Exercício Resolvido de Lei de Gauss
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Determine o módulo do campo elétrico gerado por uma casca esférica, de raio R carregada com uma carga elétrica Q>0, em todo o espaço.


Dados do problema:
  • Raio da casca esférica:    R.
  • Carga da casca esférica:    Q.
Esquema do problema:

Para determinar o módulo do campo elétrico em todo o espaço devemos considerar os pontos no interior da casca esférica, r ≤ R, e pontos no exterior da casca esférica, r > R, (Figura 1).

Figura 1

Consideramos uma Superfície Gaussiana interna e outra superfície externa à casca esférica.

Solução
  • Para r ≤ R:
No interior da casaca esférica não existem cargas, o campo elétrico é nulo
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {E=0} \]
  • Para r > R:
A Lei de Gauss é dada por
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {\oint_{A}{\mathbf{E}}.d\mathbf{A}=\frac{q}{\epsilon_{0}}} \tag{I} \end{gather} \]
O campo elétrico se espalha radialmente a partir da distribuição de cargas na direção er, e em cada elemento de área dA da superfície temos um vetor unitário n perpendicular à superfície e orientado para fora. Assim em cada ponto da superfície o vetor campo elétrico E e o vetor unitário n possuem a mesma direção e sentido (Figura 2).

Figura 2

O vetor campo elétrico só possui componente na direção er, pode ser escrito como
\[ \begin{gather} \mathbf{E}=E{\;\mathbf{e}}_{r} \tag{II} \end{gather} \]
O vetor elemento de área pode ser escrito como
\[ \begin{gather} d\mathbf{A}=dA\;\mathbf{n} \tag{III} \end{gather} \]
substituindo as expressões (II) e (III) na expressão (I)
\[ \begin{gather} \oint_{A}E\;{\mathbf{e}}_{r}.dA\;\mathbf{n}=\frac{q}{\epsilon_{0}}\\ \oint_{A}E\;dA\;\underbrace{{\mathbf{e}}_{r}.\mathbf{n}}_{1}=\frac{q}{\epsilon_{0}} \end{gather} \]
Observação: Como er e n são vetores unitários seus módulos são iguais a 1, e como ambos estão na mesma direção e sentido o ângulo entre eles é nulo, θ=0, \( {\mathbf{e}}_{r}.\mathbf{n}=|\;\mathbf{e}_{r}\;|\;|\;\mathbf{n}\;|\;\cos 0=1.1.1=1 \)
\[ {\mathbf{e}}_{r}.\mathbf{n}=|\;\mathbf{e}_{r}\;|\;|\;\mathbf{n}\;|\;\cos 0=1.1.1=1 \]
.
\[ \begin{gather} \oint _{A}E\;dA=\frac{q}{\epsilon_{0}} \tag{IV} \end{gather} \]
O elemento de área dA será (Figura 3-A)
\[ \begin{gather} dA=r\;d\theta \;r\operatorname{sen}\theta \;d\phi\\ dA=r^{2}\;\operatorname{sen}\theta \;d\theta \;d\phi \tag{V} \end{gather} \]
substituindo a expressão (V) na expressão (VI)
\[ \begin{gather} \int_{A}Er^{2}\operatorname{sen}\theta \;d\theta \;d\phi =\frac{q}{\epsilon_{0}} \tag{VI} \end{gather} \]
Como o campo elétrico é uniforme e a integral não depende do raio eles podem “sair” da integral e as integrais podem ser separadas
\[ Er^{2}\int \operatorname{sen}\theta \;d\theta \int d\phi =\frac{q}{\epsilon_{0}} \]
Figura 3

Os limites de integração serão de 0 a π em dθ e de 0 e 2π em dϕ uma volta completa na base do hemisfério, (Figura 3-B)
\[ Er^{2}\int_{0}^{\pi}\operatorname{sen}\theta \;d\theta \int_{0}^{{2\pi}}d\phi =\frac{q}{\epsilon_{0}} \]
Integração de    \( \displaystyle \int_{0}^{\pi}\operatorname{sen}\theta \;d\theta \)
\[ \begin{split} \int_{0}^{\pi}\operatorname{sen}\theta \;d\theta &\Rightarrow \left.-\cos\theta \;\right|_{\;0}^{\;\pi }\Rightarrow -(\cos \pi -\cos0)\Rightarrow\\ &\Rightarrow -(-1-1)\Rightarrow -(-2)= 2 \end{split} \]

Integração de    \( \displaystyle \int_{0}^{2\pi}\;d\phi \)
\[ \int_{0}^{2\pi}\;d\phi \Rightarrow\left.\phi \;\right|_{\;0}^{\;2\pi}\Rightarrow2\pi-0=2\pi \]
\[ Er^{2}.2.2\pi =\frac{q}{\epsilon_{0}} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {E=\frac{q}{4\pi \epsilon_{0}r^{2}}} \]
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