Aula 4 - CEDERJ - Eletromagnetismo e Ótica

Aula 4 - CEDERJ - Eletromagnetismo e Ótica

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Aula 4 { A lei de Gauss

Metas da aula

• introduzir a lei de Gauss para o campo eletrost atico; utilizar a lei de Gauss para calcular o campo el etrico de con gura c~oes com algum tipo de simetria.

Objetivos Ao nal desta aula, voce dever a ser capaz de:

calcular a densidade de carga em uma regi~ao do espa co a partir do conhecimento do campo el etrico; calcular o uxo do campo el etrico para algumas con gura c~oes de carga com simetria.

Pr e-requisito

Para melhor compreens~ao desta aula, voce deve rever as duas aulas anteriores.

Como voce viu na aula sobre o campo el etrico, a for ca eletrost atica entre duas cargas e dada pela lei de Coulomb. A partir da lei de for ca entre as duas cargas e do princ pio de superposi c~ao, de nimos o campo el etrico, que nos permite calcular a for ca em uma carga de teste colocada em uma posi c~ao arbitr aria.

Nesta aula, vamos ver como podemos escrever a lei de Coulomb de uma forma mais geral, o que nos permitir a calcular o campo el etrico de distribui c~oes de carga com algum tipo de simetria, como a simetria axial ou esf erica.

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A lei de Gauss

O uxo do campo el etrico

Como vimos na Aula 2, dado um campo vetorial qualquer, podemos calcular o uxo deste campo por uma superf cie arbitr aria S. Agora calcularemos o uxo do campo el etrico por uma superf cie qualquer. Para isso, utilizaremos o teorema de Gauss.

Inicialmente consideremos apenas uma carga q localizada na origem de nosso sistema de coordenadas. Podemos fazer isso sem perda de generalidade, pois uma vez que o uxo e um escalar, ele n~ao depende de como estamos nos orientando nem de como estamos estabelecendo o nosso sistema de coordenadas. Sabemos que o campo el etrico e dado pela lei de Coulomb,

Calculemos a divergencia deste campo em um ponto qualquer diferente da origem. Da express~ao para o campo el etrico (4.1), vemos imediatamente que ele possui apenas a componente radial. Podemos, ent~ao, usar a express~ao da divergencia em coordenadas esf ericas que estudamos na Aula 2

junto com o fato de que as componentes angulares do campo el etrico se anulam, E = E = 0, obtendo

Agora cou f acil calcular a divergencia! Utilizando a forma do campo el etrico (4.1), obtemos

ou seja, a divergencia do campo el etrico e identicamente nula em todos os pontos fora da origem!

Devemos deixar claro que e fora da origem, porque se voce olhar com cuidado a express~ao do c alculo da divergencia, ver a que, na origem, temos uma express~ao mal de nida, do tipo 0 . H a uma maneira matem atica de tratar esse tipo de opera c~ao, chamada teoria das distribui c~oes.

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Figura 4.1: Superf cie arbitr aria, pela qual queremos calcular o uxo de uma carga em seu interior.

Como podemos usar o teorema de Gauss para calcular o uxo por uma superf cie qualquer? Suponha que queiramos calcular o uxo pela superf cie da Figura 4.1. Fa camos o seguinte: consideremos uma superf cie esf erica muito grande, com centro na carga, e que envolva completamente a superf cie S, como mostra a Figura 4.2.

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A lei de Gauss

As duas superf cies S e S0 de nem um volume, no qual podemos usar o teorema de Gauss. Note que, ao calcularmos o uxo por essa superf cie, temos de inverter o sentido do vetor normal na superf cie S, uma vez que o vetor normal a superf cie aponta para fora do volume, por de ni c~ao. Pelo teorema de Gauss, temos que∮

O lado direito desta equa c~ao e f acil de ser calculado: como sabemos que a divergencia do campo el etrico e zero, o lado direito e igual a zero! O lado esquerdo e constitu do de duas partes: uma e igual a menos o uxo do Lembre que o sinal negativo aqui e devido ao fato de termos invertido o sentido do vetor normal a superf cie S.

campo el etrico pela superf cie S que queremos calcular, e o outro e o uxo pela superf cie esf erica que introduzimos. O uxo pela superf cie S e dif cil de encontrar, mas o uxo pela superf cie esf erica e direto. Como sabemos que a soma dos dois se anula, podemos encontrar o uxo pela superf cie S

O que aconteceria se a carga n~ao estivesse no interior da superf cie S?

At e agora, sabemos que o uxo do campo el etrico por uma superf cie qualquer que cont em uma carga q e igual a q= 0. Suponha agora que a carga q se encontra fora do interior da superf cie S. Procedendo como antes, podemos envolver esta carga e a superf cie por uma grande superf cie esf erica.

