Lei de Gauss e fluxo elétrico

O fluxo de E que sai de qualquer superfície fechada é igual à carga no seu interior dividida por ε₀. Esta relação vale sempre, mas em geral pouco ajuda a calcular o campo: dá apenas um valor para toda a superfície. Quando a distribuição de carga tem simetria, podemos escolher uma superfície que E atravesse perpendicularmente, com o mesmo módulo em todos os pontos de passagem. Basta então uma linha de álgebra para obter E. Escolhe uma simetria, ajusta as dimensões da superfície gaussiana e consulta a carga que ela encerra, o fluxo e o campo.

Lei de Gauss: fluxo que sai de qualquer superfície fechada	$\oint\vec E\cdot d\vec A=\frac{Q_{\mathrm{enc}}}{\varepsilon_0}$
Fluxo através de uma superfície plana num campo uniforme	$\Phi=\vec E\cdot\vec A=EA\cos\theta$

Exemplo resolvido — Lei de Gauss e fluxo elétrico

Carga encerrada	1,25×10⁻⁹ C
Área da esfera gaussiana	0,03142 m²
Fluxo que sai da superfície	141,2 N·m²/C
Campo na superfície	4.494 N/C

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

A carregar a simulação interativa...

Lição

A teoria — Lei de Gauss e fluxo elétrico

O fluxo elétrico através de uma superfície é Φ = ∫E·dA: o integral da componente normal do campo sobre a área da superfície. A lei de Gauss afirma que, para qualquer superfície fechada, o fluxo que sai é igual à carga no seu interior dividida por ε₀: ∮E·dA = Q_enc/ε₀.

O que significa cada símbolo

dA: um elemento de superfície representado por um vetor: o módulo é a sua área e o sentido aponta para fora da superfície fechada
Q_enc: a carga no interior da superfície fechada; a carga exterior não contribui para o fluxo total
ε₀: a permitividade elétrica do vazio, 8,854 × 10⁻¹² C²/(N·m²)

De onde vem a fórmula

O fluxo é o produto da componente normal do campo pela área. Numa superfície plana de área A, sob um campo uniforme E que faz um ângulo θ com a normal, só a componente E cos θ atravessa a superfície.
$\Phi=\int\vec E\cdot d\vec A,\qquad\Phi=EA\cos\theta$
O fluxo de uma carga pontual não depende da superfície. Através de uma esfera de qualquer raio centrada em q, vale kq/r² vezes 4πr², ou seja, q/ε₀, pois o raio simplifica-se. Uma superfície de outra forma é atravessada pelas mesmas linhas de campo, e somar cargas corresponde a somar fluxos.
$\oint\frac{kq}{r^{2}}\,dA=\frac{kq}{r^{2}}\cdot4\pi r^{2}=4\pi kq=\frac{q}{\varepsilon_0}$
Escolhe uma superfície que permita retirar E do integral. Pela simetria, E tem o mesmo módulo em todos os pontos onde atravessa a superfície e é perpendicular a ela; nas restantes partes, é tangente. O fluxo é então E vezes a área que o campo atravessa.
$\oint\vec E\cdot d\vec A=E\oint dA=EA$
As três superfícies. Uma esfera para uma distribuição esférica de carga; um cilindro de comprimento L para uma linha ou um cilindro longo, sem fluxo pelas bases; um cilindro que atravesse o plano para uma distribuição plana, com fluxo apenas pelas duas bases.
$4\pi r^{2},\qquad 2\pi rL,\qquad 2A$
Iguala E·A a Q_enc/ε₀ e resolve em ordem a E. Obténs assim os campos da carga pontual, da distribuição linear e da lâmina.
$E=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^{2}},\qquad E=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0r},\qquad E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$

Pressupõe: Cargas em repouso. A lei vale para qualquer superfície fechada e qualquer distribuição de carga; é o cálculo de E a partir dela que exige simetria. O cilindro tem comprimento infinito e o plano tem extensão infinita. Uma barra ou uma placa real só se aproxima deste comportamento longe das extremidades e dos bordos.

Problemas resolvidos na íntegra

Fluxo através de uma superfície plana 2 passos
Um campo uniforme de 2,0 × 10⁴ N/C atravessa um quadrado de lado 20 cm, fazendo um ângulo de 60° com a normal ao quadrado. Calcula o fluxo através do quadrado.
1. Só a componente de E segundo a normal atravessa a superfície:
  
  $\Phi=EA\cos\theta$
2. Com A = (0,20 m)² = 0,040 m²:
  
  $\Phi=(2{.}0\times10^{4})(0{.}040)\cos60^{\circ}=400\ \mathrm{N\,m^{2}/C}$
Resposta

400 N·m²/C. Se inclinares o quadrado até o campo ficar tangente à sua superfície (θ = 90°), o fluxo é nulo.

$\Phi=400\ \mathrm{N\,m^{2}/C}$
Uma carga no centro de um cubo 2 passos
Uma carga de 10 nC está no centro de um cubo de aresta 20 cm. Calcula o fluxo através de uma face.

