(Potencial - similar) Um plano infinito com \sigma=+5,0 \mu \mathrm{C} / \mathrm{m}^{2}. Tomando V(0)=0 \mathrm{em} z=0, encontre V(z) para z>0. (Use E=\sigma / 2 \varepsilon_{0} e V(z)=-\int_{0}^{z} E \mathrm{~d} z^{\prime}.)

Passo 1

O enunciado pede: encontrar a função potencial V(z) para z>0 de um plano infinito carregado com densidade superficial \sigma=+5{,}0\\ \mu\mathrm{C}/\mathrm{m}^{2}, sabendo que V(0)=0. Foi dado também que podemos usar E=\sigma/(2\varepsilon_{0}) e que
V(z)=-\int_{0}^{z} E\,\mathrm{d}z'.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
\sigma=+5{,}0\\ \mu\mathrm{C}/\mathrm{m}^{2}=5{,}0\times10^{-6}\\ \mathrm{C}/\mathrm{m}^{2},
\varepsilon_{0}\\ \text{(constante dielétrica do vácuo)}\approx8{,}85\times10^{-12}\\ \mathrm{F}/\mathrm{m}.éá

Passo 2

Explicação física e derivação curta de E=\sigma/(2\varepsilon_{0}) (para você poder usar isso na prova com confiança).
  • Ideia: usar a Lei de Gauss. Tome uma “caixinha” cilíndrica (pillbox) atravessando o plano, com faces planas de área A uma acima e outra abaixo do plano. O fluxo elétrico total pela superfície fechada é a soma dos fluxos pelas duas faces planas (as laterais não contribuem porque o campo é paralelo a elas).
  • A carga contida na caixinha é Q_{\text{int}}=\sigma A.
  • A Lei de Gauss diz:
\oint \mathbf{E}\cdot\mathrm{d}\mathbf{A}=\frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_{0}}.
  • Como o campo tem mesma magnitude E nas duas faces e aponta para fora do plano em ambos os lados (para \sigma>0 o campo sai do plano), o fluxo é E A + E A = 2EA. Assim:
2EA=\frac{\sigma A}{\varepsilon_{0}}\quad\Rightarrow\quad E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}.
  • Direção: para \sigma>0 o campo aponta no sentido \hat{\mathbf{z}} para z>0 (ou seja, \mathbf{E}=+\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,\hat{\mathbf{z}} para z>0).

Passo 3

Definição do potencial elétrico e aplicação ao problema.
  • Definição que usamos: a diferença de potencial entre z=0 e z é
V(z)-V(0)=-\int_{0}^{z}\mathbf{E}\cdot\mathrm{d}\mathbf{l}.
  • Aqui escolhemos a trajetória retilínea ao longo do eixo z, então \mathrm{d}\mathbf{l}=\mathrm{d}z'\,\hat{\mathbf{z}} e, para z>0, \mathbf{E}=\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,\hat{\mathbf{z}}. Portanto
V(z)-V(0)=-\int_{0}^{z}\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}\hat{\mathbf{z}}\cdot\hat{\mathbf{z}}\,\mathrm{d}z'=-\int_{0}^{z}\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}\,\mathrm{d}z'.
  • Como o enunciado fixa V(0)=0, temos:
V(z)=-\int_{0}^{z}\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}\,\mathrm{d}z'=-\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}\,z.

Passo 4

Colocando valores numéricos e interpretando o sinal.
  • Substituindo \sigma=5{,}0\times10^{-6}\\ \mathrm{C}/\mathrm{m}^{2} e \varepsilon_{0}\approx8{,}85\times10^{-12}\\ \mathrm{F}/\mathrm{m}:
E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}=\frac{5{,}0\times10^{-6}}{2\cdot 8{,}85\times10^{-12}} \approx 2{,}83\times10^{5}\\ \mathrm{V}/\mathrm{m}.
  • Assim o potencial fica numericamente
V(z)=-\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}\,z\approx -2{,}83\times10^{5}\,z\\ \mathrm{V},
onde z está em metros.
  • Interpretação do sinal: para \sigma>0 o campo aponta para fora do plano (no sentido positivo de z para z>0), portanto ao nos afastarmos do plano o potencial decresce (por isso o sinal negativo). O potencial varia linearmente com z porque o campo é constante (plano infinito).

Passo 5

Exemplos rápidos para ganhar intuição e encorajamento.
  • Em z=1{,}0\\ \mathrm{m}:
V(1{,}0\\ \mathrm{m})\approx -2{,}83\times10^{5}\\ \mathrm{V}.
  • Em z=0{,}01\\ \mathrm{m}=1\\ \mathrm{cm}:
V(0{,}01\\ \mathrm{m})\approx -2{,}83\times10^{3}\\ \mathrm{V}.
  • Observação: esses números mostram que um plano com \sigma dessa ordem cria um campo/potencial bastante grande; não se assuste — é típico de distribuições eletrostáticas com densidades de carga relativamente altas.

Resposta

V(z)=-\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}\,z\approx -2{,}83\times10^{5}\,z\\ \mathrm{V}\quad(\text{para }z>0,\\ z\text{ em metros})

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