Um plano infinito muito fino tem densidade superficial de carga constante \sigma>0. Supondo que um disco de raio 2 R seja removido do plano, calcule o campo elétrico ao longo de uma reta (de altura h ) que passa pelo centro do disco removido e faz um ângulo de \pi / 2 com o plano. Explique.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede uma coisa bem específica:
  • Temos um plano infinito muito fino (localizado no plano z=0) com densidade superficial de carga constante \sigma>0.
  • Do plano foi removido um disco de raio 2R centrado na origem (ou seja, a região com r\le 2R no plano z=0 não tem carga).
  • Queremos calcular o campo elétrico ao longo da reta perpendicular ao plano que passa pelo centro do disco removido, ou seja, o eixo z passando por r=0, em um ponto de altura h (assumimos h>0 acima do plano).
  • Dados relevantes: \sigma (densidade superficial), raio do disco a=2R, altura h, e a constante \varepsilon_0 (permitividade do vácuo).
O que se pede: o campo elétrico \mathbf{E} no ponto sobre o eixo a distância h do plano (no sentido perpendicular), explicando e mostrando como obter esse resultado passo a passo.

Passo 2

Ideia do método (sem resolver ainda): usamos o princípio da superposição. Podemos representar a situação como a soma de dois problemas mais simples que conhecemos:
  1. Um plano infinito com densidade \sigma em toda a extensão (campo conhecido e uniforme).
  2. Sobre esse plano colocamos, com sinal oposto, um disco de densidade superficial \sigma (ou seja, subtraímos a contribuição do disco com densidade +\sigma para representar o buraco).
Portanto o campo total no ponto será
\mathbf{E}_{\text{total}}=\mathbf{E}_{\text{plano\\ infinito}}+\mathbf{E}_{\text{disco com carga }(-\sigma)}.
Vou calcular \mathbf{E}_{\text{plano\\ infinito}} por Gauss e \mathbf{E}_{\text{disco}} por integração (analisando anéis), e então combinar as contribuições. Isso é prático e padrão em provas.

Passo 3

Campo de um plano infinito com densidade superficial \sigma (Gauss) — explicação didática:
  • Considere uma “caixa-pílula” gaussiana atravessando o plano, com faces paralelas ao plano e espessura simétrica em relação a z=0.
  • Pelo simetria, o campo elétrico é perpendicular ao plano e tem mesma magnitude nas duas faces opostas; nas faces laterais o fluxo é zero.
  • Aplicando a Lei de Gauss:
\oint \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A} = \frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_0}.
  • O fluxo total é 2 E_{\text{plano}} A (duas faces de área A), e a carga interna é \sigma A. Logo
2 E_{\text{plano}} A = \frac{\sigma A}{\varepsilon_0}.
  • Cancelando A e isolando E_{\text{plano}}:
E_{\text{plano}} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}.
  • Direção: para \sigma>0, o campo sai do plano; no lado z>0 o vetor campo é \displaystyle \mathbf{E}_{\text{plano}}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,\hat{\mathbf{z}}.

Passo 4

Campo no eixo de um disco uniformemente carregado — montagem do integral usando anéis:
  • Considere um disco de raio a (no final vamos pôr a=2R) com densidade superficial \sigma. Queremos o campo em um ponto sobre o eixo a distância z do plano (aqui nosso z será h).
  • Corte o disco em anéis concêntricos de raio r e espessura dr. Cada anel tem área dA = 2\pi r\,dr e carga
dQ = \sigma\,dA = \sigma\cdot 2\pi r\,dr.
  • O campo no ponto sobre o eixo devido ao anel é dirigido ao longo do eixo (pela simetria radial as componentes transversais se cancelam). A contribuição axial do anel, usando a lei de Coulomb para um anel, é
dE_z = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{dQ\cdot z}{(z^2+r^2)^{3/2}}.
  • Substituindo dQ:
dE_z = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{\sigma\cdot 2\pi r\,dr\; z}{(z^2+r^2)^{3/2}} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,\frac{z\,r\,dr}{(z^2+r^2)^{3/2}}.

