Calcule a força elétrica que um semi aro circular gera em uma carga pontual de carga elétrica q localizada no seu centro. Considere o raio do aro sendo R, densidade de carga elétrica constante e carga elétrica total Q.

Passo 1

O enunciado pede para calcular a força elétrica que um semi-arco circular (semi-aro) de raio R, carga total Q distribuída uniformemente ao longo do arco, exerce sobre uma carga pontual q colocada no centro do arco. Informações dadas:
  • Raio do semi-aro: R.
  • Carga total do semi-aro: Q.
  • Carga pontual no centro: q.
  • Distribuição de carga ao longo do arco é uniforme (densidade linear constante).
    O que se pede: o vetor força elétrica \mathbf{F} sobre a carga q (módulo e direção) devido ao semi-aro.

Passo 2

Conceito básico que vamos usar: Lei de Coulomb para uma carga pontual. A força elétrica exercida por uma carga elementar \mathrm{d}q localizada no vetor posição \mathbf{r}' sobre a carga q localizada em \mathbf{r} é
\mathrm{d}\mathbf{F} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{q\,\mathrm{d}q}{\lVert \mathbf{r}-\mathbf{r}'\rVert^{3}}(\mathbf{r}-\mathbf{r}'),
onde \varepsilon_0 é a permissividade elétrica do vácuo. Aqui a carga q está no centro do arco; por isso \mathbf{r}=\mathbf{0} e \lVert \mathbf{r}-\mathbf{r}'\rVert=R é constante para todo elemento da curva. Vou explicar cada símbolo quando usado.

Passo 3

Escolhendo sistema de coordenadas e parametrização do semi-aro. Coloco o centro do arco na origem \mathbf{0}. Posso colocar o semi-aro no semiplano superior, isto é, os pontos do arco têm coordenadas
\mathbf{r}'(\theta) = R\bigl(\cos\theta,\\ \sin\theta\bigr), \qquad \theta\in[0,\pi],
onde \theta é o ângulo medido a partir do eixo x positivo até o ponto do arco. Assim o semi-aro vai de \theta=0 (ponto na direita) até \theta=\pi (ponto na esquerda), passando pelo topo em \theta=\tfrac{\pi}{2}.

Passo 4

Expressão da densidade linear e do elemento de carga \mathrm{d}q. Como a carga total sobre o semi-aro é Q e o comprimento do semi-aro é \pi R, a densidade linear \lambda (carga por unidade de comprimento) é
\lambda = \frac{Q}{\pi R}.
Um pequeno elemento de arco com ângulo entre \theta e \theta+\mathrm{d}\theta tem comprimento \mathrm{d}s = R\,\mathrm{d}\theta, logo sua carga é
\mathrm{d}q = \lambda\,\mathrm{d}s = \lambda R\,\mathrm{d}\theta = \frac{Q}{\pi}\,\mathrm{d}\theta.
Observe que \mathrm{d}q não depende de R aqui porque \lambda continha 1/R.

Passo 5

Força elementar magnitude e direção. A distância entre o elemento \mathrm{d}q e a carga q no centro é R, então o módulo da força elementar é
\mathrm{d}F = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{q\,\mathrm{d}q}{R^{2}}.
Quanto à direção: a força sobre q devido a \mathrm{d}q é ao longo da reta que une as duas cargas. Como q está no centro e \mathrm{d}q está em \mathbf{r}'(\theta), o vetor força tem direção oposta a \mathbf{r}'(\theta) se q e \mathrm{d}q tiverem mesmo sinal (repulsão), e na direção de \mathbf{r}'(\theta) se sinais forem opostos (atração). Usaremos a forma vetorial abaixo; por enquanto decomponho em componentes.

Passo 6

Decomposição das componentes e uso da simetria. Escrevo a força elementar vetorial (usando \mathbf{r}=\mathbf{0}):
\mathrm{d}\mathbf{F} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{q\,\mathrm{d}q}{R^{3}}(\mathbf{0}-\mathbf{r}'(\theta)) = -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{q\,\mathrm{d}q}{R^{2}}\bigl(\cos\theta,\\ \sin\theta\bigr).
Aqui cada componente é
\mathrm{d}F_x = -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{q\,\mathrm{d}q}{R^{2}}\cos\theta, \qquad \mathrm{d}F_y = -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{q\,\mathrm{d}q}{R^{2}}\sin\theta.
Pela simetria do semi-aro em relação ao eixo vertical (e pelo fato de \cos\theta ser par em torno de \theta=\tfrac{\pi}{2} com sinais opostos), as contribuições em x se cancelam quando integremos \theta de 0 a \pi. Logo a força resultante terá apenas componente na direção y.

Passo 7

Integração da componente y. Substituo \mathrm{d}q por \dfrac{Q}{\pi}\,\mathrm{d}\theta na expressão de \mathrm{d}F_y e integro \theta de 0 a \pi:
F_y = \int_{0}^{\pi} \mathrm{d}F_y = -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{q}{R^{2}}\int_{0}^{\pi} \sin\theta\,\mathrm{d}q = -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{q}{R^{2}}\int_{0}^{\pi} \sin\theta\left(\frac{Q}{\pi}\,\mathrm{d}\theta\right).
Tirando constantes fora da integral:
F_y = -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{qQ}{\pi R^{2}}\int_{0}^{\pi}\sin\theta\,\mathrm{d}\theta.
Calculo a integral trigonométrica:
\int_{0}^{\pi}\sin\theta\,\mathrm{d}\theta = \bigl[-\cos\theta\bigr]_{0}^{\pi} = -\cos\pi - (-\cos 0) = -(-1) - ( -1) = 2.

Passo 8

Substituindo o valor da integral:
F_y = -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{qQ}{\pi R^{2}}\cdot 2 = -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{2qQ}{\pi R^{2}}.
Como a componente em x é zero por simetria, o vetor força resultante é
\mathbf{F} = \bigl(0,\\ F_y\bigr) = -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{2qQ}{\pi R^{2}}\,\hat{\mathbf{y}},
onde \hat{\mathbf{y}} é o versor positivo ao longo do eixo y (para a parametrização usada, o semi-aro está no semiplano y\ge 0). O sinal negativo indica que a força aponta para o sentido -\hat{\mathbf{y}}, isto é, para baixo (para o lado plano/diâmetro do semi-aro) quando qQ>0. Se qQ<0, o sinal se inverte e a força aponta para cima (em direção ao arco), como manda a atração.

Passo 9

Interpretação física e forma final. Em módulo:
F = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{2\lvert qQ\rvert}{\pi R^{2}}.
Direção: ao longo do eixo de simetria (o diâmetro), do centro para o lado plano (se qQ>0) ou do centro para o arco (se qQ<0).

Resposta

\mathbf{F} = -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{2qQ}{\pi R^{2}}\,\hat{\mathbf{y}}

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