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. . . Do que trata a Lei de Gauss?
Até aqui: Lei de Coulomb “norteou”!
Lei de Gauss
→ mais simples quando se tem alta simetria (na verdade, só tem utilidade prática nesses casos!!)
Lei de Gauss: “outra forma de calcular campos elétricos”
→ válida quando há movimento de cargas;
→ faz parte das 4 eq. de Maxwell.
Fluxo de um vetorLei de Gauss
Ø Fluxo ↔ fluir : “fluidez” dos vetores de um campo através de uma superfície (imaginária).
→ associar campo com um “fluido” (pensar em . . . , fazer analogia com . . .)
Ex.: Linhas de campo de velocidade de “algo” escoando
“Quanto passa” através de uma superfície de área A ?
Alguns exemplos de fluxo através de superfícies:
Tem-se que considerar dimensões e direções.
Fluxo de um vetorLei de Gauss
Formalmente (para cálculos): associa-se vetor a uma superfície! n
2) superfície = conjunto de “elementos” de área
A∆≡∆ nA
1) n é um vetor unitário normal à superfície em cada ponto (aponta “para fora”);
Na figura ao lado• fluido de densidade ρ escoa através de uma superfície
com velocidade v;• em um intervalo de tempo t, pelo elemento de área ∆A,
fluirá uma quantidade de massa
tm vA ⋅∆=∆ ρ• o fluxo de massa (massa por unidade de tempo) é
Av ∆⋅=∆
=∆Φ ρtm
Fluxo de um vetorLei de Gauss
Ex. 2.1 – Água flui em um cano com diâmetro interno de 20 mm com velocidade homogênea (constante na secção transversa do cano) de1,5 m/s. Calcule o fluxo da água no cano.
Sol. – Na presente situação, v e ∆A são paralelos. Portanto
2=A rρ ρ π∆Φ = ∆v v
Substituindo os valores numéricos tem-se
3 23
kg cm1,0 10 150 3,14 1,0cm
cm s−∆Φ = × × × ×
0,47kg/s∆Φ =
Q- Qual é a densidade da água?
Fluxo de um vetorLei de Gauss
Analogamente . . .
∴ Fluxo do Campo Elétrico
Em uma superfície S qualquer (generalizando)
A idéia de fluxo pode ser usada pra qualquer campo (“imaterial”)
AE ∆⋅=Φ∆ E( ρ v ↔ E )
ii
i∑ ∆⋅≅Φ AEE
E no limite de se tomar elementos de área “bem pequenos”
∫ ⋅=ΦSE AE d (integração em toda a superfície)
com dA d nA ˆ=
Fluxo de um vetorLei de Gauss
Ex. 2.2 – Um campo elétrico varia nos espaço na forma
Sol. – o sinal do fluxo depende da escolha de dA .
Qual é o fluxo do campo na superfície quadrada indicada na ao lado?
N ˆ400C m
y=E k dyy
y (m
)
x (m)
1
1
2
2
3
3
E
0
L
LS
ˆˆ =n kEscolhendo-se “saindo do papel” como + , tem-se
Assim sendo, tem-seN Nˆ ˆ400 400C m C m
y yd dA dA⋅ = ⋅ =E A k k
Vê-se que E = E(y) (não depende de x e de z) ∴ pode-se tomar dA = L dy ,
N400
C my
d Ldy⋅ =E A⇒2
E S0
N N400 400
C m C m 2
L Ld Lydy LΦ = ⋅ = =
⋅ ⋅∫ ∫E A
33 2
E
N (3m) N400 5, 4 10 mC m 2 C
Φ = = ×⋅
∴
Fluxo do campo E de uma carga em uma superfície esférica
Lei de Gauss
Considere-se: partícula de carga +q
No presente caso, E é paralelo a dA ⇒ E.dA = E dA
Q- Qual é o fluxo de E em uma casca esférica de raio r ?
R- ΦΕ = !AE. S
d∫
∴ Φ = ∫S E dA = E dA = E A = ∫S
22
r 4 rq k π
Φ = 4 π k q
∴ O fluxo Φ { independe de r;
é proporcional ao valor de q.
A lei de Gauss
Lei de Gauss
Considere-se: duas superfícies, S1 e S2, envolvendo a partícula de carga +q
Se existe um conjunto de N cargas qi , criando campos Ei , tem-se
Φ = ∫S E.dA =
E
SS1
S2
q
Obviamente, ΦS1 = ΦS2
Pensando-se em q como fonte de um “fluido”
⇒ ΦS1 = ΦS2 = ΦS !
E = E1 + E2 + E3 +. . . = ∑ iE (princípio da superposição)
∴ o fluxo total através de uma superfície que envolva estas cargas será
∫S .dA =( )∫S
∑ iE .dA =i
∑i
Ei∑i
Φi = 4 π k qi∑i{
Φi
⇒ Φ = 4 π k qTOTAL
A lei de Gauss
Lei de Gauss
Define-se:
No sistema SI tem-se
A lei de Gauss estabelece que o fluxo do campo elétrico em qualquer superfície fechada é igual à razão
entre a carga total q no seu interior e a permissividade do vácuo.
