Aplicações da Lei de Gauss

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Aplicações da Lei de Gauss

Exemplo 1: carga puntiforme na origem

Por simetria esférica, temos:

E (r) = ˆrE (r) .

Seja S a superfície de Gauss esférica, de raio r, centrada na origem. Então: ˛ S da ˆn · E = ˛ S da ˆr · E = ˛ S da ˆr · ˆrE (r) = E (r) ˛ S da = E (r) 4πr2. Utilizando a Lei de Gauss, concluímos que:

E (r) 4πr2 = 4πkq, ou seja, E (r) = kq r2. Logo, E (r) = kq r2ˆr, como esperávamos.

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Consideremos uma esfera de raio a, centrada na origem, uniformemente carregada com carga total Q. Assim, a densidade de carga dentro da esfera é dada por:

ρ = _4πQ

3a3

= 3Q

4πa3.

Consideremos dois casos: • Dentro da esfera:

S é uma superfície de Gauss centrada na origem e de raio r tal que 0 6 r 6 a. Por simetria esférica, temos, como no exemplo anterior:

˛ S da ˆn · E = E (r) ˛ S da = E (r) 4πr2. A carga dentro de S, nesse caso, é dada por:

Q (dentro) = ρ4π 3 r 3 = 3Q 4πa3 4π 3 r 3 = Q a3r 3_.

Utilizando a Lei de Gauss, temos:

E (r) 4πr2 = 4πkQ a3 r 3_, ou seja, E (r) = kQr a3 . Logo, E (r) = ˆrkQr a3 , se 0 6 r 6 a. • Fora da esfera:

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S é uma superfície de Gauss centrada na origem e de raio r tal que r > a. Por simetria esférica, temos, como no exemplo anterior:

˛ S da ˆn · E = E (r) ˛ S da = E (r) 4πr2. A carga dentro de S, nesse caso, é dada por:

Q (dentro) = ρ4π 3 a 3 = 3Q 4πa3 4π 3 a 3 = Q.

Utilizando a Lei de Gauss, temos:

E (r) 4πr2 = 4πkQ, ou seja, E (r) = kQ r2 . Logo, E (r) = ˆrkQ r2 , se r > a.

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Exemplo 3: cilindro de seção reta circular uniformemente carregado

Consideremos um cilindro de seção reta circular e de raio a, cujo eixo de simetria coincide com o eixo z. Como o cilindro está uniformemente carregado, seja ρ sua densidade volumétrica de carga. Aqui, a simetria é cilíndrica e, portanto,

E (r) = %E (%) ,ˆ

onde estamos utilizando coordenadas cilíndricas e % é a distância de um ponto no espaço até o eixo z, com ˆ

%

indicando a direção radial cilíndrica, perpendicular ao eixo z, divergindo desse eixo.

Para esse problema, escolhemos a superfície de Gauss, S, como um cilindro nito, também circular, mas de altura L e raio %, que pode ser maior ou menor que a, isto é, a gaussiana serve para calcularmos o campo elétrico fora ou dentro do cilindro carregado, respectivamente. Assim, temos:

˛ S da ˆn · E = ˆ Slateral da ˆ% · E + ˆ Stampas da ˆn · E,

onde a primeira integral é sobre a superfície lateral do cilindro gaussiano e, a segunda, é sobre as tampas de cima e de baixo do cilindro. Como nas tampas as normais são ao longo do eixo z e o campo é radial, segue que:

ˆ

Stampas

da ˆn · E = 0. Na superfície lateral, temos:

ˆ Slateral da ˆ% · E = ˆ Slateral da ˆ% · ˆ%E (%) = E (%) ˆ Slateral da = E (%) 2π%L.

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Dentro do cilindro carregado, a carga total no interior da superfície gaussiana é dada por: Q (dentro, 0 6 % 6 a) = ρπ%2L.

Note que

ρ 6= %;

o primeiro é a densidade de carga e o segundo é a distância radial. Utilizando a Lei de Gauss, temos: E (%) 2π%L = 4πkρπ%2L, ou seja, E (%) = 2πkρ%. Logo, E (r) = %2πkρ%,ˆ se 0 6 % 6 a.

