Exercício Resolvido de Potencial Elétrico
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Um disco de raio a está carregado uniformemente com uma carga Q. Calcule:
a) O potencial elétrico num ponto P sobre o eixo de simetria perpendicular ao plano do disco a uma distância z do seu centro;
b) O vetor campo elétrico no mesmo ponto.
a) O potencial elétrico num ponto P sobre o eixo de simetria perpendicular ao plano do disco a uma distância z do seu centro;
b) O vetor campo elétrico no mesmo ponto.
Dados do problema:
- Raio do disco: a;
- Carga do disco: Q;
- Distância ao ponto onde se quer o potencial elétrico: z.
Esquema do problema:
A distância da origem ao ponto P é igual a z, a distância da origem a um elemento de carga
(dq) é igual a rq, e a distância de um elemento de carga até o ponto P é
r (Figura 1).
Solução:
a) Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo Δrqzr
\[
\begin{gather}
r^2=r_q^2+z^2 \\[5pt]
r=\left(r_q^2+z^2\right)^{1/2} \tag{I}
\end{gather}
\]
O potencial elétrico é dado por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{V=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{dq}{R}}} \tag{II}
\end{gather}
\]
Da equação da densidade superficial de carga σ obtemos o elemento de carga dq
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\sigma=\frac{dq}{dA}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
dq=\sigma\;dA \tag{III}
\end{gather}
\]
onde dA é um elemento de área de ângulo dθ do disco, assim pela Figura 2
\[
\begin{gather}
dA=r_q\;dr_q\;d\theta \tag{IV}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (IV) na equação (III)
\[
\begin{gather}
dq=\sigma\;r_q\;dr_q\;d\theta \tag{V}
\end{gather}
\]
substituindo as equações (I) e (V) na equação (II), e como a integração é feita sobre a superfície do disco (depende de duas variáveis rq e θ) temos uma integral dupla
\[
\begin{gather}
V=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\iint{\frac{\sigma\;r_q}{\left(r^2+z^2\right)^{1/2}}}\;dr_q\;d\theta
\end{gather}
\]
Como a densidade de carga (σ) é constante e a integral não depende de z, depende de rq e θ, elas podem “sair” da integral, podemos escrever
\[
\begin{gather}
V=\frac{\sigma}{4\pi\epsilon_0}\iint{\frac{r_q}{\left(r^2+z^2\right)^{1/2}}}\;dr_q\;d\theta
\end{gather}
\]
Os limites de integração serão de 0 a a em drq (ao longo do raio do disco) e de 0 e 2π em dq (uma volta completa no disco), e como não existem termos “cruzados“ em rq e θ as integrais podem ser separadas
\[
\begin{gather}
V=\frac{\sigma }{4\pi\epsilon_0}\int_0^{a}{\frac{r_q}{\left(r_q^2+z^2\right)^{1/2}}}\;dr_q\;\int_0^{2\pi}d\theta
\end{gather}
\]
Integral de
\( \displaystyle \int_0^{a}{\dfrac{r_q\;dr_q}{\left(r_q^2+z^2\right)^{1/2}}} \)
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
\[
\begin{array}{l}
u=r_q^2+z^2\\
du=2r_q\;dr_q\;\Rightarrow \;dr_q=\dfrac{du}{2r_q}
\end{array}
\]
fazendo a mudança dos extremos de integração
para rq = 0
temos \( u=0^2+z^2\Rightarrow u=z^2 \)
para rq = a
temos \( u=a^2+z^2 \)
\[
\begin{align}
\int_{{z^2}}^{{a^2+z^2}}{\frac{r_q}{u^{1/2}}\frac{du}{2r_q}} & \Rightarrow\frac{1}{2}\int_{{z^2}}^{{a^2+z^2}}{\frac{1}{u^{1/2}}du}\Rightarrow\frac{1}{2}\left.\frac{u^{-{\frac{1}{2}+1}}}{-{\dfrac{1}{2}+1}}\;\right|_{\;z^2}^{\;a^2+z^2}\Rightarrow \\
& \Rightarrow\frac{1}{2}\left.\frac{u^{\frac{-1+2}{2}}}{\dfrac{-{1+2}}{2}}\;\right|_{\;z^2}^{\;a^2+z^2}\Rightarrow\frac{1}{2}\left.\frac{u^{1/2}}{\dfrac{1}{2}}\;\right|_{\;z^2}^{\;a^2+z^2}\Rightarrow \\
& \Rightarrow\left.u^{1/2}\;\right|_{\;z^2}^{\;a^2+z^2}\Rightarrow \sqrt{a^2+z^2\;}-\sqrt{z^2\;}\Rightarrow \sqrt{a^2+z^2\;}-z
\end{align}
\]
Integral de
\( \displaystyle \int_0^{2\pi}d\theta \)
\[
\begin{gather}
\int_0^{2\pi}\;d\theta=\left.\theta\;\right|_{\;0}^{\;2\pi}=2\pi-0=2\pi
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
V=\frac{\sigma }{\cancelto{2}{4}\cancel{\pi} \epsilon_0}\left(\sqrt{a^2+z^2\;}-z\right)\cancel 2\cancel{\pi}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{V=\frac{\sigma }{2\epsilon_0}\left(\sqrt{a^2+z^2\;}-z\right)}
\end{gather}
\]
b) O vetor campo elétrico é dado por menos o gradiente do potencial
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf E=-\nabla V}
\end{gather}
\]
onde \( \nabla \) é o operador nabla dado por \( \left(\dfrac{\partial}{\partial x}\;\mathbf i+\dfrac{\partial}{\partial y}\;\mathbf j+\dfrac{\partial}{\partial z}\;\mathbf k\right) \).
