Considere um plano condutor infinito e aterrado. A uma distância r do plano, é colocada uma carga pontual q.
(a) Encontre o potencial eletrostático na região em que a carga pontual se encontra.
(b) Encontre o campo eletrostático na região em que a carga pontual se encontra.
(c) Encontre a densidade de cargas sobre o plano.
(d) Encontre a carga sobre o plano.
(e) Construa uma superfície fechada que englobe completamente o plano e calcule o fluxo de seu campo sobre essa superfície.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede estas respostas:
  • Informação: existe um plano condutor infinito, aterrado (potencial zero). Uma carga pontual q está colocada a uma distância r do plano, na região onde a carga se encontra.
  • Perguntas:
    (a) Encontrar o potencial eletrostático na região onde a carga pontual está (ou seja, no semi-espaço contendo a carga).
    (b) Encontrar o campo elétrico nessa região.
    (c) Determinar a densidade superficial de carga \sigma sobre o plano condutor.
    (d) Determinar a carga total induzida sobre o plano.
    (e) Construir uma superfície fechada que englobe completamente o plano e calcular o fluxo do campo elétrico através dessa superfície.
Observações úteis (dados que vou usar explicitamente mais adiante):
  • Vou colocar o plano horizontal no plano z=0. A região onde a carga está será então z>0.
  • Colocar a carga q em (0,0,r) (ou seja, eixo z positivo, a distância r do plano).

Passo 2

Escolha do método e ideia física (explicação didática do que vou fazer).
  • Queremos a solução do potencial em z>0 com a condição de contorno de que o plano em z=0 está aterrado, isto é, V(z=0)=0.
  • Uma maneira elegante de obter uma solução que satisfaça a equação de Poisson em z>0 e a condição V=0 em z=0 é construir uma configuração auxiliar de cargas no espaço livre (fora do condutor) que reproduza o mesmo potencial em z>0. A técnica faz com que a superfície do condutor esteja a potencial zero automaticamente.
  • Concretamente: imagine uma carga “imagem” de valor -q colocada simetricamente em relação ao plano, em (0,0,-r). A soma dos potenciais das duas cargas (a real q em z=r e a imagem -q em z=-r) satisfaz Laplace/Poisson em z>0 e fica nula em z=0. Portanto, essa soma é a solução correta para V no semi-espaço z>0.
  • Antes de usar isso, explico a fórmula básica do potencial de uma carga pontual no espaço livre: para uma carga Q em \mathbf{r}_0,
V(\mathbf{r})=\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\dfrac{Q}{|\mathbf{r}-\mathbf{r}_0|},
onde \epsilon_0 é a permissividade do vácuo e |\mathbf{r}-\mathbf{r}_0| é a distância entre o ponto de avaliação \mathbf{r} e a carga.

Passo 3

Potencial na região z>0 (resposta do item a) — cálculo passo a passo e verificação da condição no plano.
  • Posição da carga real: \mathbf{r}_q=(0,0,r). Posição da carga imagem proposta: \mathbf{r}_{\mathrm{im}}=(0,0,-r) com carga -q.
  • Para um ponto genérico em coordenadas cilíndricas (\rho,\varphi,z) com z>0, as distâncias até a carga real e à imagem são
|\mathbf{r}-\mathbf{r}_q|=\sqrt{\rho^2+(z-r)^2},\qquad |\mathbf{r}-\mathbf{r}_{\mathrm{im}}|=\sqrt{\rho^2+(z+r)^2}.
  • Portanto o potencial em z>0 é a soma das contribuições das duas cargas:
V(\rho,z)=\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\left(\dfrac{q}{\sqrt{\rho^2+(z-r)^2}}-\dfrac{q}{\sqrt{\rho^2+(z+r)^2}}\right),
válido para z>0.
  • Verificação rápida da condição no plano: em z=0,
V(\rho,0)=\dfrac{q}{4\pi\epsilon_0}\left(\dfrac{1}{\sqrt{\rho^2+r^2}}-\dfrac{1}{\sqrt{\rho^2+r^2}}\right)=0,
logo o plano está mesmo a potencial zero, conforme exigido.