Sabemos duas coisas: 1) o uxo pela grande superf cie esf erica e igual a q= 0 e 2) o uxo de nido pelas duas superf cies, a esf erica e a inicial, tem de ser igual a q= 0, porque, como mostramos, o uxo por uma superf cie e igual a carga que est a em seu interior dividida por 0. Conclu mos, ent~ao, que o uxo pela superf cie S tem de ser zero! Assim temos a seguinte regra:

0; caso contr ario: (4.8)

Podemos, agora, lan car m~ao do princ pio da superposi c~ao para calcular o uxo de uma distribui c~ao arbitr aria de cargas por uma superf cie qualquer. Se a distribui c~ao de carga for de nida por uma densidade de carga

CEDERJ 62 volum etrica ρ(~r), ent~ao, no interior de um pequeno volume V temos uma carga igual a (~r) V. Como, pelo princ pio da superposi c~ao, o campo el etrico em um ponto e a soma dos campos el etricos de cada elemento de carga, o uxo pela superf cie S e a soma dos uxos. Portanto, o uxo total e dado pela carga total que se encontra no interior de uma superf cie, dividida

Voce pode estar se perguntando: \A Equa c~ao (4.9) e a mesma coisa que escrevemos antes? S o mudaram o q pelo Q!" E verdade, elas parecem a mesma coisa. Mas h a uma grande diferen ca: a primeira equa c~ao foi escrita para uma carga pontual q e a segunda para uma distribui c~ao de carga volum etrica qualquer.

Consideremos agora uma distribui c~ao de carga volum etrica qualquer (~r) e um pequeno volume V ao redor do ponto ~r. Aplicando a nossa regra, sabemos que o uxo do campo el etrico pela super cie do pequeno volume V

onde usamos, na ultima passagem, o fato de que o volume e muito pequeno. Conclu mos ent~ao que, no limite de um volume muito pequeno, temos

Esta ultima equa c~ao merece destaque especial, e e uma das equa c~oes de Maxwell. E a chamada lei de Gauss

Esta e uma das 4 equa c~oes fundamentais do eletromagnetismo. A seguir, exploraremos algumas de suas conseq uencias.

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A lei de Gauss

Aplica c~oes da Lei de Gauss

Uma vez que temos formula c~oes diferencial e integral da lei de Gauss, podemos us a-las para calcular o campo el etrico em distribui c~oes de carga com algum tipo de simetria. O que queremos dizer por \algum tipo de simetria" car a mais claro no decorrer desta aula. A seguir, veremos como usar a lei de Gauss para calcular o campo el etrico de uma distribui c~ao de carga com simetria esf erica, axial ou plana.

Inicialmente consideraremos uma casca esf erica de raio a, com uma distribui c~ao de carga uniforme, de densidade . Isto signi ca que a carga total na superf cie da esfera e dada por Q = 4 a2 . Queremos calcular o campo el etrico em todo o espa co, fora e dentro da casca. Como proceder?

Aqui vamos usar a lei de Gauss e a simetria do problema, ou seja, antes de aplicarmos a lei de Gauss, analisaremos a simetria do problema para simpli car a express~ao do campo el etrico.

Como o problema tem simetria esf erica, o campo el etrico s o pode ter uma componente radial, e que depende de r apenas. Pois suponha inicialmente que o campo el etrico possui uma componente n~ao radial. Isso signi ca que uma certa dire c~ao foi escolhida. Mas como o problema tem simetria esf erica, se voce girar a esfera ao redor de um eixo qualquer, essa componente \n~ao radial" do campo el etrico gira, mas a situa c~ao nal e, sicamente, identica a inicial. A conclus~ao e que o campo el etrico s o pode ter componente radial. Suponha agora que o valor da componente radial dependa da dire c~ao que voce escolher. Mais uma vez, se voce girar a esfera ao redor de seu eixo, o valor do campo el etrico naquele ponto espec co do espa co muda, mas a distribui c~ao de carga continua a mesma. Podemos concluir, portanto, que o campo el etrico e dado por ~E(~r) = f(r)r (4.13) onde r = |j~rjj, e f(r) e uma fun c~ao desconhecida. Podemos agora usar a lei de Gauss em sua forma integral para uma superf cie esf erica S de raio R > a∮

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Encontramos a forma da fun c~ao f(R) fora da casca esf erica. No interior da casca esf erica, h a uma pequena mudan ca: quando calcularmos o uxo, veremos que a carga que se encontra no interior desta superf cie de integra c~ao e zero, ou seja, para R < a temos

Da express~ao do campo el etrico, conclu mos que o campo fora da casca esf erica e exatamente o mesmo de uma carga Q localizada no centro da casca: n~ao h a como dizer se o campo e gerado por uma casca ou por uma carga pontual. J a no interior da casca esf erica o campo e identicamente nulo. Este e um resultado que voce j a deve conhecer do estudo do campo gravitacional, onde se mostra que o campo gravitacional no interior de uma casca esf erica e nulo. O resultado vale tanto para o campo gravitacional quanto para o campo el etrico devido ao fato de ambas as leis de for ca, lei de Newton para o campo gravitacional e de Coulomb para o campo el etrico, possu rem a mesma dependencia matem atica com a distancia. Ambas s~ao leis de inverso do quadrado da distancia.

Na dedu c~ao que acabamos de apresentar, utilizamos a lei de Gauss em sua formula c~ao integral. E instrutivo ver como proceder utilizando a lei de Gauss em sua forma diferencial. Neste caso, ter amos de resolver a seguinte equa c~ao: ~r ~E(~r) = 0 (4.17) para r > 0 e r < 0. Devemos ter um cuidado especial ao considerar o ponto exatamente sobre a supef cie da casca esf erica, que e quando r = a. Al em disso, devemos utilizar a simetria esf erica em nossa solu c~ao, ou seja, ~E(~r) = f(r)r. Esta equa c~ao e uma forma de dizer que o campo el etrico depende apenas do m odulo do vetor ~r.

Usando a express~ao da divergencia de um campo vetorial em coordenadas esf ericas, obtemos

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