Exercício Resolvido de Campo Elétrico
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Um aro de raio a está carregado uniformemente com uma carga Q. Calcule o vetor campo
elétrico em um ponto P sobre o eixo de simetria perpendicular ao plano do aro a uma distância
z do seu centro.
Dados do problema:
- Raio do aro: a;
- Carga do aro: Q;
- Distância ao ponto onde se quer o campo elétrico: z.
O vetor posição r vai de um elemento de carga do aro dq até o ponto P onde queremos calcular o campo elétrico, o vetor rq localiza o elemento de carga em relação à origem do referencial e o vetor rp localiza o ponto P (Figura 1-A).
\[
\begin{gather}
\mathbf r=\mathbf r_p-\mathbf r_q
\end{gather}
\]
Pela geometria do problema escolhemos coordenadas cilíndricas (Figura 1-B), o vetor rq, está no plano xy, é escrito como \( \mathbf r_q=x\;\mathbf i+y\;\mathbf j \) e o vetor rp só possui componente na direção k, \( \mathbf r_p=z\;\mathbf k \), o vetor posição será
\[
\begin{gather}
\mathbf r=z\;\mathbf k-\left(x\;\mathbf i+y\;\mathbf j\right)\\[5pt]
\mathbf r=-x\;\mathbf i-y\;\mathbf j+z\;\mathbf k \tag{I}
\end{gather}
\]
Da equação (I), o módulo do vetor posição r será
\[
\begin{gather}
r^2=(-x)^2+(-y)^2+z^2\\[5pt]
r=\left(x^2+y^2+z^2\right)^{\frac{1}{2}} \tag{II}
\end{gather}
\]
onde x, y e z, em coordenadas cilíndricas, são dados por
\[
\begin{gather}
\left\{
\begin{array}{l}
x=a\cos\theta\\
y=a\operatorname{sen}\theta\\
z=z
\end{array}
\right. \tag{III}
\end{gather}
\]
Solução:
O vetor campo elétrico é dado por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{dq}{r^2}\;\frac{\mathbf r}{r}}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{dq}{r^3}\;\mathbf r} \tag{IV}
\end{gather}
\]
Usando a equação da densidade linear de carga λ, obtemos o elemento de carga dq
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\lambda=\frac{dq}{ds}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
dq=\lambda\;ds \tag{V}
\end{gather}
\]
onde ds é um elemento de arco de ângulo dθ do aro (Figura 2)
\[
\begin{gather}
ds=a\;d\theta \tag{VI}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (VI) na equação (V)
\[
\begin{gather}
dq=\lambda a\;d\theta \tag{VII}
\end{gather}
\]
Substituindo as equações (I), (II) e (VII) na equação (IV)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left[\left(x^2+y^2+z^2\right)^{1/2}\right]^3}}\left(-x\;\mathbf i-y\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)\\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^{3/2}}}\left(-x\;\mathbf i-y\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right) \tag{VIII}
\end{gather}
\]
substituindo as equações de (III) na equação (VIII)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left[\left(a\cos\theta\right)^2+\left(a\operatorname{sen}\theta\right)^2+z^2\right]^{3/2}}}\left(-a\cos\theta\;\mathbf i-a\operatorname{sen}\theta\;\mathbf j+z\mathbf k\right)\\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left[a^2\cos^2\theta +a^2\operatorname{sen}^2\theta+z^2\right]^{3/2}}}\left(-a\cos\theta\;\mathbf i-a\operatorname{sen}\theta\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)\\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left[a^2\underbrace{\left(\cos^2\theta +\operatorname{sen}^2\theta\right)}_{1}+z^2\right]^{3/2}}}\left(-a\cos\theta\;\mathbf i-a\operatorname{sen}\theta\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)\\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}}\left(-a\cos\theta\;\mathbf i-a\operatorname{sen}\theta\;\mathbf j+z\;\mathbf k\;\right)
