(Exercício Extra) (a) Calcule o campo elétrico no eixo de simetria de um disco homogêneo de carga Q e raio R.
(b) Calcule o campo elétrico de um plano infinito de densidade superficial de carga \sigma através do exercício anterior, fazendo R \rightarrow \infty. Compare com o resultado obtido via Lei de Gauss.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  1. (a) Calcular o campo elétrico no eixo de simetria de um disco homogêneo de carga total Q e raio R. Ou seja, encontrar o vetor campo \mathbf{E} no ponto sobre o eixo perpendicular ao disco, a uma distância z do centro do disco (vou chamar de z essa distância; geralmente assume-se z\ge 0).
  2. (b) A partir do resultado do item (a), fazer R\to\infty para obter o campo de um plano infinito com densidade superficial de carga \sigma. Comparar esse resultado com o obtido pela aplicação direta da Lei de Gauss.
Informações dadas e convenções que usarei:
  • Disco homogêneo de carga total Q e raio R.
  • Densidade superficial de carga (constante) \sigma relacionada por \displaystyle \sigma=\frac{Q}{\pi R^{2}}.
  • Quero o campo no ponto sobre o eixo do disco, a distância \,z do plano do disco (eixo perpendicular passando pelo centro).
  • Usarei a constante \varepsilon_{0} do meio (vácuo).
  • Direção positiva do eixo é para fora do disco no sentido do ponto (vetor unitário \hat{z}).

Passo 2

Por que esse problema é resolvido por integração e qual é a ideia física?
  • O disco é simétrico por rotação em torno do eixo z, então o campo no eixo só terá componente ao longo de \hat{z} (as componentes transversais se cancelam).
  • Método conveniente: decompor o disco em anéis concêntricos de raio r e espessura dr. Cada anel tem carga dQ e produz no ponto do eixo um campo cuja direção tem componente axial calculável por simetria.
  • Aplicamos a lei de Coulomb para um elemento de carga e integramos sobre r de 0 até R.
Vou detalhar cada passo matematicamente e explicar as fórmulas usadas.

Passo 3

Expressão para a carga de um anel e para \sigma.
  • A densidade superficial é definida como carga por unidade de área, então
\sigma=\frac{Q}{\pi R^{2}}.
  • Área do anel de raio r e espessura dr é aproximadamente dA=2\pi r\,dr.
  • Assim a carga do anel é
dQ=\sigma\,dA=\sigma\cdot 2\pi r\,dr.
Expliquei o que é cada símbolo:
  • \sigma é carga por unidade de área;
  • r é o raio do anel dentro do disco;
  • dr é a espessura infinitesimal do anel.

Passo 4

Campo produzido por um elemento de carga (Coulomb) e geometria do anel.
  • A lei de Coulomb para uma carga infinitesimal dQ dá um campo diferencial de módulo
dE=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{dQ}{s^{2}},
onde s é a distância entre o elemento de carga e o ponto onde estamos medindo o campo.
  • Para o anel, todos os pontos do anel estão à mesma distância do ponto sobre o eixo: \displaystyle s=\sqrt{r^{2}+z^{2}}.
  • O vetor campo produzido por cada pedaço do anel tem um componente na direção axial ( \hat{z}) e componentes transversais. Por simetria circular, os transversais se cancelam, restando só a componente axial. Essa componente axial é obtida multiplicando dE por \cos\theta, onde \theta é o ângulo entre a linha que liga o elemento de carga ao ponto e o eixo z. Geometricamente,
\cos\theta=\frac{z}{\sqrt{r^{2}+z^{2}}}.
  • Logo o componente axial do campo produzido pelo anel inteiro é
dE_{z} = dE\cos\theta = \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{dQ}{(r^{2}+z^{2})}\cdot\frac{z}{\sqrt{r^{2}+z^{2}}} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{z\,dQ}{(r^{2}+z^{2})^{3/2}}.
Expliquei: (r^{2}+z^{2}) vem de s^{2} e o fator extra \cos\theta dá potência 3/2 no denominador.

Passo 5

Substituir dQ e montar a integral total.
  • Substituindo dQ=\sigma\cdot 2\pi r\,dr em dE_{z} obtemos
dE_{z}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{z\cdot \sigma\cdot 2\pi r\,dr}{(r^{2}+z^{2})^{3/2}}.
  • Podemos simplificar fatores:
dE_{z}=\frac{\sigma z}{2\varepsilon_{0}}\cdot\frac{r\,dr}{(r^{2}+z^{2})^{3/2}}.
  • O campo total no ponto do eixo é a integral de dE_{z} para r variando de 0 a R:
E_{z}(z)=\int_{0}^{R} dE_{z}=\frac{\sigma z}{2\varepsilon_{0}}\int_{0}^{R}\frac{r\,dr}{(r^{2}+z^{2})^{3/2}}.
Aqui E_{z}(z) é o módulo da componente axial; o vetor campo será \mathbf{E}(z)=E_{z}(z)\,\hat{z} (para \sigma>0, aponta para +\hat{z} quando z>0).

