Exercício Resolvido de Lei de Gauss
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Determine o módulo do campo elétrico, em todo o espaço, gerado por uma esfera maciça carregada com uma carga Q distribuída com uma densidade volumétrica de carga dada por ρ = αr, onde α é uma constante que torna a expressão dimensionalmente consistente.
Dados do problema:
- Carga da esfera: Q;
- Densidade volumétrica de carga: ρ = αr.
Vamos assumir que a esfera está carrega com uma carga positiva (q > 0) e seu raio é igual a
r.
A distribuição de cargas varia linearmente com o raio com a expressão
A distribuição de cargas varia linearmente com o raio com a expressão
\[
\begin{gather}
\rho (r)=\alpha r \tag{I}
\end{gather}
\]
no centro, onde r = 0 temos ρ = 0 (ponto em branco no centro da Figura 1), até a superfície da
esfera onde para r = R temos ρ = αR (superfície em cinza na Figura 1).
Figura 1
Para determinar o módulo do campo elétrico em todo o espaço devemos considerar os pontos no interior da esfera, r ≤ R, e pontos no exterior da esfera, r > R, (Figura 2).
Consideramos uma superfície Gaussiana interna e outra superfície externa á esfera.
Solução
- Para r ≤ R:
Como a carga está distribuída pelo seu volume, existem cargas no seu interior (Figura 3), pela
Lei de Gauss
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\oint_{A}\mathbf{E}.d \mathbf{A}=\frac{q}{\epsilon_{0}}} \tag{II}
\end{gather}
\]
Figura 3
a Lei de Gauss nos diz que apenas a carga interna à superfície Gaussiana contribuí para o campo elétrico
\[
\begin{gather}
\oint_{A}\mathbf{E}.d \mathbf{A}=\frac{1}{\epsilon_{0}}\int \rho \;dV \tag{III}
\end{gather}
\]
onde ρ é a densidade volumétrica de cargas e a integração é feita sobre o volume limitado pela
superfície Gaussiana.
A superfície Gaussiana que passa pelo ponto onde se deseja calcular o campo elétrico tem um raio
rs, a distribuição de cargas interna à superfície Gaussiana tem um raio
rq, como o ponto onde se deseja calcular o campo elétrico está no interior da
distribuição de cargas esses raios coincidem rs = rq = r
(Figura 4).
O campo elétrico se espalha radialmente a partir da distribuição de cargas na direção er, 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 5).
O campo elétrico se espalha radialmente a partir da distribuição de cargas na direção er, 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 5).
Figura 4
O vetor campo elétrico só possui componente na direção er pode ser escrito como
\[
\begin{gather}
\mathbf{E}=E\;{\mathbf{e}}_{r} \tag{IV}
\end{gather}
\]
O vetor elemento de área pode ser escrito como
\[
\begin{gather}
d \mathbf{A}=dA\;\mathbf{n} \tag{V}
\end{gather}
\]
substituindo as expressões (IV) e (V) na expressão (III)
\[
\begin{gather}
\oint_{A}E\;{\mathbf{e}}_{r}.dA\;\mathbf{n}=\frac{1}{\epsilon_{0}}\int \rho \;dV\\
\oint_{A}E\;dA\;\underbrace{{\mathbf{e}}_{r}.\mathbf{n}}_{1}=\frac{1}{\epsilon_{0}}\int \rho \;dV
\end{gather}
\]
Observação: Como er e n são vetores unitários, seus módulos
são iguais a 1, e como ambos estão na mesma direção e sentido o ângulo entre eles é nulo (θ = 0),
\( \mathbf{e}_{r}.\mathbf{n}=|\;{\mathbf{e}}_{r}\;|\;|\;\mathbf{n}\;|\;\cos0=1.1.1=1 \).