Passo 4

Campo elétrico na região z>0 (item b): derivação das componentes a partir do potencial.
  • O campo é \mathbf{E}=-\nabla V. Usando coordenadas cilíndricas e a expressão de V acima, é conveniente escrever as componentes radial (\hat{\rho}) e axial (\hat{z}).
  • Derivadas necessárias (mostrando como obter): para funções do tipo f(\rho,z)=1/\sqrt{\rho^2+(z\mp r)^2} tem-se
\frac{\partial}{\partial \rho}\left(\dfrac{1}{\sqrt{\rho^2+(z\mp r)^2}}\right) = -\dfrac{\rho}{\big(\rho^2+(z\mp r)^2\big)^{3/2}},
\frac{\partial}{\partial z}\left(\dfrac{1}{\sqrt{\rho^2+(z\mp r)^2}}\right) = -\dfrac{(z\mp r)}{\big(\rho^2+(z\mp r)^2\big)^{3/2}}.
  • Aplicando \mathbf{E}=-\nabla V e levando em conta o sinal da carga imagem, obtemos:
E_{\rho}(\rho,z)=\dfrac{q}{4\pi\epsilon_0}\left(\dfrac{\rho}{\big(\rho^2+(z-r)^2\big)^{3/2}}-\dfrac{\rho}{\big(\rho^2+(z+r)^2\big)^{3/2}}\right),
E_{z}(\rho,z)=\dfrac{q}{4\pi\epsilon_0}\left(\dfrac{z-r}{\big(\rho^2+(z-r)^2\big)^{3/2}}-\dfrac{z+r}{\big(\rho^2+(z+r)^2\big)^{3/2}}\right).
  • Essas são as componentes do campo em z>0. No ponto sobre o eixo \rho=0 (linha passando pela carga), as componentes radiais se anulam e sobra E_z com sinal que corresponde ao sentido físico esperado.

Passo 5

Densidade superficial de carga no plano z=0 (item c) — explicação do princípio e cálculo explícito.
  • Limite físico: dentro do condutor o campo elétrico é nulo. Do lado externo (no vácuo, z=0^+) existe um campo normal E_n que, pela condição de contorno de Maxwell, está relacionado à densidade superficial de carga por
\sigma = \epsilon_0 E_n(0^+),
onde E_n é a componente do campo apontando para fora do condutor (escolhendo o vetor normal \hat{n}=\hat{z} do condutor para o espaço z>0).
  • Então precisamos de E_z(\rho,0^+). Substituindo z=0 na expressão de E_z do passo anterior:
E_z(\rho,0^+)=\dfrac{q}{4\pi\epsilon_0}\left(\dfrac{-r}{(\rho^2+r^2)^{3/2}}-\dfrac{r}{(\rho^2+r^2)^{3/2}}\right) =\;-\dfrac{q}{4\pi\epsilon_0}\cdot\dfrac{2r}{(\rho^2+r^2)^{3/2}}.
  • Portanto a densidade superficial é
\sigma(\rho)=\epsilon_0 E_z(\rho,0^+)=-\dfrac{q}{2\pi}\dfrac{r}{(\rho^2+r^2)^{3/2}}.
  • Observação física: \sigma(\rho) é negativa (para q>0), concentrando-se mais próxima do ponto imediatamente abaixo da carga e decaindo com \rho. Isso faz sentido: o condutor induz cargas de sinal oposto sob a carga q.

Passo 6

Carga total induzida sobre o plano (item d) — integrar \sigma sobre toda a superfície e interpretar.
  • A carga total é
Q_{\text{ind}}=\int_{0}^{2\pi}\!\int_{0}^{\infty}\sigma(\rho)\,\rho\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi =2\pi\int_{0}^{\infty}\sigma(\rho)\,\rho\,\mathrm{d}\rho.
  • Substituindo \sigma(\rho):
Q_{\text{ind}}=2\pi\int_{0}^{\infty}\left(-\dfrac{q}{2\pi}\dfrac{r}{(\rho^2+r^2)^{3/2}}\right)\rho\,\mathrm{d}\rho =-q r\int_{0}^{\infty}\dfrac{\rho}{(\rho^2+r^2)^{3/2}}\,\mathrm{d}\rho.
  • Faço a substituição u=\rho^2+r^2, então \mathrm{d}u=2\rho\,\mathrm{d}\rho e quando \rho=0 temos u=r^2, quando \rho\to\infty temos u\to\infty. Assim
\int_{0}^{\infty}\dfrac{\rho}{(\rho^2+r^2)^{3/2}}\,\mathrm{d}\rho =\frac{1}{2}\int_{r^2}^{\infty}u^{-3/2}\,\mathrm{d}u =\frac{1}{2}\left[-2u^{-1/2}\right]_{r^2}^{\infty}=\frac{1}{r}.
  • Portanto
Q_{\text{ind}}=-q r\cdot\dfrac{1}{r} = -q.
  • Interpretação física direta: a carga total induzida no condutor é exatamente -q, o que garante que, se o condutor fosse isolado, o conjunto total (carga real + induzida) daria neutralidade dentro de uma superfície que envolva ambas; aqui, porque o plano é aterrado, o -q é fornecido/absorvido pelo terra.

