Exercício Resolvido de Força Elétrica e Campo Elétrico
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Um disco de raio a está carregado uniformemente com uma carga Q. Calcule o vetor campo elétrico:
a) Em um ponto P sobre o eixo de simetria perpendicular ao plano do disco a uma distância z do seu centro;
b) No caso em que o raio a da placa é muito maior que a distância do ponto P até a placa, a>>z.
a) Em um ponto P sobre o eixo de simetria perpendicular ao plano do disco a uma distância z do seu centro;
b) No caso em que o raio a da placa é muito maior que a distância do ponto P até a placa, a>>z.
Dados do problema:
- Raio do disco: a;
- Carga do disco: Q;
- Distância ao ponto onde se quer o campo elétrico: z.
Esquema do problema:
O vetor posição r vai de um elemento de carga do disco dq 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 (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, que 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, \( {\mathbf r}=z\;\mathbf k \), 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 expressão (I) o módulo do vetor posição r será
\[
\begin{gather}
r^2=(-x)^2+(-y)^2+z^2 \\[5pt]
r=\left(x^2+y^2+z^2\right)^{1/2} \tag{II}
\end{gather}
\]
onde x, y e z, em coordenadas cilíndricas, são dados por
\[
\begin{gather}
\left\{
\begin{array}{l}
x=r_q\cos\theta \\
y=r_q\operatorname{sen}\theta \\
z=z
\end{array}
\right. \tag{III}
\end{gather}
\]
Solução:
a) O vetor campo elétrico é dado por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{dq}{r^2}\;\frac{\mathbf r}{r}}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{dq}{r^3}\;\mathbf r} \tag{IV}
\end{gather}
\]
Da equação da densidade superficial de carga σ, obtemos o elemento de carga dq.
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\sigma=\frac{dq}{dA}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
dq=\sigma\;dA \tag{V}
\end{gather}
\]
onde dA é um elemento de área de ângulo dθ do disco (Figura 2).
\[
\begin{gather}
dA=r_q\;dr_q\;d\theta \tag{VI}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (VI) na equação (V).
\[
\begin{gather}
dq=\sigma r_q\;dr_q\;d\theta \tag{VII}
\end{gather}
\]
Substituindo as equações (I), (II) e (VII) na equação (IV), e como a integração é feita sobre a superfície do disco, depende de duas variáveis rq e θ, temos uma integral dupla.
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\iint{\frac{\sigma r_q\;dr_q\;d\theta}{\left[\left(x^2+y^2+z^2\right)^{1/2}\right]^3}}\left(-x\;\mathbf i-y\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\iint{\frac{\sigma r_q\;dr_q\;d\theta}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^{3/2}}}\left(-x\;\mathbf i-y\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right) \tag{VIII}
\end{gather}
\]
substituindo as equações de (III) na equação (VIII).
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\iint{\frac{\sigma r_q\;dr_q\;d\theta}{\left[\left(r_q\cos\theta\right)^2+\left(r_q\operatorname{sen}\theta\right)^2+z^2\right]^{3/2}}\left(-r_q\cos\theta\;\mathbf i-r_q\operatorname{sen}\theta\;\mathbf j+z\mathbf k\right)} \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\iint{\frac{\sigma r_q\;dr_q\;d\theta}{\left[r_q^2\cos^2\theta+r_q^2\operatorname{sen}^2\theta+z^2\right]^{3/2}}\left(-r_q\cos\theta\;\mathbf i-r_q\operatorname{sen}\theta\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)} \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\iint{\frac{\sigma r_q\;dr_q\;d\theta}{\left[r_q^2\underbrace{\left(\cos^2\theta+\operatorname{sen}^2\theta\right)}_1+z^2\right]^{3/2}}\left(-r_q\cos\theta\;\mathbf i-r_q\operatorname{sen}\theta\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)} \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\iint{\frac{\sigma r_q\;dr_q\;d\theta}{\left(r_q^2+z^2\right)^{3/2}}\left(-r_q\cos\theta\;\mathbf i-r_q\operatorname{sen}\theta\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)}
\end{gather}
\]
A densidade de carga σ é constante ela podem “sair” da integral, e a integral da soma igual à soma das integrais.
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{\sigma}{4\pi\epsilon_0}\left(-\iint{\frac{r_q^2\cos\theta\;dr_q\;d\theta}{\left(r_q^2+z^2\right)^{3/2}}}\;\mathbf i-\iint{\frac{r_q^2\operatorname{sen}\theta\;dr_q\;d\theta}{\left(r_q^2+z^2\right)^{3/2}}}\;\mathbf j+z\iint{\frac{r_q\;dr_q\;d\theta}{\left(r_q^2+z^2\right)^{3/2}}}\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Os limites de integração serão de 0 a a em drq, ao longo do raio do disco, e de 0 e 2π em dθ, uma volta completa no disco, e como não existem termos “cruzados“ em rq e θ as integrais podem ser separadas.
\[
\begin{align}
\mathbf E=&\frac{\sigma}{4\pi\epsilon_0}\left(-\int_0^a{\frac{r_q^2\;dr_q}{\left(r_q^2+z^2\right)^{3/2}}}\underbrace{\int_0^{2\pi}{\cos\theta\;d\theta}}_0\;\mathbf i - \int_0^a{\frac{r_q^2\;dr_q}{\left(r_q^2+z^2\right)^{3/2}}}\underbrace{\int_0^{2\pi}{\sin \theta\;d\theta}}_0\;\mathbf j+\right.\\
&\left.+z\int_0^a{\frac{r_q\;dr_q}{\left(r_q^2+z^2\right)^{3/2}}}\int_0^{2\pi}{d\theta}\;\mathbf k\right)
\end{align}
\]
Integração 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, sendo o valor da integral 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, sendo o valor da integral zero (Figura 3).
