Exercício Resolvido de Força Elétrica e Campo Elétrico
Português
English
publicidade
Um disco de raio a está carregado uniformemente com uma carga Q. Calcule o vetor campo
elétrico:
a) Num 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) Num 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.
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 devemos escolher coordenadas cilíndricas (Figura 1-B), o vetor rq, só possui componente na direção er, \( {\mathbf{r}}_{q}=r_{q}\;\mathbf{e}_{r} \), e o vetor rp só possui componente na direção ez, \( {\mathbf{r}}_{p}=r_{p}\;\mathbf{e}_{z} \). Fazendo a conversão de coordenadas cilíndricas para coordenadas cartesianas x, y e z são dados por
\[
\begin{gather}
\left\{
\begin{array}{l}
x=r_{q}\cos \theta \\
y=r_{q}\operatorname{sen}\theta \\
z=z
\end{array}
\right. \tag{I}
\end{gather}
\]
Observação: Na Figura 1-B, i, j e k são os vetores unitários da base do
sistema de coordenadas cartesianas, e er, eθ e
ez são os vetores unitários da base do sistema de coordenadas cilíndricas.
Depois da conversão o vetor rq, é escrito como \( {\mathbf{r}}_{q}=x\;\mathbf{i}+y\;\mathbf{j} \), e o vetor rp como \( {\mathbf{r}}_{p}=z\;\mathbf{k} \).
O vetor posição será
\[
\begin{gather}
\mathbf{r}=z\;\mathbf{k}-\left(x\;\mathbf{i}+y\;\mathbf{j}\right)\\[5pt]
\mathbf{r}=-x\;\mathbf{i}-y\;\mathbf{j}+z\;\mathbf{k} \tag{II}
\end{gather}
\]
Da expressão (II) o módulo do vetor posição r será
\[
\begin{gather}
r^{2}=(-x)^{2}+(-y)^{2}+z^{2}\\[5pt]
r=\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{\frac{1}{2}} \tag{III}
\end{gather}
\]
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 expressão 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)
\[
\begin{gather}
dA=r_{q}\;dr_{q}\;d\theta \tag{VI}
\end{gather}
\]
Figura 2
substituindo a expressão (VI) na expressão (V)
\[
\begin{gather}
dq=\sigma r_{q}\;dr_{q}\;d\theta \tag{VII}
\end{gather}
\]
Substituindo as expressões (II), (III) e (VII) na expressão (IV), e como a integração é feita sobre a
superfície do disco, depende de duas variáveis rq e θ, temos uma integral dupla
\[
\begin{gather}
\mathbf{E}=\frac{1}{4\pi \epsilon_{0}}\iint {\frac{\sigma r_{q}\;dr_{q}\;d\theta}{\left[\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{\frac{1}{2}}\right]^{3}}}\left(-x\;\mathbf{i}-y\;\mathbf{j}+z\;\mathbf{k}\right)\\[5pt]
\mathbf{E}=\frac{1}{4\pi \epsilon_{0}}\iint {\frac{\sigma r_{q}\;dr_{q}\;d\theta}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}}\left(-x\;\mathbf{i}-y\;\mathbf{j}+z\;\mathbf{k}\right) \tag{VIII}
\end{gather}
\]
substituindo as expressões de (I) na expressão (VIII)