Abrir este problema na ferramenta
Mostrar solução
1. O fluxo que sai de toda a superfície do cubo é q/ε₀, independentemente da forma da superfície:
  
  $\Phi=\frac{q}{\varepsilon_0}=\frac{1{.}0\times10^{-8}}{8{.}854\times10^{-12}}\approx1129\ \mathrm{N\,m^{2}/C}$
2. Por simetria, as seis faces repartem o fluxo igualmente:
  
  $\Phi_{1}=\frac{1}{6}\cdot\frac{q}{\varepsilon_0}\approx188{.}2\ \mathrm{N\,m^{2}/C}$
Resposta

188,2 N·m²/C por face; o resultado não depende da aresta do cubo.

$\Phi_{1}=\frac{q}{6\varepsilon_0}\approx188{.}2\ \mathrm{N\,m^{2}/C}$
Uma carga num vértice de um cubo 2 passos
A mesma carga de 10 nC está num vértice do cubo. Calcula o fluxo através de cada face e o fluxo total através do cubo.

Abrir este problema na ferramenta
Mostrar solução
1. Oito cubos iguais, com esse vértice em comum, encerrariam a carga no seu conjunto. Por simetria, cada um receberia a mesma fração do fluxo:
  
  $\Phi=\frac{1}{8}\cdot\frac{q}{\varepsilon_0}\approx141{.}2\ \mathrm{N\,m^{2}/C}$
2. Nas três faces que se encontram no vértice, as linhas de campo são tangentes à superfície, pelo que o fluxo é nulo. As outras três repartem igualmente o fluxo do cubo:
  
  $\Phi_{1}=0,\qquad\Phi_{2}=\frac{1}{3}\cdot\frac{q}{8\varepsilon_0}=\frac{q}{24\varepsilon_0}\approx47{.}06\ \mathrm{N\,m^{2}/C}$
Resposta

141,2 N·m²/C através do cubo: 47,06 através de cada uma das três faces afastadas e zero através das três próximas.

$\Phi=\frac{q}{8\varepsilon_0}\approx141{.}2\ \mathrm{N\,m^{2}/C}$
Dentro e fora de uma esfera carregada 4 passos
Uma esfera de raio 10 cm tem uma carga de 10 nC distribuída uniformemente pelo volume. Calcula E a 5 cm e a 20 cm do centro.

Abrir este problema na ferramenta
Mostrar solução
1. No interior, uma esfera gaussiana de raio r encerra a fração (r/R)³ da carga:
  
  $Q_{\mathrm{enc}}=Q\,\frac{r^{3}}{R^{3}}$
2. Aplicando a lei de Gauss a essa esfera:
  
  $E\cdot4\pi r^{2}=\frac{Qr^{3}}{\varepsilon_0R^{3}}\ \Rightarrow\ E=\frac{kQr}{R^{3}}$
3. Para r = 0,05 m:
  
  $E=\frac{(8{.}988\times10^{9})(1{.}0\times10^{-8})(0{.}05)}{(0{.}10)^{3}}\approx4494\ \mathrm{N/C}$
4. No exterior, a esfera gaussiana encerra toda a carga Q e o campo é igual ao de uma carga pontual:
  
  $E=\frac{kQ}{r^{2}}=\frac{(8{.}988\times10^{9})(1{.}0\times10^{-8})}{(0{.}20)^{2}}\approx2247\ \mathrm{N/C}$
Resposta

4 494 N/C a 5 cm e 2 247 N/C a 20 cm. À superfície, o campo é 8 988 N/C. A meio caminho entre o centro e a superfície, vale metade, pois no interior cresce proporcionalmente a r; ao dobro da distância ao centro, no exterior, vale um quarto.

$E(5\ \mathrm{cm})\approx4494\ \mathrm{N/C},\qquad E(20\ \mathrm{cm})\approx2247\ \mathrm{N/C}$
Uma carga dentro de um invólucro condutor 3 passos
Uma carga de 10 nC está no centro de um invólucro metálico esférico de raio interior 10 cm e raio exterior 15 cm, com carga própria de 5 nC. Calcula a carga em cada superfície do invólucro e E a 5 cm, 12 cm e 20 cm do centro.