Matematicamente,
ok
επ 1
4 ≡ com εo= permissividade elétrica do vácuo.
21212 mNC10817187854,8 −−−×=oε
Φ = ∫S E.dA =
οεq
Voltando à lei de Coulomb: rF ˆ4
12
21
rqq
oπε=
= carga dentro da superfície / εo
A lei de Gauss
Lei de Gauss
Um exemplo de análise de fluxo: uma carga positiva 2q e uma carga negativa – q
∴ Na superfície de Gauss que envolve as duas cargas, cruza um número líquido de linhas de força (linhas que saem da superfície e não entram de
volta) que é proporcional à carga líquida em seu interior q = 2q – q.
-q
2q
Superfície de Gauss
Linhas de força irradiam da carga positiva→ é fonte de linhas de força.
Linhas de força convergem para a carga negativa
→ é um sumidouro de linhas de força.Mas . . .
apenas metade das linhas que irradiam da carga 2q converge para a carga – q.
A lei de Gauss e a lei de Coulomb
Lei de Gauss
A lei de Gauss é mais geral que a de Coulomb
Foi visto: partícula de carga pontual +q
∫S E. dA = E 4 π r2
VALE também para cargas em movimento!(não é o caso da lei de Coulomb:
efeitos relativísticos)
rE ˆr4
12
o
q
πε=⇒
Obs. 1- a Lei de Coulomb é empíricaObs. 2- as condições de simetria podem deixar de valer e, nesses
casos, a lei de Gauss pode não ser útil para cálculo de E.
Ø1o caso: fio reto infinito, com densidade de carga uniforme λ
Q- Qual a superfície “imaginária” adequada?
Q- Como encontrar o fluxo?
R- o fio tem simetria cilíndrica, logo . . .
++++++++++++++++++++++++++++
R- ∫ ⋅=ΦSE AE d = carga dentro da superfície / εo
Lei de Gauss
Simplifica o cálculo de E quando há alta simetria!
+
++++
+++
+++
+++ E
hSuperfície de Gauss
r
. . . cilindro de raio r concêntrico ao fio + bases inferior e superior
E é radial (⊥ ao fio) ⇒ → fluxo nas bases é NULO já que E ⊥ a dA)!{ → nas laterais, E // a dA
→ Escolher a boa superfície de Gauss!
Como? ? → analisar a simetria!
Aplicações da Lei de Gauss
Aplicações da Lei de GaussLei de Gauss
+
++++
+++
+++
+++ E
hSuperfície de Gauss
ro
hE rh
λε
=
2 o
Er
λπ ε
=
Então, E 2π r h =
= carga dentro da superfície / εo =
∴
ΦΕ =
E é radial (⊥ ao fio) ⇒ → fluxo nas bases é NULO já que E ⊥ a dA)!{ → nas laterais, E // a dA
∫S E.dA =
Obs. O que significa ser “infinito”?
Aplicações da Lei de Gauss
E E
A
s
A
s
++++++
+
++++++ +
+++++++
++++++++
+++
+++
+++
++
+++++ +
+++++++
++
++
o
Ad E A
σε
⋅ = ⋅ =
2 o
Eσε
=
O fluxo é = carga dentro da superfície
Então, = E 2 A
∴
Obs. O que significa ser “infinito”?
Ø 2o caso: plano infinito, com densidade de carga uniforme σ
Lei de Gauss
ΦΕ = ∫S E.dA
Q- Qual a superfície “imaginária” adequada?
Q- Como deve ser o campo E ?
R- cilindro com eixo ⊥ ao plano (há outras!)
R- TEM que ser ⊥ ao plano!
ΦΕ = ∫S E.dA = carga dentro da superfície / εo =
Lei de Gauss
Ex. 2.4 – Um objeto de dimensões minúsculas e massa m tem uma carga q cujo valor se pretende determinar. Para esse fim, suspende-se o corpo, por uma linha de comprimento l, amarrado a um fio longo vertical com densidade linear de carga uniforme λ. Verifica-se que o corpo carregado se equilibra numa posição tal que a linha faz com o fio um ângulo θ. Quanto vale a carga do corpo?
Sol. – As forças que atuam no objeto são mostradas na figura.
Portanto,
Aplicações da Lei de Gauss
2 o
Tsen qE qr
λθ
πε= =
re usando-se r = l sen θ ⇒ 22
senoq lTπε
θλ
=
Na direção horizontal tem-se
Na direção vertical tem-se T cos θ = mg
22 sencos
olmgq
πε θλ θ
=
Aplicações da Lei de Gauss
Lei de Gauss
Q- Qual deve ser o campo E dentro de um condutor?
R- NULO, pois . . .
Q- Qual é o fluxo de E em qq superfície fechada interna ao condutor?
R- NULO, pois . . .
Q- Então, . . . como se distribuem as cargas em um condutor?
