Uma haste fina, não-condutora, é encurvada de modo a formar um arco de circunferência de raio
a, subtendendo um ângulo central \theta_{0}. Distribui-se uniformemente, em toda a sua extensão, uma carga total +q. Determinar a intensidade do campo elétrico, no centro da circunferência, em função de a, q e \theta_{0}. Resposta: E=\left(2 k q / \theta a^{2}\right) \operatorname{sen}(\theta / 2).

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede uma coisa clara.
  • Tem-se uma haste fina, não condutora, moldada em arco de circunferência de raio a.
  • O arco subtende um ângulo central \theta_{0}.
  • A carga total distribuída uniformemente ao longo do arco é +q.
  • O ponto onde se quer o campo elétrico é o centro da circunferência (o centro do arco).
O que se pede:
  • Determinar a intensidade do campo elétrico no centro da circunferência, em função de a, q e \theta_{0}.

Passo 2

Escolhendo um sistema de coordenadas e definindo quantidades úteis (sempre bom organizar para não se perder).
  • Coloca-se o centro da circunferência na origem O.
  • Orienta-se o arco de modo que seu ponto médio tenha ângulo 0, isto é, o arco vai de \varphi=-\theta_{0}/2 até \varphi=+\theta_{0}/2 (a variável angular \varphi é o ângulo polar medido a partir do eixo horizontal).
  • Como a carga é uniformemente distribuída ao longo do arco, define-se a densidade linear de carga
\lambda=\frac{q}{\text{comprimento do arco}}=\frac{q}{a\theta_{0}}.
Explicação didática: a densidade linear \lambda é a carga por comprimento; o comprimento do arco de ângulo \theta_{0} é a\theta_{0}, logo \lambda=q/(a\theta_{0}).

Passo 3

Escolher um elemento de carga infinitesimal e escrever sua carga.
  • Considere um elemento de arco de ângulo infinitesimal d\varphi localizado no ângulo \varphi.
  • O comprimento desse elemento é a\,d\varphi.
  • A carga no elemento é
dq=\lambda\cdot a\,d\varphi.
Comentário prático: trabalhar com elementos dq e integrar é o jeito padrão para distribuir a contribuição de cada pedacinho até somar tudo (princípio da superposição).

Passo 4

Aplicar a lei de Coulomb para o campo devido ao elemento dq.
  • A lei de Coulomb para o campo elétrico criado por uma carga pontual dq a uma distância r é
d\vec{E} = k\frac{dq}{r^{2}}\hat{u},
onde k é a constante eletrostática (no SI k=1/(4\pi\varepsilon_0)), r é a distância do elemento até o ponto onde se calcula o campo, e \hat{u} é o versor que aponta da carga para o ponto onde se mede o campo.
  • No nosso caso, cada elemento do arco está a distância r=a do centro, logo o módulo da contribuição é
dE = k\frac{dq}{a^{2}}.
  • Direção: para uma carga positiva, o campo no ponto O devido ao elemento é dirigido do elemento para fora — como o elemento está fora do centro, o vetor campo no centro aponta radialmente para dentro ao longo da linha que une o elemento ao centro. Em termos de versor radial \hat{r}(\varphi) que aponta do centro para a carga (ou seja \hat{r}(\varphi)=(\cos\varphi,\sin\varphi)), o vetor campo devido ao elemento é
d\vec{E} = -\frac{k\,dq}{a^{2}}\,\hat{r}(\varphi).
Explicação: o menos aparece porque \hat{r} aponta do centro para a carga, mas o campo devido a uma carga positiva no centro aponta do ponto carga para o centro (direção oposta).

Passo 5

Decompor d\vec{E} em componentes e usar a simetria para eliminar componentes que se cancelam.
  • Escrevendo \hat{r}(\varphi)=(\cos\varphi,\sin\varphi), tem-se
d\vec{E} = -\frac{k\,dq}{a^{2}}(\cos\varphi\,\hat{\imath}+\sin\varphi\,\hat{\jmath}).
  • Portanto as componentes são
dE_{x} = -\frac{k\,dq}{a^{2}}\cos\varphi,\qquad dE_{y} = -\frac{k\,dq}{a^{2}}\sin\varphi.
  • Agora integramos sobre todo o arco \varphi\in[-\theta_{0}/2,\,+\theta_{0}/2]. Pela simetria do arco em torno do eixo x:
    • A componente y é função ímpar de \varphi ( \sin\varphi) integrada simetricamente em torno de zero, logo se anula:
    E_{y}=\int_{-\theta_{0}/2}^{\theta_{0}/2} dE_{y}=0.
    • A componente x é par ( \cos\varphi) e portanto soma construtivamente.

Passo 6

Calcular explicitamente E_{x} integrando.
  • Substitui-se dq=\lambda a\,d\varphi em dE_{x}:
dE_{x} = -\frac{k}{a^{2}}\cos\varphi\;(\lambda a\,d\varphi) = -\frac{k\lambda}{a}\cos\varphi\,d\varphi.
  • Integrando de \varphi=-\theta_{0}/2 até \varphi=+\theta_{0}/2:
E_{x}=\int_{-\theta_{0}/2}^{\theta_{0}/2} dE_{x} = -\frac{k\lambda}{a}\int_{-\theta_{0}/2}^{\theta_{0}/2}\cos\varphi\,d\varphi.
  • Avaliando a integral:
\int_{-\theta_{0}/2}^{\theta_{0}/2}\cos\varphi\,d\varphi = 2\sin\!\left(\frac{\theta_{0}}{2}\right).
  • Logo
E_{x} = -\frac{k\lambda}{a}\;2\sin\!\left(\frac{\theta_{0}}{2}\right).
  • O sinal negativo indica que o campo aponta no sentido negativo de x (ou seja, para o interior do arco, ao longo do eixo de simetria, dirigido para o centro). A intensidade (módulo) do campo é
E=\left|E_{x}\right|=\frac{2k\lambda}{a}\sin\!\left(\frac{\theta_{0}}{2}\right).

Passo 7

Substituir \lambda em função de q e \theta_{0} e escrever a resposta final.
  • Lembrando que \lambda=\dfrac{q}{a\theta_{0}}, substitui-se:
E=\frac{2k}{a}\cdot\frac{q}{a\theta_{0}}\sin\!\left(\frac{\theta_{0}}{2}\right) =\frac{2kq}{\theta_{0}a^{2}}\sin\!\left(\frac{\theta_{0}}{2}\right).
  • Portanto a intensidade do campo no centro vale exatamente essa expressão. Direção: ao longo do eixo de simetria do arco, apontando para o interior do arco (ou seja, em direção ao centro) se q>0.

Passo 8

Verificações rápidas (sanidade): limites que dão intuição.
  • Se \theta_{0}\to 0 (arco muito pequeno), usar \sin(\theta_{0}/2)\approx\theta_{0}/2
E\approx\frac{2kq}{\theta_{0}a^{2}}\cdot\frac{\theta_{0}}{2}=\frac{kq}{a^{2}},
que é a expressão do campo devido a uma carga q localizada a distância a — faz sentido se o arco vira um pequeno pedaço concentrado.
  • Se \theta_{0}=2\pi (circunferência completa), \sin(\pi)=0 e E=0 — a contribuição se anula por simetria, também faz sentido.

Resposta

E=\frac{2kq}{\theta_{0}a^{2}}\sin\!\left(\frac{\theta_{0}}{2}\right)

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