Abrir este problema na ferramenta
Mostrar solução
1. No metal, E = 0, pelo que a carga total encerrada por uma esfera gaussiana situada no metal é nula. A superfície interior tem de ter carga −q; a carga restante do invólucro fica na superfície exterior:
  
  $Q_{a}=-q=-10\ \mathrm{nC},\qquad Q_{b}=q+Q_s=15\ \mathrm{nC}$
2. Na cavidade, a 5 cm, a esfera gaussiana encerra apenas q:
  
  $E=\frac{kq}{r^{2}}=\frac{(8{.}988\times10^{9})(1{.}0\times10^{-8})}{(0{.}05)^{2}}\approx3{.}595\times10^{4}\ \mathrm{N/C}$
3. No metal, a 12 cm, E = 0. No exterior, a 20 cm, a esfera encerra q + Qs:
  
  $E=\frac{k\,(q+Q_s)}{r^{2}}=\frac{(8{.}988\times10^{9})(1{.}5\times10^{-8})}{(0{.}20)^{2}}\approx3370\ \mathrm{N/C}$
Resposta

−10 nC na superfície interior, 15 nC na exterior; E = 3,595 × 10⁴ N/C a 5 cm, 0 a 12 cm, 3 370 N/C a 20 cm.

$E=3{.}595\times10^{4},\ 0,\ 3370\ \mathrm{N/C}$
No interior de uma barra carregada 3 passos
Um cilindro longo de raio 10 cm tem uma carga de 10 nC por metro distribuída uniformemente pelo volume. Calcula E a 5 cm do eixo.

Abrir este problema na ferramenta
Mostrar solução
1. Considera um cilindro gaussiano de raio r e comprimento L. Só há fluxo pela superfície lateral, e a carga encerrada é a fração (r/R)² da carga contida nesse comprimento:
  
  $E\cdot2\pi rL=\frac{\lambda L}{\varepsilon_0}\cdot\frac{r^{2}}{R^{2}}$
2. Resolvendo em ordem a E:
  
  $E=\frac{\lambda r}{2\pi\varepsilon_0R^{2}}=\frac{2k\lambda r}{R^{2}}$
3. Para r = 0,05 m:
  
  $E=\frac{2\,(8{.}988\times10^{9})(1{.}0\times10^{-8})(0{.}05)}{(0{.}10)^{2}}\approx898{.}8\ \mathrm{N/C}$
Resposta

898,8 N/C, um quarto dos 3 595 N/C que uma linha infinitamente fina com o mesmo λ produziria a 5 cm.

$E=\frac{2k\lambda r}{R^{2}}\approx898{.}8\ \mathrm{N/C}$
Um cabo coaxial 2 passos
Um cabo coaxial tem +10 nC por metro num fio de raio 2,0 cm e −10 nC por metro num condutor exterior fino de raio 10 cm. Calcula E a 5,0 cm e a 15 cm do eixo.

Abrir este problema na ferramenta
Mostrar solução
1. Entre os condutores, o cilindro gaussiano encerra apenas a carga do fio:
  
  $E\cdot2\pi rL=\frac{\lambda L}{\varepsilon_0}\ \Rightarrow\ E=\frac{2k\lambda}{r}=\frac{2\,(8{.}988\times10^{9})(1{.}0\times10^{-8})}{0{.}05}\approx3595\ \mathrm{N/C}$
2. No exterior do cabo, encerra as duas cargas, cuja soma é nula:
  
  $E\cdot2\pi rL=\frac{(\lambda-\lambda)L}{\varepsilon_0}=0\ \Rightarrow\ E=0$
Resposta

3 595 N/C a 5,0 cm e zero a 15 cm. As cargas iguais e de sinais contrários nos dois condutores confinam o campo ao interior do cabo.

$E(5\ \mathrm{cm})\approx3595\ \mathrm{N/C},\qquad E(15\ \mathrm{cm})=0$
Uma lâmina e duas placas 2 passos
Calcula o campo de uma lâmina extensa com carga de 10 nC por metro quadrado e o campo entre duas placas extensas, separadas por 10 cm, com cargas de +10 e −10 nC por metro quadrado.

