Exercícios Resolvidos de Campo Elétrico Gerado por uma Linha de Cargas

Campo Elétrico, Densidade de Carga, Campos Elétricos e Corpos Carregados

Dois fios retilíneos de comprimento L , carregados com densidades lineares de carga + λ e - λ , são conectados por um fio semicircular de raio R , uniformemente carregado com densidade de carga + β .

Devido ao campo elétrico resultante em O , uma carga eletrica + q abandonada neste ponto é ejetada formando um ângulo θ = 30 ° com a direção dos dois fios retilíneos.

Dados: sen ⁡ 30 ° = 0,5 e cos ⁡ 30 ° = 0,866

a ) Determine o campo elétrico em O devido a distribuição de cargas – λ ;

b ) Calcule a componente vertical do campo elétrico em O devido a distribuição de cargas β ;

c ) Com os valores de ( a ) e ( b ) , determine a densidade linear β em função de λ , L e R ;

Passo 1

a ) Determine o campo elétrico em O devido a distribuição de cargas – λ ;

O primeiro passo é escrever a expressão do campo elétrico d E → gerado por uma carga infinitesimal d q , dado por:

d E → = 1 4 π ϵ 0 d q r 2   r ^

Graficamente, a ideia é essa:

Onde:

d q = - λ d x

r = R + x

r ^ = - x ^

Fazendo essas alterações:

d E → = λ 4 π ϵ 0 d x R + x 2   x ^

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Pra finalizar, temos apenas que integrar esse cara entre 0 e L :

E → - λ = λ 4 π ϵ 0 ∫ 0 L d x R + x 2 x ^

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

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

E → - λ = λ 4 π ϵ 0 L R R + L x ^

Finalmente:

E → - λ = λ L 4 π ϵ 0 R R + L x ^

Passo 3

b ) Calcule a componente vertical do campo elétrico em O devido a distribuição de cargas β ;

Tá legal que o problema pede pra calcularmos somente a componente vertical do campo elétrico devido à distribuição de cargas β ... mas se analisarmos melhor, veremos que essa distribuição de cargas gera apenas um campo elétrico vertical no ponto O .

Pra entendermos melhor, vamos pegar dois pontos simétricos do semicírculo e ver o campo gerado pelas cargas infinitesimais desses pontos:

Se decompormos os vetores d E → , veremos que eles vão se anular na horizontal e se somar na vertical. Isso vai acontecer pra qualquer par de pontos simétricos. No final das contas, teremos apenas um campo elétrico vertical.

Ok, agora podemos calcular esse campo elétrico.

Passo 4

A ideia aqui é a mesma que usamos para calcular o campo elétrico gerado pela distribuição – λ . Então vamos começar escrevendo a expressão do campo elétrico d E → gerado por uma carga infinitesimal d q , dado por:

d E → = 1 4 π ϵ 0 d q r 2   r ^

Graficamente, a ideia é essa:

Daqui podemos tirar algumas coisas:

d q = β d s = β R d ϕ

0 ≤ ϕ ≤ π

r = R

Assim, a componente vertical do campo d E → será dada por:

d E y = d E sen ⁡ ϕ = 1 4 π ϵ 0 d q R 2 sen ⁡ ϕ

d E y = 1 4 π ϵ 0 β R d ϕ R 2 sen ⁡ ϕ

d E y = β 4 π ϵ 0 R sen ⁡ ϕ d ϕ

Agora é só integrar esse cara em ϕ :

E y = β 4 π ϵ 0 R ∫ 0 π sen ⁡ ϕ d ϕ

E y = β 4 π ϵ 0 R - cos ⁡ ϕ ϕ = 0 ϕ = π β 4 π ϵ 0 R - cos ⁡ π - cos ⁡ 0

E y = - β 4 π ϵ 0 R - 1 - 1

E y = β 2 π ϵ 0 R

A resposta do problema é essa aqui em cima! Mas só pra não esquecermos o que falamos antes, o campo elétrico gerado pela distribuição β no ponto O será:

E → β = E y - y ^

E → β = - β 2 π ϵ 0 R y ^

Passo 5

c ) Com os valores de ( a ) e ( b ) , determine a densidade linear β em função de λ , L e R ;

O campo elétrico resultante no ponto O será a soma dos campos elétricos gerados pelas distribuições + λ , β e – λ .

Os dois fios são bem parecidos, certo? Só que um fio está à esquerda de O e o outro está à direita de O sendo que um tem densidade λ e o outro tem densidade - λ .

Em módulo faz total sentidos esses campos serem iguais pela simetria!

E → + λ = E → - λ

Agora basta definir a direção do campo do fio com densidade λ .

O fio da direita produz um campo que aponta na direção desse mesmo fio por que ele tem carga negativa (mesmo raciocínio do caso de uma carga pontual negativa), então o fio da esquerda produz um campo que aponta para fora em relação ao fio com densidade λ ! Assim os dois campos apontam para direita e são iguais

E → + λ = E → - λ = λ L 4 π ϵ 0 R R + L x ^

Passo 6

Quando o problema diz que uma carga + q colocada no ponto O é ejetada formando um ângulo de 30 ° com a horizontal, o que ele quer dizer, na verdade, é que o campo elétrico resultante no ponto O está formando um ângulo de 30 ° com a horizontal.

Logo:

tan ⁡ 30 ° = E V E H

Onde:

E V = E β = β 2 π ϵ 0 R

E H = E - λ + E + λ = λ L 4 π ϵ 0 R R + L + λ L 4 π ϵ 0 R R + L

E H = λ L 2 π ϵ 0 R R + L

Portanto:

tan ⁡ 30 ° = β 2 π ϵ 0 R λ L 2 π ϵ 0 R R + L

β 2 π ϵ 0 R = tan ⁡ 30 ° λ L 2 π ϵ 0 R R + L

Ajeitando a bagunça:

β = tan ⁡ 30 ° λ L R + L

β = 3 3 λ L R + L

Resposta

a )

E → - λ = λ L 4 π ϵ 0 R R + L x ^

b )

E y = β 2 π ϵ 0 R

c )

β = 3 3 λ L R + L

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