Exercícios Resolvidos de Campo Elétrico Gerado por uma Linha de Cargas

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

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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

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