Exercício Resolvido de Força Elétrica e Campo Elétrico
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Uma casca hemisférica de raio a está carregada uniformemente com uma carga Q. Calcule o
vetor campo elétrico num ponto P no centro da base do hemisfério.
Dados do problema:
- Raio da casca hemisférica: a;
- Carga da casca hemisférica: Q.
Esquema do problema:
O vetor posição r vai de um elemento de carga do aro 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).
\[
\begin{gather}
\mathbf r=\mathbf r_p-\mathbf r_q
\end{gather}
\]
Pela geometria do problema devemos escolher coordenadas esféricas, o ponto P está origem e sua distância é nula \( \mathbf r_p=\mathbf{0} \), e o vetor rq coincide com o vetor r é escrito como \( \mathbf r_q=x\;\mathbf i+y\;\mathbf j+z\;\mathbf k \), então o vetor posição será
\[
\begin{gather}
\mathbf r=\mathbf{0}-(x\;\mathbf i+y\;\mathbf j+z\;\mathbf k) \\[5pt]
\mathbf r=-x\;\mathbf i-y\;\mathbf j-z\;\mathbf k \tag{I}
\end{gather}
\]
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 esféricas, são dados por
\[
\left\{
\begin{array}{l}
x=a\operatorname{sen}\theta \cos \phi \\[5pt]
y=a\operatorname{sen}\theta \operatorname{sen}\phi \\[5pt]
z=a\cos \theta
\end{array}
\right. \tag{III}
\]
Solução:
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 da esfera (Figura 2)
\[
\begin{gather}
dA=r\;d\theta r\operatorname{sen}\theta \;d\phi \\[5pt]
dA=r^2\operatorname{sen}\theta \;d\theta \;d\phi \tag{VI}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (VI) na equação (V)
\[
\begin{gather}
dq=\sigma r^2\operatorname{sen}\theta\;d\theta\;d\phi \tag{VII}
\end{gather}
\]
Substituindo a equação (VII) na equação (IV), e como a integração é feita sobre a superfície do hemisfério, depende de duas variáveis θ e ϕ, temos uma integral dupla
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\iint {\frac{\sigma r^2\operatorname{sen}\theta \;d\theta\;d\phi}{r^{3}}}\;\mathbf r\\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\iint {\frac{\sigma\operatorname{sen}\theta\;d\theta \;d\phi}{r}}\;\mathbf r \tag{VIII}
\end{gather}
\]
substituindo as equações (I) e (II) na equação (VIII)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\iint{\frac{\sigma\operatorname{sen}\theta \;d\theta \;d\phi}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^{\frac{1}{2}}}}\left(-x\;\mathbf i-y\;\mathbf j-z\;\mathbf k\right) \tag{IX}
\end{gather}
\]
substituindo as equações de (III) na equação (IX)
\[
\begin{align}
& \mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\iint {\frac{\sigma\operatorname{sen}\theta \;d\theta \;d\phi}{\left[\left(a\operatorname{sen}\theta \cos \phi\right)^2+\left(a\operatorname{sen}\theta \operatorname{sen}\phi\right)^2+\left(a\cos \theta\right)^2\right]^{\frac{1}{2}}}}\;\times \\
& \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \times \;\left(-a\operatorname{sen}\theta \cos \phi\;\mathbf i-a\operatorname{sen}\theta\operatorname{sen}\phi \;\mathbf j-a\cos \theta\;\mathbf k\right)\\[10pt]
& \mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\iint {\frac{\sigma\operatorname{sen}\theta\;d\theta \;d\phi}{\left[a^2\operatorname{sen}^2\theta \cos^2\phi +a^2\operatorname{sen}^2\theta \operatorname{sen}^2\phi+a^2\cos ^2\theta \right]^{\frac{1}{2}}}}\;\times \\
