gauss7a_ns1

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Determine o mdulo do campo eltrico em todo o espao gerado por uma esfera macia carregada com uma carga Q distribuda com uma densidade volumtrica de carga dada por = r , onde uma constante que torna a expresso dimensionalmente consistente.

Dados do problema

carga da esfera: Q densidade volumtrica de carga: = r .

Esquema do problema

Vamos assumir que a esfera est carrega com uma carga positiva ( Q > 0 ) e seu raio igual a R.

A distribuio de cargas varia com o raio linearmente com a expresso

r = r (I)

no centro, onde para r = 0 temos = 0 (ponto em branco no centro da figura 1), at a superfcie da esfera onde para r = R temos =R (superfcie em cinza na figura 1).

Para determinar o mdulo do campo eltrico em todo o espao devemos considerar os pontos no interior da esfera ( r R ) e pontos no exterior da esfera ( r R ), conforme figura 2.

Consideramos uma superfcie Gaussiana interna e outra superfcie externa esfera.

Soluo

Para r R :

Como a carga est distribuda pelo seu volume existem cargas no seu interior (figura 3), pela Lei de Gauss

1

figura 2

figura 3

figura 1


A

E .d A = q0 (II)

a Lei de Gauss nos diz que apenas a carga interna superfcie Gaussiana contribu para o campo eltrico, assim podemos re-escrever

A

E .d A = 10 d V (III)

onde a densidade volumtrica de cargas e a integrao feita sobre o volume limitado pela superfcie Gaussiana.

A superfcie Gaussiana que passa pelo ponto onde se deseja calcular o campo eltrico tem um raio r s, a distribuio de cargas interna superfcie Gaussiana tem um raio r q, como o ponto onde se deseja calcular o campo eltrico est no interior da distribuio de cargas esses raios coincidem r s = r q = r (figura 4).

O campo eltrico se espalha radialmente a partir da distribuio de cargas na direo e r , e em cada elemento de rea d A da superfcie temos um vetor unitrio n perpendicular

superfcie e orientado para fora. Assim em cada ponto da superfcie o vetor campo eltrico E e o vetor unitrio n possuem a mesma direo e sentido (figura 5).

O vetor campo eltrico s possui componente na direo e r pode ser escrito como

E=E e r (IV)

O vetor elemento de rea pode ser escrito como

dA = d A n (V)

substituindo as expresses (IV) e (V) em (III), temos

A

E e r .d A n=10 d V

A

E d A e r .n1

= 10 d V

Observao: como e r e n so vetores unitrios seus mdulos so iguais a 1 e como ambos esto na mesma direo e sentido o ngulo entre eles nulo ( = 0 ), assim e r .n=e r n cos0 = 1.1 .1= 1 .

2

figura 5

figura 4


A

E d A = 10 d V (VI)

A integral do lado esquerdo da igualdade na expresso (VI) refere-se a superfcie Gaussiana e feita sobre todos os elementos de rea d A (figura 6-A), a integral do lado direito da igualdade refere-se a distribuio de cargas interna superfcie Gaussiana e feita sobre todos os elementos de volume d V (figura 6-B).

O elemento de rea d A ser

d A = r s d r sen dd A = r s

2 sen d d (VII)

O elemento de volume d V ser

d V = r q d r q sen d d r qd V = r q

2 sen d r q d d (VIII)

Fazendo r = r q na expresso (I) para a densidade de cargas dada no problema e substituindo as expresses (VII) e (VIII) em (VI), temos

E r s2 sen d d = 10 r q r q2 sen d r q d d E r s2 sen d d= 10 r q

3 sen d r q d d

Do lado esquerdo da igualdade a integral no depende do raio da superfcie Gaussiana, assim E e r s podem sair da integral e como no existem termos cruzados em e as integrais podem ser separadas. Do lado direito da igualdade constate e pode sair

da integral e como no existem termos cruzados em r q, e as integrais podem ser separadas.