Integração 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, sendo o valor da integral 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, sendo o valor da integral zero (Figura 4).
Observação: As duas integrais, nas direções i e j, que são 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).
Integração de \( \displaystyle \int_0^a{\frac{r_q\;dr_q}{\left(r_q^2+z^2\right)^{3/2}}} \)
Fazendo a mudança de variável
para rq = 0
temos \( u=0^2+z^2\Rightarrow u=z^2 \)
para rq = a
temos \( u=a^2+z^2 \)
Fazendo a mudança de variável
\[
\begin{array}{l}
u=r_q^2+z^2 \\[5pt]
du=2r_q\;dr_q\Rightarrow dr_q=\dfrac{du}{2r_q}
\end{array}
\]
fazendo a mudança dos extremos de integração.
para rq = 0
temos \( u=0^2+z^2\Rightarrow u=z^2 \)
para rq = a
temos \( u=a^2+z^2 \)
\[
\begin{align}
\int_{z^2}^{a^2+z^2}{\frac{r_q}{u^{3/2}}\;\frac{du}{2r_q}} &\Rightarrow\frac{1}{2}\int_{z^2}^{a^2+z^2}{\frac{1}{u^{3/2}}\;du}\Rightarrow\frac{1}{2}\left.\frac{u^{-{\frac{3}{2}+1}}}{-{\dfrac{3}{2}+1}}\;\right|_{\;z^2}^{\;a^2+z^2}\Rightarrow \\[5pt]
&\Rightarrow\frac{1}{2}\left.\frac{u^{\frac{-3+2}{2}}}{\dfrac{-{3+2}}{2}}\;\right|_{\;z^2}^{\;a^2+z^2}\Rightarrow\frac{1}{2}\left.\frac{u^{-{\frac{1}{2}}}}{-{\dfrac{1}{2}}}\;\right|_{\;z^2}^{\;a^2+z^2}\Rightarrow \\[5pt]
&\Rightarrow\left.-u^{-{\frac{1}{2}}}\;\right|_{\;z^2}^{\;a^2+z^2}\Rightarrow\left.-{\frac{1}{u^{1/2}}}\;\right|_{\;z^2}^{\;a^2+z^2}\Rightarrow \\[5pt]
&\Rightarrow-\left(\frac{1}{\sqrt{a^2+z^2}}-\frac{1}{\sqrt{z^2}}\right)\Rightarrow\frac{1}{z}-\frac{1}{\sqrt{a^2+z^2}}
\end{align}
\]
Integração de \( \displaystyle \int_0^{2\pi}d\theta \)
\[
\begin{gather}
\int_0^{2\pi} d\theta =\left.\theta\;\right|_{\;0}^{\;2\pi}=2\pi-0=2\pi
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{\sigma}{4\pi\epsilon_0}\left[0\;\mathbf i-0\;\mathbf j+z\;\left(\frac{1}{z}-\frac{1}{\sqrt{a^2+z^2}}\right)2\pi\;\mathbf k\right] \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\sigma}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{z}{z}-\frac{z}{\sqrt{a^2+z^2}}\right)2\pi\;\mathbf k
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\left(1-\frac{z}{\sqrt{a^2+z^2\;}}\right)\;\mathbf k}
\end{gather}
\]
b) Fazendo o raio da placa tender ao infinito (\( a\rightarrow \infty \))
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\underset{a\rightarrow\infty}{\lim}{\frac{\sigma}{2\epsilon_0}}\left(1-\frac{z}{\sqrt{a^2+z^2}}\right)\;\mathbf k \\[5pt]
\mathbf E=\underset{a\rightarrow\infty}{\lim}\left[\frac{\sigma}{2\epsilon_0}-\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\frac{z}{\sqrt{z^2\left(\dfrac{a^2}{z^2}+1\;\right)}}\right]\;\mathbf k \\[5pt]
\mathbf E=\underset{a\rightarrow\infty}{\lim}{\frac{\sigma}{2\epsilon_0}}\;\mathbf k-\underset{a\rightarrow\infty}\lim \left[{\;}\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\frac{\cancel z}{\cancel z\sqrt{\left(\dfrac{a^2}{z^2}+1\;\right)}}\right]\;\mathbf k \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\;\mathbf k-\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\underset{a\rightarrow \infty}{\lim}{\frac{1}{\sqrt{\left(\dfrac{a^2}{z^2}+1\;\right)}}\;\mathbf k} \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\;\mathbf k-\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\frac{1}{\sqrt{\left(\dfrac{\infty^2}{z^2}+1\;\right)}}\;\mathbf k \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\;\mathbf k-\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\frac{1}{\sqrt{\infty+1\;}}\;\mathbf k \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\;\mathbf k-\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\frac{1}{\infty}\;\mathbf k \\[5pt]
\mathbf E=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\;\mathbf k-\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\times 0\;\mathbf k
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\;\mathbf k}
\end{gather}
\]
Observação: Quando dizemos “raio infinito” isto não significa que a placa seja realmente infinta,
mas que a região considerada está longe das bordas da placa onde o campo não é uniforme devido aos efeitos de
borda (Figura 7). Na região considerada o valor do campo é constante.
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