Um disco circular de raio a está uniformemente carregado com densidade superficial de carga \rho_{S}\left(\mathrm{em} \mathrm{C} / \mathrm{m}^{2}\right). O disco encontra-se sobre o plano z=0, com seu eixo ao longo do eixo z.
(a) Encontre o campo elétrico no ponto ( 0,0, h ).
(b) A partir dessa expressão, deduza o campo elétrico devido a uma folha infinita de carga localizada no plano z=0.
(c) Se a \ll h, mostre que o campo elétrico \vec{E} se assemelha ao campo devido a uma carga pontual.

Valor: 2,5 pontos

Passo 1

O enunciado dá um disco de raio a com densidade superficial de carga \rho_{S} no plano z=0. Pede o campo elétrico em (0,0,h). O conteúdo aqui é usar a lei de Coulomb para uma distribuição de carga de superfície e explorar a simetria cilíndrica para obter apenas a componente ao longo de z.

Passo 2

Decompondo o disco em anéis de raio r e espessura dr, cada anel tem área
dA = 2\pi r\,dr
e carga
dq = \rho_{S}\,dA = \rho_{S}\,2\pi r\,dr.
Um elemento de carga em um anel produz em (0,0,h) um campo diferencial cujo módulo é
dE = \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\;\frac{dq}{\bigl(r^{2}+h^{2}\bigr)}.
Mas só interessa a componente em z, dada por
dE_{z} = dE\;\frac{h}{\sqrt{r^{2}+h^{2}}} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\;\frac{\rho_{S}\,2\pi r\,dr}{r^{2}+h^{2}}\;\frac{h}{\sqrt{r^{2}+h^{2}}}.

Passo 3

Integramos de r=0 a r=a:
E_{z} = \int_{0}^{a}dE_{z} = \frac{\rho_{S}\,h}{2\varepsilon_{0}} \int_{0}^{a}\frac{r\,dr}{\bigl(r^{2}+h^{2}\bigr)^{3/2}}.
Fazendo a mudança u=r^{2}+h^{2}, obtém-se
\int_{0}^{a}\frac{r\,dr}{(r^{2}+h^{2})^{3/2}} =\left[-\frac{1}{\sqrt{r^{2}+h^{2}}}\right]_{0}^{a} =\frac{1}{h}-\frac{1}{\sqrt{a^{2}+h^{2}}}.
Logo
E_{z} = \frac{\rho_{S}}{2\varepsilon_{0}} \Bigl(1-\frac{h}{\sqrt{a^{2}+h^{2}}}\Bigr).
Como só há componente em z,
\boxed{\vec E(0,0,h) = \frac{\rho_{S}}{2\varepsilon_{0}}\Bigl(1-\frac{h}{\sqrt{a^{2}+h^{2}}}\Bigr)\,\hat z.}

Passo 4

Para obter o campo de uma folha infinita, fazemos a\to\infty. Nesse limite \sqrt{a^{2}+h^{2}}\to a e h/\sqrt{a^{2}+h^{2}}\to0. Assim
\vec E_{\text{folha}} = \frac{\rho_{S}}{2\varepsilon_{0}}\,\hat z.

Passo 5

Se a\ll h, expanda \sqrt{h^{2}+a^{2}}\approx h\Bigl(1+\tfrac{a^{2}}{2h^{2}}\Bigr). Então
1-\frac{h}{\sqrt{h^{2}+a^{2}}} \approx 1-\Bigl(1-\frac{a^{2}}{2h^{2}}\Bigr) =\frac{a^{2}}{2h^{2}}.
Logo
E_{z}\approx \frac{\rho_{S}}{2\varepsilon_{0}}\;\frac{a^{2}}{2h^{2}} =\frac{\rho_{S}\,\pi a^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}\,h^{2}} =\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\;\frac{Q}{h^{2}},
onde Q=\rho_{S}\,\pi a^{2}. Esse é exatamente o campo de uma carga pontual.

Resposta

(a) \displaystyle \vec E(0,0,h) = \frac{\rho_{S}}{2\varepsilon_{0}}\Bigl(1-\frac{h}{\sqrt{a^{2}+h^{2}}}\Bigr)\,\hat z.
(b) \displaystyle \vec E_{\text{folha}} = \frac{\rho_{S}}{2\varepsilon_{0}}\,\hat z.
(c) Para a\ll h,
\displaystyle \vec E\approx \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{Q}{h^{2}}\hat z,
como no caso de carga pontual.

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