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Campo Elétrico Gerado por uma Linha de Cargas

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Teoria

Campo Elétrico Gerado por Linha de Cargas

Hora da ação! Vamos imaginar um fio de comprimento 2 a , positivamente carregado. Você sabe dizer qual o valor do campo elétrico gerado por ele no ponto P ?

Não sabe? Relaxa, vou te ensinar agora!

Se quisermos achar o campo elétrico resultante num ponto arbitrário no eixo x , basta nós somarmos todos os campos de todas as partículas infinitesimais de carga d q que compõem a barra:

d E → = k d q r 2 r ^

Mas antes da gente pensar em fazer integrais aqui, vamos decompor o nosso vetor d E → , mas é necessário decompor em dois eixos?

A simetria da figura vai ajudar a gente a responder isso, se liga que isso facilita bastante as contas!

Se a gente só desenhar o campo elétrico decomposto nas duas direções no ponto P vamos perceber o seguinte:

No eixo y os campos apontam em direções opostas e se anulam então a gente só vai ter campo elétrico no eixo x .

E → = E x i ^

Voltando pra decomposição temos:

“Ué, não ia decompor o r ^ ?” Sim, mas dá no mesmo decompor o d E → pois afinal de contas ele aponta na direção de r ^ . Então:

d E x = d E cos ⁡ θ

Ok, agora basta conectar esses seno e cosseno com a geometria do problema, certo? Observando a figura:

E nos utilizando do fato de que, por Pitágoras:

r = x 2 + y 2

Podemos substituir:

cos ⁡ θ = x x 2 + y 2

E temos que:

d E = k d q x 2 + y 2

Portanto:

d E x = k d q x 2 + y 2 x x 2 + y 2

Se a gente tivesse componente na vertical também teríamos que decompor em y mas aí era só pegar a equação e trocar x   por y .

d E y = k d q x 2 + y 2 y x 2 + y 2

Putz mas e agora, como que vamos integrar pra d q , se o que varia na verdade é o comprimento y ?

A gente usa a densidade linear de carga pra relacionar esses caras!

λ = d q d y

Isolando d q :

d q = λ d y

Podemos agora substituir e integrar:

d E x = k λ d y x 2 + y 2 x x 2 + y 2

E a gente tem que integrar ao longo de todo o fio, ou seja, de - a até a .

E x = ∫ - a a k λ d y x 2 + y 2 x x 2 + y 2

Como k é constante fica pra fora e rearrumando a raiz embaixo temos enfim:

E x = k λ x ∫ - a a d y x 2 + y 2 3 2

Calma aí, antes de infartar com essa integral posso te tranquilizar dizendo que geralmente os formulários de prova dão o resultado dela, o que é cobrado é o caminho de chegar nela. Então se você chegou até aqui é um vencedor haha! O resultado dela fica algo mais ou menos assim:

E x = k λ y x 2 + y 2   | - a a

E x = k λ a x 2 + a 2 - λ - a x 2 + a 2 = 2 k λ a x 2 + a 2

Enfim ficaria:

E → = E x i ^

E →   = 2 k λ a x 2 + a 2 i ^

Campo Elétrico Gerado por um Anel Carregado

A gente já viu como que funciona o campo elétrico de uma linha de cargas, mas e no caso de um anel carregado, como encontrar esse campo num ponto P se o anel é totalmente carregado por cargas positivas?

A equação do campo elétrico continua sendo verdade:

d E → = k d q r 2 r ^

Vamos desenhar a geometria da figura e analisar algumas coisas.

Daqui da figura a gente consegue ver que o valor de r por Pitágoras é:

r = R 2 + x 2

E agora é a hora de decompor os campos nas duas direções, mas de novo, é bom olhar a simetria do problema e analisar se vamos precisar mesmo.

Repara o seguinte, como as cargas são todas positivas a simetria é do mesmo jeito que rolou com a linha de cargas. Ao pegarmos dois infinitesimais d l → a gente vê que de novo nesse caso teremos que:

E → = E x i ^

Então faremos só a decomposição pra x e pra isso a gente pode usar a mesma figura da linha de cargas já que as posições são parecidas.

d E x = d E × x r

d E x = k d q r 2 × x r  

d E x = k d q r 3 x

E com o valor de r teremos:

d E x = k d q x R 2 + x 2 3

E os

E x = ∫ A n e l k d q x R 2 + x 2 3

E aqui a gente pode retirar as constantes e deixar na integral apenas a carga, e aqui faremos com a integral o somatório de todas as cargas d q ao longo do anel.

E x = k x R 2 + x 2 3 ∫ A n e l d q

Integrando todos os pedaços infinitesimais de cargas no anel, teremos a carga total no anel:

∫ A n e l d q = Q

Portanto a expressão do campo vai ficar:

E x = k x Q ( x 2 + R 2 ) 3 2

E se fosse pedida a densidade linear de carga λ , basta fazer:

d q = λ d l

Integrando os dois lados, sendo que o comprimento total vai ser o comprimento do anel temos:

Q = λ × 2 π R

Você também pode escrever a constante k da seguinte forma:

k = 1 4 π ε 0

O que daria:

E x = 1 4 π ε 0   . Q x ( x 2 + R 2 ) 3 2

Pra finalizar podem aparecer casos em que x ≫ R então o campo elétrico ficaria:

E → = k Q x x 3

E o contrário também rola quando R ≫ x .

E → = k Q x R 3

É isso, partiu exercícios?

Campo Elétrico Gerado por um Anel Carregado

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

David Halliday, Robert Resnick, Jearl Walker, Fundamentos de Física, Volume 3, 8º ed. Rio de Janeiro: LTC , 2008, pp 45-24.

Na figura abaixo, uma barra fina de vidro forma uma semicircunferência de raio r = 5,00   c m .

Uma carga + q = 4,5   p C está distribuída uniformemente na metade superior da barra, e uma carga - q = - 4,5   p C está distribuída uniformemente na metade inferior.

Determine:

  1. O módulo do campo elétrico E → no ponto P , situado no centro do semicírculo.
  2. A orientação (em relação do semi-eixo x positivo) do campo elétrico E → no ponto P , situado no centro do semicírculo.

Passo 1

Nesse tipo de problemas, a malandragem é explorar, logo de cara, a simetria do problema.

Vou começar fazendo o seguinte: vou pegar dois pontos simétricos e ver qual seria o campo elétrico resultante no ponto P , decompondo o campo elétrico E → em componentes E x →   e E y → .

Tá vendo que as componentes em x vão se anular e as componentes em y vão se somar?

Então, o campo elétrico resultante vai ser algo do tipo:

Show de bola! Essa interpretação facilita a nossa vida porque não precisamos mais nos preocupar com uma componente horizontal desse campo elétrico.

A figura mostra também que os dois arcos produzem o mesmo campo elétrico na vertical. Assim, só precisamos calcular um deles.