E r s2 sen d d= 0 r q3 d r q sen d d (IX)

Do lado esquerdo da igualdade os limites de integrao sero de 0 a em d e de 0 e 2pi em d (uma volta completa na esfera), conforme figura 7-A, e temos r s = r, lembrando da figura 4 acima.

3

figura 6


Do lado direito os limites de integrao sero de 0 a em d , de 0 e 2pi em d (uma volta completa na esfera) e de 0 a r em d r q, conforme figura 7-B

E r 20

sen d 0

2

d= 0

0

r

r q3 d r q

0

sen d 0

2

d

integrao de 0

sen d

0

sen d cos 0 cos cos0 11 2 2

integrao de 0

2

d

0

2

d= 02 = 20 = 2

integrao de 0

r

r q3 d r q

0

r

r q3 d r q =

r q31

31 0r

=r q

4

4 0r

= r 44 0 4

4 = r4

4

E r 2 2.2 = 0

r 4

42.2

4 E r 2 = 4 0

r 4

4

4

figura 7


E = 0

r 2

4(X)

Para r R :

Nesta situao a superfcie Gaussiana passando pelo ponto onde se deseja calcular o campo eltrico tem um raio r s = r externo distribuio de cargas e o raio da distribuio de cargas ser o prprio raio da esfera r q = R (figura 8)

Para o clculo do campo eltrico vlida a mesma expresso obtida em (IX)

E r s2 sen d d= 0 r q3 d r q sen d d

Do lado esquerdo da igualdade os limites de integrao sero os mesmos usados no caso anterior, apenas lembrando que agora o ponto r externo distribuio de cargas, de 0 a em d e de 0 e 2pi em d , e temos r s = r, lembrando da figura 4

acima.Do lado direito os limites de integrao sero de 0 a em d , de 0 e 2pi em d e de

0 a R em d r q.

E r 20

sen d 0

2

d= 0

0

R

r q3 d r q

0

sen d 0

2

d

integrao de 0

R

r q3 d r q

0

R

r q3 d r q=

r q31

31 0R

=r q

4

4 0R

= R 44 0 4

4 = R4

4

E r 2 2.2 = 0

R 4

42.2

4 E r 2 = 4 0

R 4

4

E = R4

40 r2

(XI)

A carga total da esfera de raio R para a densidade volumtrica de cargas dada no problema

Q =d qo elemento de carga d q dado por = d qd V

d q = d V , substituindo este valor na

expresso acima

Q = d V

5

figura 8


substituindo a expresso (I), temos

Q = r d Vo elemento de volume d V ser o mesmo da expresso (VIII)

Q = r r 2 sen d r d dQ = r 3 sen d r d d

aqui vale o mesmo clculo feito acima, constante pode sair da integral, as integrais podem ser separadas e os limites de integrao sero de 0 a em d , de 0 e 2pi em d e de 0 a R em d r

Q =0

R

r 3 d r0

sen d 0

2

d

Q= R4

4.2 .2

Q = R 4

R 4= Q

(XII)

substituindo a expresso (XII) em (XI), obtemos

E = Q4 0 r

2 (XIII)

a soluo ser dada pelas expresses (X) e (XIII)

E = { 40 r 2 , r RQ4 0 r 2 , rRObservao: o campo eltrico em todo o espao dado por uma funo definida por partes.Para r R varia com o quadrado da distncia r como uma Funo do 2.o Grau

y = a x 2b xc , onde Ey

= 4 0

a

r 2x 20

b

rx

0c

, como e 0 so constantes representam o

coeficiente a e como b e c so nulos a parbola passa pela origem e o campo eltrico nulo

parar = 0, temos, E = 4 0 . 0 E = 0 , o campo eltrico vai aumentando rapidamente at que na superfcie se comporta como se toda a carga Q estivesse concentrada na origem e o

campo fosse calculado a uma distncia R para r = R , temos, E = Q4 0 R 2 Para r R o campo eltrico decai proporcionalmente a

1r 2

como numa carga pontual.

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