\mathbf n\\
\Phi_{\small E}=\int_AEdA\underbrace{\;\mathbf i\cdot\;\mathbf n}_{1}
\end{gather}
\]
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),
\( \mathbf i\cdot\mathbf n=|\;\mathbf i\;|\;|\;\mathbf n\;|\;\cos 0=1\times 1\times 1=1 \).
\[ \mathbf i\cdot\mathbf n=|\;\mathbf i\;|\;|\;\mathbf n\;|\;\cos 0=1\times 1\times 1=1 \]
\[
\begin{gather}
\Phi_{\small E}=\int_AEdA \tag{IV}
\end{gather}
\]
Em coordenadas polares as coordenadas x e y são dados por
\[
\begin{gather}
x=r\cos \theta \qquad \text{,} \qquad y=r\operatorname{sen}\theta \tag{V}
\end{gather}
\]
O elemento de área em coordenadas cartesianas é
\[
\begin{gather}
dA=dx\;dy
\end{gather}
\]
para obter o elemento de área em coordenadas polares calculamos o Jacobiano dado pelo determinante
\[
J=\left[
\begin{matrix}
\;\dfrac{\partial x}{\partial r}&\dfrac{\partial x}{\partial\theta }\;\\
\;\dfrac{\partial y}{\partial r}&\dfrac{\partial y}{\partial\theta }\;
\end{matrix}
\right]
\]
Cálculo das derivadas parciais das funções
x e
y dadas em (V)
\( x=r\cos\theta \):
\( \dfrac{\partial x}{\partial r}=\dfrac{\partial (r\cos\theta )}{\partial r}=\cos\theta \dfrac{\partial r}{\partial r}=\cos\theta .1=\cos\theta \)
\[ \dfrac{\partial x}{\partial r}=\dfrac{\partial (r\cos\theta )}{\partial r}=\cos\theta \dfrac{\partial r}{\partial r}=\cos\theta .1=\cos\theta \]
,
na derivada em
r o valor de θ é constante e o cosseno sai da derivada.
\( \dfrac{\partial x}{\partial\theta }=\dfrac{\partial (r\cos\theta)}{\partial\theta }=r\dfrac{\partial (\cos\theta )}{\partial\theta}=r(-\operatorname{sen}\theta)=-r\operatorname{sen}\theta \)
\[ \dfrac{\partial x}{\partial\theta }=\dfrac{\partial (r\cos\theta)}{\partial \theta }=r\dfrac{\partial (\cos\theta )}{\partial\theta}=r(-\operatorname{sen}\theta)=-r\operatorname{sen}\theta \]
,
na derivada em θ o valor de
r é constante e sai da derivada.
\( y=r\operatorname{sen}\theta \):
\( \dfrac{\partial y}{\partial r}=\dfrac{\partial (r\operatorname{sen}\theta)}{\partial r}=\operatorname{sen}\theta \dfrac{\partial r}{\partial r}=\operatorname{sen}\theta .1=\operatorname{sen}\theta \)
\[ \dfrac{\partial y}{\partial r}=\dfrac{\partial (r\operatorname{sen}\theta)}{\partial r}=\operatorname{sen}\theta \dfrac{\partial r}{\partial r}=\operatorname{sen}\theta .1=\operatorname{sen}\theta \]
,
na derivada em
r o valor de θ é constante e o seno sai da derivada.
\( \dfrac{\partial y}{\partial\theta }=\dfrac{\partial (r\operatorname{sen}\theta)}{\partial\theta }=r\dfrac{\partial (\operatorname{sen}\theta )}{\partial\theta }=r\cos\theta \)
\[ \dfrac{\partial y}{\partial\theta }=\dfrac{\partial (r\operatorname{sen}\theta)}{\partial \theta }=r\dfrac{\partial (\operatorname{sen}\theta )}{\partial\theta }=r\cos\theta \]
,
na derivada em θ o valor de
r é constante e sai da derivada.
\[
\begin{gather}
dA=dx\;dy=J\;dr\;d\theta \\[5pt]
J=\left[
\begin{matrix}
\;\cos\theta &-r\operatorname{sen}\theta\; \\
\;\operatorname{sen}\theta &r\cos\theta
\end{matrix}
\right] \\[5pt]
J=\cos\theta\times r\cos\theta-(-r\operatorname{sen}\theta .\operatorname{sen}\theta ) \\[5pt]
J=r\cos^2\theta +r\operatorname{sen}^2\theta \\[5pt]
J=r(\underbrace{\cos^2\theta+\operatorname{sen}^2\theta }_{1}) \\[5pt]
J=r
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
dA=r\;dr\;d\theta \tag{VI}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (VI) 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 2) o vetor campo elétrico pode ser escrito como
\[
\begin{gather}
\mathbf E=E_x\;\mathbf i+E_y\;\mathbf j \tag{VII}
\end{gather}
\]
Para o vetor elemento de área vale a mesma equação (III).
Substituindo as equações (III) e (VII) 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),
\( \mathbf i\cdot\mathbf n=|\;\mathbf i\;|\;|\;\mathbf n\;|\cos0=1\times 1\times 1=1 \).
\[ \mathbf i\dot\mathbf n=|\;\mathbf i\;|\;|\;\mathbf n\;|\cos0=1\times 1\times 1=1 \]
.
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 2).
\[
\begin{gather}
\Phi_{\small E}=\int_AE_x\;dA \tag{VIII}
\end{gather}
\]
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
\[
\begin{gather}
E_x=E\operatorname{sen}\alpha \tag{IX}
\end{gather}
\]
O elemento de área dA será dado pela equação (VI) obtida acima, substituindo as equações (VI) e
(IX) na equação (VIII)
\[
\begin{gather}
\Phi_{\small E}=\iint E\operatorname{sen}\alpha r\;dr\;d\theta
\end{gather}
\]
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)
\[
\begin{gather}
\Phi_{\small E}=E\operatorname{sen}\alpha\frac{a^2}{\cancel{2}}\cancel{2}\pi
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\Phi_{\small E}=\pi a^2E\operatorname{sen}\alpha}
\end{gather}
\]