Passo 2

A contribuição d E devido a um elemento de carga d q da haste superior é dada por:

d E = 1 4 π ε 0 d q r 2

Sabendo que a carga é distribuída uniformemente ao longo da haste, podemos dizer que:

d E = 1 4 π ε 0 λ   d s r 2

Onde λ é a densidade linear de carga. Sabendo também que se trata de um arco, podemos dizer que d s = r   d θ , onde θ vai variar de 0 a π / 2 . Portanto:

d E = 1 4 π ε 0 λ r   d θ r 2

Entretanto, como estamos interessados somente na componente vertical, vamos precisar decompor esse campo d E , assim como fizemos antes:

Portanto:

d E y = 1 4 π ε 0 λ sen ⁡ θ   d θ r

Agora sim, agora estamos falando a minha língua!

Pra calcular o campo elétrico resultante da haste superior, basta integrar isso aqui:

∫ d E y = 1 4 π ε 0 λ   r ∫ 0 π / 2 sen ⁡ θ   d θ  

E y = 1 4 π ε 0 λ   r   - cos ⁡ θ 0 π / 2

E y = 1 4 π ε 0 λ   r

Sabendo que λ é a densidade linear de carga, podemos dizer que:

λ = q π r / 2 = 2 q π r

Substituindo de volta:

E y = 1 4 π ε 0 2 q π r 2  

E y = q 2 π 2 ε 0 r 2

Eita! Eu sei, foi tenso... mas só falta um detalhe pra terminar, juro!

Passo 3

Acontece que calculamos somente o campo elétrico da parte positiva da haste. Mas como sabemos que o campo vertical produzido pela parte negativa vai ser igual, baste dizer que:

E = 2 E y

Logo:

E = q π 2 ε 0 r 2

Agora sim, acabou!

Ah! Caso você tenha usado k ao invés de 1 / 4 π ε 0 , o resultado que você vai encontrar vai ser

E = 4 k q π r 2

Relaxa, as duas respostas estão certas.

Agora só temos que substituir os valores!

Passo 4

E = 4 k q π r 2

Onde:

k ≅ 9 × 10 9   N m 2 C - 2 ;

q = 4,5   p C = 4,5 × 10 - 12   C ;

r = 5,00   c m = 5 × 10 - 2 m ;

π ≅ 3,14 ;

Logo:

E = 4 × 9 × 10 9 × 4,5 × 10 - 12 3,14 × 5 × 10 - 2 2

E = 20,63   N / C

Resposta

  1. E = 20,63   N / C

  2. O campo é vertical, apontando para baixo (sentido - y ).

Exercício Resolvido #2

David Halliday, Robert Resnick, Jearl Walker, Fundamentos de Física, Volume 3, 8º ed. Rio de Janeiro: LTC , 2008, pp 47-33.

Na figura abaixo, uma barra não condutora “semi-infinita” (ou seja, infinita apenas em um sentido) possui uma densidade linear de cargas uniforme λ .

Mostre que o campo elétrico E P → no ponto P faz um ângulo de 45 ° com a barra e que esse resultado não depende da distância R .

(Sugestão: Calcule separadamente as componentes de E P → nas direções paralela e perpendicular à barra.)

Passo 1

Ok, vamos seguir a sugestão do problema!

Obs: Nesse tipo de problema, calcular as componentes separadamente é sempre o melhor caminho, então guarda isso contigo!

Pra fazer isso, vamos pegar um pedaço infinitesimal da barra com carga d q e calcular as componentes do campo elétrico gerado por ela ( d E x e d E y ) no ponto P .

Olhando a figura, podemos dizer que

d E x = - d E sen ⁡ θ = - d q 4 π ε 0 r 2 sen ⁡ θ

d E y = - d E cos ⁡ θ = - d q 4 π ε 0 r 2 cos ⁡ θ

Sabemos ainda que:

d q = λ d x

Logo:

d E x = - λ d x 4 π ε 0 r 2 sen ⁡ θ

d E y = - λ d x 4 π ε 0 r 2 cos ⁡ θ

Nessas equações, tanto x quanto r quanto θ vão variar quando formos integrar, então precisamos deixar tudo em função de uma única variável.

Passo 2

Vamos lá! Temos que relacionar θ ,   r e x . Como podemos fazer isso?

Bom, pela figura, podemos chegar que:

c o s θ = R r → r = R c o s θ

t g   θ = x R → x = R   t g θ → d x = R s e c θ 2 d θ = R c o s θ 2 d θ

Substituindo esses resultados em nossas equações de d E x e d E y :

d E x = - λ R 4 π ε 0 R c o s θ 2 c o s θ 2 sen ⁡ θ = - λ 4 π ε 0 R sen ⁡ θ d θ

d E y = - λ d x 4 π ε 0 r 2 cos ⁡ θ = - λ 4 π ε 0 R cos ⁡ θ d θ

Passo 3

Último passo, galera!!

Agora, temos que integrar. Como queremos pegar a barra toda e ela é semi-infinita, vamos integrar com θ variando de 0 a π / 2 :

d E x = - λ 4 π ε 0 R sen ⁡ θ d θ

E x = - λ 4 π ε 0 R ∫ 0 π 2 sen ⁡ θ d θ = λ 4 π ε 0 R cos ⁡ π 2 - cos ⁡ 0 = λ 4 π ε 0 R 0 - 1

E x = - λ 4 π ε 0 R

E o campo na direção y fica

d E y = - λ 4 π ε 0 R cos ⁡ θ d θ

E y = - λ 4 π ε 0 R ∫ 0 π 2 cos ⁡ θ d θ = - λ 4 π ε 0 R s e n π 2 - s e n 0 = - λ 4 π ε 0 R 1 - 0

E y = - λ 4 π ε 0 R

Percebemos, então que E x = E y , independente do valor de R . Logo, temos que o ângulo entre o campo e a barra é θ = 45 ° .

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)

Exercício Resolvido #3

David Halliday, Robert Resnick, Jearl Walker, Fundamentos de Física, Volume 3, 8º ed. Rio de Janeiro: LTC , 2008, pp 45-23.

A figura abaixo mostra dois anéis não condutores paralelos, com os centros sobre a mesma reta perpendicular aos planos dos anéis. O anel 1 , de raio R , possui uma carga uniforme q 1 ; O anel 2 , também de raio R , possui uma carga uniforme q 2 ; Os anéis estão separados por uma distância d = 3 R . O campo elétrico no ponto P situado na reta que passa pelos centros dos anéis a uma distância R do anel 1 é zero. Determine a razão q 1 / q 2 .

Passo 1

Primeiramente, vamos pensar em pedacinhos de carga opostos no anel e no campo elétrico que eles causam em um ponto P no eixo do anel:

Esses pedacinhos de carga representados pelos pontos verde e roxo no anel geram dois vetores de campo elétrico. Vamos olhar esses dois vetores mais de perto:

Você percebe comigo que decompondo esses vetores na direção do raio do anel ( E 1 r →   e   E 2 r → ) , eles terão o mesmo módulo e direções opostas, ou seja, se cancelam. Enquanto as componentes na direção da reta do ponto P ( E 1 y →   e   E 2 y → ) , como temos vetores na mesma direção, teremos a soma de seus módulos.