& \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \times \;\left(-a\operatorname{sen}\theta \cos \phi\;\mathbf i-a\operatorname{sen}\theta\operatorname{sen}\phi \;\mathbf j-a\cos \theta\;\mathbf k\right)\\[10pt]
& \mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\iint {\frac{-a\sigma\operatorname{sen}\theta\;d\theta \;d\phi}{a\left[\operatorname{sen}^2\theta \cos ^2\phi+\operatorname{sen}^2\theta \operatorname{sen}^2\phi +\cos^2\theta \right]^{\frac{1}{2}}}}\;\times \\
& \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \times \;\left(\operatorname{sen}\theta \cos\phi \;\mathbf i+\operatorname{sen}\theta\operatorname{sen}\phi \;\mathbf j+\cos \theta\;\mathbf k\right)\\[10pt]
& \mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\iint {\frac{-\sigma\operatorname{sen}\theta\;d\theta \;d\phi}{\left[\operatorname{sen}^2\theta \cos ^2\phi+\operatorname{sen}^2\theta \operatorname{sen}^2\phi +\cos^2\theta \right]^{\frac{1}{2}}}}\;\times \\
& \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \times \;\left(\operatorname{sen}\theta \cos\phi \;\mathbf i+\operatorname{sen}\theta\operatorname{sen}\phi \;\mathbf j+\cos \theta\;\mathbf k\right)\\[10pt]
& \mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\iint {\frac{-\sigma\operatorname{sen}\theta\;d\theta \;d\phi}{\left[\operatorname{sen}^2\theta\underbrace{\left(\cos ^2\phi +\operatorname{sen}^2\phi\right)}_1+\cos ^2\theta\right]^{\frac{1}{2}}}}\;\times \\
& \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \times \;\left(\operatorname{sen}\theta \cos \phi\;\mathbf i+\operatorname{sen}\theta\operatorname{sen}\phi \;\mathbf j+\cos \theta\;\mathbf k\right)\\[10pt]
& \mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\iint {\frac{-\sigma\operatorname{sen}\theta\;d\theta \;d\phi}{\left[\underbrace{\operatorname{sen}^2\theta+\cos ^2\theta}_1\right]^{\frac{1}{2}}}}\left(\operatorname{sen}\theta \cos \phi\;\mathbf i+\operatorname{sen}\theta\operatorname{sen}\phi \;\mathbf j+\cos \theta\;\mathbf k\right)\\[10pt]
& \mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\iint {\frac{-\sigma\operatorname{sen}\theta\;d\theta \;d\phi}{1^{\frac{1}{2}}}}\left(\operatorname{sen}\theta\cos \phi \;\mathbf i+\operatorname{sen}\theta\operatorname{sen}\phi \;\mathbf j+\cos \theta\;\mathbf k\right)\\[10pt]
& \mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\iint {-\sigma\operatorname{sen}\theta \;d\theta\;d\phi}\left(\operatorname{sen}\theta \cos \phi\;\mathbf i+\operatorname{sen}\theta\operatorname{sen}\phi;\mathbf j+\cos \theta\;\mathbf k\right)
\end{align}
\]
A densidade de carga σ é constante ela pode “sair” da integral, e a integral da soma igual à soma das integrais
\[
\begin{gather}
\mathbf E=-\frac{\sigma}{4\pi\epsilon_0}\left(\iint {\operatorname{sen}^2\theta \cos \phi\;d\theta \;d\phi\;\mathbf i}+\iint{\operatorname{sen}^2\theta \operatorname{sen}\phi \;d\theta \;d\phi\;\mathbf j}+\iint {\operatorname{sen}\theta \;\cos \theta \;d\theta \;d\phi\;\mathbf k}\right)
\end{gather}
\]
Os limites de integração serão de 0 e 2π em dϕ, uma volta completa na base do hemisfério, e
de 0 a
\( \frac{\pi}{2} \)
em dθ (Figura 3), como não existem termos “cruzados“ em ϕ e
θ as integrais podem ser separadas.
