Conteúdo: campo elétrico, lei de Gauss
Exercício 1. Um campo elétrico não uniforme dado por $\vec{E} = 3.0x(\hat{i}) + 4.0(\hat{j})$ atravessa o cubo gaussiano abaixo. Qual o fluxo elétrico nas faces direita, esquerda e superior do cubo? ($E$ dado em $\dfrac{N}{C}$, e x = 2m)
Esse exercício é horrível de entender. Não, sério mesmo, horrível. Como qualquer conteúdo de Física II. Ou talvez eu seja negativamente tendencioso com as equações de Maxwell. O fato é que temos um cubo e, como todo cubo, ele tem seis faces: superior, inferior, dianteira, traseira, lateral direita e lateral esquerda. Todos eles têm um fluxo elétrico calculável, mesmo que seja nulo. Esse exercício nos pede o fluxo elétrico de três partes apenas.
Primeiramente, lembremos a equação do fluxo elétrico:
$\Phi = \oint \vec{E} \bullet d\vec{S}$
Ótimo, agora a pergunta mais legal vem aí: o que isso quer dizer? Quer dizer que a integral da superfície do campo elétrico escalar $d\vec{S}$, que é um pedacinho infinitesimal da superfície do cubo, é igual ao fluxo elétrico. Muito esclarecedor? Eu sei que não, mas vamos fazer o seguinte.
São três fluxos diferentes, não é? Vamos resolver um inicial para que fique mais "fácil" entender já que, entendendo o primeiro, dá pra entender o resto mais de boa. Vamos pegar a lateral direita.
$\Phi_{dir} = \oint \vec{E} \bullet d\vec{S}$
Ok, e agora? Vamos decompor isso em uma função para vetores unitários. O campo E já está definido no enunciado do exercício, já dS... a lógica é a seguinte: temos que o fluxo elétrico dessa lateral direita age movendo-se, bem, para a direita. Por isso:
$d\vec{S} = dSa\hat{i}$
Assim, podemos fazer a escalar E com dS:
$\vec{E} \bullet d\vec{S} = \vec{E} \bullet dS(\hat{i}) = (3x\hat{i} + 4\hat{j}) \bullet dS\hat{i} = (3x(\hat{i} \bullet \hat{i}) + 4(\hat{j} \bullet \hat{i})dS = (3x)dS$
Ótimo, agora temos uma função realmente integrável. Só precisamos resolver o que vai acontecer com aquela integral de superfície ali, porque daquele jeito fica difícil. Mas acredite, essa integral é bem simples: só precisamos descobrir a área de uma das faces, e pra isso podemos pegar a dianteira mesmo já que todas as faces são iguais (cubo hurr).
O eixo x varia de 1 a 3, e não temos a variação do eixo y... Mas é um cubo, então ele precisa ter o mesmo tamanho de x. Sabemos que o cubo começa em 0 no eixo y, o que significa que ele vai até 2. Logo, claro que sim, temos uma integral dupla dxdy aonde os limites de x são de 1 a 3 e os de y são de 0 a 2. Sabemos também que nessa face do cubo, o x tem um valor estável de 3. O que faria o fluxo lateral direito ficar assim:
$\Phi_{dir} = \int^3_1 \int^2_0 (3*3)dydx$
Então é só resolver:
$\Phi_{dir} = 9 \int^3_1 \int^2_0 dydx = 9*2 \int^3_1 dx = 18*[3-1] = 18*2 = 36(Nm^2)/C$
Ótimo, descoberto um dos fluxos. Faltam... Três outros. O bom é que temos o raciocínio, o ruim é que ainda continua chatíssimo. Vamos pegar o lateral esquerdo. O primeiro ponto é que o fluxo age em um movimento pela esquerda, o sentido oposto ao cartesiano comum, por isso:
$d\vec{S} = dSa(-\hat{i})$
Fazendo a escalar:
$\vec{E} \bullet d\vec{S} = (3x\hat{i} + 4\hat{j}) \bullet dS(-\hat{i}) = (3x(\hat{i} \bullet -\hat{i}) + 4(\hat{j} \bullet -\hat{i}) dS = (-3x)dS$
Ótimo, não precisamos fazer a análise da integral dupla porque ela é a mesma pra todas as faces, como já constatei antes. Dessa vez, o que muda, além da função em si, é que x tem valor estável de 1. Logo, a integral fica:
$\Phi_{esq} = \int^3_1 \int^2_0 (-3*1)dydx = -3 \int^3_1 \int^2_0 dydx = -3*2*[3-1] = -6*2 = -12(Nm^2)/C$
Ok, ok. Só mais um! O superior. Dessa vez o esquema vai ser um pouco diferente porque o vetor unitário dS não está em i, está em j, note como será a multiplicação:
$d\vec{S} = dSa\hat{j}$
$\vec{E} \bullet d\vec{S} = (3x\hat{i} + 4\hat{j}) \bullet dS\hat{j} = (3x(\hat{i} \bullet \hat{j}) + 4(\hat{j} \bullet \hat{j})dS = 4dS$
Veja só, um resultado sem variáveis, o que evita uma análise pra descobrir o valor estável de y. De qualquer forma, a integral é essa:
$\Phi_{sup} = \int^3_1 \int^2_0 4dydx = 4*2*[3-1] = 8*2 = 16(Nm^2)/C$
E está resolvido o primeiro exercício.