Dessa forma pela simetria do problema, que o campo elétrico resultante E R se encontra sobre o eixo que liga os centros dos dois anéis, que chamaremos de X . Assim:

E R = E X

Passo 2

O campo resultante em P deverá ser zero. Como cada um está de um lado diferente do ponto P , a diferença entre os campos deverá ser nula:

E X 1 - E X 2 = E X = 0 → E X 1 = E X 2

Passo 3

A nossa estratégia aqui vai ser a seguinte: vamos começar calculando a contribuição infinitesimal de cada pedacinho dos anéis, em cada anel, na determinação do campo elétrico total. Começando pelo primeiro anel:

d E 1 = K . d q 1 D 1 2

A distâncias D 1 é a distância de um ponto qualquer do primeiro anel ao ponto P . Como podemos ver na figura abaixo:

Por ser um triângulo retângulo, sabemos que a distância D 1 é igual a:

D 1 = R 2 + R 2 = 2 R

Passo 4

Pela mesma figura, podemos projetar cada o campo d E 1 no eixo de simetria X , para encontrar d E X 1 :

d E 1 X = d E 1 . c o s θ 1 = d E 1 . R D 1

Como sabemos que D 1 = 2 R   :

d E 1 X = d E 1 . 1 2

Substituindo d E 1 =   K . d q 1 D 1 2 :

d E 1 X =   K . d q 1 D 1 2 . 1 2

d E 1 X =   K . d q 1 2 R 2 . 1 2

Para encontrar o módulo do campo E 1 X , vamos integrar:

E 1 X = ∫ K 2 2 R 2 d q 1 = K 2 2 R 2 . ∫ d q 1 = K q 1 2 2 R 2

Pronto, um campo elétrico já foi! Vamos repetir o processo para o outro anel!

Passo 5

Cada pedacinho infinitesimal de carga do anel 2 d q 2 irá gerar uma parcela do campo elétrico no ponto P igual a d E 2 :

d E 2 = K . d q 2 D 2 2

Onde D 2 é a distância entre o ponto P e essa carga infinitesimal do anel:

D 2 = R 2 + d - R 2

Como d = 3 R :

D 2 = R 2 + ( 3 R - R ) 2 = 5 R

Passo 6

Pela mesma figura, podemos projetar cada o campo d E 2 no eixo de simetria X .

d E 2 X = d E 2 . c o s θ 2

Percebemos que c o s θ 2 é igual a:

c o s θ 2 = d - R D 2 = 2 R 5 R = 2 5

Substituindo d E 2 e c o s θ 2 :

d E 2 X =   K . d q 2 D 2 2   . 2 5  

Como D 2 = 5 R , o módulo do campo d E 2 X :

d E 2 X = 2 K 5 5 R 2 d q 2

Boa! Agora só temos que integrar o campo infinitesimal encontrado:

E 2 X = ∫ 2 K 5 5 R 2 d q 2 = 2 K 5 5 R 2 . ∫ d q 2   = 2 K q 2 5 5 R 2

Passo 7

Pra fechar, basta igualar esses dois campos, conforme concluímos lá no Passo 2.

E 1 X = E 2 X

K q 1 2 2 R 2 = 2 K q 2 5 5 R 2

Cortando a constante K e o raio R :

q 1 q 2 = 4 . 2 5 5 = 0,506   ( a p r o x . )  

Resposta

0,506

Exercício Resolvido #4

PUCRIO-P1-2013.1-1- c

Uma barra delgada de comprimento L   [ m ] é envergada até formar um semi-círculo, conforme mostra a Figura 1.

a ) Se a barra tem uma densidade de carga uniforme λ > 0   [ C / m ] , calcule o campo elétrico na origem.

b ) Onde deveria ser colocada uma carga pontual de valor igual ao da carga total da barra para que o campo na origem fosse nulo?

c ) Considere agora que esse semicírculo se torne um semi-disco de mesmo raio com um orifício concêntrico semicircular de raio L / 10 π   [ m ] e com uma densidade superficial uniforme σ   [ C / m 2 ] , como mostrado na Figura 2. Calcule o campo elétrico na origem devido a esta nova configuração.

Passo 1

a )

Para calcular o campo elétrico na origem, devido a barra carregada, podemos usar a equação do campo gerado por uma carga infinitesimal:

d E → = k . d q r 2 r ^

Pela simetria, vemos que dois pontos simétricos em relação ao eixo y , produzem campos infinitesimais cujas componentes x irão cancelar, sobrando apenas as componentes y que estão se somando!

Então, queremos:

d E → . sen ⁡ θ = k . d q r 2 . sen ⁡ θ ( - y ^ )

No nosso caso, temos d q = λ . d l = λ . r . d θ , substituindo:

d E → . sen ⁡ θ = k . λ . r . d θ r 2 . sen ⁡ θ ( - y ^ )

Integrando:

E → y = k . λ r ∫ 0 π sen ⁡ θ d θ   ( - y ^ )

E → y = k . λ r ∫ 0 π sen ⁡ θ d θ   ( - y ^ )

E → y = k . λ r - cos ⁡ θ 0 π   ( - y ^ )

E → y = 2 k . λ r   ( - y ^ )

Onde π . r = L , logo:

E → y = 2 k . π . λ L   ( - y ^ ) [ N / C ]

Passo 2

b )

Para que o campo em P seja nulo, o campo gerado pela carga Q deve ser igual em módulo ao campo gerado pelo fio, e de sinal oposto para poder cancelá-lo. O campo gerado pela carga é dado por:

E → Q = k . Q y 2 R ^

Como a carga possui a mesma carga total da barra:

Q = λ . L

Substituindo e igualando ao valor do campo:

k . λ . L y 2 = 2 k . π . λ L

y 2 = L 2 2 . π

y = ± L 2 . π

A carga Q , por ter mesmo sinal que a barra, deve ser colocada no lado oposto, ou seja:

y = - L 2 . π  

Passo 3

c )

Para determinar o campo na origem, devido o disco carregado, podemos partir do que já calculamos no item a , para um semicírculo à uma distancia r da origem, temos que o campo gerado é:

d E → y = 2 k . σ r d r   ( - y ^ )

Integrando de r = L / 10 . π até r = L / π , temos:

E → y = ∫ L 10 π L π 2 k . σ r d r   ( - y ^ )

E → y = 2 k . σ ∫ L 10 π L π 1 r d r   ( - y ^ )

E → y = 2 k . σ ln ⁡ L π - ln ⁡ L 10 π   ( - y ^ )

E → y = 2 k . σ ln ⁡ 10   - y ^ [ N / C ]

Resposta

a ) E → y = 2 k . π . λ L   ( - y ^ ) [ N / C ]

b ) y = - L 2 . π  

c ) E → y = 2 k . σ ln ⁡ 10   - y ^ [ N / C ]

Exercício Resolvido #5

David Halliday, Robert Resnick, Jearl Walker, Fundamentos de Física, Volume 3, 8º ed. Rio de Janeiro: LTC , 2008, pp 46-28.

A figura abaixo mostra dois anéis concêntricos de raios R e R ' = 3,00 R , que estão no mesmo plano. O ponto P está no eixo central Z , a uma distância D = 2,00 R do centro dos anéis. O anel menor possui carga uniforme distribuída Q . Em termos de Q , qual deve ser a carga uniformemente distrubuída no anel maior para que o campo elétrico no ponto P seja nulo?

