Exercício Resolvido de Resolvido de Lei de Gauss
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Calcule o fluxo elétrico através de um hemisfério de raio a imerso num campo elétrico de intensidade E.


Dados do problema:
  • Raio do hemisfério:    a;
  • Intensidade do campo elétrico:    E.
Solução

O fluxo elétrico é dado por
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {\Phi_{E}=\int_{A}{\mathbf{E}}.d\mathbf{A}} \tag{I} \end{gather} \]
Adotamos um sistema de referência com o eixo-z na direção e sentido do vetor campo elétrico e os eixos x e y na base do hemisfério, então o vetor campo elétrico pode ser escrito como
\[ \begin{gather} \mathbf{E}=E\;\mathbf{k} \tag{II} \end{gather} \]
onde i, j e k são os vetores unitários nas direções x, y e z respectivamente.
O vetor elemento de área é dado por
\[ \begin{gather} d\mathbf{A}=dA\;\mathbf{n} \tag{III} \end{gather} \]
onde n é o vetor unitário na direção perpendicular à superfície hemisférica.
Figura 1

Observação: A base ijk foi desenhada com o vetor na direção y no sentido para baixo de modo que o sistema de eixos seja dextrogiro, ou seja obedeça à Regra da Mão Direita.

Substituindo as expressões (II) e (III) na expressão (I)
\[ \begin{gather} \Phi_{E}=\int_{A}E\;\mathbf{k}.dA\;\mathbf{n}\\ \Phi_{E}=\int_{A}EdA\underbrace{\;\mathbf{k}.\;\mathbf{n}}_{1} \end{gather} \]

Observação: Como k e n são vetores unitário seus módulos são iguais a 1 e o ângulo entre eles é θ. O vetor k tem sua direção e sentido fixos no referencial, mas o vetor n é normal à superfície hemisférica em cada ponto, variando de θ = 0, no ponto central do hemisfério onde a direção e sentido de n e E coincidem, até \( \theta =\frac{\pi}{2} \), na borda da superfície onde n é perpendicular a E (Figura 2).

Figura 2
O produto escalar entre eles será.
\[ \mathbf{k}.\mathbf{n}=|\;\mathbf{k}\;|\;|\;\mathbf{n}\;|\cos\theta =1.1.\cos \theta =\cos \theta \]
\[ \begin{gather} \Phi_{E}=\int_{A}E\cos \theta \;dA \tag{IV} \end{gather} \]
Para visualizar o elemento de área dA giramos o hemisfério em torno do eixo-x (Figura 3).
Figura 3
O elemento de área dA será
\[ \begin{gather} dA=r\;d\theta r\operatorname{sen}\theta \;d\phi\\ dA=r^{2}\operatorname{sen}\theta \;d\theta \;d\phi \tag{V} \end{gather} \]
substituindo a expressão (V) na expressão (IV)
\[ \begin{gather} \Phi_{E}=\iint E\cos \theta r^{2}\operatorname{sen}\theta \;d\theta \;d\phi \\ \Phi_{E}=\iint Er^{2}\cos \theta \operatorname{sen}\theta \;d\theta \;d\phi \end{gather} \]
Como o campo elétrico é uniforme e a integral não depende do raio eles podem “sair” da integral e como não existem termos “cruzados” em θ e ϕ as integrais podem ser separadas
\[ \Phi_{E}=Er^{2}\int \cos \theta \operatorname{sen}\theta \;d\theta \int d\phi \]
Os limites de integração serão de 0 a \( \frac{\pi}{2} \) em dq e de 0 e 2π em d&varphoi; (uma volta completa na base do hemisfério)
\[ \Phi_{E}=Er^{2}\int_{0}^{{\frac{\pi}{2}}}\cos \theta\operatorname{sen}\theta \;d\theta \int_{0}^{{2\pi}}d\phi \]
Figura 4

Integral de    \( \displaystyle \int_{0}^{{\frac{\pi}{2}}}\cos \theta \operatorname{sen}\theta\;d\theta \)

fazendo a mudança de variável
\[ \begin{array}{l} u=\operatorname{sen}\theta\\ du=\cos\theta \;d\theta \Rightarrow d\theta =\dfrac{du}{\cos \theta} \end{array} \]
fazendo a mudança dos extremos de integração

para θ = 0
temos   \( u=\operatorname{sen}0=0 \)

para \( \theta =\dfrac{\pi}{2} \)
temos   \( u=\operatorname{sen}\dfrac{\pi}{2}=1 \)
\[ \begin{align} \int_{0}^{1}\cancel{\cos \theta} \;u\;\frac{du}{\cancel{\cos\theta}} & \Rightarrow \int_{0}^{1}u\;du\Rightarrow\left.\frac{u^{\;2}}{2}\;\right|_{\;0}^{\;1}\Rightarrow\\ & \Rightarrow\frac{1^{\;2}}{2}-\frac{0^{\;2}}{2}\;\Rightarrow\;\frac{1}{2} \end{align} \]

Integral de    \( \displaystyle \int_{0}^{{2\pi}}\;d\phi \)
\[ \int_{0}^{{2\pi}}\;d\phi =\left.\phi \;\right|_{\;0}^{\;2\pi}=2\pi-0=2\pi \]
\[ \Phi_{E}=Er^{2}\frac{1}{\cancel{2}}\cancel{2}\pi \]
para r = a
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {\Phi_{E}=\pi a^{2}E} \]
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