Gauss

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE ALAGOAS - UFAL DISCIPLINA: F´ ısica Geral III PROFESSOR: Wandearley Dias

Exerc´ ıcios - Lei de Gauss
1. Um campo el´trico dado por E = 4, 0ˆ − 3, 0(y 2 + 2, 0)ˆ e i j atravessa um cubo gaussiano com 2, 0m de aresta, posicionado da forma mostrada na figura a seguir. (E ´ e dado em newtons por coulomb e x em metros.) Determine o fluxo el´trico (a) atrav´s da face superior;(b) e e atrav´s da face inferior; (c) atrav´s da face da esquerda; e e (d) atrav´s da face traseira. (e) Qual ´ o fluxo el´trico e e e total atrav´s do cubo? e Solu¸˜o: ca (a) Uma vez que o campo el´trico ´ dado por E = 4, 0ˆ − 3, 0(y 2 + 2, 0)ˆ e o cubo e e i j gaussiano possui 2, 0m de aresta, na face superior temos que o campo ´: e E = 4, 0ˆ − 3, 0(22 + 2, 0)ˆ = 4, 0ˆ − 18ˆ i j i j (1)

ˆ ˆ a` Sabemos que o fluxo ´ dado por E · ndA, sendo n um vetor unit´rio normal a e superf´ e apontado para fora da superf´ ıcie ıcie. Assim, para a face superior n = ˆ pois ˆ j, n est´ apontado para cima. Assim, ˆ a Φ= E · ndA = ˆ (4ˆ − 18ˆ · (ˆ i j) j)dA (2)

Como ˆ ´ perpendicular ` ˆ temos ie a j, Φ = 18 dA = −18A = −18(22 ) = −72 N m2 /C (3)

(b) De maneira an´loga, temos que E = 4ˆ − 6ˆ Nestecaso, n = (−ˆ uma vez que a i j. ˆ j), n ´ um vetor unit´rio normal ` superf´ e apontado para fora. Desta forma, temos ˆe a a ıcie Φ= E · ndA = ˆ (4ˆ − 6ˆ · (−ˆ i j) j)dA (4)

Como ˆ ´ perpendicular ` ˆ temos ie a j, Φ=6 dA = 6A = 6(22 ) = 24 N m2 /C (5)

(c) Neste caso temos n = −ˆ Assim, ˆ i. Φ= E · ndA = ˆ 4ˆ − 3, 0(y 2 + 2, 0)ˆ · (−ˆ i j i)dA 1 (6)

Como ˆ ´ perpendicular ` ˆ temos iea j, Φ = −4 dA = −4A = −4(22 ) = −16 N m2 /C (7)

ˆ (d) Neste caso, temos n = (−k). Assim, ˆ Φ= E · ndA = ˆ ˆ 4ˆ − 3, 0(y 2 + 2, 0)ˆ · (−k)dA i j (8)

Como ˆ ´ perpendicular ` −k e ˆ ´ perpendicular ` −k, temos ie a ˆ je a ˆ Φ=0 (9)

(e) Neste caso, o fluxo total ´ a soma dos fluxos atrav´s das faces do cubo, ou seja e e Φ = −72 + 24 + 0 + 0 − 16 + 16 = −48 N m2 /C 2. A superf´ quadrada dafigura a seguir tem 3, 2mm de lado ıcie e est´ imersa em um campo el´trico uniforme de m´dulo E = a e o 1800N/C e com linhas de campo fazendo um ˆngulo de 35◦ a com a normal, como mostra a figura. Tome esta normal como apontando “para fora”, como se a superf´ fosse a tampa de ıcie uma caixa. Calcule o fluxo el´trico atrav´s da superf´ e e ıcie. Solu¸˜o: ca Sabemos que o fluxo el´trico ´ dado por E · ndA.Uma vez que n ´ um vetor unit´rio, e e ˆ ˆe a o resultado do produto interno entre E · n nos d´ E cos γ. Este angulo γ ´ o angulo ˆ a ˆ e ˆ ◦ ◦ entre E e n, ou seja, γ = (180 − θ) = 145 . Assim, ˆ E · ndA = E cos(145◦ ) ˆ dA = −1, 5 × 10−2 N m2 /C (11) (10)

3. Em todos os pontos da superf´ do cubo a seguir o campo ıcie el´trico ´ paralelo ao eixo z. O cubo tem 3, 0m de aresta. Na e e ˆ facesuperior do cubo E = −34kN/C; Na face inferior, E = ˆ + 20kN/C. Determine a carga que existe no interior do cubo.

Solu¸˜o: ca Como o campo el´trico E ´ paralelo ` z, n˜o h´ fluxo el´trico atrav´s das faces ese e a a a e e querda, direita, frontal e traseira, visto que seus vetores n correspondentes (respectiˆ vamente, (−ˆ ˆ ˆ e -ˆ s˜o perpendiculares ao campo el´trico. Assim, temos somente j, j, ii) a e duas contribui¸˜es para o fluxo total: co 2

ˆ Atrav´s da face superior: Φ = E · nA = −34k e ˆ ˆ Atrav´s da face inferior: Φ = E · nA = 20k e ˆ Assim, utilizando a lei de Gauss Φ = qint = Φ qint
0 0

N ˆ · k(3, 0m)2 = −306 N m2 /C C

N ˆ · (−k)(3, 0m)2 = −180 N m2 /C C

temos (12)

= −4, 3 × 10−9C

4. Uma esfera condutora com 10cm de raio possui uma carga desconhecida. Se ocampo el´trico a 15cm do centro da esfera tem um m´dulo de 3, 0 × 103 N/C e aponta para e o o centro da esfera, qual ´ a carga da esfera? e Solu¸˜o: ca Utilizando a lei de Gauss, vemos que E · ndA = ˆ qint
0

(13)

Assim, tomamos uma superf´ gaussiana de raio rg = 15 × 10−2m, como mostra a ıcie figura a seguir

Uma vez que o vetor unit´rio n aponta radialmente para fora da superf´ Gaussiana...
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