R- “qualquer carga desbalanceada em um condutor em equilíbrio se distribui em sua superfície”
Q- Como deve ser o campo E na superfície de condutor?
R- “tem que ser normal à mesma, pois do contrário haveria correntes de superfície”
Ø 3o caso: cargas e campos em um condutor em equilíbrio eletrostático
Aplicações da Lei de Gauss
Lei de Gauss
Ø 3o caso: cargas e campos em um condutor em equilíbrio eletrostático
Q- Qual o valor de E na superfície do condutor?
superfície gaussiana: pastilha de dimensões infinitesimais, com uma base no interior e a outra no exterior do condutor
AE
condutor
⇒ E é constante em cada superfície da pastilha!Considere-se a densidade superficial de cargas = σ.(σ = σ (r) = dq/dA pode variar de ponto a ponto!)
= ∫lateralE. dA + ∫base internaE. dA + ∫base externaE. dA
= carga dentro da superfície / εo = oε
σ A
o
Eσε
=⇒ campo próximo à superfície de um condutor carregado é
Obs. comparar com o campo de placa infinita
{
EA
ΦΕ = AE. S
d∫
Gaiola de Faraday
Lei de Gauss
Ex. Telefone celular dentro de um recipiente metálico
Considere-se um objeto metálico oco, tendo cargas em sua vizinhança: S
condutor
q1 q2
q3
q4
1) Na ausência de movimento de cargas (corrente)
⇒ E = 0 no interior de um condutor.
2) As cargas em um condutor ficam na superfície, i.e, qinterior = 0
1 & 2 ⇒ E = 0 dentro da cavidade!
∴ ΦΕ = = 0AE. S
d∫O interior do condutor está blindando
(gaiola de Faraday)
Faraday mostrou que o efeito de blindagem funciona para E = E(t)
Campo de uma distribuição esférica de cargas
Lei de Gauss
→ o campo E = 0 tem que ser radial (simetria).
Ø Considere-se um casca esférica com carga total Q e densidade de carga uniforme σ
SS1
2
R
r
Q
+++
+
+
+
+
+
+
+
+
+ ++
+ +
Em S2 ⇒ S2 E. dA= E 4πr2 = QS2 / εo∫∴
24 o
QE
rπε=
o campo é o mesmo que de uma carga pontual Q localizada no centro da casca esférica
Em S1 ⇒ S1 E. dA= E 4πr2 = QS1 / εo = 0∫ ∴ E = 0
Q- Como é o campo E de uma esfera maciça condutora, com carga Q ?
2 ,40 .
o
QE r R
rE r R
πε= >
= <{
Campo de uma distribuição esférica de cargas
Lei de Gauss
Distribuição esfericamente simétrica: → ρ = ρ (r) =ρ (r)
(depende apenas da distância ao centro)
Ø Objeto com distribuição esfericamente simétrica de cargas
ΦE = εo S E. dA = carga dentro da superfície S∫
Sr
E = E(r) = ?Lei de Gauss:
= ∫ρ dV
{εo S E. dA ∫ = ∫ ρ (r’) 4 π r’2 dr’
r
0Devido à simetria da densidade das cargas, E = E(r), ou seja, tem que ser radial, logo E é // a dA
∴ AE. S
d∫ = E 4 π r2
Assim,2
20
1( )
r
o
E r r drr
ρε
′ ′ ′= ∫
Campo de uma distribuição esférica de cargas
Lei de Gauss
Por exemplo, se ρ (r) =ρ (r) = constante =
Para r < R (pontos internos à esfera)
3
34
Q QV R
ρπ
= =
32
2 3 2 30
1 3 1 34 4 3
r
o o
Q Q rE r dr
r R r Rε π ε π′ ′= =∫ r
RQ
o34
πε
=
Para r > R (pontos externos à esfera)
24
rQ
oπε=E =
21roε
'' 43 2
30
drrRQR
∫ π
3
2
,4
.4
o
o
QE r r R
RQ
E r Rr
πε
πε
= <
= ≥{
Demonstração experimental da lei de Gauss
Lei de Gauss
Considere-se duas cargas pontuais q1 e q2
é empírica e o expoente 2 foi determinado experimentalmente.
A lei de Coulomb F =04
1πε 2
21
21
rqq
1 22
q qF k
r δ+=Usando-se a lei de Gauss, mostra-se que F =
041πε 2
21
21
rqq
Poderia ser 2+ δ :
∴ comprovação experimental da lei de Gauss garante que o expoente é 2!
++++ ++ +
++
++++ ++ +
++
+ +
+
+
+
+
++
+
+
+
+
+
+ +
A B C
+ +
+
+
+
+++
+
+
+
+
++ +
q
+ +
+
+
+
+
++
+
+
+
+
+
+ +
q
q
-q
D
Pela lei de Gauss: o excesso de cargas em um objeto condutor está na sua superfície.Experimento: esfera carregada toca uma caixa metálica internamente.
Ao final, o valor da carga residual na esfera permite calcular δ.
determina-se que δ < 10-16 ! !
