Problemas Aula 5.2 - Linhas de Campo, Fluxo Elétrico e Lei de Gauss

Escrito por Vitor Takashi

Alguns problemas para você praticar a teoria estudada. O grau de dificuldade dos problemas está indicado com asteriscos (*). Problemas com 1 asterisco é o equivalente a um problema de primeira fase de OBF, 2 asteriscos (**) um de segunda fase, e 3 asteriscos (***) um de terceira fase.

Problema 01*

(OBC 2019) Analise as proposições relacionadas às linhas de campo elétrico e às de campo magnético e assinale as corretas.

I. As linhas de força do campo elétrico se estendem apontando para fora de uma carga pontual positiva e para dentro de uma carga pontual negativa.
II. As linhas de campo magnético não nascem nem morrem nos ímãs, apenas atravessam-nos, ao contrário do que ocorre com os corpos condutores eletrizados que originam os campos elétricos.
III. A concentração das linhas de força do campo elétrico ou das linhas de campo magnético indica, qualitativamente, onde a intensidade do respectivo campo é maior.

Solução

Analisando as proposições:

I. As linhas de força no campo elétrico se estendem para fora de uma carga positiva e para dentro de uma carga negativa. Logo, I é verdadeira

II. As linhas de campo magnético não começam nem terminam nos ímãs; elas simplesmente passam através deles. Logo, II é verdadeira

III. A densidade das linhas de campo é proporcional ao módulo do campo elétrico em um determinado ponto. Portanto, em regiões onde o campo elétrico é mais forte, veremos um maior número de linhas de força, o que visualmente indica a intensidade do campo. Logo, III é verdadeira

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Gabarito

$\boxed{\rm{\text{Todas est}\tilde{a}\text{o corretas}}}$

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Problema 02**

Calcule o fluxo do campo elétrico resultante gerado por uma carga pontual Q>0 em uma superfície esférica a uma distância r da carga.

Solução

Sabendo que uma carga pontual gera um campo elétrico radial e em todas as direções. Podemos concluir que na superfície esférica da figura, o campo elétrico é o mesmo(já que estão a mesma distância), e que ele é sempre perpendicular(já que o campo é radial, logo, $\theta=0$ ).

Portanto, o fluxo do campo elétrico é dado por:

$\phi = E \cdot A \cos0^{\circ}$

$\phi = \dfrac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} \cdot 4\pi r^2$

$\phi = \dfrac{Q}{\varepsilon_0}$

Uma outra alternativa de solução seria utilizando o conceito visto pela Lei de Gauss, em que sua fórmula é dada por:

$\phi = \dfrac{q_{int}}{\varepsilon_0}$

No caso analisado, a superficie gaussiana seria a esfera e sua carga interna é Q. Logo, o fluxo elétrico é:

$\boxed{\phi = \dfrac{Q}{\varepsilon_0}}$

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Gabarito

$\boxed{\phi = \dfrac{Q}{\varepsilon_0}}$

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Problema 03*

Represente as linhas de campo na seguinte interação entre as cargas:

Solução

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Gabarito

Veja a solução

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Problema 04*

Um campo elétrico uniforme de intensidade 4,0N/C incide sob uma superficie da seguinte forma:

Sabendo que o comprimento no eixo y da estrutura é 2m. Calcule o fluxo elétrico total do sistema. Adote, se necessário, $\sin 45^{\circ}=\cos 45^{\circ}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ .

Solução

Considerando o fluxo elétrico como sendo:

$\phi = EA\cos \theta$

Para calcular o fluxo total, basta calcular o fluxo elético nos 3 trechos: inclinado, vertical e horizontal.

Para a parte inclinada $45^{\circ}$ :

$\phi_1=4 \cdot 2 \cdot \dfrac{5 \sqrt{2}}{\sin 45^{\circ}} \cdot \cos 45^{\circ}= 40\sqrt{2} Nm^2/C$

Para a parte vertical:

$\phi_2= 4 \cdot 2 \cdot 4 \cos 0^{\circ}=32 Nm^2/C$

Para a parte horizontal:

$\phi_3= 4 \cdot 2 \cdot 10 \cos 90^{\circ}=0$

Logo,

$\boxed{\phi_t=\phi_1+\phi_2+\phi_3=(40\sqrt{2}+32) Nm^2/C}$

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Gabarito

$\boxed{\phi_t=(40\sqrt{2}+32) Nm^2/C}$

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Problema 05**

Considere uma esfera de raio R, maciça, composta de um material não condutor e eletrizada com uma carga positiva q, distribuída de maneira uniforme por todo o seu volume. Esta esfera está localizada no vácuo, onde a permissividade elétrica do meio é $\varepsilon _0$ . Faça o gráfico que melhor representa o campo elétrico ao longo da direção radial da esfera. Dica: divida o problema em duas partes, uma para r<R e outra para r>R.

