O módulo do campo elétrico a uma distância r de uma carga pontual q é

6. Fluxo elétrico

Problema 1

Na atmosfera existe um campo eléctrico que aponta na vertical, para baixo. A nível do mar, o módulo desse campo, é aproximadamente 120 N/C e diminui em função da altura; 2 km acima do nível do mar o campo é aproximadamente 66 N/C. Que pode concluir acerca do sinal das cargas livres nos dois primeiros quilómetros da atmosfera? Calcule a carga volúmica média nessa região.

A lei de Gauss relaciona as cargas livres numa região com o fluxo elétrico através da fronteira dessa região. Como tal, para determinar a carga livre que existe na atmosfera, devemos encontrar uma superfície fechada onde seja possível calcular o fluxo elétrico. Com os dados do problema, podemos calcular facilmente o fluxo numa superfície horizontal (perpendicular ao campo) que esteja a uma altura do nível do mar ou 2 km por cima. Usaremos uma superfície fechada com duas tampas horizontais iguais de área A , uma ao nível do mar e a outra 2 km por cima, com paredes laterais verticais, tal como mostra a figura seguinte:

Na tampa de cima o campo elétrico, E2 , tem módulo 66 N/C e aponta para dentro da superfície fechada. Como tal, nessa tampa há fluxo negativo igual a (unidades SI):

Φ2=−66A

Na tampa de baixo, o o campo elétrico, E0 , produz fluxo positivo porque aponta para fora da superfície fechada e o valor do fluxo nessa tampa é:

Φ0 =120A

Nas paredes laterais não há fluxo, porque as linhas de campo são tangentes a essa superfície. O fluxo total na superfície fechada é então:

Φ=Φ0+Φ2=54A

O resultado positivo permite concluir que na atmosfera (dentro da superfície fechada escolhida) existem cargas livres positivas.

Aplicando a lei de Gauss obtém-se a carga no interior da superfície fechada:

Φ=54A=4πkqint =⇒ qint=54A36×109π=4.775×10−10A

Como o volume da superfície fechada, em unidades SI, é igual a 2000A , então a carga volúmica média é:

ρ=4.775×10−10 A2000A=2.387×10−13C/m3

Comentários: Foi admitido que as linhas de campo, verticais, são paralelas entre si. Realmente as linhas verticais em dois pontos diferentes da Terra não são paralelas, porque são perpendiculares à superfície da Terra que é curva. Para obter maior precisão, a superfície fechada usada para aplicar a lei de Gauss poderia estar formada por duas esferas concêntricas: a própria superfície esférica da Terra, com raio de R0=6371 km, e a segunda superfície esférica com centro no centro da Terra e raio R2=6373 km, tal como mostra a figura seguinte.

O fluxo elétrico que sai do volume entre essas duas esferas é (unidades SI):

Φ=120×4πR20−66×4πR22

E a carga volúmica média será:

ρ=Φ4πk4π(R32−R30)3 =360 R20−198R224πk(R32−R30) =2.385×10−13C/m3

Este resultado, mais correto, é muito semelhante ao resultado obtido admitindo linhas de campo paralelas, devido a que as curvaturas das duas esferas (inverso do raio) são muito semelhantes.

Problema 2

Uma carga pontual de 5 nC encontra-se a 6 cm de um fio retilíneo muito comprido, com carga linear constante de 7 nC/cm. Calcule a força elétrica sobre o fio (sugestão: calcule melhor a força do fio sobre a carga pontual, que é mais fácil de calcular, e pela lei de ação e reação deverá ter o mesmo módulo).

Como foi demonstrado no livro, o campo elétrico de um fio retilíneo infinito, com carga linear λ constante é na direção radial desde o fio e com módulo

E=2kλd

onde d é a distância desde o fio.

O módulo da força do fio sobre a carga pontual é (unidades SI):

F=qE=2kλqd =2×9×109×7×10−7×5×10−96×10−2 =1.05mN

Problema 5

Uma esfera de raio R tem uma carga elétrica Q distribuída uniformemente dentro do seu volume. Usando a lei de Gauss, calcule o módulo do campo elétrico num ponto a uma distância r do centro da esfera. Considere os casos r≥R e r<R .

Devido à simetria da esfera carregada uniformemente, o campo elétrico deverá ser na direção radial, passando pelo centro da esfera, para fora se Q for positiva, ou para dentro se Q for negativa. E o módulo do campo, E , dependerá apenas da distância r até centro da esfera. A figura seguinte mostra as linhas de campo no caso de carga positiva.

Para obter a expressão do campo fora da esfera (r≥R ) e dentro da esfera (r<R ), aplicaremos a lei de Gauss nas duas superfícies S1 e S2 apresentadas na figura anterior. Cada uma dessas superfícies esféricas, de raio r , tem área A=4πr2 e é perpendicular às linhas de campo. Como tal, o fluxo através dessas esferas é Φ=4πr2E e, aplicando a lei de Gauss, obtém-se a expressão para E :

Φ=4πkqint=⇒E=kqintr2

No caso de S1, com r≥R , a carga interna dentro de S1 é a carga total da esfera, Q , e a expressão do módulo do campo é:

E= kQr2( r≥R)

No caso de S2, com r<R , a carga interna dentro de S2 é proporcional ao volume da esfera S2:

qint=QvolumeS2volumeesferaderaioR=Qr3R3

e o módulo do campo é:

E=kQrR3(r<R)

Problema 6

Uma partícula pontual com massa igual a 25 g e carga de 50 nC encontra-se pendurada de um fio de 7 cm que está colado a um plano vertical. O plano vertical tem uma carga superficial constante σ=17 nC/cm2 e pode ser considerado infinito. Calcule o ângulo θ que o fio faz com o plano vertical.

O campo elétrico produzido pelo plano é horizontal, com módulo constante E=2πkσ . A força elétrica sobre a carga pontual positiva é horizontal, para a esquerda, e com módulo (unidades SI):

Fe=2πkσq =π×18×109×17×10−5×50×10−9 =0.4807N

Sobre a carga pontual atuam três forças externas: a força elétrica, a tensão no fio, e o peso. O lado esquerdo da figura seguinte mostra essas forças.

Como a carga pontual fica em equilíbrio, a soma dessas 3 forças deverá ser nula. O problema podia ser resolvido definindo um sistema de dois eixos e resolvendo as duas equações das somas das componentes das forças nos dois eixos iguais a zero. No entanto, é mais fácil observar que para que a soma dos 3 vetores seja nula, se forem colocados um a seguir ao outro, como no lado direito da figura acima, deverão formar um triângulo, que neste caso é retângulo com catetos de comprimento mg e Fe . Como tal, a tangente do ângulo θ deverá ser igual a Fe/(mg) , e o ângulo θ será:

θ=arctgFem g =arctg0.48070.025×9.8=62.99◦