Determine o módulo do campo elétrico de um plano infinito de cargas positivas como densidade superficial de
cargas igual a σ.
Dados do problema:
- Densidade superficial de cargas: σ.
Esquema do problema:
Como as cargas são positivas elas geram um campo elétrico de afastamento da placa na direção vertical e com
sentido para cima na face superior da placa e com sentido para baixo na face inferior (Figura 1-A).
Vamos adotar um sistema de referência com o vetor unitário k no mesmo sentido do campo elétrico,
para “fora” da placa (Figura 1-B).
Solução:
Vamos adotar uma superfície Gaussiana formada por um cilindro que atravessa o centro da placa
(Figura 2-A).
Seja um vetor unitário n perpendicular às faces superior, inferior e lateral do cilindro
(AS, AI e AL), conforme Figuras 2-B e 2-C.
A Lei de Gauss é dada por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\oint_A\mathbf E\cdot\;d\mathbf A=\frac{q}{\epsilon_0}}
\end{gather}
\]
onde a integral é a soma das integrais sobre cada uma das áreas da superfície do cilindro
\[
\begin{gather}
\int_{A_{\small S}{\mathbf E}\cdot d{\mathbf A}_{\small S}+\int_{A_{\small I}}{\mathbf E}\cdot d{\mathbf A}_{\small I}+\int_{A_{\small L}}{\mathbf E}\cdot d{\mathbf A}_{\small L}=\frac{q}{\epsilon_0}
\end{gather}
\]
As áreas superior e inferior são iguais à área de um círculo,
AS = AI = AC
\[
\begin{gather}
\int_{A_{\small C}}{\mathbf E}\cdot d{\mathbf A}_{\small C}+\int_{A_{\small C}}{\mathbf E}\cdot d{\mathbf A}_{\small C}+\int_{A_{\small L}}{\mathbf E}\cdot d{\mathbf A}_{\small L}=\frac{q}{\epsilon_0} \\
2\int_{A_{\small C}}{\mathbf E}\cdot d{\mathbf A}_{\small C}+\int_{A_{\small L}}{\mathbf E}\cdot d{\mathbf A}_{\small L}=\frac{q}{\epsilon_0} \tag{I}
\end{gather}
\]
O vetor campo elétrico só possui componente na direção k pode ser escrito como
\[
\begin{gather}
\mathbf E=E\;\mathbf k \tag{II}
\end{gather}
\]
O vetor elemento de área pode ser escrito como
\[
\begin{gather}
d\mathbf A=\mathit{dA}\;\mathbf n \tag{III}
\end{gather}
\]
substituindo as equações (II) e (III) na equação (I)
\[
\begin{gather}
2\int_{A_{\small C}}E\;\mathbf k\cdot dA_{\small C}\;\mathbf n+\int_{A_{\small L}}E\;\mathbf k\cdot dA_{\small L}\mathbf n=\frac{q}{\epsilon_0} \\
2\int_{A_{\small C}}E\;dA_{\small C}\;\underbrace{\mathbf k\cdot\mathbf n}_{1}+\int_{A_{\small L}}E\;dA_{\small L}\;\underbrace{\mathbf k\cdot\mathbf n}_{0}=\frac{q}{\epsilon_0}
\end{gather}
\]
Observação: Como
k e
n são vetores unitários seus módulos são iguais a 1, como
ambos estão na mesma direção e sentido nas faces superior e inferior o ângulo entre eles é nulo
(θ = 0),
\( \mathbf k\cdot\mathbf n=|\;\mathbf k\;|\;|\;\mathbf n\;|\cos 0=1\times 1\times 1=1 \text{.}\)
\[ \mathbf k\cdot\mathbf n=|\;\mathbf k\;|\;|\;\mathbf n\;|\cos 0=1\times 1\times 1=1 \]
Para a face lateral do cilindro,
k é perpendicular a
n
\( \left(\theta=\frac{\pi}{2}\right) \),
o produto escalar será
\( \mathbf k\cdot\mathbf n=|\;\mathbf k\;|\;|\;\mathbf n\;|\cos\frac{\pi }{2}=1\times 1\times 0=0 \text{.}\)
\[ \mathbf k\cdot\mathbf n=|\;\mathbf k\;|\;|\;\mathbf n\;|\cos\frac{\pi }{2}=1\times 1\times 0=0 \]
\[
\begin{gather}
2\int_{A_{\small C}}E\;dA_{\small C}=\frac{q}{\epsilon_0} \tag{IV}
\end{gather}
\]
A densidade superficial de cargas é dada por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\sigma =\frac{q}{A}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
q=\sigma A \tag{V}
\end{gather}
\]
onde A representa a área onde as cargas estão distribuídas internamente à
superfície Gaussiana (não toda a área da placa), e colocando o campo elétrico para fora da integral,
substituindo a equação (V) na equação (IV)
\[
\begin{gather}
2E\underbrace{\int_{A_{\small C}}dA_{\small C}}_{A}=\frac{\sigma A}{\epsilon_0}
\end{gather}
\]
a integral da área do círculo é igual a área A da placa onde estão distribuídas as cargas
(internamente à superfície Gaussiana)
\[
\begin{gather}
2E\cancel A=\frac{\sigma\cancel A}{\epsilon_0}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{E=\frac{\sigma }{2\epsilon_0}}
\end{gather}
\]