Solução

Aplicando a Lei de Gauss para a região r<R:

$E \cdot 4\pi r^2=\dfrac{q_{int}}{\varepsilon_0}$

É possível perceber que a carga interna subtendida pela superfície gaussiana varia com r da seguinte forma:

$\rho$ = densidade de carga = constante

$\dfrac{q}{\dfrac{4 \pi R^3}{3}}=\dfrac{q_{int}}{\dfrac{4 \pi r^3}{3}}$

$q_{int}=\dfrac{r^3}{R^3}q$

Substuindo na Lei de Gauss:

$E \cdot 4\pi r^2=\dfrac{q r^3}{\varepsilon_0 R^3}$

$E=\dfrac{q r}{4 \pi \varepsilon_0 R^3}$ , para r<R

Portanto, o trecho r<R deve ser linear!

Para a região r>R:

$E \cdot 4\pi r^2=\dfrac{q}{\varepsilon_0}$

$E=\dfrac{q}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}$

Então, decresce com $\dfrac{1}{r^2}$

Logo, o gráfico deve ser algo como:

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Gabarito

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Problema 06***

Dois cilindros longos, cada um de raio R e carregando uma densidade volumétrica uniforme de carga $+\rho$ e $-\rho$ , respectivamente, são parcialmente sobrepostos como na representado na figura:

Prove que o campo elétrico na região sobreposta é uniforme. Dica: use o principio da superposição e calcule o campo elétrico gerado pela parte positiva + negativa na superficie sobreposta.

Solução

Inicialmente, devemos calcular o campo elétrico gerado no interior de um cilindro. Para isso, podemos utilizar a lei de Gauss:

$E \cdot A=\dfrac{q_{int}}{\varepsilon_0}$

Devido a simetria cilíndrica, a superficie gaussiana também será cilíndrica, de raio $r$ e altura $l$ . Logo,

$E \cdot 2 \pi r l=\dfrac{\rho \pi r^2 l}{\varepsilon_0}$

$\vec{E} =\dfrac{\rho \vec{r}}{2\varepsilon_0}$

Onde r representa a distância radial a partir do centro do cilindro.

Logo, para a carga positiva e negativa temos, respectivamente:

$\vec{E_+} =\dfrac{\rho \vec{r_+} }{2\varepsilon_0}$ ; $\vec{E_-} =\dfrac{-\rho \vec{r_-} }{2\varepsilon_0}$

Onde $r_+$ e $r_-$ são as distâncias do centro até um ponto qualquer na região sobreposta:

Logo, o campo elétrico na região sobreposta é, pelo principio da superposição, $\vec{E}=\vec{E_+}+\vec{E_-}=\dfrac{\rho ( \vec{r_+}-\vec{r_-} )}{2\varepsilon_0}$

É possível perceber pela figura que vetorialmente, $\vec{r_+} -\vec{r_-} = \vec{d}$ . Onde d é a distância entre os centros, ou seja, é constante.

Portanto, o campo elétrico é:

$\boxed{\vec{E}=\dfrac{\rho \vec{d}}{2 \varepsilon_0}}$

E então, é constante!

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Gabarito

$\boxed{\vec{E}=\dfrac{\rho \vec{d}}{2 \varepsilon_0}}$

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Problema 07**

Duas superfície esféricas concêntricas são uniformemente eletrizadas com cargas elétricas +q e -q, como na figura:

Determine a intensidade do vetor campo elétrico resultante nos pontos H, I e J.

Solução

Para calcular o campo elétrico nesses pontos, podemos recorrer a Lei de Gauss. Para o ponto H:

$E \cdot A=\dfrac{q_{int}}{\varepsilon_0}$

No ponto H, q_{int}=0. Logo,

$E \cdot A=\dfrac{0}{\varepsilon_0}$

$\boxed{\vec{E} = \vec{0}}$

Já no ponto I:

$E \cdot 4 \pi (1,5R)^2=\dfrac{-q}{\varepsilon_0}$

$\boxed{\vec{E} =\dfrac{-q}{9 \pi R^2 \varepsilon_0}\hat{r}}$

Para o ponto J:

$E \cdot A=\dfrac{q_{int}}{\varepsilon_0}$

Sendo $q_{int}$ = -q+q=0:

$\boxed{\vec{E} = \vec{0}}$

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Gabarito

$\boxed{0; \dfrac{-q}{9 \pi R^2 \varepsilon_0}; 0}$

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Problema 08**

Uma carga total Q está distribuída uniformemente por uma casca esférica de raios interno e externo $R_1$ e $R_2$ , respectivamente. Mostre que o campo elétrico devido à carga é $\vec{E}=\vec{0} (r<R_1); \vec{E}=\dfrac{Q}{4 \pi \varepsilon _0 r^2}\dfrac{r^3-R_1^3}{R_2^3-R_1^3}\hat{r} (R_1<r<R_2);\vec{E}=\dfrac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}\hat{r} (r>R_2)$

