Exercício Resolvido de Campo Elétrico
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Um arco de circunferência de raio a e ângulo central θ0 é carregado com
uma carga Q distribuída uniformemente ao longo do arco. Determine:
a) O vetor campo elétrico nos pontos da reta que passa pelo centro do arco e é perpendicular ao plano que contém o arco;
b) O vetor campo elétrico no centro de curvatura do arco;
c) O vetor campo elétrico quando o ângulo central tende a zero.
a) O vetor campo elétrico nos pontos da reta que passa pelo centro do arco e é perpendicular ao plano que contém o arco;
b) O vetor campo elétrico no centro de curvatura do arco;
c) O vetor campo elétrico quando o ângulo central tende a zero.
Dados do problema:
- Raio do arco: a;
- Ângulo central do arco: θ0;
- Carga elétrica do arco: Q.
O vetor posição r vai de um elemento de carga dq do aro 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 devemos escolher coordenadas cilíndricas (Figura 1-B), o vetor rq, que está no plano yz, é escrito como \( \mathbf r_q=y\;\mathbf j+z\;\mathbf k \) e o vetor rp só possui componente na direção i, \( \mathbf r_p=x\;\mathbf i \) (ao contrário do que se faz usualmente onde o vetor rq está no plano xy e o eixo do cilindro na direção k), o vetor posição será
\[
\begin{gather}
\mathbf r=x\;\mathbf i-\left(y\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)\\[5pt]
\mathbf r=x\;\mathbf i-y\;\mathbf j-z\;\mathbf k \tag{I}
\end{gather}
\]
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
\[
\begin{gather}
\left\{
\begin{array}{l}
x=x\\
y=a\cos\theta\\
z=a\operatorname{sen}\theta
\end{array}
\right. \tag{III}
\end{gather}
\]
Solução:
a) 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 arco (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)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left[\;x^2+\left(a\cos\theta\right)^2+\left(a\operatorname{sen}\theta\right)^2\right]^{3/2}}}\left(x\;\mathbf i-a\cos\theta\;\mathbf j-a\operatorname{sen}\theta\;\mathbf k\right)\\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left[x^2+a^2\cos^2\theta +a^2\operatorname{sen}^2\theta\;\right]^{3/2} }}\left(x\;\mathbf i-a\cos\theta\;\mathbf j-a\operatorname{sen}\theta\;\mathbf k\right)\\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left[x^2+a^2\underbrace{\left(\cos ^2\theta+\operatorname{sen}^2\theta\right)}_{1}\right]^{3/2}}\left(x\;\mathbf i-a\cos\theta\;\mathbf j-a\operatorname{sen}\theta\;\mathbf k\right)}\\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\;\mathbf i-a\cos\theta\;\mathbf j-a\operatorname{sen}\theta\;\mathbf k\right)}
\end{gather}
\]
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
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda a}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\int d\theta\;\mathbf i-a\int \cos\theta d\theta\;\mathbf j-a\int \operatorname{sen}\theta\;d\theta\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Como existe simetria podemos dividir o ângulo central θ0 em duas partes medindo
\( \frac{\theta_0}{2} \)
no sentido horário e
\( -{\frac{\theta_0}{2}} \)
no sentido anti-horário (Figura 3), os limites de integração serão
\( -{\frac{\theta_0}{2}} \)
e
\( \frac{\theta_0}{2} \)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda a}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}d\theta\;\mathbf i-a\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\cos\theta\;d\theta\;\mathbf j-a\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\operatorname{sen}\theta\;d\theta\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Figura 3
Integral de \( \displaystyle \int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\;d\theta \)
\[
\begin{align}
\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\;d\theta &=\frac{\theta_0}{2}-\left(-{\frac{\theta_0}{2}}\right)=\\
&=\frac{\theta_0}{2}+\frac{\theta_0}{2}=\cancel 2\frac{\theta_0}{\cancel 2}=\theta_0
\end{align}
\]
Integral de \( \displaystyle \int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\cos\theta\;d\theta \)
\[
\begin{align}
\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\cos\theta\;d\theta &=\left.\operatorname{sen}\theta\right|_{\;-\frac{\theta_0}{2}}^{\;\frac{\theta_0}{2}}=\\
&=\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}-\operatorname{sen}\;\left(-{\frac{\theta_0}{2}}\right)
\end{align}
\]
a função seno é uma função ímpar
\( f(-x)=-f(x) \),
\( \operatorname{sen}\left(-{\dfrac{\theta_0}{2}}\right)=-\operatorname{sen}\dfrac{\theta_0}{2} \)
\[
\begin{align}
