Um pedaço de fio condutor é dobrado na forma de uma semicircunferência de raio a, este fio é
carregado com uma carga elétrica Q distribuída uniformemente. No ponto P do centro da
semicircunferência esta distribuição de cargas gera um campo elétrico de módulo E1.
Sendo o fio substituído por uma carga pontual de mesmo valor Q e a uma distância a, igual ao
raio da semicircunferência, do ponto P ela gera neste ponto um campo elétrico de módulo
E2.
Calcule a razão E1/E2, entre os módulos dos campos elétricos gerados
pela semicircunferência carrega e pela carga pontual.
Dados do problema:
- Raio do arco: a;
- Carga do arco: Q;
- Carga pontual: Q.
Esquema do problema:
O vetor posição r vai de um elemento de carga dq do arco até o ponto P onde se deseja
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, como neste caso o
ponto P está na origem o vetor rp é nulo, rp = 0
(Figura 1-A)
\[
\begin{gather}
\mathbf r={\mathbf r}_p-{\mathbf r}_q
\end{gather}
\]
Pela geometria do problema devemos escolher coordenadas polares (Figura 1-B), o vetor
rq, é escrito como
\( {\mathbf r}_q=-x\;\mathbf i+y\;\mathbf j \),
o vetor posição será
\[
\begin{gather}
\mathbf r=0-\left(-x\;\mathbf i+y\;\mathbf j\right) \\[5pt]
\mathbf r=x\;\mathbf i-y\;\mathbf j \tag{I}
\end{gather}
\]
Da equação (I) o módulo do vetor posição r será
\[
\begin{gather}
r^2=x^2+y^2 \\[5pt]
r=\left(x^2+y^2\right)^{\frac{1}{2}} \tag{II}
\end{gather}
\]
onde x e y, em coordenadas polares, são dados por
\[
\begin{gather}
x=a\operatorname{sen}\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right) \\[5pt]
x=a\left[\operatorname{sen}\theta\cos\frac{\pi}{2}-\operatorname{sen} \frac{\pi}{2} cos\theta \right] \\[5pt]
x=a\left[\operatorname{sen}\theta\times 0-1\times\cos\theta \right] \\[5pt]
x=-a \cos\theta \tag{III-a}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
y=a\cos\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right) \\[5pt]
y=a \left[\cos\theta\cos\frac{\pi}{2}+\operatorname{sen} \theta\operatorname{sen}\frac{\pi}{2} \right] \\[5pt]
y=a \left[\cos\theta\times 0+\operatorname{sen} \theta\times 1 \right] \\[5pt]
y=a \operatorname{sen} \theta \tag{III-b}
\end{gather}
\]
Solução:
O vetor campo elétrico do arco é dado por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{dq}{r^2}\;\frac{\mathbf r}{r}}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{dq}{r^3}\;\mathbf r} \tag{IV}
\end{gather}
\]
Da equação da densidade linear de carga λ obtemos o elemento de carga
dq
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\lambda =\frac{dq}{ds}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
q=\lambda\;ds \tag{V}
\end{gather}
\]
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)
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left[\left(x^2+y^2\right)^{\frac{1}{2}}\right]^3}}\left(-x\;\mathbf i+y\;\mathbf j\right) \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi\epsilon _0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left(x^2+y^2\right)^{3/2}}}\left(-x\;\mathbf i+y\;\mathbf j\right) \tag{VIII}
\end{gather}
\]
substituindo as equações (III-a) e (III-b) na equação (VIII)
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left[\left(-a\cos\theta\right)^2+\left(a\operatorname{sen}\theta\right)^2\right]^{3/2}}\left(-a\cos\theta\;\mathbf i-a\operatorname{sen}\theta\;\mathbf j\right)} \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left[a^2\cos^2\theta+a^2\operatorname{sen}^2\theta\right]^{3/2}}\left(-a\cos\theta\;\mathbf i-a\operatorname{sen}\theta\;\mathbf j\right)} \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left[a^2\underbrace{\left(\cos^2\theta+\operatorname{sen}^2\theta\right)}_1\right]^{3/2}}(-a)\left(\cos\theta\;\mathbf i+\operatorname{sen}\theta\;\mathbf j\right)} \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{-\lambda a^2\;d\theta}{\left(a^{\cancel 2}\right)^{3/{\cancel 2}}}\left(\cos\theta\;\mathbf i+\operatorname{sen}\theta\;\mathbf j\right)} \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{-\lambda \cancel{a^2}\;d\theta}{a^{\cancel 3}}\left(\cos\theta\;\mathbf i+\operatorname{sen}\theta\;\mathbf j\right)} \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{-\lambda \;d\theta}{a}\left(\cos\theta\;\mathbf i+\operatorname{sen}\theta\;\mathbf j\right)}