Solução

Para $r<R_1$ :

$q_{int}=0$

Portanto,

$\boxed{\vec{E}=\vec{0}}$

Para $R_1<r<R_2$ :

$E \cdot A=\dfrac{q_{int}}{\varepsilon_0}$

$E \cdot 4 \pi r^2=\dfrac{q_{int}}{\varepsilon_0}$

Como a carga é distribuida uniformemente, $\rho = \dfrac{Q}{\dfrac{4}{3}\pi R_2^3-\dfrac{4}{3}\pi R_1^3} = \dfrac{q_{int}}{\dfrac{4}{3}\pi r^3-\dfrac{4}{3}\pi R_1^3}$ . Substituindo $q_{int}$ , obtém-se que:

$\boxed{\vec{E}=\dfrac{Q}{4 \pi \varepsilon _0 r^2}\dfrac{r^3-R_1^3}{R_2^3-R_1^3}\hat{r}}$

Para $r>R_2$ :

$q_{int}=Q$

$E \cdot 4 \pi r^2=\dfrac{Q}{\varepsilon_0}$

$\boxed{\vec{E}=\dfrac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}\hat{r}}$

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Gabarito

Veja a solução

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Problema 09**

(Griffths) Um cabo coaxial longo transporta uma densidade de carga volumétrica uniforme $\rho$ no cilindro interno (raio a) e uma densidade de carga superficial uniforme no cilindro externo (raio b). Esta carga superficial é negativa e tem a magnitude exata para que o cabo, como um todo, seja eletricamente neutro. Determine o campo elétrico em cada uma das três regiões: (i) dentro do cilindro interno, (ii) entre os cilindros, e (iii) fora do cabo. Faça um gráfico de |E| em função de s (distância radial a partir do eixo principal).

Solução

Na região (i):

$E \cdot A=\dfrac{q_{int}}{\varepsilon_0}$

$E \cdot 2 \pi s l=\dfrac{q_{int}}{\varepsilon_0} = \dfrac{\rho \pi s^2 l}{\varepsilon_0}$

$E \cdot 2 s = \dfrac{\rho s^2 }{\varepsilon_0}$

$|E| = \dfrac{\rho s}{2 \varepsilon_0}$

Na região (ii):

$E \cdot A=\dfrac{q_{int}}{\varepsilon_0}$

$E \cdot 2 \pi s l=\dfrac{\rho \pi a^2 l}{\varepsilon_0}$

$E \cdot 2 s=\dfrac{\rho a^2}{\varepsilon_0}$

$|E| =\dfrac{\rho a^2}{2 s\varepsilon_0}$

Na região (iii):

$q_{int}=0$

Já que o cilindro é eletricamente neutro.

$|E| = 0$

Logo, o gráfico fica:

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Gabarito

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Problema 10**

O campo elétrico na superfície de um planeta é de aproximadamente 100 N/C, apontando para baixo. A 100 metros acima da superfície, o campo elétrico na atmosfera é de apenas 10 V/m, também direcionado para baixo. Qual é a densidade média de carga na atmosfera desse planeta abaixo de 100 metros? Considere a permissividade do ar como sendo $\varepsilon_0=8,85 \cdot 10^{-12} F/m$

Solução

Utilizando a Lei de Gauss para um prisma como superfície gaussiana:

$\phi =\dfrac{q_{int}}{\varepsilon_0}$

$\phi = 100 A - 10 A=90 A$

$q_{int} = \rho_{ar} h A$

Substituindo,

$90 A =\dfrac{\rho_{ar} h A}{\varepsilon_0}$

$90 =\dfrac{\rho_{ar} 100 }{8,85 \cdot 10^{-12}}$

$\boxed{\rho_{ar} \approx 8,0 10^{-12} C/m^3}$

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Gabarito

$\boxed{\rho_{ar} \approx 8,0 10^{-12} C/m^3}$

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Problema 11***

Uma carga Q foi colocada no centro de um cilindro de altura 8m e raio 4m como na figura. Calcule o fluxo elétrico resultante na área lateral do cilindro.

