Exercício Resolvido de Força Elétrica e Campo Elétrico
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Uma carga Q está distribuída uniformemente ao longo de um fio reto de comprimento infinito.
Determinar o vetor campo elétrico nos pontos situados sobre uma reta perpendicular ao fio.
Dados do problema:
- Carga do fio: Q.
Esquema do problema:
O vetor posição r vai de um elemento de carga dq do fio 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 (Figura1-A).
\[
\begin{gather}
\mathbf r={\mathbf r}_p-{\mathbf r}_q
\end{gather}
\]
Pela geometria do problema devemos escolher coordenadas cartesianas, o vetor rq só possui componente na direção i, é escrito como \( {\mathbf r}_q=x\;\mathbf i \) e o vetor rp só possui componente na direção j, é escrito como \( {\mathbf r}_p=y\;\mathbf j \) (Figura 1-B), então o vetor posição será
\[
\begin{gather}
\mathbf r=y\;\mathbf j-x\;\mathbf i \tag{I}
\end{gather}
\]
Da equação (I) o módulo do vetor posição r será
\[
\begin{gather}
r^2=(-x)^2+y^2 \\[5pt]
r=\left(x^2+y^2\right)^{1/2} \tag{II}
\end{gather}
\]
Solução:
O vetor campo elétrico do fio é dado por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{dq}{r^2}\;\frac{\mathbf r}{r}}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{dq}{r^3}\;\mathbf r} \tag{III}
\end{gather}
\]
Da equação da densidade linear de carga λ obtemos o elemento de carga dq
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\lambda =\frac{dq}{ds}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
dq=\lambda \;ds \tag{IV}
\end{gather}
\]
onde ds é um elemento de comprimento do fio
\[
\begin{gather}
ds=dx \tag{V}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (V) na equação (IV)
\[
\begin{gather}
dq=\lambda \;dx \tag{VI}
\end{gather}
\]
Substituindo as equações (I), (II) e (VI) na equação (III)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int {\frac{\lambda\;dx}{\left[\left(x^2+y^2\right)^{1/2}\right]^3}}\left(-x\;\mathbf i+y\;\mathbf j\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int {\frac{\lambda\;dx}{\left(x^2+y^2\right)^{3/2}}}\left(-x\;\mathbf i+y\;\mathbf j\right) \tag{VII}
\end{gather}
\]
Como a densidade de carga λ é constante ela pode “sair” da integral
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{dx}{\left(x^2+y^2\right)^{3/2}}}\left(-x\;\mathbf i+y\;\mathbf j\right)
\end{gather}
\]
O vetor posição r que vai de um elemento de carga dq até o ponto
P deve varrer todo o fio de −∞ a +∞ (Figura 2).
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-\infty}}^{{\infty}}{\frac{dx}{\left(x^2+y^2\right)^{3/2}}}\left(-x\;\mathbf i+y\;\mathbf j\right)
\end{gather}
\]
colocando y em evidência no numerador e y2 no denominador
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-\infty}}^{{\infty}}{\frac{dx}{\left[y^2\left(1+\dfrac{x^2}{y^2}\right)\right]^{3/2}}}y\left(-{\frac{x}{y}}\;\mathbf i+\;\mathbf j\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-\infty}}^{{\infty}}{\frac{dx}{\left(y^2\right)^{3/2}\left[1+\left(\dfrac{x}{y}\right)^2\right]^{3/2}}}y\left(-{\frac{x}{y}}\;\mathbf i+\;\mathbf j\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-\infty}}^{{\infty}}{\frac{dx}{y^{\cancelto{2}{3}}\left[1+\left(\dfrac{x}{y}\right)^2\;\right]^{3/2}}}\cancel{y}\left(-{\frac{x}{y}}\;\mathbf i+\;\mathbf j\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-\infty}}^{{\infty}}{\frac{dx}{y^2\left[1+\left(\dfrac{x}{y}\right)^2\right]^{3/2}}}\left(-{\frac{x}{y}}\;\mathbf i+\;\mathbf j\right) \tag{VIII}
\end{gather}
\]
Considerando o ângulo θ medido entre o eixo-y e a distância r do elemento de carga