Abrir este problema na ferramenta
Mostrar solução
1. Um cilindro gaussiano que atravessa a lâmina tem duas bases de área A, com E a apontar para fora em ambas, e encerra a carga σA:
  
  $2EA=\frac{\sigma A}{\varepsilon_0}\ \Rightarrow\ E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}=\frac{1{.}0\times10^{-8}}{2\,(8{.}854\times10^{-12})}\approx564{.}7\ \mathrm{N/C}$
2. Entre as placas, os campos das duas lâminas têm o mesmo sentido, de + para −, e somam-se; no exterior, têm sentidos opostos e anulam-se:
  
  $E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}+\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}\approx1129\ \mathrm{N/C}$
Resposta

564,7 N/C para a lâmina; 1 129 N/C entre as placas e zero no exterior. Estes valores não dependem da distância às placas.

$E=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}\approx1129\ \mathrm{N/C}$
Uma esfera com carga não uniforme 3 passos
Uma esfera de raio R = 10 cm tem densidade de carga ρ = ρ₀r/R, com ρ₀ = 2,0 μC/m³. Calcula a carga total e E para r = 5,0 cm.
Mostrar solução
1. A carga contida até ao raio r obtém-se somando cascas finas de área 4πr′² e espessura dr′:
  
  $Q_{\mathrm{enc}}=\int_{0}^{r}\rho_0\frac{r'}{R}\,4\pi r'^{2}\,dr'=\frac{\pi\rho_0r^{4}}{R}$
2. Aplicando a lei de Gauss a uma esfera de raio r:
  
  $E\cdot4\pi r^{2}=\frac{\pi\rho_0r^{4}}{\varepsilon_0R}\ \Rightarrow\ E=\frac{\rho_0r^{2}}{4\varepsilon_0R}$
3. Para r = 0,050 m, e para a carga total em r = R:
  
  $E=\frac{(2{.}0\times10^{-6})(0{.}050)^{2}}{4\,(8{.}854\times10^{-12})(0{.}10)}\approx1412\ \mathrm{N/C},\qquad Q=\pi\rho_0R^{3}\approx6{.}283\times10^{-9}\ \mathrm{C}$
Resposta

Q = 6,283 nC; E = 1 412 N/C a 5,0 cm. Em r = R, a expressão do campo interior dá 5 647 N/C, o mesmo valor que kQ/R², como se exige na superfície.

$Q\approx6{.}283\ \mathrm{nC},\qquad E\approx1412\ \mathrm{N/C}$

Problemas suplementares, só com a resposta

Uma carga de 3,0 μC está dentro de uma superfície fechada de forma arbitrária. Calcula o fluxo que sai da superfície.

Mostrar resposta

3,388 × 10⁵ N·m²/C.

$\Phi=\frac{q}{\varepsilon_0}\approx3{.}388\times10^{5}\ \mathrm{N\,m^{2}/C}$
Um campo uniforme de 1 000 N/C é paralelo ao eixo de um hemisfério de raio 10 cm. Calcula o fluxo através da superfície curva.

Mostrar resposta

31,42 N·m²/C: as mesmas linhas de campo atravessam o disco plano que fecha o hemisfério, pelo que o fluxo é πR²E.

$\Phi=\pi R^{2}E\approx31{.}42\ \mathrm{N\,m^{2}/C}$
Uma esfera metálica de raio 5,0 cm tem uma carga de 4,0 nC. Calcula E a 3,0 cm e a 10 cm do centro.

Mostrar resposta

Zero a 3,0 cm, no interior do metal, e 3 595 N/C a 10 cm.

$E(3\ \mathrm{cm})=0,\qquad E(10\ \mathrm{cm})=\frac{kQ}{r^{2}}\approx3595\ \mathrm{N/C}$
Um cilindro longo de raio 2,0 cm tem uma carga de 5,0 nC por metro distribuída uniformemente pelo volume. Calcula E a 1,0 cm e a 4,0 cm do eixo.

Mostrar resposta

2 247 N/C em ambos os pontos: a metade do raio, no interior, o campo é metade do valor à superfície; ao dobro do raio, no exterior, também.

$E=\frac{2k\lambda r}{R^{2}}=\frac{2k\lambda}{r'}\approx2247\ \mathrm{N/C}$
Uma camada extensa de espessura 4,0 cm tem densidade de carga uniforme ρ = 1,0 μC/m³. Calcula E a 1,0 cm do plano médio e no exterior.

Mostrar resposta

1 129 N/C a 1,0 cm; 2 259 N/C em qualquer ponto do exterior.

$E=\frac{\rho x}{\varepsilon_0}\approx1129\ \mathrm{N/C},\qquad E=\frac{\rho a}{\varepsilon_0}\approx2259\ \mathrm{N/C}$
Uma carga pontual q está no centro de uma face de um cubo. Calcula o fluxo através do cubo.

Mostrar resposta

q/(2ε₀): um segundo cubo igual, do outro lado dessa face, receberia a outra metade.

