Uma haste fina, não condutora, é encurvada de modo a formar um aro de circunferência de raio a, subtendendo um ângulo central \theta_{0}. Distribui-se uniformemente, em toda a sua extensão, uma carga total q. Determinar o campo elétrico \vec{E}, no centro da circunferência, em função de a, q e \theta_{0}. Justifique suas respostas. (2,0 pontos)

Passo 1

O enunciado dá um arco de circunferência de raio a e ângulo central \theta_{0}, com carga total q distribuída uniformemente. Queremos o campo elétrico \vec E no centro da circunferência.
Conteúdo: lei de Coulomb, distribuição contínua de carga e simetrias.

Passo 2

A densidade linear de carga é
\lambda = \frac{q}{\text{comprimento do arco}} = \frac{q}{a\,\theta_{0}}.
Parametrizamos o arco por um ângulo \varphi variando de -\tfrac{\theta_{0}}{2} a +\tfrac{\theta_{0}}{2}.
Um elemento de carga é
dQ = \lambda\,a\,d\varphi.

Passo 3

O campo gerado por dQ no centro vale
d\vec E = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{dQ}{a^2}\,\hat r',
onde \hat r' é o versor do elemento até o ponto (no caso, \hat r'=-\hat r, pois o campo de carga positiva empurra para longe da carga). Se \hat r=(\cos\varphi,\sin\varphi) é o versor do centro para o elemento, então
d\vec E = -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{\lambda\,a\,d\varphi}{a^2}\,(\cos\varphi,\sin\varphi) =-\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0\,a}\,(\cos\varphi,\sin\varphi)\,d\varphi.
Logo os componentes são
dE_x = -\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0\,a}\cos\varphi\,d\varphi, \quad dE_y = -\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0\,a}\sin\varphi\,d\varphi.

Passo 4

Pelo intervalo \varphi\in[-\tfrac{\theta_{0}}{2},+\tfrac{\theta_{0}}{2}] temos
E_y = \int_{-\theta_0/2}^{\theta_0/2}dE_y =-\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0\,a} \int_{-\theta_0/2}^{\theta_0/2}\sin\varphi\,d\varphi =0
(pela simetria ímpar).
Para E_x:
E_x = \int_{-\theta_0/2}^{\theta_0/2}dE_x =-\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0\,a} \int_{-\theta_0/2}^{\theta_0/2}\cos\varphi\,d\varphi =-\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0\,a}\,2\sin\frac{\theta_{0}}{2}.

Passo 5

Substituindo \lambda=q/(a\theta_{0}) obtém-se
E_x =-\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\,a^2\theta_{0}}\;2\sin\frac{\theta_{0}}{2} =-\frac{q}{2\pi\varepsilon_0\,a^2\theta_{0}}\, \sin\frac{\theta_{0}}{2}.
Logo o campo resultante aponta ao longo da bissetriz do arco (e, para q>0, aponta em direção ao interior do arco).

Resposta

\boxed{ \vec E =-\frac{q}{2\pi\varepsilon_0\,a^2\,\theta_{0}}\, \sin\!\bigl(\tfrac{\theta_{0}}{2}\bigr)\,\hat e }
onde \hat e é o versor que aponta do centro para o meio do arco.

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