\[ \mathbf{e}_{r}.\mathbf{n}=|\;{\mathbf{e}}_{r}\;|\;|\;\mathbf{n}\;|\;\cos0=1.1.1=1 \]
\[
\begin{gather}
\oint_{A}E\;dA=\frac{1}{\epsilon_{0}}\int \rho \;dV \tag{VI}
\end{gather}
\]
A integral do lado esquerdo da igualdade na expressão (VI) refere-se a superfície Gaussiana e é feita
sobre todos os elementos de área dA (Figura 6-A), a integral do lado direito da igualdade refere-se
a distribuição de cargas interna à superfície Gaussiana e é feita sobre todos os elementos de volume
dV (Figura 6-B).O elemento de área dA será
\[
\begin{gather}
dA=r_{s}\;d\theta \;r_{s}\operatorname{sen}\theta \;d\phi\\
dA=r_{s}^{2}\;\operatorname{sen}\theta \;d\theta \;d\phi \tag{VII}
\end{gather}
\]
O elemento de volume dV será
\[
\begin{gather}
dV=r_{q}\;d\theta \;r_{q}\operatorname{sen}\theta \;d\phi\;dr_{q}\\
dV=r_{q}^{2}\operatorname{sen}\theta \;dr_{q}\;d\theta \;d\phi \tag{VIII}
\end{gather}
\]
Fazendo r = rq, na expressão (I) para a densidade de cargas dada do problema, e
substituindo as expressões (VII) e (VIII) na expressão (VI)
\[
\begin{gather}
\int E\;r_{s}^{2}\operatorname{sen}\theta \;d\theta \;d\phi=\frac{1}{\epsilon _{0}}\int \alpha r_{q}r_{q}^{2}\operatorname{sen}\theta\;dr_{q}\;d\theta \;d\phi \\
\int Er_{s}^{2}\operatorname{sen}\theta \;d\theta\;d\phi =\frac{1}{\epsilon_{0}}\int \alpha r_{q}^{3}\operatorname{sen}\theta\;dr_{q}\;d\theta \;d\phi
\end{gather}
\]
Do lado esquerdo da igualdade a integral não depende do raio da superfície Gaussiana, assim E e
rs podem “sair” da integral e como não existem termos “cruzados” em θ e ϕ as
integrais podem ser separadas. Do lado direito da igualdade α é constate e pode “sair” da integral e
como não existem termos “cruzados” em rq, θ e ϕ as integrais podem ser
separadas.
\[
\begin{gather}
Er_{s}^{2}\int \operatorname{sen}\theta \;d\theta \int d\phi =\frac{\alpha}{\epsilon_{0}}\int r_{q}^{3}\;dr_{q}\int \operatorname{sen}\theta \;d\theta\int d\phi \tag{IX}
\end{gather}
\]
Do lado esquerdo da igualdade 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 7-A, e temos rs = r,
lembrando da Figura 4 acima.