Passo 1

Notar a simetria do problema: o campo elétrico resultante E R está na direção Z , então, precisamos descobrir apenas qual é a componente desse campo nesta direção.

E R = E Z

Passo 2

Calcular o campo elétrico que um pedaço do anel, com carga infinitesimal d q , exerce no ponto P :

d E = K . d q d 2

Onde d é a distância entre um ponto do anel e o ponto P como podemos ver na figura abaixo:

Passo 3

Calcular, pela geometria do problema, o valor de d 2 em função de R e de D :

d 2 = D 2 + R 2

Passo 4

Substituir na equação do segundo passo:

d E = K . d q D 2 + R 2

Passo 5

Olhar novamente o triângulo representado acima. Calcular a projeção do campo elétrico no eixo de simetria pela geometria do problema.

d E z = d E . sin ⁡ θ = d E . D d = d E . D D 2 + R 2 =   K . d q D 2 + R 2 . D D 2 + R 2

d E z = K . D . d q D 2 + R 2 3 2

Passo 6

Integrar o valor do campo elétrico projetado ao longo do anel:

E z = K . D . ∫ d q D 2 + R 2 3 2 = K . D D 2 + R 2 3 2 . ∫ d q = K . D . Q D 2 + R 2 3 2

Passo 7

Vamos chamar o campo elétrico gerado pelo anel de raio R ' de E ' . A projeção dele no eixo de simetria Z será chamada de E Z ' . Notar que o cálculo é muito parecido ao realizado no passo anterior.

Temos apenas que substituir a carga Q pela carga Q ' deste anel e substituir o raio R pelo outro raio R ' . Assim:

E z ' = K . D . Q ' D 2 + R ' 2 3 2

Passo 8

A questão informa que o campo elétrico no ponto P é nulo. Logo:

E z + E z ' = 0

Assim, temos que substituir as equações dos dois passos anteriores na igualdade acima e isolar Q ' para obter a resposta do problema:

K . D . Q ' D 2 + R ' 2 3 2 + K . D . Q D 2 + R 2 3 2 = 0 →

Q ' D 2 + R ' 2 3 2 + Q D 2 + R 2 3 2 = 0 →

Q ' D 2 + R ' 2 3 2 = - Q D 2 + R 2 3 2 →

Q ' = - Q . D 2 + R ' 2 3 2 D 2 + R 2 3 2

Q ' = - Q . ( 2 R ) 2 + 3 R 2 ( 2 R ) 2 + R 2 3 2

Resposta

Q ' = - Q . 13 5 3 2 = - 4,19 . Q

Exercício Resolvido #6

David Halliday, Robert Resnick, Jearl Walker, Fundamentos de Física, Volume 3, 8º ed. Rio de Janeiro: LTC , 2008, pp 47-35.

A que distância do eixo de um disco de plástico uniformemente carregado de 0,600 m de raio o módulo do campo elétrico é igual à metade do módulo do campo no centro do disco?

Passo 1

Observar que, no caso do disco, os componentes infinitesimais que devemos integrar são pequenas rosquinhas de largura d r e raio r como a indicada em verde na figura acima.

A área infinitesimal dessas rosquinhas vale a derivada da área do círculo de raio r em relação a r :

A = π r 2 → d A d r = 2 π r → d A = 2 π r d r

Passo 2

Calcular a carga infinitesimal da região verde, multiplicando a pequena área d A pela densidade superficial de campo, que é constante pois o disco está uniformemente carregado.

d q = σ d A = 2 π r σ d r

Passo 3

Note que a resultante do campo elétrico se encontra no eixo Z , devido à simetria do problema. Isso por que dois pontos do anel radialmente opostos dão campos de mesma intensidades e que somados dão um campo na direção z ^ como na figura abaixo

Então:

E R E S = E Z

Passo 4

Determinar quem é o campo infinitesimal gerado por cada pedacinho verde da figura e substituir d q na equação encontrada.

d E = K d q P M ¯ 2 = K 2 π r σ d r P M ¯ 2 = K 2 π r σ d r z 2 + r 2 2

d E = K 2 π r σ d r z 2 + r 2

Passo 5

Precisamos descobrir E Z , para isso devemos projetar o campo infinitesimal do passo anterior no eixo O z .

d E z = d E cos ⁡ α = d E z P M ¯ = d E z z 2 + r 2 = K 2 π r σ d r z 2 + r 2 z z 2 + r 2

d E z = K . 2 π r σ z d r z 2 + r 2 3 2

Passo 6

Resolvendo a integral:

E z = ∫ r = 0 r = R d E z = ∫ 0 R K 2 π r σ z d r z 2 + r 2 3 / 2

E z = 2 π σ z K ∫ 0 R r . d r z 2 + r 2 3 / 2

Agora o lance é resolver essa integral. GERALMENTE essa integral vem num formulário da sua prova, mas se não vier vamos ensinar aqui você a fazer! Pra isso pega aí aquela sua caneta/lapiseira/lápis especial e me acompanha, belê?

Passo 7

Primeiro de tudo, essa integral não sai direto! Pra isso temos que fazer uma substituição.

Olhando pra ela

∫ 0 R r d r z 2 + r 2 3 / 2

Vamos ter que simplificar esse denominador. Como em cima tem um r d r , a integral tá pedindo pra gente fazer a seguinte substituição

u = z 2 + r 2

De forma que

d u = 2 r d r → r d r = d u 2

E os limites de integração ficam

r = 0 → u = z 2 + 0 2 = z 2

r = R → u = z 2 + R 2

Então a nossa integral vai ficar

∫ 0 R r . d r z 2 + r 2 3 / 2 = ∫ z 2 R 2 + z 2 d u / 2 u 3 / 2 = 1 2 ∫ z 2 R 2 + z 2 u - 3 / 2 d u

Essa integral vai ser

∫ u - 3 / 2 d u = - 2 u - 1 / 2

Assim a nossa integral fica

1 2 ∫ z 2 R 2 + z 2 u - 3 / 2 d u = 1 2 - 2 u - 1 / 2 = - 1 u 1 / 2 z 2 z 2 + R 2 = 1 u 1 / 2 z 2 + R 2 z 2

1 2 ∫ z 2 R 2 + z 2 u - 3 / 2 d u = 1 z 2 - 1 z 2 + R 2

Finalmente

∫ 0 R r . d r z 2 + r 2 3 / 2 = 1 z - 1 z 2 + R 2

Voltando para o nosso campo

E z = 2 π σ z K 1 z - 1 z 2 + R 2

Supondo z > 0 , vamos ter z = z

E z = 2 π K σ 1 - z R 2 + z 2

Passo 8

Determinar o campo elétrico no centro do disco, que ocorre quando z = 0 :

E z = 0 = 2 π . K . σ . 1 - 0 R 2 + 0 = 2 π . K . σ

Queremos saber em que posição o campo vale a metade disso.

Passo 9

Logo:

2 π . K . σ 2 = π . K . σ = 2 π . K . σ . 1 - z R 2 + z 2 →

1 2 = 1 - z R 2 + z 2 →

z R 2 + z 2 = 1 2 →

z = R 3 = 0,600 3 = 0,346   m

Resposta

z = 0,346   m

Exercício Resolvido #7

UFRJ-P1-2010.2-D1

Um anel circular, muito fino, de raio R , encontra-se em repouso no plano X Y , com seu centro na origem. Tal anel possui carga total Q , uniformemente distribuída.