\[
\begin{gather}
\mathbf E=-\left(\frac{\partial}{\partial x}\;\mathbf i+\frac{\partial}{\partial y}\;\mathbf j+\frac{\partial}{\partial z}\;\mathbf k\right)V\\
\mathbf E=-\left(\frac{\partial V}{\partial x}\;\mathbf i+\frac{\partial V}{\partial y}\;\mathbf j+\frac{\partial V}{\partial z}\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Derivada parcial do potencial em relação à x
\[
\begin{gather}
\frac{\partial V}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{\sigma }{2\epsilon_0}\;\left(\;\sqrt{\;a^2+z^2\;}-z\;\right)\right]
\end{gather}
\]
a densidade de carga (σ), a permissividade do meio (ϵ0), o raio do aro (a) e a
distância (z) são constantes (a derivada é em relação à variável x, nesta direção z é constante),
portanto a derivada de uma constante é zero
\[
\begin{gather}
\frac{\partial V}{\partial x}=0
\end{gather}
\]
Derivada parcial do potencial em relação à y
\[
\begin{gather}
\frac{\partial V}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\left[\frac{\sigma }{2\epsilon_0}\left(\sqrt{a^2+z^2\;}-z\right)\right]
\end{gather}
\]
a densidade de carga (σ), a permissividade do meio (ϵ0), o raio do aro (a) e a
distância (z} são constantes (a derivada é em relação à variável y, nesta direção z é constante),
portanto a derivada de uma constante é zero
\[
\begin{gather}
\frac{\partial V}{\partial y}=0
\end{gather}
\]
Derivada parcial do potencial em relação à z
\[
\begin{gather}
\frac{\partial V}{\partial z}=\frac{\partial}{\partial z}\left[\frac{\sigma }{2\epsilon_0}\left(\sqrt{a^2+z^2\;}-z\right)\right]
\end{gather}
\]
a densidade de carga (σ) e a permissividade do meio (ϵ0) são constantes, portanto eles podem “sair”
da derivada
\[
\begin{gather}
\frac{\partial V}{\partial z}=\frac{\sigma }{2\epsilon_0}\frac{\partial}{\partial z}\left(\;\sqrt{\;a^2+z^2\;}-z\;\right)
\end{gather}
\]
- o primeiro termo entre parênteses é uma função composta cuja derivada, pela regra da cadeia, é do tipo
\[
\begin{gather}
\frac{du[w(z)]}{dz}=\frac{du}{dw}\;\frac{dw}{dz}
\end{gather}
\]
com
\( u(w)=w^{1/2} \)
e
\( w(z)=a^2+z^2 \),
assim as derivadas serão
\[
\begin{array}{l}
\dfrac{du}{dw}=\dfrac{d\left(w^{1/2}\right)}{dw}=\dfrac{1}{2}w^{1/2-1}=\dfrac{1}{2}w^{\frac{1-2}{2}}=\dfrac{1}{2}w^{-{1/2}}=\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{w^{1/2}}\\[10pt]
\dfrac{dw}{dz}=2z
\end{array}
\]
- o segundo termo entre parênteses é simplesmente
\[
\begin{gather}
\frac{d(z)}{dz}=1
\end{gather}
\]
A derivada do potencial será
\[
\begin{gather}
\frac{\partial V}{\partial z}=\frac{\sigma }{2\epsilon_0}\left(\frac{1}{2}\frac{1}{\left(a^2+z^2\right)^{1/2}}\right)\left(2z\right)-1=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\left(\;\frac{z}{\sqrt{\;a^2+z^2}}-1\right)=\frac{\sigma z}{2\epsilon_0}\left(\frac{1}{\sqrt{\;a^2+z^2}}-\frac{1}{z}\right)
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\mathbf E=-\left[\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\left(\frac{z}{\sqrt{a^2+z^2\;}}-\frac{z}{z}\right)\mathbf k\right]
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\left(1-\frac{z}{\sqrt{a^2+z^2\;}}\right)\;\mathbf k}
\end{gather}
\]
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