Passo 6

Calcular a integral \displaystyle \int_{0}^{R}\frac{r\,dr}{(r^{2}+z^{2})^{3/2}} por substituição.
  • Faça a substituição u=r^{2}+z^{2}. Então du=2r\,dr, ou seja r\,dr=\tfrac{1}{2}du.
  • Quando r=0, u=z^{2}. Quando r=R, u=z^{2}+R^{2}.
  • A integral vira
\int_{0}^{R}\frac{r\,dr}{(r^{2}+z^{2})^{3/2}} = \int_{u=z^{2}}^{u=z^{2}+R^{2}} \frac{1}{2} u^{-3/2}\,du.
  • Calcule a primitiva: a primitiva de u^{-3/2} é -2u^{-1/2}. Multiplicando por 1/2 obtemos primitiva -u^{-1/2}.
  • Portanto a integral avaliada é
\left[-u^{-1/2}\right]_{z^{2}}^{z^{2}+R^{2}} = -\frac{1}{\sqrt{z^{2}+R^{2}}} -\left(-\frac{1}{\sqrt{z^{2}}}\right) = \frac{1}{|z|} - \frac{1}{\sqrt{z^{2}+R^{2}}}.
  • Aqui, para pontos no eixo com z>0 (caso usual), |z|=z, então a expressão fica \displaystyle \frac{1}{z}-\frac{1}{\sqrt{z^{2}+R^{2}}}. (Se z<0, a direção do campo inverte; manteremos z>0 para a derivação e depois apresento a forma vetorial geral.)

Passo 7

Substituir o resultado da integral em E_{z}(z) e simplificar.
  • Voltando para
E_{z}(z)=\frac{\sigma z}{2\varepsilon_{0}}\left(\frac{1}{z}-\frac{1}{\sqrt{z^{2}+R^{2}}}\right),
podemos simplificar z com 1/z no primeiro termo:
E_{z}(z)=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}\left(1-\frac{z}{\sqrt{z^{2}+R^{2}}}\right).
  • Portanto o vetor campo no eixo (para z>0) é
\mathbf{E}(z)=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}\left(1-\frac{z}{\sqrt{z^{2}+R^{2}}}\right)\hat{z}.
  • Em termos da carga total Q e do raio R (usando \sigma=\dfrac{Q}{\pi R^{2}}), podemos escrever alternativamente
\mathbf{E}(z)=\frac{Q}{2\pi\varepsilon_{0}R^{2}}\left(1-\frac{z}{\sqrt{z^{2}+R^{2}}}\right)\hat{z}.
Expliquei a forma vetorial: o fator \hat{z} indica direção ao longo do eixo; para z<0 a expressão do módulo continua válidad e o sinal da direção seria -\hat{z} (ou usar z/|z| para indicar sentido).

Passo 8

Interpretando resultados limites úteis (ajuda na prova e intuição).
  • No centro do disco, z=0. Colocando z=0 na fórmula:
E_{z}(0)=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}\left(1-0\right)=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}.
Ou seja, o campo ao lado do disco, no eixo bem próximo ao plano, vale \sigma/(2\varepsilon_{0}). (Observação: esse valor é o limite vindo do lado do espaço; no próprio plano idealmente a definição fica sutil, mas para física de prova esse limite é o importante.)
  • Para z\to\infty, usando \sqrt{z^{2}+R^{2}}\approx z(1+R^{2}/(2z^{2})), temos z/\sqrt{z^{2}+R^{2}}\to 1, então E_{z}(z)\to 0. Faz sentido: campo distante tende a zero (disco visto como carga finita).

Passo 9

Parte (b): tomar o limite R\to\infty para obter o campo do plano infinito.
  • Mantendo \sigma fixo e fazendo R\to\infty,
\lim_{R\to\infty}\frac{z}{\sqrt{z^{2}+R^{2}}}=0,
pois o denominador cresce sem limite.
  • Assim
\lim_{R\to\infty}\mathbf{E}(z)=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}\,\hat{z}.
  • Conclusão: o campo de um plano infinito uniformemente carregado tem magnitude \sigma/(2\varepsilon_{0}) e aponta para longe do plano se \sigma>0 (no lado considerado). Esse valor independe de z, ou seja o campo é uniforme e não decai com a distância — propriedade característica do plano infinito.

Passo 10

Comparação com a Lei de Gauss (derivação rápida via Gauss).
  • A Lei de Gauss afirma que para qualquer superfície fechada,
\oint \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A}=\frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_{0}}.
  • Para um plano infinito com densidade \sigma, use uma superfície gaussiana em forma de “paralelepípedo” cilíndrico (tampa dupla) ou um cilindro reto com bases paralelas ao plano (o “pilha” ou “pillbox”) que corta o plano, de área de base A. Pelo simetria, \mathbf{E} é perpendicular ao plano e tem o mesmo módulo em ambos os lados; as faces laterais não contribuem porque \mathbf{E} é paralelo a elas. Assim o fluxo total é E\cdot A + E\cdot A = 2EA.
  • A carga interna é Q_{\text{int}}=\sigma A. Aplicando Gauss:
2E A = \frac{\sigma A}{\varepsilon_{0}} \quad\Rightarrow\quad E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}.
  • Portanto o resultado obtido pelo limite R\to\infty coincide exatamente com o resultado da Lei de Gauss.

Resposta

(a) \displaystyle \mathbf{E}(z)=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}\!\left(1-\frac{z}{\sqrt{z^{2}+R^{2}}}\right)\hat{z}=\frac{Q}{2\pi\varepsilon_{0}R^{2}}\!\left(1-\frac{z}{\sqrt{z^{2}+R^{2}}}\right)\hat{z}.
(b) \displaystyle \mathbf{E}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}\hat{z} (campo uniforme; resulta igual ao obtido pela Lei de Gauss).

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