dq ao ponto P, a tangente deste ângulo será (Figura 3)
\[
\begin{gather}
\operatorname{tg}\theta=\frac{x}{y} \\[5pt]
x=y\operatorname{tg}\theta \tag{IX}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (IX) na equação (VIII)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-{\frac{L}{2}}}}^{{\frac{L}{2}}}{\frac{dx}{y^2\left[1+\left(\dfrac{\cancel{y}\operatorname{tg}\theta}{\cancel{y}}\right)^2\right]^{3/2}}}\left(-{\frac{\cancel{y}\operatorname{tg}\theta}{\cancel{y}}}\;\mathbf i+\;\mathbf j\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-{\frac{L}{2}}}}^{{\frac{L}{2}}}{\frac{dx}{y^2\left[1+\left(\operatorname{tg}\theta\right)^2\right]^{3/2}}}\left(-\operatorname{tg}\theta\;\mathbf i+\;\mathbf j\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-{\frac{L}{2}}}}^{{\frac{L}{2}}}{\frac{\mathit{dx}}{y^2\left(1+\operatorname{tg}^2\theta\right)^{3/2}}}\left(-\operatorname{tg}\theta\;\mathbf i+\;\mathbf j\right) \tag{X}
\end{gather}
\]
A partir da equação (IX) obtemos o elemento de comprimento dx em relação ao elemento de arco dθ.
Derivada de
\( x=y\operatorname{tg}\theta \)
\[
\begin{gather}
\frac{dx}{d\theta}=y\frac{d}{d\theta}\left(\operatorname{tg}\theta \right)
\end{gather}
\]
reescrevendo
\( \operatorname{tg}\theta=\dfrac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta} \),
temos a derivada de um quociente de funções dada pela fórmula
\[
\begin{gather}
\left(\frac{u}{v}\right)^{\Large '}=\frac{u'v-u\;v'}{v^2}
\end{gather}
\]
\[
\begin{align}
\frac{d}{d\theta}\left(\operatorname{tg}\theta\right)=\frac{d}{d\theta}\left(\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}\right) &=\frac{\cos\theta\cos\theta-\operatorname{sen}\theta(-\operatorname{sen}\theta)}{(\cos\theta)^2}=\\
&=\frac{\cos^2\theta+\operatorname{sen}^2\theta}{\cos^2\theta}=\frac{1}{\cos^2\theta}
\end{align}
\]
\[
\begin{gather}
\frac{dx}{d\theta}=y\frac{1}{\cos^2\theta}
\end{gather}
\]
Observação: Via de regra os livros de
Cálculo Integral e Diferencial apresentam a derivada da tangente na forma
\( \left(\operatorname{tg}\theta\right)^{'}=\operatorname{sec}^2\theta \),
onde
\( \operatorname{sec}\theta=\dfrac{1}{\cos\theta} \),
mas aqui por razões de simplificações posteriores vamos deixar a derivada na
forma mostrada acima.
\[
\begin{gather}
dx=y\frac{1}{\cos^2\theta}\;d\theta \tag{XI}
\end{gather}
\]
substituindo a definição da tangente e a equação (XI) na equação (X)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-\infty}}^{\infty}{\frac{1}{y^{\cancel{2}}\left[1+\left(\dfrac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}\;\right)^2\;\right]^{3/2}}}\cancel{y}\;\frac{d\theta}{\cos^2\theta}\;\left(\;-\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}\;\mathbf i+\;\mathbf j\;\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-\infty}}^{\infty}{\frac{1}{y\left[1+\left(\dfrac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}\;\right)^2\;\right]^{3/2}}}\;\frac{d\theta}{\cos^2\theta}\;\left(\;-\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}\;\mathbf i+\;\mathbf j\;\right)
\end{gather}
\]
O vetor posição r que vai de um elemento de carga dq até o ponto P forma um ângulo θ com o eixo-y. Conforme o elemento dq se desloca da origem em direção a ±∞ o ângulo vai aumento e tende a \( \frac{\pi}{2} \). Os extremos de integração para a variável θ devem variar de \( -{\frac{\pi}{2}} \), o valor máximo medido no sentido horário, quando x vale −∞ até \( \frac{\pi}{2} \) o valor máximo medido no sentido anti-horário, quando x vale +∞ (Figura 4).