\[
\begin{gather}
\mathbf{E}=\frac{1}{4\pi \epsilon_{0}}\iint {\frac{\sigma r_{q}\;dr_{q}\;d\theta}{\left[\left(r_{q}\cos \theta\right)^{2}+\left(r_{q}\operatorname{sen}\theta\right)^{2}+z^{2}\right]^{\frac{3}{2}}}\left(-r_{q}\cos \theta\;\mathbf{i}-r_{q}\operatorname{sen}\theta\;\mathbf{j}+z\mathbf{k}\right)}\\[5pt]
\mathbf{E}=\frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\iint {\frac{\sigma r_{q}\;dr_{q}\;d\theta}{\left[r_{q}^{2}\cos ^{2}\theta +r_{q}^{2}\operatorname{sen}^{2}\theta+z^{2}\right]^{\frac{3}{2}}}\left(-r_{q}\cos \theta\;\mathbf{i}-r_{q}\operatorname{sen}\theta\;\mathbf{j}+z\;\mathbf{k}\right)}\\[5pt]
\mathbf{E}=\frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\iint {\frac{\sigma r_{q}\;dr_{q}\;d\theta}{\left[r_{q}^{2}\underbrace{\left(\cos ^{2}\theta+\operatorname{sen}^{2}\theta\right)}_{1}+z^{2}\right]^{\frac{3}{2}}}\left(-r_{q}\cos \theta\;\mathbf{i}-r_{q}\operatorname{sen}\theta\;\mathbf{j}+z\;\mathbf{k}\right)}\\[5pt]
\mathbf{E}=\frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\iint {\frac{\sigma r_{q}\;dr_{q}\;d\theta}{\left(r_{q}^{2}+z^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\left(-r_{q}\cos \theta\;\mathbf{i}-r_{q}\operatorname{sen}\theta\;\mathbf{j}+z\;\mathbf{k}\right)}
\end{gather}
\]
A densidade de carga σ é constante ela podem “sair” da integral, e a integral da soma igual à soma
das integrais
\[
\begin{gather}
\mathbf{E}=\frac{\sigma}{4\pi \epsilon_{0}}\left(-\iint {\frac{r_{q}^{2}\cos \theta \;dr_{q}\;d\theta}{\left(r_{q}^{2}+z^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}}\;\mathbf{i}-\iint {\frac{r_{q}^{2}\operatorname{sen}\theta\;dr_{q}\;d\theta}{\left(r_{q}^{2}+z^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}}\;\mathbf{j}+z\iint {\frac{r_{q}\;dr_{q}\;d\theta}{\left(r_{q}^{2}+z^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}}\;\mathbf{k}\right)
\end{gather}
\]
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
\[
\begin{split}
\mathbf{E} =\frac{\sigma}{4\pi \epsilon_{0}}\left(-\int_{0}^{a}{\frac{r_{q}^{2}\;dr_{q}}{\left(r_{q}^{2}+z^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}}\underbrace{\int_{0}^{{2\pi}}{\cos \theta \;d\theta}}_{0}\;\mathbf{i} - \int_{0}^{a}{\frac{r_{q}^{2}\;dr_{q}}{\left(r_{q}^{2}+z^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}}\underbrace{\int_{0}^{{2\pi}}{\sin \theta \;d\theta}}_{0}\;\mathbf{j}+\right.\\
\left.+z\int_{0}^{a}{\frac{r_{q}\;dr_{q}}{\left(r_{q}^{2}+z^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}}\int_{0}^{{2\pi}}{d\theta }\;\mathbf{k}\right)
\end{split}
\]
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).
