1´E ela ! Como é bela a lei de Gauss

A lei de Gauss
Carl Friedrich
1825
1
1.1
É ela ! Como é bela a lei de Gauss !
O Enunciado
Uma chapa condutora quadrada, de espessura desprezı́vel e com L = 5, 0 m de lado,
está num campo elétrico externo uniforme perpendicular às faces da chapa. O módulo
desse campo é de E = 500, 0 kN/C. Seja A a face da chapa para qual o campo externo
está apontando e B a face o lado da chapa do qual o campo está se afastando.
a. (0,6)
Calcule a densidade superficial de carga em cada face da chapa.
b. (0,8)
Uma carga lı́quida Q = 100, 0 µC é colocada na chapa. Calcule a nova densidade superficial de carga em cada face da chapa.
c. (0,8)
Calcule o campo elétrico fora do condutor na vizinhança infinitesimal desses
faces, porém longe das bordas da chapa.
d. (0,3)
Com a carga adicional Q, no equilı́brio electroestático, determine o vetor campo
elétrico (módulo,direção e sentido) dentro do condutor na vizinhança infinitesimal das duas superfı́cies.
0 = 8, 85 × 10−12 C 2/(N m2)
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1
1.2
A Solução
a. Aplicamos o teorema de Gauss num pequeno cilindro perpendicular à face com
uma base dentro do condutor e outra fora. Seja ∆S a área da base, então temos
para cada face :
(0, 6)
− E ∆S = σA ∆S/0 ⇒ σA = − 0 E ≈ − 4, 4 × 10−6 C/m2
(1.1)
−6
2
+ E ∆S = σB ∆S/0 ⇒ σB = + 0 E ≈ + 4, 4 × 10 C/m
b. A carga adicional Q = 100, 0 µC vai dividir-se nas duas faces da chapa com uma
densidade
Q
≈ 2, 0 × 10−6 C/m2
(1.2)
σadicional =
2 L2
A nova densidade superficial de carga em cada face da chapa será :
0
= σA + σadicional = −2, 4 µC/m2
σA
(0, 8)
(1.3)
0
σB
2
= σB + σadicional = +6, 4 µC/m
(1.4)
c. Temos sempre E = σtot/0 . No lado A o campo vai estar na direção do dentro do
condutor, enquanto no lado B o campo vai ir fora do condutor. Isso se reflete
nos sinais :
E0A =
0
σA
≈ −271 kN/C
0
(0, 8)
(1.5)
E0B =
0
σB
0
≈ +723 kN/C
d. Obviamente, dentro do condutor, no equilı́brio electroestático, temos :
(0, 3)
2
−→
E= 0
(1.6)
2
2.1
Um Capacitor bem capaz !
O Enunciado
As placas de um capacitor são retangulares com comprimento L e largura d. As
placas são separadas por um dielétrico com espessura e e consiante dielétrica κ. O
dielétrico pode deslocar-se ao longo da lado L do capacitor. Inicialmente, o dielétrico
enche completamente o volume entre as placas e o capacitor é carregado por uma
bateria até possuir uma carga Q. Subsequentemente a bateria é desligada. Depois o
dielétrico é puxado de uma distância x fora do capacitor de modo que há uma região
entre as placas R1 sem dielétrico e uma região R2 com dielétrico. Em função dos
dados : {L, d, e, κ, Q, x, 0}, determine
a. (0,6)
As cargas Q1 e Q2 nas placas do capacitor nas duas regiões R1 e R2 .
b. (0,4)
O campo elétrico E1 e E2 entre as placas, nas duas regiões R1 e R2 .
c. (0,4)
A capacitância do capacitor quando está na posição puxado até x.
d. (0,6)
A energia armazenada entre as placas, nas duas regiões R1 e R2 .
e. (0,5)
O trabalho que um agente externo do CIA precisa fazer para puxar o dielétrico
até a distâncis x.
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3
2.2
A Solução
a. Seja A1 = x d e A2 = (L − x) d as áreas das placas nas duas regiões. Temos
0 E1 = Q1 /A1 e κ 0 E2 = Q2 /A2 . Como a diferença de potencial é fixa, e a
espessura e a mesma, o campo elétrico é o mesmo.
Resulta que Q1 /Q2 = A1 /(κ A2 ), donde :
Q1 =
A1
Q
κ A2 + A1
(0, 6)
(2.1)
Q2 =
κ A2
Q
κ A2 + A1
b.
(0, 4)
E1 = E2 =
Q
0 (κ A2 + A1 )
(2.2)
.
c. Definimos uma área efetiva Aef (x) = (x + κ (L − x)) d. Usando ∆V = E e,
achamos :
(0, 4)
∆V =
0 Aef (x)
e
Q ⇒ C(x) =
0 Aef
e
(2.3)
d. (0,6) Há várias maneiras de calcular isso. A densidade volumétrica de energia é
dada nas duas regiões por
u1 =
1
1
0 E2 ; u2 = κ 0 E2
2
2
Muliplicamos pelo volume de cada regiaão e somamos para ter a energia total :
U1
1
0
=
2
Q
0 Aef
(0, 6)
U2 =
1
0
2
Q
0 Aef
!2
!2
e A1
(2.4)
e (κ A2 )
e. (0,5) O trabalho é a diferença entre a energia total na posição x e na posição
inicial :
!
e Q2
1
1
W = U(x) − U(0) =
−
(2.5)
2 0 Aef (x) Aef (0)
4