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{-{\frac{\pi}{2}}}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{1}{y\left(1+\dfrac{\operatorname{sen}^2\theta}{\cos^2\theta}\right)^{3/2}}}\;\frac{d\theta}{\cos^2\theta}\left(-{\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}}\;\mathbf i+\;\mathbf j\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{-{\frac{\pi}{2}}}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{1}{y\left(\dfrac{\cos^2+\operatorname{sen}^2\theta}{\cos^2\theta}\right)^{3/2}}}\;\frac{d\theta}{\cos^2\theta}\;\left(-{\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}}\;\mathbf i+\;\mathbf j\;\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{-{\frac{\pi}{2}}}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{1}{y\left(\dfrac{1}{\cos^2\theta}\right)^{3/2}}}\;\frac{d\theta}{\cos^2\theta}\left(-{\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}}\;\mathbf i+\;\mathbf j\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{-{\frac{\pi}{2}}}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{1}{y\dfrac{1}{\left(\cos^{\cancel 2}\theta\right)^{3/{\cancel 2}}}}}\;\frac{d\theta}{\cos^2\theta}\left(-{\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}\;}\mathbf i+\;\mathbf j\;\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{-{\frac{\pi}{2}}}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{1}{y\dfrac{1}{\cos^{\cancel{3}}\theta}}}\;\frac{d\theta}{\cancel{\cos^2\theta}}\left(-{\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}}\;\mathbf i+\;\mathbf j\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{-{\frac{\pi}{2}}}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{1}{y\dfrac{1}{\cos\theta}}}\;d\theta\left(-{\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}}\;\mathbf i+\;\mathbf j\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{-{\frac{\pi}{2}}}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\cos\theta}{y}}\;d\theta\left(-{\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}}\;\mathbf i+\;\mathbf j\right)
\end{gather}
\]
Como y é constante, a integral depende só de θ, ele pode “sair” da integral e a integral da soma é igual à soma das integrais
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0 y}\left(-\int_{-{\frac{\pi}{2}}}^{\frac{\pi}{2}}\cos\theta\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}\;d\theta\;\mathbf i+\int_{-{\frac{\pi}{2}}}^{{\frac{\pi}{2}}}\cos\theta\;d\theta\;\mathbf j\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0y}\left(\underbrace{-{\int_{-{\frac{\pi}{2}}}^{\frac{\pi}{2}}\operatorname{sen}\theta\;d\theta\;\mathbf i}}_0+\int_{-{\frac{\pi}{2}}}^{{\frac{\pi}{2}}}\cos\theta\;d\theta\;\mathbf j\right)
\end{gather}
\]
Integral de
\( \displaystyle \int_{-{\frac{\pi}{2}}}^{\frac{\pi}{2}}\cos\theta\;d\theta \)
1.º método
Como a função cosseno é uma função par, f(x) = f(−x), podemos integrar sobre metade do intervalo \( \left(\;\text{de }0\text{ a }\frac{\pi}{2}\;\right) \) e multiplicar a integral por 2
Podemos integrar sobre todo intervalo \( \left(\;\text{de }-\frac{\pi}{2}\text{ a }\frac{\pi}{2}\;\right) \)
