Gauss

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 Neste caso, 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 ie a 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 da