Eletrostatica - Forca e Campo Elétrico de Cargas em Repouso

Életroestática L todas as cargas em repouso Objetivo Determinar a força e portanto o movimento da carga q que está sujeita à força de outras partículas elétricas Lei de Coulomb a lei experimenta Fe k q1q2r² r Em remelhanca com a gravitação de Newton Fy Gm1m2r² A lei de coulomb nos mostra qu Tendo lois corpos carregados a força entre eles depende de quanta carga tem e cai com r² Da forma vetorial Quanto maior a distância menor a força Uma força não interfere na outra independente Assim pelo primo pio de superposição tendo N partículas de carga q x uma carga de prova Q podemos separar a força de cada partícula Da forma vetorial Quanto maior a distância menor a força Uma força não interfere na outra independente Assim pelo primo pio de superposição tendo N partículas de carga q x uma carga de prova Q podemos separar a força de cada partícula Ft Ftq Ftq Ftq t Fmq k 7 Q r1² r1 k q2 Q r2² r2 k qmQ rm² rm kQ q1r1 r1² q2r2 r2² qmr rm² kQ qiri ri² Q qi r k porto vetorial Ft QE E qi r² k Lim m qi r² k E k dq r² Lim q0 Por só depender de q dizemos que o campo criado pela partícula modifica o espaço ao seu redor sendo assim uma característica intrínseca da partícula Assim a força fica F qE e o problema da eletroestática passa a ser encontrar E Para partículas isoladas E N 14πε0 qm rm rm² Para um corpo contínuo E 14πε0 1r² r dq rq 0 dq E 14πε0 1r² r d q L comprimento do fio Soma várias cargas E 14πε0 r r² λ dl λ q L Densidade linear dl λ dq Soma pedaços do fio dq Linha de cargas dq superfície de cargas E 14πε0 1r² r dq σ q s dq σ ds Pore um corpo contínuo E 1 4πε₀ 1 r² r dq rq dq Exemplos 1 E em P E k dq r r² 1º passo eliminar r E Ey ŷ k dq r² ŷ 2º passo Eliminar o dq dq λ dq λ dl λ dx E k λ dx r² ŷ 3º passo Encontrar a relação entre r² e dx A relação é r² x² a² E kλ dx x² a² kπ a² dx x² a² 1 a² kπ a² dx x² a² 1 x a tanθ dx a 1 a dx dθ cos² θ tanθ θ 3π 2 E kλ a² a cos² θ dθ tan² θ 1 tan² kλ aπ dθ cos² θ 1 cos² θ kπ a dθ kπ a π2 3π2 kλ a π E² kλ a π ŷ λ 4πε₀ ŷ 2 λ q L E k λ r r² dl E Ey ŷ Ey E cos α E Ey k λ cos α dl r² ŷ k r² λ cos α dl k r² cos α dl k λ cos α L C 2πR E kλ cos α 2πR r² k λ a 2πR r³ k λ a 2πR R² a²32 r² r² a² r r² a²12 r³ r² a²32 Lei de Gauss A lei de Gauss é um método mais simples para encontrar o campo Elétrico uma vez que elimina a parte vetorial De fato é possível mostrar que a Lei de Coulomb é um caso específico da Lei de Gauss A Lei de Gauss relaciona o fluxo do campo elétrico por uma superfíce fechada com a quantidade de carga dentro da superfície Matematicamente E dA Qint ε0 onde E dA é uma integral de superfície com interpretação do fluxo pela superfície S Alguns pontos importantes A integral é sobre uma superfície fechada escolhida por isso tomas e não Outro detalhe é que o campo elétrico e o elemento de área dA não grander vetoriais sendo o campo elétrico um campo Vetorial e o elemento do área um vetor Por conta disso temos um produto interno escala dentro da Integral Se relembrarmos um produto interno sempre resulta em um número scalar Do fato do lado direito da equação temos Para mostrar que E é um campo vetorial vzemos o campo de uma carga positiva q Em cada ponto do espaço o campo E aponta radialmente para fora Mas o que seria o dA Sem perda de generalidade podemos escrever dA n dA n 1 i r k n 1 n é definido como o vetor perpendicular à superfície em um determinado ponto Chamamos essa superfície de área orientada Ex superfície plana Em uma superfície curva Porém ainda temos um problema Em cada ponto da superfície temos dois vetores perpendiculares para dentro e fora da superfície Ex Então qual usamos Portanto o que vem a ser o produto interno E n dA E qual superfície é essa Superfície Gaussiana Simetria E n dA Ex Carga Puntual O primeiro passo para usar a lei de gauss é tentar saber a direção do campo elétrico No caso da carga pontual sabemos que é 𝑟 Assim temos s E dA qint ϵ₀ E r n dA qint ϵ₀ O segundo passo é escolhermos a superfície da Integração Precisamos escolher de acordo com a simetria do problema A princípio pode não ser óbvio mas a simetria da carga pontual é a esférica uma vez que sabemos que o campo é na direção radial Assim escolheremos uma esfera com a carga no centro como superfície a superfície precisa passar pelo ponto que queremos calcular o campo esfera E r n dA Como foi dito o campo E é constante em qualquer direção sobre o mesmo raio Ou seja sobre a superfície S E é constante esfera E r n dA E esfera r n dA E esfera dA qint ϵ₀ Mas quem é n Na verdade é também r esfera E r n dA E esfera r n dA Mas quem é n Na verdade é também r Assim esfera E r n dA E esfera r n dA E esfera dA qint ϵ₀ s dA A E A qint ϵ₀ A carga interna é literalmente a quantidade de carga que tem dentro da superfície No nosso caso qint q E A q ϵ₀ E q ϵ₀ 1 A A área da superfície esférica é A 4πr² Assim E q 4π ϵ₀ r² Como sabemos a direção do campo E q 4πε₀r² r justamente a lei de Coulomb Ex 2 Fio infinito com densidade linear λ Um fio possui simetria cilíndrica Assim fazemos Ex 2 Fio infinito com densidade linear λ Um fio possui simetria cilíndrica Assim fazemos s E dA qint ϵ₀ Como o fio é infinito o campo elétrico E é constante na superfície lateral do cilindro pois O fio é infinito então sempre existe um ponto oposto ao primeiro que cancela a componente paralela ao fio sobrando uma componente constante na direção 𝜙 das coordenadas cilíndricas Vejamos a integral s E dA S1 E dA S2 E dA S3 E dA onde S2 S3 S1 Nas superfícies laterais não há contribuição para a integração pois como foi mostrado não há Nas superfícies laterais não há contribuição para a integração pois como foi mostrado não há campo paralelo ao fio ou seja Então E vetor ponto n vetor 0 Então integral dupla S2 E vetor ponto dA vetor 0 integral S E vetor ponto dA vetor integral S3 E vetor ponto dA vetor q intε0 Como foi dito E é constante na superfície lateral Portanto integral S3 E vetor ponto dA vetor E integral S3 dA E A lateral qintε0 No nosso caso quem é q int Dentro do cilindro S temos lambda qL E A lateral lambda Lε0 A lateral 2πrL E lambda2πrLε0 E vetor lambda2πrε0 ρ