  1. Calcule o vetor campo elétrico (módulo, direção e sentido) devido a tal anel num ponto do eixo Z , com cota arbitrária z .
  2. Considere agora um bastão retilíneo, muito fino, em repouso, situado no eixo Z , entre z = a > 0 e z = b > a . Tal bastão também possui carga total Q , uniformemente distribuída. Calcule o vetor força elétrica sobre tal bastão devido ao anel. (Sugestão: a força sobre o bastão constitui-se da soma vetorial das forças sobre cada elemento infinitesimal do bastão carregado).

Passo 1

Pegando uma partícula infinitesimal d q podemos escrever a expressão do seu campo:

d E → = k d q r 2 r ^

Decompondo nas duas componentes:

d E → = d E x i ^ + d E y j ^ + d E z k ^

Integramos:

E → = ∫ anel   d E x x ^ + d E y y ^ + d E z z ^

Passo 2

Podemos utilizar argumentos de simetria para justificar que só existe componente em z :

∫ anel   d E x i ^ = ∫ anel   d E y j ^ = 0

Continuando:

E → = ∫ anel   d E z z ^

Encontramos a componente z por decomposição:

d E z = k d q R 2 + z 2 cos ⁡ ϕ

d E z = k d q R 2 + z 2 z R 2 + z 2

Lembrando que o triângulo é retângulo na origem dos eixos coordenados, e não onde está a carga d q .

Passo 3

Além disso, como a gente quer o campo no eixo z , que é o eixo de simetria do anel, note como o campo não depende das coordenadas x e y . O anel está no plano X Y , então podemos tirar da integral um tanto de coisas:

E → = ∫ anel   k   d q R 2 + z 2 z R 2 + z 2 z ^

E → = k R 2 + z 2 z R 2 + z 2 z ^ ∫ anel   d q

E → = k z R 2 + z 2 3 / 2 z ^ ∫ anel   d q

A integral da carga no anel dá a sua carga total:

E → = k Q z R 2 + z 2 3 / 2 z ^

Passo 4

Agora pra calcular a força é só montar a equação da força infinitesimal que o campo faz numa carga infinitesimal (Lei de Coulomb):

d F → = d q   E →

Integrando na barra toda:

F → = ∫ a b E → d q

Substituindo:

F → = ∫ a b k Q z R 2 + z 2 3 2 z ^ d q

Passo 5

Agora atenção! Trocamos o diferencial de carga pela equação da densidade da barra:

d q = λ d z

Sabemos que a distribuição de carga é uniforme, portanto isto implica numa densidade constante igual à:

λ = Q total L total = Q b - a

Que é a carga total pelo comprimento total. Logo:

d q = Q b - a d z

Integrando:

F → = ∫ a b k Q z R 2 + z 2 3 2 z ^ Q b - a z ^   d z

F → = k Q 2 b - a z ^ ∫ a b z R 2 + z 2 3 2 z ^ d z

Passo 6

Fazemos substituição simples:

v = R 2 + z 2 → d v = 2 z   d z

A indefinida fica:

I * = ∫ ( d v / 2 ) v 3 / 2

I * = 1 2 ∫ v - 3 2 d v

I * = 1 2 × - 2 × v - 1 2

I * = - 1 v

Passo 7

Logo:

F → = k Q 2 b - a z ^ - 1 R 2 + z 2 a b

F → = - k Q 2 b - a 1 R 2 + b 2 - 1 R 2 + a 2 z ^

Fica ligado de não esquecer esse sinal de menos na frente de tudo. E é só!

Resposta

a)

E → = k Q z R 2 + z 2 3 / 2 z ^

b)

F → = - k Q 2 b - a 1 R 2 + b 2 - 1 R 2 + a 2 z ^

Exercício Resolvido #8

David Halliday, Robert Resnick, Jearl Walker, Fundamentos de Física, Volume 3, 8º ed. Rio de Janeiro: LTC , 2008, pp 46-28.

A figura abaixo mostra dois anéis concêntricos de raios R e R ' = 3,00 R , que estão no mesmo plano. O ponto P está no eixo central Z , a uma distância D = 2,00 R do centro dos anéis. O anel menor possui carga uniforme distribuída Q . Em termos de Q , qual deve ser a carga uniformemente distrubuída no anel maior para que o campo elétrico no ponto P seja nulo?

Passo 1

Notar a simetria do problema: o campo elétrico resultante E R está na direção Z , então, precisamos descobrir apenas qual é a componente desse campo nesta direção.

E R = E Z

Passo 2

Calcular o campo elétrico que um pedaço do anel, com carga infinitesimal d q , exerce no ponto P :

d E = K . d q d 2

Onde d é a distância entre um ponto do anel e o ponto P como podemos ver na figura abaixo:

Passo 3

Calcular, pela geometria do problema, o valor de d 2 em função de R e de D :

d 2 = D 2 + R 2

Passo 4

Substituir na equação do segundo passo:

d E = K . d q D 2 + R 2

Passo 5

Olhar novamente o triângulo representado acima. Calcular a projeção do campo elétrico no eixo de simetria pela geometria do problema.

d E z = d E . sin ⁡ θ = d E . D d = d E . D D 2 + R 2 =   K . d q D 2 + R 2 . D D 2 + R 2

d E z = K . D . d q D 2 + R 2 3 2

Passo 6

Integrar o valor do campo elétrico projetado ao longo do anel:

E z = K . D . ∫ d q D 2 + R 2 3 2 = K . D D 2 + R 2 3 2 . ∫ d q = K . D . Q D 2 + R 2 3 2

Passo 7

Vamos chamar o campo elétrico gerado pelo anel de raio R ' de E ' . A projeção dele no eixo de simetria Z será chamada de E Z ' . Notar que o cálculo é muito parecido ao realizado no passo anterior.

Temos apenas que substituir a carga Q pela carga Q ' deste anel e substituir o raio R pelo outro raio R ' . Assim:

E z ' = K . D . Q ' D 2 + R ' 2 3 2

Passo 8

A questão informa que o campo elétrico no ponto P é nulo. Logo:

E z + E z ' = 0

Assim, temos que substituir as equações dos dois passos anteriores na igualdade acima e isolar Q ' para obter a resposta do problema:

K . D . Q ' D 2 + R ' 2 3 2 + K . D . Q D 2 + R 2 3 2 = 0 →

Q ' D 2 + R ' 2 3 2 + Q D 2 + R 2 3 2 = 0 →

Q ' D 2 + R ' 2 3 2 = - Q D 2 + R 2 3 2 →

Q ' = - Q . D 2 + R ' 2 3 2 D 2 + R 2 3 2

Q ' = - Q . ( 2 R ) 2 + 3 R 2 ( 2 R ) 2 + R 2 3 2

Resposta

Q ' = - Q . 13 5 3 2 = - 4,19 . Q

Exercício Resolvido #9

UNICAMP-P1-2007.2-2

Uma barra isolada, de comprimento L , tem uma carga + Q distribuída uniformemente ao longo de sua extensão, conforme a figura.

a ) Determine o vetor campo elétrico no ponto P , situado a uma distância a da extremidade direita da barra;

b ) Suponha que uma outra carga isolada puntiforme + Q seja colocada num outro ponto distante 3 a da extremidade direita da barra. Determine o vetor campo elétrico no ponto P devido apenas à carga isolada;

c ) Determine, agora, o vetor campo elétrico total no ponto P ;

Passo 1

a ) Determine o vetor campo elétrico no ponto P , situado a uma distância a da extremidade direita da barra;

Beleza!

