11. (D) Uma casca isolante cilíndrica de raio R e altura h possui uma carga Q uniformemente distribuída sobre sua área.

(b) Determine o vetor campo elétrico a uma distância d do lado direito do cilindro, como indicado na figura. Sugestão: Divida o cilindro em anéis infinitesimais coaxiais como indicado na figura e use o resultado obtido em aula para o campo elétrico produzido por um anel uniformemente carregado. A integral resultante pode ser resolvida por substituição simples.

Passo 1

Iae! Como vai, meu querido? 😁 Bora aprender mais uma questão? 😉

Nessa questão temos uma casca cilíndrica com raio R , comprimento h e carga Q que é distribuída uniformemente.

Com isso, queremos determinar o vetor campo elétrico a uma distância d da casca cilíndrica.

Tem ideia de como fazer isso? 👀

O campo elétrico de uma carga é dado pela equação

E → = k Q r 2 r ^

Manipulando essa equação para discos infinitesimais, vamos chegar em uma integral dupla d θ d x .

Sacou? Bora começar! 😉

Passo 2

Vamos começar reescrevendo r ...

Pela figura do enunciado, vemos que R , d e r formam um triangulo retângulo com r sendo a hipotenusa, portanto podemos reescrever r em função de R e x , com x representando o eixo d como

r 2 = x 2 + R 2

Substituindo em E → , temos

E → = k Q x 2 + R 2 x ^

Para cada ponto infinitesimal de um disco infinitesimal da superfície, temos uma contribuição d E →

d E → = k d q x 2 + R 2 x ^

Anteriormente calculamos a densidade superficial de cargas como

σ = Q 2 π R h

E se σ = d q d A , então

Q 2 π R h = d q d A → d q = Q 2 π R h d A

Substituindo em d E → sabendo que d A = d θ d x ...

d E → = k Q 2 π R h x 2 + R 2 x ^ d A

d E → = k Q 2 π R h x 2 + R 2 x ^ d θ d x

Para cada valor de d q temos um valor h = x

d E → = k Q 2 π R x x 2 + R 2 x ^ d θ d x

Tranquilo até aqui? 😬

Passo 3

Integrando nos dois lados da igualdade, chegamos em

∫ d E → = ∫ k Q 2 π R x x 2 + R 2 x ^ d θ d x

E → = k Q 2 π R ∫ ∫ 1 x x 2 + R 2 d θ d x x ^

θ varia de 0 a 2 π e x de d a h + d , como vemos na figura do enunciado

E → = k Q 2 π R ∫ d h + d ∫ 0 2 π 1 x x 2 + R 2 d θ d x x ^

Como não temos θ para integrar, então

E → = k Q 2 π R ∫ d h + d ( 2 π ) 1 x x 2 + R 2 d x x ^

E → = k Q R ∫ d h + d 1 x x 2 + R 2 d x x ^

Aplicando o método de substituição, vamos chegar em

∫ 1 x x 2 + R 2 d x = - ln ⁡ x 2 + R 2 - 2 ln ⁡ x 2 R 2 + C

Aplicando os limites de integração...

∫ d h + d 1 x x 2 + R 2 d x = - ln ⁡ h + d 2 + R 2 - 2 ln ⁡ h + d 2 R 2 - - ln ⁡ d 2 + R 2 - 2 ln ⁡ d 2 R 2

∫ d h 1 x x 2 + R 2 d x = ln ⁡ d 2 + R 2 - 2 ln ⁡ d - ln ⁡ h + d 2 + R 2 + 2 ln ⁡ h + d 2 R 2

Assim, substituindo em E →

E → = k Q R ln ⁡ d 2 + R 2 - 2 ln ⁡ d - ln ⁡ h + d 2 + R 2 + 2 ln ⁡ h + d 2 R 2 x ^

E → = k Q ln ⁡ d 2 + R 2 - 2 ln ⁡ d - ln ⁡ h + d 2 + R 2 + 2 ln ⁡ h + d 2 R 3 x ^

Pegou o esquema? Responde Aí! 😁

Resposta

E → = k Q ln ⁡ d 2 + R 2 - 2 ln ⁡ d - ln ⁡ h + d 2 + R 2 + 2 ln ⁡ h + d 2 R 3 x ^

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