Do lado direito os limites de integração serão de 0 a π em dθ, de 0 e 2π em dϕ (uma volta completa na esfera) e de 0 a r em drq (Figura 7-B)
\[
Er^{2}\int_{0}^{\pi}\operatorname{sen}\theta \;d\theta \int_{0}^{{2\pi}}d\phi =\frac{\alpha}{\epsilon_{0}}\int_{0}^{r}r_{q}^{3}\;dr_{q}\int_{0}^{\pi}\operatorname{sen}\theta \;d\theta\int_{0}^{{2\pi}}d\phi
\]
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 \( \displaystyle \int_{0}^{{2\pi}}\;d\phi \)
\[
\int_{0}^{{2\pi}}\;d\phi =\left.\phi \;\right|_{\;0}^{\;2\pi}=2\pi-0=2\pi
\]
Integral de \( \displaystyle \int_{0}^{r}r_{q}^{3}\;dr_{q} \)
\[
\int_{0}^{r}r_{q}^{3}\;dr_{q}=\left.\frac{r_{q}^{3+1}}{3+1}\;\right|_{\;0}^{\;r}=\left.\frac{r_{q}^{4}}{4}\;\right|_{\;0}^{\;r}=\left(\frac{r^{4}}{4}-\frac{0^{4}}{4}\right)=\frac{r^{4}}{4}
\]
\[
\begin{gather}
Er^{2}2.2\pi =\frac{\alpha}{\epsilon_{0}}\frac{r^{4}}{4}2.2\pi \\
\cancel{4}\cancel{\pi} E\cancel{r^{2}}=\cancel{4}\cancel{\pi} \frac{\alpha}{\epsilon_{0}}\frac{{r^{\cancelto{2}{4}}}}{4}\\
E=\frac{\alpha}{\epsilon_{0}}\frac{r^{2}}{4} \tag{X}
\end{gather}
\]
- Para r > R:
Nesta situação a superfície Gaussiana passando pelo ponto onde se deseja calcular o campo elétrico
tem um raio rs = r externo à distribuição de cargas e o raio da distribuição de
cargas será o próprio raio da esfera rq = R (Figura 8)
Para o cálculo do campo elétrico é válida a mesma expressão obtida em (IX)
Do lado direito os limites de integração serão de 0 a π em dθ, de 0 e 2π em dϕ e de 0 a R em drq.
Para o cálculo do campo elétrico é válida a mesma expressão obtida em (IX)
\[
Er_{s}^{2}\int \operatorname{sen}\theta \;d\theta \int d\phi =\frac{\alpha}{\epsilon_{0}}\int r_{q}^{3}\;dr_{q}\int \operatorname{sen}\theta \;d\theta\int d\phi
\]
Do lado esquerdo da igualdade os limites de integração serão os mesmos usados no caso anterior, apenas
lembrando que agora o ponto r é externo à distribuição de cargas, de 0 a π em dθ e de
0 e 2π em dθ, e temos rs = r, lembrando da Figura 4 acima.Do lado direito os limites de integração serão de 0 a π em dθ, de 0 e 2π em dϕ e de 0 a R em drq.
Figura 8
\[
Er^{2}\int_{0}^{\pi}\operatorname{sen}\theta \;d\theta \int_{0}^{{2\pi}}d\phi =\frac{\alpha}{\epsilon_{0}}\int_{0}^{R}r_{q}^{3}\;dr_{q}\int_{0}^{\pi}\operatorname{sen}\theta \;d\theta\int_{0}^{{2\pi }}d\phi
\]
Integral de \( \displaystyle \int_{0}^{R}r_{q}^{3}\;dr_{q} \)
\[
\int_{0}^{R}r_{q}^{3}\;dr_{q}=\left.\frac{r_{q}^{3+1}}{3+1}\;\right|_{\;0}^{\;R}=\left.\frac{r_{q}^{4}}{4}\;\right|_{\;0}^{\;R}=\left(\frac{R^{4}}{4}-\frac{0^{4}}{4}\right)=\frac{R^{4}}{4}
\]
\[
\begin{gather}
Er^{2}2.2\pi =\frac{\alpha}{\epsilon_{0}}\frac{R^{4}}{4}2.2\pi \\
4\pi Er^{2}=4\pi \frac{\alpha}{\epsilon_{0}}\frac{R^{4}}{4}\\
E=\frac{\alpha R^{4}}{4\epsilon_{0}r^{2}} \tag{XI}
\end{gather}
\]
A carga total da esfera de raio R para a densidade volumétrica de cargas dada no problema é
\[
Q=\int dq
\]
o elemento de carga dq é dado por