2. Calcule a carga que gera tal campo.
Oh, mas que coisa... Mas essa não é difícil. Veja só, a equação da carga é assim nesse caso:
$\varepsilon_0\Phi = q_{env}$
Esse $\Phi$ aí significa o seguinte: o somatório do fluxo elétrico de todas as faces do cubo. Sim, inclusive aquelas que não calculamos! Mas não precisamos calcular nada, só assumir algumas coisas lógicas.
Primeiro para o fluxo inferior: note que ele vai na direção -j, e que de resto, nada é alterado na integral do fluxo superior. Logo, o fluxo inferior é simplesmente o oposto do fluxo superior. -16Nm²/C.
Para o fluxo dianteiro e traseiro, é só perceber que nem mesmo há função z(k) no exercício, então as cargas são nulas. 0.
$\varepsilon_0$ é uma constante $8.85*10^{-12}C^2/Nm^2$, então temos tudo o que precisamos pra resolver a equação.
$q_{env} = (8.85*10^{-12}C^2/Nm^2) * ((36-12+16-16+0+0)Nm^2/C)$
$q_{env} = (8.85*10^{-12} * 24)(C^2/Nm^2 * Nm^2/C) = 2.1*10^{-10}C$
Pronto.
3. Remake do exercício do fio condutor infinito.
Ok, a análise é a seguinte: o campo elétrico que está nesse fio condutor pode ser analisado analiticamente como um cilindro. Desenhando esse campo, fica assim:
Como não vamos usar nenhum valor fixo, vamos estabelecer algumas coisas aqui:
$\lambda = \dfrac{q}{r}$
$\varepsilon_0 \oint \vec{E} \bullet d\vec{S} = \lambda h$
Precisamos descobrir o E nesse exercício porque, bem, o outro exercício era esse. E não faz parte dessa integral e pode ser jogado pra fora, enquanto dS pode ser usado sem notação de vetor. Quanto a integral de linha do cilindro, corresponde à área lateral, e geometria analítica básica nos diz que isso equivale a $2\pi rh$. Fazendo tudo isso, fica:
$\varepsilon_0 E(2\pi rh) = \lambda h$
$E = \dfrac{1}{2\pi \varepsilon_0}*\dfrac{\lambda}{r}$
(lembro que teve gente que perguntou na aula o que aconteceu com o h, mas é fácil perceber que podemos cortá-lo dos dois lados)
E está resolvido.
4. Calcule o campo gerado pelo plano infinito não condutor; considere o campo uniforme e a densidade superficial de cargas $\sigma$.
Veja bem a segunda figura. A primeira é uma representação mais real, mas a segunda é mais fácil de compreender, ainda mais considerando que é um plano infinito como o primeiro mas pelo sentido das cargas dá limitar um cilindro.
Algumas considerações aqui serão:
$\sigma = q/A$
$q = \sigma A$
$\varepsilon_0 \oint \vec{E} \bullet d\vec{S} = q_{env}$
E agora é o seguinte: vamos considerar os dois lados do plano. Em um, tanto o campo quanto o elemento infinitesimal dS são positivos. Em outro, ambos são negativos. Sabemos que a integral de superfície dS acaba sendo a área, que não é definida pelo exercício. Ou seja:
$\varepsilon_0 \oint \vec{E} \bullet d\vec{S} = \varepsilon_0 ((+E)(+A_b) + (-E)(-A_b))$
$\varepsilon_0 (EA_b + EA_b) = 2\varepsilon_0 EA_b = \sigma A_b$
$E = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}$
E esse é o resultado. Sério! Não vamos obter resultados constantes nesses exercícios, desista.
Dois planos
$E = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}$
$E = \dfrac{2\sigma}{\varepsilon_0}$
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