Pra resolver esse tipo de problema, vamos começar pegando, da barra, uma pedaço infinitesimal de carga d q e ver o campo elétrico produzido por ela.

O campo elétrico gerado pelo elemento de carga d q é dado por:

d E → = d q 4 π ϵ 0 r 2   r ^

Passo 2

Antes de voltarmos pra fórmula, repara que a carga infinitesimal d q pode ser escrita em função da densidade linear de carga λ .

d q = λ d r

Agora sim!

Passo 3

d E → = λ d r 4 π ϵ 0 r 2   r ^

Agora é só integrar esse cara, onde:

a ≤ r ≤ a + L

Logo:

E → = λ 4 π ϵ 0   ∫ a a + L d r r 2   r ^

E → = λ 4 π ϵ 0   - 1 r a a + L r ^

E → = λ 4 π ϵ 0   1 a - 1 a + L r ^

E → = λ 4 π ϵ 0 L a a + L r ^

E → = λ L 4 π ϵ 0 a ( a + L ) r ^

Como λ = Q L → Q = λ L , podemos substituir de volta. Além disso, r ^ = x ^ , logo:

E → = Q 4 π ϵ 0 a ( a + L ) x ^

Ah! Ao invés de r , você poderia ter usado x logo de cara também... não tem problema. Só procura desenhar o vetor pra especificar o jeito como você está usando ele.

Passo 4

b ) Suponha que uma outra carga isolada puntiforme + Q seja colocada num outro ponto distante 3 a da extremidade direita da barra. Determine o vetor campo elétrico no ponto P devido apenas à carga isolada;

Opa! Agora ficou tranquilo, só alegria!

O campo elétrico gerado por uma carga pontual é dado por:

E → = 1 4 π ϵ 0 Q r 2 r ^

Como a carga + Q é colocada a uma distância 3 a da extremidade direita da barra, ela vai estar a uma distância 2 a do ponto P , como mostra a figura do enunciado.

Além disso, como a carga é positiva e está à direita do ponto P :

r ^ = - x ^

Portanto, substituindo na equação do campo elétrico:

E → = - 1 4 π ϵ 0 Q 2 a 2 x ^

E → = - 1 4 π ϵ 0 Q 4 a 2 x ^

E → = - Q 16 π ϵ 0 a 2 x ^

Passo 5

c ) Determine, agora, o vetor campo elétrico total no ponto P ;

Como o campo elétrico é uma grandeza vetorial, o campo elétrico total vai ser a soma vetorial dos campos que calculamos na letra a e na letra b :

E → R = E → a + E → b

E → R = Q 4 π ϵ 0 a ( a + L ) - Q 16 π ϵ 0 a 2 x ^

E → R = Q 4 π ϵ 0 a 1 a + L - 1 4 a x ^

Peraí! Só isso?!

Sim, só isso! ;)

Resposta

a )

E → = Q 4 π ϵ 0 a ( a + L ) x ^

b )

E → = - Q 16 π ϵ 0 a 2 x ^

c )

E → R = Q 4 π ϵ 0 a 1 a + L - 1 4 a x ^

Exercício Resolvido #10

UFRJ-P1-2010.2-D1

Um anel circular, muito fino, de raio R , encontra-se em repouso no plano X Y , com seu centro na origem. Tal anel possui carga total Q , uniformemente distribuída.

  1. Calcule o vetor campo elétrico (módulo, direção e sentido) devido a tal anel num ponto do eixo Z , com cota arbitrária z .
  2. Considere agora um bastão retilíneo, muito fino, em repouso, situado no eixo Z , entre z = a > 0 e z = b > a . Tal bastão também possui carga total Q , uniformemente distribuída. Calcule o vetor força elétrica sobre tal bastão devido ao anel. (Sugestão: a força sobre o bastão constitui-se da soma vetorial das forças sobre cada elemento infinitesimal do bastão carregado).

Passo 1

Pegando uma partícula infinitesimal d q podemos escrever a expressão do seu campo:

d E → = k d q r 2 r ^

Decompondo nas duas componentes:

d E → = d E x i ^ + d E y j ^ + d E z k ^

Integramos:

E → = ∫ anel   d E x x ^ + d E y y ^ + d E z z ^

Passo 2

Podemos utilizar argumentos de simetria para justificar que só existe componente em z :

∫ anel   d E x i ^ = ∫ anel   d E y j ^ = 0

Continuando:

E → = ∫ anel   d E z z ^

Encontramos a componente z por decomposição:

d E z = k d q R 2 + z 2 cos ⁡ ϕ

d E z = k d q R 2 + z 2 z R 2 + z 2

Lembrando que o triângulo é retângulo na origem dos eixos coordenados, e não onde está a carga d q .

Passo 3

Além disso, como a gente quer o campo no eixo z , que é o eixo de simetria do anel, note como o campo não depende das coordenadas x e y . O anel está no plano X Y , então podemos tirar da integral um tanto de coisas:

E → = ∫ anel   k   d q R 2 + z 2 z R 2 + z 2 z ^

E → = k R 2 + z 2 z R 2 + z 2 z ^ ∫ anel   d q

E → = k z R 2 + z 2 3 / 2 z ^ ∫ anel   d q

A integral da carga no anel dá a sua carga total:

E → = k Q z R 2 + z 2 3 / 2 z ^

Passo 4

Agora pra calcular a força é só montar a equação da força infinitesimal que o campo faz numa carga infinitesimal (Lei de Coulomb):

d F → = d q   E →

Integrando na barra toda:

F → = ∫ a b E → d q

Substituindo:

F → = ∫ a b k Q z R 2 + z 2 3 2 z ^ d q

Passo 5

Agora atenção! Trocamos o diferencial de carga pela equação da densidade da barra:

d q = λ d z

Sabemos que a distribuição de carga é uniforme, portanto isto implica numa densidade constante igual à:

λ = Q total L total = Q b - a

Que é a carga total pelo comprimento total. Logo:

d q = Q b - a d z

Integrando:

F → = ∫ a b k Q z R 2 + z 2 3 2 z ^ Q b - a z ^   d z

F → = k Q 2 b - a z ^ ∫ a b z R 2 + z 2 3 2 z ^ d z

Passo 6

Fazemos substituição simples:

v = R 2 + z 2 → d v = 2 z   d z

A indefinida fica:

I * = ∫ ( d v / 2 ) v 3 / 2

I * = 1 2 ∫ v - 3 2 d v

I * = 1 2 × - 2 × v - 1 2

I * = - 1 v

Passo 7

Logo:

F → = k Q 2 b - a z ^ - 1 R 2 + z 2 a b

F → = - k Q 2 b - a 1 R 2 + b 2 - 1 R 2 + a 2 z ^

Fica ligado de não esquecer esse sinal de menos na frente de tudo. E é só!