\( \rho =\frac{dq}{dV}\Rightarrow dq=\rho dV \),
substituindo este valor na expressão acima
\[
Q=\int \rho dV
\]
substituindo a expressão (I)
\[
Q=\int \alpha r dV
\]
o elemento de volume dV será o mesmo da expressão (VIII)
\[
\begin{gather}
Q=\int \alpha rr^{2}\operatorname{sen}\theta \;dr\;d\theta\;d\phi \\
Q=\int \alpha r^{3}\operatorname{sen}\theta \;dr\;d\theta \;d\phi
\end{gather}
\]
aqui vale o mesmo cálculo feito acima, constante pode “sair” da integral, as integrais podem ser separadas e
os limites de integração serão de 0 a π em dθ, de 0 e 2π em dϕ e de 0 a
R em dr
\[
\begin{gather}
Q=\alpha \int_{0}^{R}r^{3}\;dr\int_{0}^{\pi}\operatorname{sen}\theta \;d\theta \int_{0}^{{2\pi }}d\phi \\
Q=\alpha\frac{R^{4}}{4}.2.2\pi \\Q=\alpha \pi R^{4}\\
\alpha R^{4}=\frac{Q}{\pi} \tag{XII}
\end{gather}
\]
substituindo a expressão (XII) na expressão (XI)
\[
\begin{gather}
E=\frac{Q}{4\pi \epsilon_{0}r^{2}} \tag{XIII}
\end{gather}
\]
a solução será dada pelas expressões (X) e (XIII)
\[ \bbox[#FFCCCC,10px]
{E=\left\{
\begin{matrix}
\;\dfrac{\alpha }{4\epsilon_{0}}r^{2}\;\text{,}\quad\;\; r\leqslant R\\
\;\dfrac{Q}{4\pi \epsilon_{0}r^{\;2}}\;\text{,}\quad r>R
\end{matrix}
\right.}
\]
Observação: O campo elétrico em todo o espaço é dado por uma função definida por partes.
Para r ≤ R varia com o quadrado da distância de r como uma Função do 2.º Grau \( y=ax^{2}+bx+c \), onde \( \underbrace{E}_{y}=\underbrace{\frac{\alpha}{4\epsilon_{0}}}_{a}\underbrace{r^{2}}_{x^{2}}+\underbrace{0}_{b}\underbrace{r}_{x}+\underbrace{0}_{c} \),
Para r > R o campo elétrico decai proporcionalmente a \( \frac{1}{r^{2}} \) como numa carga pontual.
Para r ≤ R varia com o quadrado da distância de r como uma Função do 2.º Grau \( y=ax^{2}+bx+c \), onde \( \underbrace{E}_{y}=\underbrace{\frac{\alpha}{4\epsilon_{0}}}_{a}\underbrace{r^{2}}_{x^{2}}+\underbrace{0}_{b}\underbrace{r}_{x}+\underbrace{0}_{c} \),
\[ \underbrace{E}_{y}=\underbrace{\frac{\alpha}{4\epsilon_{0}}}_{a}\underbrace{r^{2}}_{x^{2}}+\underbrace{0}_{b}\underbrace{r}_{x}+\underbrace{0}_{c} \]
como α e ε0 são constantes, representam o coeficiente a, como b e c
são nulos, a parábola passa pela origem, onde o campo elétrico é nulo
\( \left(\text{para }r=0\text{, temos, }E=\frac{\alpha}{4\epsilon_{\;0}}.0\Rightarrow E=0\right) \)
\[ \left(\text{para }r=0\text{, temos, }E=\frac{\alpha}{4\epsilon_{\;0}}.0\Rightarrow E=0\right) \]
.
O campo elétrico vai aumentando rapidamente até que na superfície se comporta como se toda a carga Q estivesse
concentrada na origem e o campo fosse calculado a uma distância R
\( \left(\text{para }r=R\text{, temos, }E=\frac{Q}{4\pi \epsilon_{0}R^{2}}\right) \)
\[ \left(\text{para }r=R\text{, temos, }E=\frac{Q}{4\pi \epsilon_{0}R^{2}}\right) \]
.Para r > R o campo elétrico decai proporcionalmente a \( \frac{1}{r^{2}} \) como numa carga pontual.
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