Enunciado

Um disco uniformemente carregado tem raio R e densidade de carga superficial σ como na figura. O potencial elétrico V no ponto P a uma distância d ao longo do eixo perpendicular central do disco é

V = 2 π k e σ d 2 + R 2 - d

Onde k e é uma constante (chamada constante de Coulomb). Mostre que

V ≈ π k e σ d

Para d grande

Passo 1

Faaaala turma, beleza?

Nessa questão ele forneceu o potencial de um disco de raio R no P que está a uma distância d , e esse disco possui uma densidade de carga superficial σ . Veja abaixo:

V = 2 π k e σ d 2 + R 2 - d

Onde, k e é uma constante (chamada constante de Coulomb).

A partir disso, devemos mostrar que o potencial para um d muito grande é aproximadamente:

V ≈ π k e σ d

Para conseguirmos resolver esta questão, precisamos trabalhar com a função potencial elétrico.

Perceba que apenas essa parte da equação do potencial depende de d , certo?

V = 2 π k e σ ⋅ f d

Onde, f d = d 2 + R 2 - d .

Para obter nossa resposta, vamos verificar o que acontece com o potencial quando d for muito maior que R , ou seja,   d tender ao infinito:

V = 2 π k e σ lim d → ∞ ⁡ ( d 2 + R 2 - d )

Como os termos ( 2 π k e σ ) não dependem de d , podemos colocar em evidencia.

Seu objetivo é resolver o limite!

Feito isso, você conseguira provar que:

V ≈ π k e σ d

Vamos nessa!!

Passo 2

Queremos mostrar que para uma distância muito grande, ou seja, d ≫ R , temos o potencial como:

V ≈ π k e σ d

Vamos começar analisado nosso potencial. Temos que:

V = 2 π k e σ d 2 + R 2 - d

Repare que somente uma parte da expressão depende da distancia d . Nos permitindo reescrever a equação da seguinte forma:

V = 2 π k e σ ⋅ f d

Onde, f d = d 2 + R 2 - d .

Como queremos saber o potencial para d muito grande, ou seja, d tendendo ao infinito. Teremos que aplicar um limite:

V = 2 π k e σ lim d → ∞ ⁡ ( d 2 + R 2 - d )

E observe que os termos ( 2 π k e σ ) não dependem de d , assim podemos colocar em evidência.

Passo 3

Agora temos que resolver esse limite:

V = 2 π k e σ lim d → ∞ ⁡ ( d 2 + R 2 - d )

Se aplicarmos o limite direto, vamos ter:

V = 2 π k e σ   ∞ - ∞

Veja que vamos ter uma indeterminação! Precisamos então fazer uma manipulação com esta nossa função para que esta indeterminação suma.

Uma estratégia em resolução de limites, é multiplicar e dividir pela expressão com sinal positivo entre os termos, da seguinte forma:

V = 2 π k e σ lim d → ∞ ⁡ ( d 2 + R 2 - d ) d 2 + R 2 + d d 2 + R 2 + d

Repare que não mudamos a forma original. Pois se dividir as expressões vai ser igual 1 .

Fazendo a multiplicação, vamos ter:

V = 2 π k e σ lim d → ∞ ⁡ ( d 2 + R 2 ) + d d 2 + R 2 - d d 2 + R 2 - d 2 d 2 + R 2 + d

Simplificando, obtemos:

V = 2 π k e σ lim d → ∞ ⁡ R 2 d 2 + R 2 + d

Passo 4

Agora vamos avaliar esse limite.

V = 2 π k e σ lim d → ∞ ⁡ R 2 d 2 + R 2 + d

Colocando o d em evidência no denominador, temos:

V = 2 π k e σ lim d → ∞ ⁡ R 2 d 1 + R 2 d 2 + 1

Aqui podemos fazer a seguinte analise, separar em dois limites:

V = 2 π k e σ lim d → ∞ ⁡ R 2 d lim d → ∞ ⁡ 1 1 + R 2 d 2 + 1

No segundo limite, quando d → ∞ o termo R 2 d 2 → 0 . Logo,

V = 2 π k e σ lim d → ∞ ⁡ R 2 d lim d → ∞ ⁡ 1 1 + 1

Assim temos:

V = 2 π k e σ lim d → ∞ ⁡ R 2 d 1 2  

V = π k e σ lim d → ∞ ⁡ R 2 d

Se avaliarmos esse limite, percebemos que ele vai tender a zero quando d for para o infinito.

Além disto, podemos desconsiderar o termo R 2 porque d é muito maior que ele. Ficando com:

V ≈ π k e σ lim d → ∞ ⁡ 1 d

Podemos concluir que no infinito, ou seja, d ≫ ≫ ≫ R a expressão pode ser reduzida a:

V ≈ π k e σ d

Se aplicar o limite nessa expressão, com d → ∞ também vai ser zero.

Resposta

Demonstração.

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Encontre a soma da série. 1 - ln ⁡ 2 + ln ⁡ 2 2 2 ! - ln ⁡ 2 3 3 ! + …
Use séries para aproximar a integral definida com a precisão indicada. ∫ 0 0,4 1 + x 4 d x ,( e r r o5.10 - 6 )
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