Resposta

a)

E → = k Q z R 2 + z 2 3 / 2 z ^

b)

F → = - k Q 2 b - a 1 R 2 + b 2 - 1 R 2 + a 2 z ^

Exercício Resolvido #11

UNICAMP-P1-2007.2-2

Uma barra isolada, de comprimento L , tem uma carga + Q distribuída uniformemente ao longo de sua extensão, conforme a figura.

a ) Determine o vetor campo elétrico no ponto P , situado a uma distância a da extremidade direita da barra;

b ) Suponha que uma outra carga isolada puntiforme + Q seja colocada num outro ponto distante 3 a da extremidade direita da barra. Determine o vetor campo elétrico no ponto P devido apenas à carga isolada;

c ) Determine, agora, o vetor campo elétrico total no ponto P ;

Passo 1

a ) Determine o vetor campo elétrico no ponto P , situado a uma distância a da extremidade direita da barra;

Beleza!

Pra resolver esse tipo de problema, vamos começar pegando, da barra, uma pedaço infinitesimal de carga d q e ver o campo elétrico produzido por ela.

O campo elétrico gerado pelo elemento de carga d q é dado por:

d E → = d q 4 π ϵ 0 r 2   r ^

Passo 2

Antes de voltarmos pra fórmula, repara que a carga infinitesimal d q pode ser escrita em função da densidade linear de carga λ .

d q = λ d r

Agora sim!

Passo 3

d E → = λ d r 4 π ϵ 0 r 2   r ^

Agora é só integrar esse cara, onde:

a ≤ r ≤ a + L

Logo:

E → = λ 4 π ϵ 0   ∫ a a + L d r r 2   r ^

E → = λ 4 π ϵ 0   - 1 r a a + L r ^

E → = λ 4 π ϵ 0   1 a - 1 a + L r ^

E → = λ 4 π ϵ 0 L a a + L r ^

E → = λ L 4 π ϵ 0 a ( a + L ) r ^

Como λ = Q L → Q = λ L , podemos substituir de volta. Além disso, r ^ = x ^ , logo:

E → = Q 4 π ϵ 0 a ( a + L ) x ^

Ah! Ao invés de r , você poderia ter usado x logo de cara também... não tem problema. Só procura desenhar o vetor pra especificar o jeito como você está usando ele.

Passo 4

b ) Suponha que uma outra carga isolada puntiforme + Q seja colocada num outro ponto distante 3 a da extremidade direita da barra. Determine o vetor campo elétrico no ponto P devido apenas à carga isolada;

Opa! Agora ficou tranquilo, só alegria!

O campo elétrico gerado por uma carga pontual é dado por:

E → = 1 4 π ϵ 0 Q r 2 r ^

Como a carga + Q é colocada a uma distância 3 a da extremidade direita da barra, ela vai estar a uma distância 2 a do ponto P , como mostra a figura do enunciado.

Além disso, como a carga é positiva e está à direita do ponto P :

r ^ = - x ^

Portanto, substituindo na equação do campo elétrico:

E → = - 1 4 π ϵ 0 Q 2 a 2 x ^

E → = - 1 4 π ϵ 0 Q 4 a 2 x ^

E → = - Q 16 π ϵ 0 a 2 x ^

Passo 5

c ) Determine, agora, o vetor campo elétrico total no ponto P ;

Como o campo elétrico é uma grandeza vetorial, o campo elétrico total vai ser a soma vetorial dos campos que calculamos na letra a e na letra b :

E → R = E → a + E → b

E → R = Q 4 π ϵ 0 a ( a + L ) - Q 16 π ϵ 0 a 2 x ^

E → R = Q 4 π ϵ 0 a 1 a + L - 1 4 a x ^

Peraí! Só isso?!

Sim, só isso! ;)

Resposta

a )

E → = Q 4 π ϵ 0 a ( a + L ) x ^

b )

E → = - Q 16 π ϵ 0 a 2 x ^

c )

E → R = Q 4 π ϵ 0 a 1 a + L - 1 4 a x ^

Exercício Resolvido #12

David Halliday, Robert Resnick, Jearl Walker, Fundamentos de Física, Volume 3, 8º ed. Rio de Janeiro: LTC , 2008, pp 47-37.

Um engenheiro foi encarregado de projetar um dispositivo no qual um disco uniformemente carregado de raio R produz em um ponto P sobre o eixo do disco a uma distância 2,00 . R do plano do disco. Para economizar material decidiu-se substituir o disco por um anel com o mesmo raio externo R e um raio interno R 2 . O anel tem a mesma densidade superficial de cargas que o disco original. Qual é a razão entre o novo campo no ponto P e o campo antigo?

Passo 1

Observe que, no caso do disco, os componentes infinitesimais que devemos integrar são pequenos anéizinhos de largura d r e raio r como a indicada em verde na figura abaixo.

A área desse anelzinho vai ser o seu comprimento vezes a sua espessura d r

d A = 2 π . r . d r

Passo 2

A carga infinitesimal da região verde, é dada pelo produto da pequena área d A pela densidade superficial de carga, que é constante pois o disco está uniformemente carregado.

d q = σ . d A = 2 π . r . σ . d r

Passo 3

Essa distribuição de carga tem uma simetria cilindrica. Isso significa se pegarmos dois pedaços do anel diametralmente opostos (como na figura) e somarmos o campo produzido por cada um deles, o campo resultante vai estar na direção z ^

Então o nosso campo é da forma

E → R = E R z ^

Lembrando que isso tem que tá bem justificadinho na sua prova hein! Se falar que é assim só por causa da simetria dá ruim :/

Passo 4

Agora temos que montar a expressão pro campo infinitesimal do anel. Como todos os pontos do anel estão a mesma distância do ponto que queremos calcular o campo, vamos ter então

d E → a n e l = K d q ρ 2 z ^

Onde ρ = r 2 + z 2 .

Mas ainda falta uma coisa! Cada infinitésimo produz um campo inclinado em relação ao eixo z e quando somamos todos os pedaços do anel, ficamos só com a componente na direção z . Pela figura abaixo a componenente z é dada por

d E z = d E c o s ( α )

E então

d E → a n e l = K d q ρ 2 cos ⁡ α z ^

Pela figura temos que

cos ⁡ α = z ρ = z z 2 + r 2

Assim

d E → a n e l = K d q ρ 2 z z 2 + r 2 z ^

Subsitituindo ρ e d q = 2 π r σ d r

d E → a n e l = K 2 π r σ d r ( z 2 + r 2 ) z z 2 + r 2 z ^

Passo 5

Resolvendo a integral no caso (A):

E z ( A ) = ∫ 0 R d E z = ∫ 0 R K . 2 π . r . σ . z . d r z 2 + r 2 3 / 2

= 2 π . σ . z . K . ∫ 0 R r . d r z 2 + r 2 3 2

E z ( A ) = 2 π . K . σ . 1 - z R 2 + z 2

Os detalhes de como calcular esta integral estão demonstrados na teoria.

Passo 6

Resolver a integral no segundo caso (B), que é completamente parecido. Nessa situação, vamos apenas alterar os limites de integração.