\end{gather}
\]
Como a densidade de carga λ e o raio a são constantes eles podem “sair” da integral, e sendo
a integral da soma igual à soma das integrais
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=-\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda}{a}\left(\int \cos\theta\;d\theta\;\mathbf i+\int \operatorname{sen}\theta\;d\theta\;\mathbf j\right)
\end{gather}
\]
Os limites de integração serão
\( \frac{\pi}{2} \)
e
\( \frac{3\pi}{2} \)
(meia volta no círculo trigonométrico – Figura 3)
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=-\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda}{a}\left(\int_{{\frac{\pi}{2}}}^{{\frac{3\pi}{2}}}\cos\theta\;d\theta\;\mathbf i+\int_{{\frac{\pi}{2}}}^{{\frac{3\pi}{2}}}\operatorname{sen}\theta\;d\theta\;\mathbf j\;\right)
\end{gather}
\]
Integral de
\( \displaystyle \int_{{\frac{\pi}{2}}}^{{\frac{3\pi}{2}}}\cos\theta\;d\theta \)
\[
\begin{align}
\int_{{\frac{\pi}{2}}}^{{\frac{3\pi}{2}}}\cos\theta\;d\theta &=\left.\operatorname{sen}\theta\;\right|_{\;\frac{\pi}{2}}^{\;\frac{3\pi}{2}}=\operatorname{sen}\frac{3\pi}{2}-\operatorname{sen}\frac{\pi}{2}= \\
&=-1-1=-2
\end{align}
\]
Integral de
\( \displaystyle \int_{{\frac{\pi}{2}}}^{{\frac{3\pi}{2}}}\operatorname{sen}\theta\;d\theta \)
\[
\begin{align}
\int_{{\frac{\pi}{2}}}^{{\frac{3\pi}{2}}}\operatorname{sen}\theta\;d\theta &=\left.-\cos\theta\;\right|_{\;\frac{\pi}{2}}^{\;\frac{3\pi}{2}}=-\left(\cos\frac{3\pi}{2}-\cos\frac{\pi}{2}\right)= \\
&=-(0-0)=0
\end{align}
\]
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=-\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda}{a}\left[-2\;\mathbf i+0\;\mathbf j\right] \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{1}{2\pi\epsilon_0}\frac{\lambda}{a}\;\mathbf i \tag{IX}
\end{gather}
\]
A carga total do arco é Q, o comprimento de uma semicircunferência é metade do comprimento de uma
circunferência
\( C=\frac{2\pi a}{2}=\pi a \),
assim a densidade linear de carga pode ser escrita
\[
\begin{gather}
\lambda =\frac{Q}{\pi a} \tag{X}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (X) na equação (IX)
\[
\begin{gather}
\mathbf E_1=\frac{1}{2\pi\epsilon_0}\frac{Q}{a\pi a}\;\mathbf i \\[5pt]
\mathbf E_1=\frac{Q}{2\pi^2\epsilon_0 a^2}\;\mathbf i
\end{gather}
\]
e o módulo do campo elétrico será
\[
\begin{gather}
E_1=\frac{Q}{2\pi^2\epsilon_0 a^2} \tag{XI}
\end{gather}
\]
O vetor campo elétrico gerado por uma carga pontual é dado por
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_2=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{r^2}\frac{\mathbf r}{r}
\end{gather}
\]
e seu módulo será
\[
\begin{gather}
E_2=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{r^2}
\end{gather}
\]
para uma distância r = a
\[
\begin{gather}
E_2=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{a^2} \tag{XII}
\end{gather}
\]
A razão entre as intensidades dos campos elétricos gerados pela distribuição de cargas numa
semicircunferência e pela carga pontual é obtida dividindo-se a equação (XI) pela equação (XII)
\[
\begin{gather}
\frac{E_1}{E_2}=\frac{\dfrac{Q}{2\pi^2\epsilon_0a^2}}{\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\dfrac{Q}{a^2}} \\[5pt]
\frac{E_1}{E_2}=\frac{\cancel Q}{\cancel 2\pi^{\cancel 2}\cancel{\epsilon_0}\cancel{a^2}}\frac{\cancelto{2}{4}\cancel{\pi}\cancel{\epsilon_0}}{1}\frac{\cancel{a^2}}{\cancel Q}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\frac{E_1}{E_2}=\frac{2}{\pi}}
\end{gather}
\]
Observação: Este resultado significa que o campo gerado pela carga pontual é
\( E_2=\dfrac{\pi}{2}E_1 \)
mais intenso (mais forte) que o campo gerado pela distribuição da mesma carga Q em uma
semicircunferência.
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