Exercícios Resolvidos de Eletricidade, Magnetismo e Circuitos

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Eletricidade, Magnetismo e Circuitos
Exercícios Resolvidos
6. Fluxo elétrico

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:

Suplerfície usada para determinar a carga na atmosfera

Na tampa de cima o campo elétrico, E 2 , tem módulo 66 N/C e aponta para dentro da superfície fechada. Como tal, nessa tampa há fluxo negativo igual a (unidades SI):

Φ 2 = 66 A

Na tampa de baixo, o o campo elétrico, E 0 , produz fluxo positivo porque aponta para fora da superfície fechada e o valor do fluxo nessa tampa é:

Φ 0 = 12 0 A

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 = Φ 0 + Φ 2 = 54 A

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 = 54 A = 4 π k q in t = q in t = 54 A 36 × 10 9 π = 4 . 77 5 × 10 10 A

Como o volume da superfície fechada, em unidades SI, é igual a 20 0 0 A , então a carga volúmica média é:

ρ = 4 . 77 5 × 10 10 A 20 0 0 A = 2 . 38 7 × 10 13 C/ m 3

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 R 0 = 63 7 1 km, e a segunda superfície esférica com centro no centro da Terra e raio R 2 = 63 7 3 km, tal como mostra a figura seguinte.

Volume usado para determinar a carga na atmosfera

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

Φ = 12 0 × 4 π R 20 66 × 4 π R 22

E a carga volúmica média será:

ρ = Φ 4 π k 4 π ( R 32 R 30 ) 3 = 36 0 R 20 19 8 R 22 4 π k ( R 32 R 30 ) = 2 . 38 5 × 10 13 C/ m 3

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 = 2 k λ d

onde d é a distância desde o fio.

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

F = q E = 2 k λ q d = 2 × 9 × 10 9 × 7 × 10 7 × 5 × 10 9 6 × 10 2 = 1 . 05 m N

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.

Superfícies usadas para determinar o campo de uma esfera

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 = 4 π r 2 e é perpendicular às linhas de campo. Como tal, o fluxo através dessas esferas é Φ = 4 π r 2 E e, aplicando a lei de Gauss, obtém-se a expressão para E :

Φ = 4 π k q in t = E = k q in t r 2

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 = k Q r 2 ( r R )

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

q in t = Q vo l u m e S 2 vo l u m e e s f e r a d e r a i o R = Q r 3 R 3

e o módulo do campo é:

E = k Q r R 3 ( 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.

Carga pendurada próxima de um plano com carga

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

F e = 2 π k σ q = π × 18 × 10 9 × 17 × 10 5 × 50 × 10 9 = 0 . 48 0 7 N

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.

Forças na carga pendurada próxima de um plano com carga

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 m g e F e . Como tal, a tangente do ângulo θ deverá ser igual a F e /( m g ) , e o ângulo θ será:

θ = ar c t g F e m g = ar c t g 0 . 48 0 7 0 . 02 5 × 9 . 8 = 62 . 99
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