E z ( B ) = ∫ R 2 R d E z = K . σ . 2 π - c o s ⁡ ( θ ) r = R 2 r = R

O limite inferior se altera, quando r = R 2 devemos calcular o novo cosseno do ângulo α :

z R 2 2 + z 2

Assim, o valor que encontramos é:

K . σ . 2 π - c o s ⁡ ( α ) r = R 2 r = R = E z ( B ) = K . σ . 2 π - z r 2 + z 2 r = R 2 r = R

= 2 π . K . σ . z R 2 2 + z 2 - z R 2 + z 2

Passo 7

Queremos a razão:

E z B E z A = 2 π . K . σ . z R 2 2 + z 2 - z R 2 + z 2 2 π . K . σ . 1 - z R 2 + z 2

E z B E z A = z R 2 2 + z 2 - z R 2 + z 2 1 - z R 2 + z 2

Substituindo z = 2 . R :

E z B E z A = 2 . R R 2 2 + ( 2 . R ) 2 - 2 . R R 2 + ( 2 . R ) 2 1 - z R 2 + ( 2 . R ) 2

Logo:

E z B E z A = 2 1 4 + 4 - 2 1 + 4 1 - 2 1 + 4 = 2 17 4 - 2 5 1 - 2 5

= 2.2 17 - 2 5 1 - 2 5 = 4 . 5 - 2 . 17 17 . ( 5 - 2 ) ≈ 0,72

Resposta

E z B E z A ≈ 0,72

Exercício Resolvido #13

David Halliday, Robert Resnick, Jearl Walker, Fundamentos de Física, Volume 3, 8º ed. Rio de Janeiro: LTC , 2008, pp 48-52.

Um elétron e é liberado a partir do repouso no eixo central de um disco uniformemente carregado de raio R . A densidade superficial de cargas do disco é 4 μ C m 2 . Determine o módulo da aceleração inicial do elétron se ele for liberado a uma distância do centro do disco de:

(a) z = R

(b)   z = R 100

(c)   z = R 1000

(d) Por que o módulo da aceleração quase não varia com a distância entre a carga e o disco?

Dado: Razão carga massa do elétron:

e m e = 1,759.10 11 C K g  

Passo 1

Temos a seguinte situação

Observe que, no caso do disco, os componentes infinitesimais que devemos integrar são pequenas rosquinhas de largura d r e raio r como a indicada em verde na figura acima.

A área infinitesimal dessas rosquinhas vale a derivada da área do círculo de raio r em relação a r :

A = π . r 2 → d A d r = 2 π . r → d A = 2 π . r . d r

Passo 2

Vamos calcular a carga infinitesimal da região verde, multiplicando a pequena área d A pela densidade superficial de campo, que é constante pois o disco está uniformemente carregado.

d q = σ . d A = 2 π . r . σ . d r

Passo 3

Notar que o campo elétrico resultante E R se encontra no eixo Z , devido à simetria do problema. Então:

E R = E Z

Passo 4

Temos que determinar quem é o campo infinitesimal gerado por cada pedacinho do disco carregado e substituir d q na equação encontrada.

Todos os pedacinhos d q do disco estão a uma distância z 2 + r 2 do nosso ponto! Outro ponto importante é que devido a simetria o campo tem que apontar na direção z ^ . Para pegarmos essa componente basta multiplicar por s e n ( θ ) que tá mostrado na figura acima, beleza?

Então temos

d E Z = K . d q z 2 + r 2 s e n θ

Pela figura

s e n θ = z z 2 + r 2

E já vimos que

d q = 2 π . r . σ . d r

Assim

d E Z = K . 2 π . r . σ . d r z 2 + r 2 z z 2 + r 2

d E Z = K . 2 π . r . σ . z . d r z 2 + r 2 3 / 2

Passo 5

Agora basta integrar!

E z = ∫ x = 0 x = R d E z = ∫ r = 0 r = R K . 2 π . r . σ . z . d r z 2 + r 2 3 2

E z = 2 π . σ . z . K . ∫ r = 0 r = R r . d r z 2 + r 2 3 2

Pra fazer essa integral é só fazer a substituição u = z 2 + r 2 → d u = 2 z d z !

O resultado vai ser:

E z = 2 π . K . σ . 1 - z R 2 + z 2

Passo 6

Podemos a partir do campo determinar a força, que é igual ao produto da massa do elétron m e pela aceleração que queremos determinar:

E . e = a . m e = F e → a = E . e m e

Logo:

a = 2 π . K . σ . e m e . 1 - z R 2 + z 2

a = 2 . π . 9.10 9 . 4.10 - 6 . 1,759.10 11 . 1 - z R 2 + z 2

a ≈ 4.10 16 . 1 - z R 2 + z 2

Passo 7

Substituir os valores sugeridos no problema:

(a) Se z = R → a = 4.10 16 . 1 - z R 2 + z 2 = 4.10 16 . 1 - R R 2 + R 2 = 4.10 16 . 1 - 1 2

a ≈ 1,17.10 16 m / s 2

(b) Se z = R 100 → a = 4.10 16 . 1 - z R 2 + z 2 = 4.10 16 . 1 - R R 2 + R 2 100 2 =

a = 4.10 16 . 1 - 1 1,0001

a ≈ 3,95.10 16 m / s 2

(c) Se z = R 1000 → a = 4.10 16 . 1 - z R 2 + z 2 = 4.10 16 . 1 - R R 2 + R 2 1000 2 =

a = 4.10 16 . 1 - 1 1,000001

a ≈ 3,97.10 16 m / s 2

Passo 8

O módulo da aceleração quase não varia para menores distâncias entre a carga e o disco porque a resultante da força produzida pelas cargas próximas da borda do disco diminuir com a redução da distância entre o elétron e o centro do disco.

Quando a distância z do elétron é muito menor que o raio do disco, o elétron “vê” esse disco como um plano infinito! Lembra como era o campo de um plano infinito? Ele não depende da distância da carga até o plano! A mesma coisa acontece aqui desde que a distância z seja muito menor do que o raio do disco!

Outra forma mais matemática de ver isso é:

a = 4.10 16 . 1 - z R 2 + z 2 = 4.10 16 . 1 - z R 2 z 2 R 2 + 1

a = 4.10 16 . 1 - z R z 2 R 2 + 1

a = 4.10 16 . 1 - z R 1 + z 2 R 2 1 / 2

No limite z ≪ R , a gente pode fazer a razão z / R tender a zero já que essa razão é um número muito pequeninho! Então nesse limite

a ≈ 4.10 16 . 1 - 0

a ≈ 4.10 16   m / s 2

Resposta

(a) Se z = R → a ≈ 1,17.10 16

(b) Se z = R 100 → a ≈ 3,95.10 16

(c) Se z = R 1000 → a ≈ 3,97.10 16

(d) O módulo da aceleração quase não varia para menores distâncias entre a carga e o disco porque a resultante da força produzida pelas cargas próximas da borda do disco diminuir com a redução da distância entre o elétron e o centro do disco.

Isso ocorre porque nessas posições essas forças quase se cancelam e apenas as cargas próximas ao centro do disco exercem influência no elétron.

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