Considere um aro na forma de um quarto de círculo de raio R , uniformemente carregado com densidade de carga (+\lambda) posicionado no terceiro quadrante de um sistema de eixos cartesianos.
Em termos dos unitários iej, calcule o campo elétrico no ponto P que está na origem do sistema de coordenadas. (Valor: 1,0 ponto)

Passo 1

O problema pede o campo elétrico no ponto P (a origem) devido a um aro em forma de quarto de círculo de raio R, carregado uniformemente com densidade linear de carga +\lambda. Informações relevantes dadas:
  • O arco está no terceiro quadrante, ou seja seus pontos têm coordenadas com x<0 e y<0.
  • O ponto onde queremos o campo é a origem do sistema de eixos.
  • O arco tem raio R e densidade linear \lambda (constante).
  • Devemos dar o resultado em termos dos vetores unitários \mathbf{i} e \mathbf{j}.
  • Assumo (como é usual nesse tipo de questão) que o arco faz parte de um círculo de raio R centrado na origem, ocupando os ângulos \theta=\pi até \theta=3\pi/2 (isto corresponde ao terceiro quadrante, do ponto (-R,0) até (0,-R)).

Passo 2

Vamos parametrizar o arco por um ângulo \theta. Tomamos a expressão da posição de um elemento de carga sobre o arco:
\mathbf{r}'(\theta)=R\cos\theta\,\mathbf{i}+R\sin\theta\,\mathbf{j},
com \theta variando de \pi até 3\pi/2.
A carga elementar no trecho de comprimento R\,d\theta é
dq=\lambda\,dl=\lambda\,(R\,d\theta)=\lambda R\,d\theta.
Explico rapidamente: em coordenadas polares um pequeno arco de ângulo d\theta tem comprimento dl=R\,d\theta, e multiplicando por \lambda obtemos dq.

Passo 3

Escrevemos a contribuição diferencial do campo elétrico devido a dq usando a lei de Coulomb (forma vetorial para elemento de carga):
d\mathbf{E} = k\frac{dq}{r^{2}}\hat{\mathbf{r}},
onde k=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}, r é a distância entre o elemento de carga e o ponto onde queremos o campo e \hat{\mathbf{r}} é o versor que aponta do elemento de carga para o ponto de observação. Aqui o ponto de observação é a origem, então o vetor que liga a carga ao ponto é
\mathbf{r}-\mathbf{r}'= \mathbf{0}-\mathbf{r}' = -\mathbf{r}'.
Como |\mathbf{r}'|=R, o versor é
\hat{\mathbf{r}} = -\frac{\mathbf{r}'}{R} = -(\cos\theta\,\mathbf{i}+\sin\theta\,\mathbf{j}).
A distância r entre cada elemento e a origem é R. Substituindo dq e \hat{\mathbf{r}} na expressão de d\mathbf{E} obtemos
d\mathbf{E} = k\frac{\lambda R\,d\theta}{R^{2}}\left(-\cos\theta\,\mathbf{i}-\sin\theta\,\mathbf{j}\right) = \frac{k\lambda}{R}\left(-\cos\theta\,\mathbf{i}-\sin\theta\,\mathbf{j}\right)d\theta.
Comentário intuitivo: cargas positivas no terceiro quadrante repelem uma carga teste positiva na origem, empurrando-a em direção ao primeiro quadrante, por isso as componentes finais do campo serão positivas em x e y.

Passo 4

Agora integramos as componentes de d\mathbf{E} ao longo do arco, com \theta de \pi a 3\pi/2:
\mathbf{E}=\int_{\pi}^{3\pi/2} d\mathbf{E} = \frac{k\lambda}{R}\left( -\int_{\pi}^{3\pi/2}\cos\theta\,d\theta\;\mathbf{i} \;-\;\int_{\pi}^{3\pi/2}\sin\theta\,d\theta\;\mathbf{j}\right).
Calculamos as integrais separadamente.
Para a componente x:
\int_{\pi}^{3\pi/2}\cos\theta\,d\theta = \sin\theta\Big|_{\pi}^{3\pi/2} = \sin\left(\tfrac{3\pi}{2}\right)-\sin\pi = (-1)-0 = -1.
Para a componente y:
\int_{\pi}^{3\pi/2}\sin\theta\,d\theta = -\cos\theta\Big|_{\pi}^{3\pi/2} = -\cos\left(\tfrac{3\pi}{2}\right)+\cos\pi = -0+(-1) = -1.
Substituindo de volta:
\mathbf{E} = \frac{k\lambda}{R}\left( -(-1)\,\mathbf{i} -(-1)\,\mathbf{j}\right) = \frac{k\lambda}{R}\left(\mathbf{i}+\mathbf{j}\right).

Passo 5

Substituindo k=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_{0}} obtemos a forma final conveniente:
\mathbf{E} = \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_{0}R}\left(\mathbf{i}+\mathbf{j}\right).
Isto diz que o campo no centro é igual em x e y, apontando para o primeiro quadrante, com magnitude \dfrac{\lambda}{4\pi\varepsilon_{0}R}\sqrt{2} (caso queira a magnitude).

Resposta

\mathbf{E} = \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_{0}R}\left(\mathbf{i}+\mathbf{j}\right)

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