Passo 5

Integração do anel ao disco inteiro e avaliação do integral:
  • Integrar r de 0 até a:
E_{\text{disco}}(z)=\int_0^a dE_z = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\int_0^a \frac{z\,r\,dr}{(z^2+r^2)^{3/2}}.
  • Faça a substituição u=z^2+r^2, assim du = 2r\,dr e r\,dr = du/2. Os limites: quando r=0, u=z^2; quando r=a, u=z^2+a^2.
  • O integral fica
\int_{z^2}^{z^2+a^2} \frac{z}{2}\, u^{-3/2}\,du = \frac{z}{2}\left[-2u^{-1/2}\right]_{z^2}^{z^2+a^2} = -z\left(\frac{1}{\sqrt{z^2+a^2}}-\frac{1}{\sqrt{z^2}}\right).
  • Para z>0 temos \sqrt{z^2}=z, então o resultado é
\int_0^a \frac{z\,r\,dr}{(z^2+r^2)^{3/2}} = 1 - \frac{z}{\sqrt{z^2+a^2}}.
  • Portanto o campo axial do disco (para z>0) é
E_{\text{disco}}(z)=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(1-\frac{z}{\sqrt{z^2+a^2}}\right),
e a direção é \hat{\mathbf{z}} (isto é, para \sigma>0, o disco empurra para cima no lado z>0).

Passo 6

Aplicando superposição: plano com buraco = plano infinito inteiro menos disco carregado positivo
  • Representamos o plano com o buraco como a soma do plano infinito com densidade \sigma e um disco com densidade -\sigma (ou equivalentemente plano inteiro menos disco com +\sigma).
  • No ponto de altura h>0 sobre o eixo, o campo do plano infinito (passo 3) é
\mathbf{E}_{\text{plano}}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,\hat{\mathbf{z}}.
  • O campo do disco com densidade +\sigma (passo 5) em z=h é
\mathbf{E}_{\text{disco},+}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(1-\frac{h}{\sqrt{h^2+a^2}}\right)\hat{\mathbf{z}}.
  • Como removemos o disco, devemos subtrair essa contribuição (ou adicionar o disco com densidade -\sigma). Assim o campo total é
\mathbf{E}_{\text{total}}=\mathbf{E}_{\text{plano}} - \mathbf{E}_{\text{disco},+}.

Passo 7

Cálculo algébrico final e substituição a=2R:
  • Substituindo as expressões:
\mathbf{E}_{\text{total}}= \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,\hat{\mathbf{z}} - \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(1-\frac{h}{\sqrt{h^2+a^2}}\right)\hat{\mathbf{z}} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(\frac{h}{\sqrt{h^2+a^2}}\right)\hat{\mathbf{z}}.
  • Agora coloque a=2R:
\boxed{\displaystyle \mathbf{E}(h) = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,\frac{h}{\sqrt{h^2+(2R)^2}}\,\hat{\mathbf{z}}.}
  • Interpretação rápida (checagem física):
    • Quando h\to 0^+, \mathbf{E}\to 0 (faz sentido: exatamente no plano no centro do buraco o campo se anula por simetria).
    • Quando h\gg 2R, \mathbf{E}\approx \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\dfrac{h}{h}=\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0} (recupera o campo do plano inteiro visto de longe).
    • Quando 2R\to 0 (pequeno furo), \mathbf{E}\to \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0} (quase plano inteiro).
    • Direção: para h>0 o vetor aponta para cima ( +\hat{\mathbf{z}}), ou seja, para fora do plano, porque \sigma>0.

Resposta

\displaystyle \mathbf{E}(h) = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,\frac{h}{\sqrt{h^2+(2R)^2}}\,\hat{\mathbf{z}}.

Exercícios relacionados