Um disco de raio R é uniformemente carregado de modo que sua densidade superficial de carga é dada por σ. Considere o cálculo do módulo do campo elétrico sobre o eixo de simetria do disco a uma distância x do centro do disco. Este é um exemplo do livro. \operatorname{Para}(x / R) \rightarrow 0, ou seja, para o limite de um plano infinito uniformemente carregado, qual é o módulo do campo elétrico? Assinale a alternativa abaixo conforme a legenda:
(1) \frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}};
(2) \frac{\sigma}{\varepsilon_{0}};
(3) \frac{\sigma x}{2 \varepsilon_{0} \sqrt{R^{2}+x^{2}}};
(4) \frac{\sigma x^{2}}{2 \varepsilon_{0}\left(R^{2}+x^{2}\right)^{3 / 2}};
(5) \frac{2 \sigma}{\varepsilon_{0}}.
Escolha uma opção:
◯ a. (3)
◯ b. (4)
◯ c. (2)
◯ d. (1)
◯ e. (5)

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede (sem resolver ainda).
  • Dado: um disco de raio R com densidade superficial de carga uniforme \sigma.
  • Dado: ponto sobre o eixo de simetria do disco, à distância x do centro do disco.
  • Pedido: calcular o módulo do campo elétrico no eixo quando \displaystyle\left(\frac{x}{R}\right)\to0 (ou seja, no limite em que o disco se torna muito grande comparado a x, aproximando-se de um plano infinitamente extenso).
  • Também foram fornecidas alternativas; entre elas existe a expressão \displaystyle\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}} (opção (1)).

Passo 2

Vamos obter a expressão do campo no eixo do disco por integração (método clássico que costuma cair em prova). A ideia: dividir o disco em anéis concêntricos e somar (integrar) a contribuição de cada anel.
  • Considere um anel de raio r e espessura dr.
  • Área do anel: dA = 2\pi r\,dr.
  • Carga no anel: dQ = \sigma\,dA = \sigma\cdot 2\pi r\,dr.
  • Distância do elemento de carga até o ponto sobre o eixo: \sqrt{x^{2}+r^{2}}.
  • A contribuição do anel para o campo no ponto tem direção ao longo do eixo; as componentes radiais se cancelam por simetria, resta apenas a componente axial. Pelo princípio de Coulomb, o módulo do campo produzido por dQ em uma distância d é \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\dfrac{dQ}{d^{2}}. A componente axial multiplica por \cos\theta, com \cos\theta = \dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+r^{2}}}.
Portanto, a contribuição axial dE do anel vale
dE \;=\; \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot\frac{dQ}{(x^{2}+r^{2})}\cdot\frac{x}{\sqrt{x^{2}+r^{2}}}.
Substituindo dQ=\sigma\cdot 2\pi r\,dr:
dE \;=\; \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot\frac{\sigma\cdot 2\pi r\,dr}{(x^{2}+r^{2})}\cdot\frac{x}{\sqrt{x^{2}+r^{2}}}.
Simplificando os fatores:
dE \;=\; \frac{\sigma x}{2\varepsilon_{0}}\cdot\frac{r\,dr}{(x^{2}+r^{2})^{3/2}}.
Agora integramos r de 0 até R para obter o campo total E:
E \;=\; \int_{0}^{R} dE \;=\; \frac{\sigma x}{2\varepsilon_{0}}\int_{0}^{R}\frac{r\,dr}{(x^{2}+r^{2})^{3/2}}.

Passo 3

Vamos calcular a integral. Faça a substituição u = x^{2}+r^{2}. Então du = 2r\,dr, ou seja r\,dr = \dfrac{du}{2}. Quando r=0, u=x^{2}. Quando r=R, u=x^{2}+R^{2}. Assim:
\int_{0}^{R}\frac{r\,dr}{(x^{2}+r^{2})^{3/2}} = \int_{u=x^{2}}^{u=x^{2}+R^{2}} \frac{1}{2} u^{-3/2}\,du.
Calcule a primitiva: \displaystyle\int u^{-3/2}\,du = -2 u^{-1/2}. Multiplicando por 1/2 dá primitiva -u^{-1/2}. Avaliando os limites:
\int_{0}^{R}\frac{r\,dr}{(x^{2}+r^{2})^{3/2}} = \Big[-u^{-1/2}\Big]_{u=x^{2}}^{u=x^{2}+R^{2}} = -\frac{1}{\sqrt{x^{2}+R^{2}}} + \frac{1}{\sqrt{x^{2}}} = \frac{1}{x} - \frac{1}{\sqrt{x^{2}+R^{2}}}.
Substituindo na expressão de E:
E \;=\; \frac{\sigma x}{2\varepsilon_{0}}\left(\frac{1}{x} - \frac{1}{\sqrt{x^{2}+R^{2}}}\right) = \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}\left(1 - \frac{x}{\sqrt{x^{2}+R^{2}}}\right).
Essa é a forma conhecida do campo axial de um disco uniformemente carregado:
\boxed{ \;E(x)=\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}\left(1-\dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+R^{2}}}\right)\; }.

Passo 4

Agora avaliamos o limite pedido: \displaystyle\left(\frac{x}{R}\right)\to0. Isso corresponde à situação em que R é muito maior que x (ou equivalentemente R\to\infty com x fixo). Observe o termo \dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+R^{2}}}. Quando R\gg x,
\sqrt{x^{2}+R^{2}}\approx R \quad\Rightarrow\quad \frac{x}{\sqrt{x^{2}+R^{2}}}\approx\frac{x}{R}\to0.
Portanto, no limite,
E \longrightarrow \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}\left(1-0\right)=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}.
Ou seja, o módulo do campo no limite do plano infinito é \displaystyle\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}.

Passo 5

Breve verificação física (intuição): para um plano infinitamente extenso e uniformemente carregado, por simetria o campo tem magnitude constante e aponta perpendicularmente ao plano; pelo teorema de Gauss (caixa cilíndrica atravessando o plano) obtém-se diretamente \displaystyle E=\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_{0}} de cada lado do plano — confirmação da resposta acima.

Resposta

d. \displaystyle\frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}}

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