Quando % > a, a única mudança nas equações acima ocorre no cálculo da carga total dentro da gaussiana: Q (dentro, % > a) = ρπa2L.

Nesse caso, a aplicação da Lei de Gauss resulta em:

E (%) 2π%L = 4πkρπa2L, ou seja, E (%) = 2πkρa 2 % . Logo, E (r) = %ˆ2πkρa 2 % , para % > a.

Expansão Multipolar do Potencial Eletrostático

Para uma distribuição volumétrica, o potencial escalar eletrostático é dado por:

φ (r) = k ˆ V d3r0 ρ (r 0₎ |r − r0_|.

Consideremos que a distribuição de cargas está tão distante do ponto de observação, r, que temos |r| |r0|

para todo

r0 ∈ V.

Dessa forma, podemos expandir φ (r) como uma soma innita em potências de |r0_|

|r|. Aqui usamos a notação:

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Temos: 1 |r − r0_| = 1 p(r − r0_{) · (r − r}0₎ = _q 1 r2_{− 2r · r}0_{+ (r}0₎2 = 1 r q 1 − 2r_r· r0 r + r0 r 2 = 1 r " 1 − 2r r· r0 r + r 0 r 2#−1/2 . Denamos: η ≡ −2r r · r0 r + r 0 r 2 e f (η) ≡ (1 + η)−1/2. Claramente vemos que

0 6 |η| 1, já que

r0 r

por hipótese. Sendo assim, consideremos a série de Taylor em torno de zero para a função f (η): f (η) = 1 −1

2η + 3 8η

2_{+ . . .}

Se você duvida, vamos vericar em primeira ordem em η : 1 [f (η)]2 ≈ 1 1 − 1₂η2 = 1 1 − η +1₄η2 ≈ 1 1 − η = 1 1 − η 1 + η 1 + η = 1 (1 − η) (1 + η)(1 + η) = 1 (1 − η2₎(1 + η) ≈ 1 + η, isto é, f (η) ≈ (1 + η)−1/2.

Vamos aproximar a função f até a segunda ordem em r0_/r_{. Assim, η já é um polinômio dessa ordem e}

precisamos desprezar termos de ordens superiores em η2 _{apenas, já que as outras potências mais altas de η}

devem ser desprezadas por conterem somente termos de ordens superiores à segunda ordem de r0_/r_{. Portanto,}

η2 = " −2r r· r0 r + r 0 r 2#2 = 4 r r· r0 r 2 − 4r r· r0 r r0 r 2 + r 0 r 4 ≈ 4 r r· r0 r 2 .

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Com isso, temos: 1 |r − r0_| ≈ 1 r ( 1 − 1 2 " −2r r· r0 r + r 0 r 2# +3 2 r r· r0 r 2) = 1 r+ r · r0 r3 − 1 2 (r0)2 r3 + 3 2 (r · r0)2 r5 . Usando ˆr = r r, obtemos: 1 |r − r0_| ≈ 1 r + ˆr · r0 r2 + 3 (ˆr · r0₎2 − (r0₎2 2r3 .

Portanto, o potencial escalar ca:

φ (r) ≈ k ˆ V d3r0ρ (r0) " 1 r+ ˆr · r0 r2 + 3 (ˆr · r0)2− (r0₎2 2r3 # = k r ˆ V d3r0ρ (r0) + k r2 ˆ V d3r0ρ (r0) ˆr · r0 + k 2r3 ˆ V d3r0ρ (r0)h3 (ˆr · r0)2− (r0)2i. A carga total da distribuição é dada por:

q =

ˆ

V

d3r0ρ (r0) . O chamado momento de dipólo elétrico da distribuição é denido como:

p ≡

ˆ

V

d3r0ρ (r0) r0.

Assim, o potencial eletrostático acima pode ser escrito em termos de q e p da seguinte forma:

φ (r) ≈ k rq + k r2ˆr · p + k 2r3 ˆ V d3r0ρ (r0)h3 (ˆr · r0)2− (r0)2i,

já que o versor ˆr pode sair do integrando por não depender das variáveis de integração. O terceiro termo do segundo membro da equação acima pode ser escrito de uma forma a explicitar o chamado momento de quadrupólo elétrico.