Passo 7

Fluxo do campo através de uma superfície fechada que englobe o plano (item e) — construção da superfície e aplicação da lei de Gauss.
  • Primeiro um comentário necessário sobre “englobar completamente o plano”: o plano é infinito, então não existe uma superfície fechada de extensão finita que contenha geometricamente todo o plano no seu interior. No entanto, a pergunta costuma querer a ideia física: construir uma superfície fechada que contenha toda a carga induzida sobre o plano (isto se obtém formalmente tomando uma superfície que envolva toda a distribuição de carga; aqui a carga induzida tem carga total finita -q embora esteja espalhada por todo o plano).
  • Forma prática de raciocinar (forma usual em provas): tomar uma superfície fechada S que envolva a superfície do condutor (ou seja, que tenha dentro dela toda a carga induzida) mas que não inclua a carga pontual q. Por exemplo, imagine uma “bolha” que envolva o plano inteiro — na prática, isso é uma idealização que equivale a considerar uma superfície que contenha a distribuição induzida inteira. Outra abordagem equivalente é usar o resultado do item (d): sabemos que a carga total sobre o plano é -q.
  • Pela lei de Gauss, o fluxo total do campo elétrico através de qualquer superfície fechada é igual à carga total contida dentro dividida por \epsilon_0:
\Phi=\oint_{S}\mathbf{E}\cdot\mathrm{d}\mathbf{A}=\dfrac{Q_{\text{enc}}}{\epsilon_0}.
  • Se a superfície fechada S engloba completamente o plano (isto é, engloba toda a carga induzida) e não contém a carga q no seu interior, então Q_{\text{enc}}=Q_{\text{ind}}=-q. Logo
\Phi=\dfrac{-q}{\epsilon_0}.
  • Observação adicional útil: se a superfície fechada fosse desenhada de modo a englobar simultaneamente a carga q e a carga induzida -q, o Q_{\text{enc}} seria q+(-q)=0 e então \Phi=0. Isso mostra que o resultado depende de quais cargas estão dentro da superfície; é por isso que especifiquei que a superfície não inclui a carga pontual.

Resposta

(a) V(\rho,z)=\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\left(\dfrac{q}{\sqrt{\rho^2+(z-r)^2}}-\dfrac{q}{\sqrt{\rho^2+(z+r)^2}}\right),\quad z>0.
(b)
E_{\rho}(\rho,z)=\dfrac{q}{4\pi\epsilon_0}\!\left(\dfrac{\rho}{\big(\rho^2+(z-r)^2\big)^{3/2}}-\dfrac{\rho}{\big(\rho^2+(z+r)^2\big)^{3/2}}\right),

E_{z}(\rho,z)=\dfrac{q}{4\pi\epsilon_0}\!\left(\dfrac{z-r}{\big(\rho^2+(z-r)^2\big)^{3/2}}-\dfrac{z+r}{\big(\rho^2+(z+r)^2\big)^{3/2}}\right),\quad z>0.
(c) \displaystyle \sigma(\rho)=-\dfrac{q}{2\pi}\dfrac{r}{(\rho^2+r^2)^{3/2}}.
(d) \displaystyle Q_{\text{ind}}=-q.
(e) Escolhendo uma superfície fechada que englobe toda a carga induzida no plano (mas não a carga pontual q), o fluxo é \displaystyle \Phi=\dfrac{Q_{\text{enc}}}{\epsilon_0}=\dfrac{-q}{\epsilon_0}.

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