Exercício Resolvido de Lei de Gauss
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Determine o módulo do campo elétrico de um plano infinito de cargas positivas como densidade superficial de cargas igual a σ.


Dados do problema:
  • Densidade superficial de cargas:    σ.
Esquema do problema:

Como as cargas são positivas elas geram um campo elétrico de afastamento da placa na direção vertical e com sentido para cima na face superior da placa e com sentido para baixo na face inferior (Figura 1-A).

Figura 1

Vamos adotar um sistema de referência com o vetor unitário k no mesmo sentido do campo elétrico, para “fora” da placa (Figura 1-B).

Solução

Vamos adotar uma superfície Gaussiana formada por um cilindro que atravessa o centro da placa (Figura 2-A).

Figura 2

Seja um vetor unitário n perpendicular às faces superior, inferior e lateral do cilindro (AS, AI e AL), conforme Figuras 2-B e 2-C.
A Lei de Gauss no diz que
\[ \bbox[#99CCFF,10px] {\oint_{A}\mathbf{E}.d\mathbf{A}=\frac{q}{\epsilon_{0}}} \]
onde a integral é a soma das integrais sobre cada uma das áreas da superfície do cilindro
\[ \int_{A_{S}}{\mathbf{E}}.d{\mathbf{A}}_{S}+\int_{A_{I}}{\mathbf{E}}.d{\mathbf{A}}_{I}+\int_{A_{L}}{\mathbf{E}}.d{\mathbf{A}}_{L}=\frac{q}{\epsilon_{0}} \]
As áreas superior e inferior são iguais à área de um círculo, AS = AI = AC
\[ \begin{gather} \int_{A_{C}}{\mathbf{E}}.d{\mathbf{A}}_{C}+\int_{A_{C}}{\mathbf{E}}.d{\mathbf{A}}_{C}+\int_{A_{L}}{\mathbf{E}}.d{\mathbf{A}}_{L}=\frac{q}{\epsilon_{0}}\\ 2\int_{A_{C}}{\mathbf{E}}.d{\mathbf{A}}_{C}+\int_{A_{L}}{\mathbf{E}}.d{\mathbf{A}}_{L}=\frac{q}{\epsilon_{0}} \tag{I} \end{gather} \]
O vetor campo elétrico só possui componente na direção k pode ser escrito como
\[ \begin{gather} \mathbf{E}=E\;\mathbf{k} \tag{II} \end{gather} \]
O vetor elemento de área pode ser escrito como
\[ \begin{gather} d\mathbf{A}=\mathit{dA}\;\mathbf{n} \tag{III} \end{gather} \]
substituindo as expressões (II) e (III) na expressão (I)
\[ \begin{gather} 2\int_{A_{C}}E\;\mathbf{k}.dA_{C}\;\mathbf{n}+\int_{A_{L}}E\;\mathbf{k}.dA_{L}\mathbf{n}=\frac{q}{\epsilon_{0}}\\ 2\int_{A_{C}}E\;dA_{C}\;\mathbf{k}.\underbrace{\mathbf{n}}_{1}+\int_{A_{L}}E\;dA_{L}\;\mathbf{k}.\underbrace{\mathbf{n}}_{0}=\frac{q}{\epsilon_{0}} \end{gather} \]

Observação: Como k e n são vetores unitários seus módulos são iguais a 1, como ambos estão na mesma direção e sentido nas faces superior e inferior o ângulo entre eles é nulo (θ = 0), \( \mathbf{k}.\mathbf{n}=|\;\mathbf{k}\;|\;|\;\mathbf{n}\;|\cos 0=1.1.1=1 \text{.}\)
\[ \mathbf{k}.\mathbf{n}=|\;\mathbf{k}\;|\;|\;\mathbf{n}\;|\cos 0=1.1.1=1 \]
Para a face lateral do cilindro, k é perpendicular a n \( \left(\theta =\frac{\pi}{2}\right) \), o produto escalar será \( \mathbf{k}.\mathbf{n}=|\;\mathbf{k}\;|\;|\;\mathbf{n}\;|\cos\frac{\pi }{2}=1.1.0=0 \text{.}\)
\[ \mathbf{k}.\mathbf{n}=|\;\mathbf{k}\;|\;|\;\mathbf{n}\;|\cos\frac{\pi }{2}=1.1.0=0 \]

\[ \begin{gather} 2\int_{A_{C}}E\;dA_{C}=\frac{q}{\epsilon_{0}} \tag{IV} \end{gather} \]
A densidade superficial de cargas é dada por
\[ \bbox[#99CCFF,10px] {\sigma =\frac{q}{A}} \]
\[ \begin{gather} q=\sigma A \tag{V} \end{gather} \]
onde A representa a área onde as cargas estão distribuídas internamente à superfície Gaussiana (não toda a área da placa), e colocando o campo elétrico para fora da integral, substituindo a expressão (V) na expressão (IV)
\[ 2E\underbrace{\int_{A_{C}}dA_{C}}_{A}=\frac{\sigma A}{\epsilon_{0}} \]
a integral da área do círculo é igual a área A da placa onde estão distribuídas as cargas (internamente à superfície Gaussiana)
\[ 2EA=\frac{\sigma A}{\epsilon_{0}} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {E=\frac{\sigma }{2\epsilon _{0}}} \]
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