1.º método
Como a função cosseno é uma função par, f(x) = f(−x), podemos integrar sobre metade do intervalo \( \left(\;\text{de }0\text{ a }\frac{\pi}{2}\;\right) \) e multiplicar a integral por 2
\[
\begin{align}
2\int_0^{{\frac{\pi}{2}}}\cos\theta\;d\theta &=2\left.\operatorname{sen}\theta\;\right|_{\;0}^{\;\frac{\pi}{2}}=2\left(\operatorname{sen}\frac{\pi}{2}-\operatorname{sen}0\right)=\\
&=2(1-0)=2
\end{align}
\]
2.º método
Podemos integrar sobre todo intervalo \( \left(\;\text{de }-\frac{\pi}{2}\text{ a }\frac{\pi}{2}\;\right) \)
\[
\begin{gather}
\int_{{-{\frac{\pi}{2}}}}^{{\frac{\pi}{2}}}\cos\theta\;d\theta=\left.\operatorname{sen}\theta\;\right|_{\;-\frac{\pi}{2}}^{\;\frac{\pi}{2}}=\operatorname{sen}\frac{\pi}{2}-\operatorname{sen}\left(-{\frac{\pi}{2}}\right)
\end{gather}
\]
como seno é uma função ímpar, f(−x) = −f(x), temos que
\( \operatorname{sen}\left(-{\frac{\pi}{2}}\right)=-\operatorname{sen}\frac{\pi}{2} \)
\[
\begin{align}
\int_{{-{\frac{\pi}{2}}}}^{{\frac{\pi}{2}}}\cos\theta\;d\theta &=\operatorname{sen}\frac{\pi}{2}-\left(-\operatorname{sen}\frac{\pi}{2}\right)=\\
&=\operatorname{sen}\frac{\pi}{2}+\operatorname{sen}\frac{\pi}{2}=1+1=2
\end{align}
\]
Integral de
\( \displaystyle \int_{{-{\frac{\pi}{2}}}}^{{\frac{\pi}{2}}}\operatorname{sen}\theta\;d\theta \)
1.º método
Figura 5
Figura 6
1.º método
\[
\begin{gather}
\int_{{-{\frac{\pi}{2}}}}^{{\frac{\pi}{2}}}\operatorname{sen}\theta\;d\theta=-\left.\cos\theta\;\right|_{\;-\frac{\pi}{2}}^{\;\frac{\pi}{2}}=-\left[\cos\frac{\pi}{2}-\cos\left(-{\frac{\pi}{2}}\right)\right]
\end{gather}
\]
como cosseno é uma função par, f(x) = f(−x)
\( \cos\frac{\pi}{2}=\cos\left(-{\frac{\pi}{2}}\right) \)
\[
\begin{gather}
\int_{{-{\frac{\pi}{2}}}}^{{\frac{\pi}{2}}}\operatorname{sen}\theta\;d\theta=-\left(\cos\frac{\pi}{2}-\cos\frac{\pi}{2}\right)=0
\end{gather}
\]
2.º método
O gráfico do seno entre \( -{\frac{\pi}{2}} \) e 0 possui uma área “negativa” abaixo do eixo-x, e entre 0 e \( \frac{\pi}{2} \) uma área “positiva” acima do eixo-x, estas duas áreas se cancelam no cálculo da integral, sendo o valor da integral zero. na direção i (Figura 5).
O gráfico do seno entre \( -{\frac{\pi}{2}} \) e 0 possui uma área “negativa” abaixo do eixo-x, e entre 0 e \( \frac{\pi}{2} \) uma área “positiva” acima do eixo-x, estas duas áreas se cancelam no cálculo da integral, sendo o valor da integral zero. na direção i (Figura 5).
Observação: A integral na direção i, que é nula, representa o
cálculo matemático para a afirmação que se faz usualmente de que as componentes do
campo elétrico paralelas ao eixo-x,
dEP, se anulam. Apenas as componentes normais ao
eixo-x dEN contribuem para o campo elétrico
total (Figura 6).
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0y}\left(-0\;\mathbf i+2\;\mathbf j\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0y}2\;\mathbf j
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0y}\;\mathbf j}
\end{gather}
\]
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