\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\cos\theta\;d\theta &=\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}-\left[-\operatorname{sen}\;\frac{\theta_0}{2}\right]=\\
&=\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}+\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}=2\;\operatorname{sen}\;\frac{\theta_0}{2}
\end{align}
\]
Integral de \( \displaystyle \int_{-{\frac{\theta_{;0}}{2}}}^{{\frac{\theta_{0}}{2}}}\operatorname{sen}\theta\;d\theta\)
\[
\begin{align}
\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\operatorname{sen}\theta\;d\theta &=\left.-\cos\theta\right|_{\;-\frac{\theta_0}{2}}^{\;\frac{\theta_0}{2}}=\\
&=-\left[\cos\frac{\theta_0}{2}-\cos\left(-{\frac{\theta_0}{2}}\right)\right]
\end{align}
\]
a função cosseno é uma função par
\( f(x)=f(-x) \),
\( \cos\left(-{\dfrac{\theta_0}{2}}\right)=\cos\dfrac{\theta_0}{2} \)
\[
\begin{gather}
\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\operatorname{sen}\theta\;d\theta=-\left[\cos\frac{\theta_0}{2}-\cos\frac{\theta_0}{2}\right]=0
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda a}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\theta_0\;\mathbf i-2a\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j-0\;\mathbf k\right)\\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda a}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\theta_0\;\mathbf i-2a\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j\right) \tag{IX}
\end{gather}
\]
Observação: a integral na direção k é igual a zero, porque um elemento de carga
dq, produz num ponto, um elemento do campo que pode ser decomposto em elementos
dEx, −dEy e
−dEz (Figura 4-A). Um outro elemento de carga colocado numa posição
simétrica produz, no mesmo ponto, um outro elemento do campo que pode ser decomposto em elementos
dEx, −dEy e
dEz (Figura 4-B). Assim os elementos na direção k se anulam e apenas
os elementos nas direções i e j contribuem para o campo total.
Figura 4
A carga total do arco é Q e o seu comprimento é aθ0, a densidade linear de carga pode ser escrita
\[
\begin{gather}
\lambda=\frac{Q}{a\theta_0} \tag{X}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (X) na equação (IX)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{a\theta_0}\frac{a}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\theta_0\;\mathbf i-2a\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j\right)\\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(\frac{1}{\theta_0}x\theta_0\;\mathbf i-\frac{1}{\theta_0}2a\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j\right)
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\;\mathbf i-\frac{2a}{\theta_0}\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j\right)}
\end{gather}
\]
b) No centro de curvatura temos x = 0, substituindo na solução do item anterior (Figura 6)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{\left(0^2+a^2\right)^{3/2}}\left(0\;\mathbf i-\frac{2a}{\theta_0}\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j\right)\\[5pt]
\mathbf E=\frac{-{1}}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{a^{3}}\frac{2a}{\theta_0}\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=\frac{-{1}}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{a^2}\frac{2}{\theta_0}\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j}
\end{gather}
\]
c) Quando o ângulo central tende a zero (\( \theta_0\rightarrow 0 \)), o arco tende a uma carga pontual, aplicando o limite à solução do item anterior (Figura 7)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\underset{\theta_0\rightarrow0}{\lim}-\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\;\frac{Q}{a^2}\frac{2}{\theta_0}\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j
\end{gather}
\]
invertendo o termo
\( \frac{2}{\theta_0} \)
e passando para o denominador
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\underset{\theta_0\rightarrow 0}{\lim}-{\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{a^2}\dfrac{\operatorname{sen}\dfrac{\theta_0}{2}}{\dfrac{\theta_0}{2}}\;\mathbf j}
\end{gather}
\]
Usando o Limite Fundamental
\( \underset{x\rightarrow 0}{\lim}{\dfrac{\operatorname{sen}x}{x}}=1 \)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=-{\frac{1}{4\pi\epsilon_0}}\frac{Q}{a^2}\underbrace{\;\underset{\theta_0\rightarrow 0}{\lim }{\dfrac{\operatorname{sen}\dfrac{\theta_0}{2}}{\dfrac{\theta_0}{2}}}}_{1}\;\mathbf j
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=-{\frac{Q}{4\pi\epsilon_0a^2}}\;\mathbf j}
\end{gather}
\]
e o resultado se reduz ao vetor campo elétrico de uma carga pontual.
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