$\Phi=\frac{q}{2\varepsilon_0}$

Visto de fora, o campo de uma esfera carregada é igual ao de uma carga pontual

Seleciona Uma esfera carregada e arrasta a esfera gaussiana para além de R = 10 cm. No exterior, o campo coincide exatamente com kQ/r², o campo que os 10 nC produziriam se estivessem todos no centro. Uma esfera de raio r exterior à esfera carregada encerra toda a carga Q, onde quer que cada parcela se encontre, e a simetria distribui o fluxo uniformemente por 4πr². Muda para a casca esférica: no exterior, obténs a mesma curva. As diferenças surgem no interior. O campo da casca é nulo em toda a região que ela envolve; o da esfera cresce linearmente, E = kQr/R³, desde zero no centro até ao valor máximo de 8 988 N/C à superfície. Uma esfera gaussiana interior encerra apenas a fração (r/R)³ da carga e distribui o fluxo por uma área que cresce com r². Sobra, por isso, uma potência de r.

Com a carga num vértice, apenas um oitavo do seu fluxo atravessa o cubo

Seleciona Carga no centro do cubo: o fluxo através de cada face é 188,2 N·m²/C, um sexto de q/ε₀ = 1 129 N·m²/C. Desloca t em direção ao vértice. O fluxo aumenta nas três faces próximas e diminui nas três afastadas, mantendo-se o total em 1 129 até ao último instante: para t = 0,99, cada face próxima tem um fluxo de 328,8 e cada face afastada, de 47,7. No próprio vértice, o fluxo nas faces próximas é nulo, porque o campo é tangente a essas faces. Em cada face afastada, vale 47,06, um vinte e quatro avos de q/ε₀. Oito cubos com esse vértice em comum repartiriam o fluxo igualmente. Depois do vértice, o total é zero: há fluxo a entrar por três faces e a sair pelas outras três.

O interior vazio de uma casca carregada permite o teste mais rigoroso da lei de Coulomb

Seleciona Uma casca carregada: no interior, o campo é nulo a qualquer distância do centro. A lei de Gauss dá esse resultado numa linha, mas só porque a força de Coulomb diminui exatamente como 1/r². Se a dependência passar a ser 1/r^(2 + q), com q diferente de zero, a contribuição do lado próximo deixa de compensar exatamente a do lado afastado e surge um campo no interior. Um resultado nulo no interior de uma casca permite, portanto, medir q. Em 1936, Plimpton e Lawton aplicaram um potencial alternado superior a 3 000 V a uma esfera metálica exterior e procuraram uma diferença de potencial entre ela e outra esfera no seu interior, com um detetor sensível a cerca de 10⁻⁶ V. Não encontraram nenhuma e estabeleceram um limite para q inferior a 2 × 10⁻⁹. O ensaio de alta frequência de Williams, Faller e Hill, em 1971, deu q = (2,7 ± 3,1) × 10⁻¹⁶.

Percurso de aprendizagem

De onde vêm os campos

Referências (4)

Gauss's law and flux: the flux through a closed surface is the same “regardless of the shape or size of the surface, as long as the surface encloses the same amount of charge”, and a charge outside contributes zero: S. J. Ling, J. Sanny and W. Moebs, University Physics Volume 2, OpenStax (2016), section 6.2, “Explaining Gauss's Law”.
The symmetric cases worked as here: a uniformly charged sphere inside and out (Example 6.6, E growing linearly inside), a non-uniformly charged sphere (6.7), a cylindrical shell (6.8), and the infinite plane σ/(2ε₀): S. J. Ling, J. Sanny and W. Moebs, University Physics Volume 2, OpenStax (2016), section 6.3, “Applying Gauss's Law”.
Insight block 3: concentric metal globes, an alternating potential above 3,000 V on the outer one, a detector inside sensitive to about 10⁻⁶ V, and the exponent 2 confirmed to within 2 × 10⁻⁹: S. J. Plimpton and W. E. Lawton, “A Very Accurate Test of Coulomb's Law of Force Between Charges”, Physical Review 50(11), 1936, pp. 1066-1071. DOI 10.1103/PhysRev.50.1066
Insight block 3: the 1971 high-frequency test, q = (2.7 ± 3.1) × 10⁻¹⁶ for a force of the form 1/r^(2+q): E. R. Williams, J. E. Faller and H. A. Hill, “New Experimental Test of Coulomb's Law: A Laboratory Upper Limit on the Photon Rest Mass”, Physical Review Letters 26(12), 1971, pp. 721-724. DOI 10.1103/PhysRevLett.26.721

Pela equipa 7 Raven Room · Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.