Solução

Podemos imaginar a seguinte superfície gaussiana: Uma esfera de raio $r^2=4^2+4^2 \Rightarrow r=4\sqrt{2} m$ . De modo que a esfera tangencie a base e o topo do cilindro. Pela Lei de Gauss da superfície esferica:

$\phi_{total}=\dfrac{Q}{\varepsilon_0}=E \cdot 4\pi r^2$

Fazendo a Lei de Gauss para a superfície cilindrica:

$\phi_{lateral}=E \cdot A_{lateral}$

$\phi_{lateral}=E \cdot 4 \pi r\cdot 4$

Substituindo E:

$\phi_{lateral}=\dfrac{Q}{4\pi r^2 \varepsilon_0} \cdot 4 \pi r \cdot 4$

$\phi_{lateral}=\dfrac{Q}{ 4r \varepsilon_0}$

$\boxed{\phi_{lateral}=\dfrac{Q}{ 16\sqrt{2} \varepsilon_0} Nm^2/C}$

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Gabarito

$\boxed{\phi_{lateral}=\dfrac{Q}{ 16\sqrt{2} \varepsilon_0} Nm^2/C}$

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Problema 12***

Uma esfera isolante de raio R é eletrizada positivamente com uma densidade superficial de carga $+\rho$ e possui uma cavidade em seu interior de raio $\dfrac{R}{2}$ , como na figura. Nessa cavidade, uma carga $+q$ é posicionada. Calcule a força elétrica atuante na carga +q.

Solução

Calculando o campo elétrico dentro da esfera (desconsiderando a cavidade):

$E \cdot A=\dfrac{q_{int}}{\varepsilon_0}$

$E \cdot 4 \pi r^2 =\dfrac{\rho \dfrac{4\pi r^3}{3}}{\varepsilon_0}$

$\vec{E} =\dfrac{\rho \vec{r}}{3\varepsilon_0}$

Pelo princípio da superposição, podemos considerar a cavidade como sendo a soma de uma densidade de carga $+\rho$ com uma densidade de carga $-\rho$ . Logo, o campo elétrico na cavidade é $\vec{E}=vec{E_+}+vec{E_-}$

$\vec{E_+} =\dfrac{\rho \vec{r_+}}{3\varepsilon_0}$

$\vec{E_+} =\dfrac{-\rho \vec{r_-}}{3\varepsilon_0}$

Onde $\vec{r_+}$ e $\vec{r_-}$ são:

Perceba que vetorialmente, $\vec{r_+} -\vec{r_-} = \dfrac{\vec{R}}{2}$ . Então,

$\vec{E}=vec{E_+}+vec{E_-}$

$\vec{E}=\dfrac{\rho (\vec{r_+}- \vec{r_-})}{3\varepsilon_0}$

$\vec{E}=\dfrac{\rho \vec{R}}{6\varepsilon_0}$

Portanto, o módulo da força é:

$\boxed{F=\dfrac{q \rho R}{6\varepsilon_0}}$

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Gabarito

$\boxed{F=\dfrac{q \rho R}{6\varepsilon_0}}$

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Problema 13*

Considere um fio retilíneo infinitamente longo, uniformemente eletrizado com uma densidade linear de carga $+\lambda$ . A força elétrica que atua sobre uma carga puntiforme , localizada a uma distância s desse fio, é dada por:

Solução

Pela Lei de Gauss:

$E \cdot A=\dfrac{q_{int}}{\varepsilon_0}$

$E \cdot 2 \pi s l=\dfrac{\lambda l}{\varepsilon_0}$

$E=\dfrac{\lambda}{2 \pi s\varepsilon_0}$

Logo, a força é:

$\boxed{F=\dfrac{q \lambda}{2 \pi s\varepsilon_0}}$

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Gabarito

$\boxed{F=\dfrac{q \lambda}{2 \pi s\varepsilon_0}}$

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Problema 14*

(ITA) Um fio de densidade linear de carga positiva $\lambda$ atravessa três superfícies fechadas A, B e C, de formas respectivamente cilíndrica, esférica e cúbica, como mostra a figura.

Sabe-se que A tem comprimento L = diâmetro de B = comprimento de um lado de C, e que o raio da base de A é a metade do raio da esfera B. Sobre o fluxo do campo elétrico, $\phi$ , através de cada superfície fechada, pode-se concluir que:

a) $\phi_A=\phi_B=\phi_C$

b) $\phi_A>\phi_B>\phi_C$

c) $\phi_A<\phi_B<\phi_C$

d) $\phi_A/2=\phi_B=\phi_C$

e) $\phi_A=2\phi_B=\phi_C$

Solução

Pela Lei de Gauss:

$E\cdot A=\phi=\dfrac{q_{int}}{\varepsilon_0}$

Perceba que o fluxo $\phi$ só depende da carga interna $q_{int}$ .

Para a superfície A:

$q_{int A}= \lambda L$

Para a superfície B:

$q_{int B}= \lambda L$

Para a superfície C:

$q_{int C}= \lambda L$

Perceba que $q_{int A}=q_{int B}=q_{int C}$ . Portanto,

$\boxed{\phi_A=\phi_B=\phi_C}$

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Gabarito

$\boxed{\phi_A=\phi_B=\phi_C}$

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Problema 15***

Uma calota esférica é eletricamente carregada com uma densidade superficial de carga $+\sigma$ e disposta como na figura. Calcule o campo elétrico resultante no centro da esfera.