Exercício Resolvido de Lei de Gauss

Determine o módulo do campo elétrico de uma esfera condutora maciça, carregada com uma carga Q, em todo o espaço.

Dados do problema:

Carga da esfera: Q.

Esquema do problema:

Vamos assumir que a esfera está carrega com uma carga positiva (Q > 0) e seu raio é igual à R.
Para determinar o módulo do campo elétrico em todo o espaço devemos considerar os pontos no interior da esfera, \( r\leqslant R \), e pontos no exterior da esfera, r > R (Figura 1).

Figura 1

Consideramos uma superfície Gaussiana interna e outra superfície externa á esfera.

Solução

Para \( r\leqslant R \):

Como a esfera é condutora a carga se acumula na superfície, no interior não existem cargas (Figura 2), portanto o campo elétrico é nulo

\[ \begin{gather} E=0 \tag{I} \end{gather} \]

Figura 2

Para r > R:

A Lei de Gauss no diz que

\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {\oint_{A}{\mathbf{E}}.d\mathbf{A}=\frac{q}{\epsilon_{0}}} \tag{II} \end{gather} \]

O campo elétrico se espalha radialmente a partir da distribuição de cargas na direção e_r, e em cada elemento de área dA da superfície temos um vetor unitário n perpendicular à superfície e orientado para fora. Assim em cada ponto da superfície o vetor campo elétrico E e o vetor unitário n possuem a mesma direção e sentido (Figura 3).

Figura 3

O vetor campo elétrico só possui componente na direção e_r pode ser escrito como

\[ \begin{gather} \mathbf{E}=E\;{\mathbf{e}}_{r} \tag{III} \end{gather} \]

O vetor elemento de área pode ser escrito como

\[ \begin{gather} d\mathbf{A}=dA\;\mathbf{n} \tag{IV} \end{gather} \]

substituindo as expressões (III) e (IV) na expressão (II)

\[ \begin{gather} \oint_{A}E\;{\mathbf{E}}_{r}.dA\;\mathbf{n}=\frac{q}{\epsilon_{0}}\\ \oint_{A}E\;dA\;\underbrace{{\mathbf{E}}_{r}.\mathbf{n}}_{1}=\frac{q}{\epsilon_{0}} \end{gather} \]

Observação: Como e_r e n são vetores unitário seus módulos são iguais à 1, como ambos estão na mesma direção e sentido o ângulo entre eles é nulo (θ = 0), \( {\mathbf{E}}_{r}.\mathbf{n}=|\;{\mathbf{E}}_{r}\;|\;|\;\mathbf{n}\;|\cos0=1.1.1=1 \).

\[ {\mathbf{E}}_{r}.\mathbf{n}=|\;{\mathbf{E}}_{r}\;|\;|\;\mathbf{n}\;|\cos0=1.1.1=1 \]

\[ \begin{gather} \oint_{A}E\;dA=\frac{q}{\epsilon_{0}} \tag{V} \end{gather} \]

O elemento de área dA será (Figura 4-A)

\[ \begin{gather} dA=r\;d\theta r\operatorname{sen}\theta \;d\phi\\ dA=r^{2}\operatorname{sen}\theta \;d\theta \;d\phi \tag{VI} \end{gather} \]

substituindo a expressão (VI) na expressão (V)

\[ \begin{gather} \int Er^{2}\operatorname{sen}\theta \;d\theta \;d\phi =\frac{q}{\epsilon_{0}} \tag{VII} \end{gather} \]

A integral não depende do raio, assim E e r podem “sair” da integral e como não existem termos “cruzados” em θ e ϕ as integrais podem ser separadas

\[ Er^{2}\int \operatorname{sen}\theta \;d\theta \int d\phi=\frac{q}{\epsilon_{0}} \]

Figura 4

Os limites de integração serão de 0 a π em dθ e de 0 e 2π em dϕ (uma volta completa na esfera), conforme Figura 4-B

\[ Er^{2}\int_{0}^{\pi}\operatorname{sen}\theta \;d\theta \int_{0}^{{2\pi}}d\phi =\frac{q}{\epsilon_{0}} \]

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

\[ \int_{0}^{\pi}\operatorname{sen}\theta \;d\theta \Rightarrow\left.-\cos \theta \;\right|_{\;0}^{\;\pi}\Rightarrow -(\cos \pi -\cos0)\Rightarrow -(-1-1)\Rightarrow -(-2)\Rightarrow 2 \]

Integral de \( \displaystyle \int_{0}^{{2\pi}}\;d\phi \)

\[ \int_{0}^{{2\pi}}\;d\phi =\left.\phi \;\right|_{\;0}^{\;2\pi}=2\pi-0=2\pi \]

\[ Er^{2}.2.2\pi =\frac{q}{\epsilon_{0}} \]

sendo q a carga total da distribuição temos, q = Q,

\[ \begin{gather} E=\frac{Q}{4\pi \epsilon_{0}r^{2}} \tag{VIII} \end{gather} \]

a solução será dada pelas expressões (I) e (VIII)

\[ \bbox[#FFCCCC,10px] { E= \begin{cases} \;\;\quad 0 &, & r\leqslant R\\ \dfrac{Q}{4\pi \epsilon_{0}r^{\;2}} &, & r\gt R \end{cases} } \]

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