\end{gather}
\]
A densidade de carga λ e o raio a são constantes eles podem sair da integral, e
a integral da soma igual à soma das integrais
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left(-a\int\cos\theta\;d\theta\;\mathbf i-a\int\operatorname{sen}\theta\;d\theta\;\mathbf j+z\int\;d\theta\;\mathbf k\;\right)
\end{gather}
\]
Os limites de integração serão 0 e 2π (uma volta completa no aro)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left(-a\underbrace{\int_0^{2\pi}\cos\theta\;d\theta}_0\;\mathbf i-a\underbrace{\int_0^{2\pi}\operatorname{sen}\theta\;d\theta}_0\;\mathbf j+z\int_0^{2\pi}\;d\theta\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Integral de \( \displaystyle \int_0^{2\pi}\cos\theta\;d\theta \)
1.º método
Figura 3
1.º método
\[
\begin{align}
\int_0^{2\pi}\cos\theta\;d\theta &=\left.\operatorname{sen}\theta\;\right|_{\;0}^{\;2\pi}=\operatorname{sen}2\pi-\operatorname{sen}0=\\
&=0-0=0
\end{align}
\]
2.º método
O gráfico de cosseno entre 0 e 2π, possui uma área “positiva” acima do eixo-x entre 0 e \( \frac{\pi}{2} \) e entre \( \frac{3\pi}{2} \) e 2π, e uma área “negativa” abaixo do eixo-x entre \( \frac{\pi}{2} \) e \( \frac{3\pi}{2} \), estas duas áreas se cancelam no cálculo da integral e o valor da integral é zero (Figura 3).
O gráfico de cosseno entre 0 e 2π, possui uma área “positiva” acima do eixo-x entre 0 e \( \frac{\pi}{2} \) e entre \( \frac{3\pi}{2} \) e 2π, e uma área “negativa” abaixo do eixo-x entre \( \frac{\pi}{2} \) e \( \frac{3\pi}{2} \), estas duas áreas se cancelam no cálculo da integral e o valor da integral é zero (Figura 3).
Integral de \( \displaystyle \int_0^{2\pi}\operatorname{sen}\theta\;d\theta \)
1.º método
Figura 4
Figura 5
1.º método
\[
\begin{align}
\int_0^{2\pi}\operatorname{sen}\theta\;d\theta &=\left.-\cos\theta\;\right|_0^{\;2\pi}=-(\cos 2\pi-\cos 0)=\\
&=-(1-1)=0
\end{align}
\]
2.º método
O gráfico do seno entre 0 e 2π, possui uma área “positiva” acima do eixo-x entre 0 e π e uma área “negativa” abaixo do eixo-x entre π e 2π, estas duas áreas se cancelam no cálculo da integral e o valor da integral é zero (Figura 4).
O gráfico do seno entre 0 e 2π, possui uma área “positiva” acima do eixo-x entre 0 e π e uma área “negativa” abaixo do eixo-x entre π e 2π, estas duas áreas se cancelam no cálculo da integral e o valor da integral é zero (Figura 4).
Observação: as duas integrais, nas direções i e j, sendo nulas,
representam o cálculo matemático para a afirmação que se faz usualmente de que as componentes do campo
elétrico paralelas ao plano xy (dEP) se anulam. Apenas as
componentes normais ao plano (dEN) contribuem para o campo elétrico
total (Figura 5).
Integral de \( \displaystyle \int_0^{2\pi}d\theta \)
\[
\begin{gather}
\int_0^{2\pi}d\theta=\left.\theta\;\right|_0^{\;2\pi}=2\pi-0=2\pi
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}2\pi z\;\mathbf k\\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{2\pi\lambda a z}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\;\mathbf k \tag{IX}
\end{gather}
\]
A carga total do aro é Q e o seu comprimento é 2πa, a densidade linear de carga pode
ser escrita
\[
\begin{gather}
\lambda=\frac{Q}{2\pi a}\\[5pt]
Q=2\pi a\lambda \tag{X}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (X) na equação (IX)
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Qz}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\;\mathbf k}
\end{gather}
\]
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