Figura 5
Integração de \( \displaystyle \int_{0}^{a}{\frac{r_{q}\;dr_{q}}{\left(r_{q}^{2}+z^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}} \)
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 \( u=a^{2}+z^{2} \)
\[
\begin{align}
\int_{z^{2}}^{{a^{2}+z^{2}}}{\frac{r_{q}}{u^{\frac{3}{2}}}\;\frac{du}{2r_{q}}} &\Rightarrow\frac{1}{2}\int_{z^{2}}^{{a^{2}+z^{2}}}{\frac{1}{u^{\frac{3}{2}}}\;du}\Rightarrow\frac{1}{2}\left.\frac{u^{-{\frac{3}{2}+1}}}{-{\dfrac{3}{2}+1}}\;\right|_{\;z^{2}}^{\;a^{2}+z^{2}}\Rightarrow \\[5pt]
&\Rightarrow\frac{1}{2}\left.\frac{u^{\frac{-3+2}{2}}}{\dfrac{-{3+2}}{2}}\;\right|_{\;z^{2}}^{\;a^{2}+z^{2}}\Rightarrow\frac{1}{2}\left.\frac{u^{-{\frac{1}{2}}}}{-{\dfrac{1}{2}}}\;\right|_{\;z^{2}}^{\;a^{2}+z^{2}}\Rightarrow\\[5pt]
&\Rightarrow\ \left.-u^{-{\frac{1}{2}}}\;\right|_{\;z^{2}}^{\;a^{2}+z^{2}}\Rightarrow\left.-{\frac{1}{u^{\frac{1}{2}}}}\;\right|_{\;z^{2}}^{\;a^{2}+z^{2}}\Rightarrow \\[5pt]
&\Rightarrow-\left(\frac{1}{\sqrt{a^{2}+z^{2}}}-\frac{1}{\sqrt{z^{2}}}\right)\Rightarrow\frac{1}{z}-\frac{1}{\sqrt{a^{2}+z^{2}}}
\end{align}
\]
Integração de \( \displaystyle \int_{0}^{{2\pi}}d\theta \)
\[
\begin{gather}
\int_{0}^{{2\pi}} d\theta =\left.\theta\;\right|_{\;0}^{\;2\pi }=2\pi-0=2\pi
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\mathbf{E}=\frac{\sigma}{4\pi \epsilon_{0}}\left[0\;\mathbf{i}-0\;\mathbf{j}+z\;\left(\frac{1}{z}-\frac{1}{\sqrt{a^{2}+z^{2}}}\right)2\pi\;\mathbf{k}\right]\\[5pt]
\mathbf{E}=\frac{\sigma}{4\pi \epsilon_{0}}\left(\frac{z}{z}-\frac{z}{\sqrt{a^{2}+z^{2}}}\right)2\pi\;\mathbf{k}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf{E}=\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}\left(1-\frac{z}{\sqrt{a^{2}+z^{2}\;}}\right)\;\mathbf{k}}
\end{gather}
\]
Figura 6
b) Fazendo o raio da placa tender ao infinito (\( a\rightarrow \infty \))
\[
\begin{gather}
\mathbf{E}=\underset{a\rightarrow\infty }{\lim }{\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}}\left(1-\frac{z}{\sqrt{a^{2}+z^{2}}}\right)\;\mathbf{k}\\[5pt]
\mathbf{E}=\underset{a\rightarrow\infty }{\lim }\left[\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}-\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}\frac{z}{\sqrt{z^{2}\left(\dfrac{a^{2}}{z^{2}}+1\;\right)}}\right]\;\mathbf{k}\\[5pt]
\mathbf{E}=\underset{a\rightarrow\infty }{\lim }{\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}}\;\mathbf{k}-\underset{a\rightarrow\infty}\lim \left[{\;}\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}\frac{\cancel{z}}{\cancel{z}\sqrt{\left(\dfrac{a^{2}}{z^{2}}+1\;\right)}}\right]\;\mathbf{k}\\[5pt]
\mathbf{E}=\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}\;\mathbf{k}-\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}\underset{a\rightarrow \infty}{\lim}{\frac{1}{\sqrt{\left(\dfrac{a^{2}}{z^{2}}+1\;\right)}}\;\mathbf{k}}\\[5pt]
\mathbf{E}=\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}\;\mathbf{k}-\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}\frac{1}{\sqrt{\left(\dfrac{\infty^{2}}{z^{2}}+1\;\right)}}\;\mathbf{k}\\[5pt]
\mathbf{E}=\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}\;\mathbf{k}-\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}\frac{1}{\sqrt{\infty+1\;}}\;\mathbf{k}\\[5pt]
\mathbf{E}=\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}\;\mathbf{k}-\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}\frac{1}{\infty}\;\mathbf{k}\\[5pt]
\mathbf{E}=\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}\;\mathbf{k}-\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}.0\;\mathbf{k}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf{E}=\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}\;\mathbf{k}}
\end{gather}
\]
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.
publicidade
Fisicaexe - Exercícios Resolvidos de Física de Elcio Brandani Mondadori está licenciado com uma Licença Creative Commons - Atribuição-NãoComercial-Compartilha Igual 4.0 Internacional .