\[
\begin{align}
\mathbf E=&-\frac{\sigma}{4\pi\epsilon_0}\left(\int_0^{{\frac{\pi}{2}}}{\operatorname{sen}^2\theta\;d\theta }\underbrace{\int_0^{{2\pi}}{\cos \phi \;d\phi}}_0\;\mathbf i+\int_0^{{\frac{\pi}{2}}}{\operatorname{sen}^2\theta \;d\theta \underbrace{\int_0^{{2\pi}}{\operatorname{sen}\phi \;d\phi}}_0\;\mathbf j}+\right.\\
&+\left.\int_0^{{\frac{\pi}{2}}}{\operatorname{sen}\theta \cos \theta \;d\theta}\int_0^{{2\pi}}{d\phi\;\mathbf k}\right)
\end{align}
\]
Integral de \( \displaystyle \int_0^{{2\pi}}\cos \phi \;d\phi \)
1.º método
Figura 4
1.º método
\[
\begin{align}
\int_0^{{2\pi}}\cos \phi \;d\phi &=\left.\operatorname{sen}\phi\;\right|_{\;0}^{\;2\pi}=\operatorname{sen}2\pi-\operatorname{sen}0=\\
&=0-0=0
\end{align}
\]
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 igual à zero (Figura 4).
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 igual à zero (Figura 4).
Integral de \( \displaystyle \int_0^{{2\pi}}\operatorname{sen}\phi \;d\phi \)
1.º método
Figura 5
Figura 6
1.º método
\[
\begin{align}
\int_0^{{2\pi}}\operatorname{sen}\phi \;d\phi &=\left.-\cos \phi\;\right|_{\;0}^{\;2\pi}=-(\cos 2\pi-\cos 0)=\\
&=-(1-1)=0
\end{align}
\]
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 5).
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 5).
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 6).
Integral de \( \displaystyle \int_0^{{\frac{\pi}{2}}}\operatorname{sen}\theta \cos \theta\;d\theta \)
fazendo a mudança de variável
para θ = 0
temos \( u=\operatorname{sen}0\Rightarrow u=0 \)
para \( \theta =\dfrac{\pi}{2} \)
temos \( u=\operatorname{sen}\dfrac{\pi}{2}\Rightarrow u=1 \)
fazendo a mudança de variável
\[
\begin{array}{l}
u=\operatorname{sen}\theta \\[5pt]
\dfrac{du}{d\theta }=\cos \theta \Rightarrow d\theta=\dfrac{du}{\cos \theta}
\end{array}
\]
fazendo a mudança dos extremos de integração
para θ = 0
temos \( u=\operatorname{sen}0\Rightarrow u=0 \)
para \( \theta =\dfrac{\pi}{2} \)
temos \( u=\operatorname{sen}\dfrac{\pi}{2}\Rightarrow u=1 \)
\[
\begin{align}
\int_0^{1}u\cos \theta \frac{du}{\cos \theta} &=\int_0^{1}u\;du=\left.\frac{u^2}{2}\;\right|_0^{1}=\\[5pt]
&=\left(\frac{1^2}{2}-\frac{0^2}{2}\right)=\frac{1}{2}
\end{align}
\]
Integral de \( \displaystyle \int_0^{{2\pi}}\;d\phi \)
\[
\begin{gather}
\int_0^{{2\pi}}\;d\phi=\left.\phi \;\right|_{\;0}^{\;2\pi}=2\pi-0=2\pi
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\mathbf E=-\frac{\sigma}{4\pi\epsilon_0}\left[0\;\mathbf i-0\;\mathbf j+\frac{1}{2}\times 2\pi\;\mathbf k\right]\\[5pt]
\mathbf E=-\frac{\sigma}{4\epsilon_0}\;\mathbf k \tag{X}
\end{gather}
\]
A densidade superficial de carga é dada por
\[
\begin{gather}
\sigma=\frac{Q}{A} \tag{XI}
\end{gather}
\]
onde Q é a carga do hemisfério e A a sua área. A área de um hemisfério é metade da área de uma esfera, \( A_{E}=4\pi r^2 \) com r = a
\[
\begin{gather}
A=\frac{A_{E}}{2} \\[5pt]
A=\frac{4\pi a^2}{2} \\[5pt]
A=2\pi a^2 \tag{XII}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (XII) na equação (XI) e esta na equação (X) (Figura 4)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=-{\frac{1}{4\epsilon_0}}\frac{Q}{2\pi a^2}\;\mathbf k
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=-{\frac{Q}{8\epsilon_0\pi a^2}}\;\mathbf k}
\end{gather}
\]
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