Um sistema de aterramento usa o método das imagens para simular uma carga Q=8 \mu \mathrm{C} a 2 m de uma placa no plano z=0. Calcule o campo vetorial em ( 0,0,2 \mathrm{~m} ) usando integrais.

Passo 1

O enunciado diz que há uma carga pontual de Q=8\,\mu\text{C} localizada em (0,0,a) com a=2\,\text{m} acima de um plano condutor infinito em z=0. Pelo método das imagens, esse condutor equivale a uma carga imagem de -Q em (0,0,-a). Queremos calcular o campo elétrico resultante em (0,0,a) devido apenas à distribuição induzida no plano, ou seja, o campo criado pela carga imagem. Para isso vamos montar uma integral sobre a carga induzida no plano z=0.

Passo 2

Primeiro determinamos a densidade de carga superficial induzida no plano. Pelo método das imagens tem– se
\sigma(\rho) = -\frac{Q\,a}{2\pi\bigl(\rho^{2}+a^{2}\bigr)^{3/2}},
onde \rho é a coordenada radial no plano z=0.

Passo 3

Considere um anel de raio \rho e espessura d\rho no plano z=0. A carga nesse anel é
dq = \sigma(\rho)\,2\pi\,\rho\,d\rho = -\frac{Q\,a}{2\pi(\rho^{2}+a^{2})^{3/2}}\;2\pi\,\rho\,d\rho =-Q\,a\,\frac{\rho\,d\rho}{(\rho^{2}+a^{2})^{3/2}}.
O elemento de campo no ponto (0,0,a) devido a esse anel tem apenas componente z, dada por
dE_{z} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\;\frac{dq}{R^{2}}\;\cos\theta
com R=\sqrt{\rho^{2}+a^{2}} e \cos\theta = a/R. Logo
dE_{z} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}} \Bigl(-Q\,a\,\frac{\rho\,d\rho}{(\rho^{2}+a^{2})^{3/2}}\Bigr) \frac{1}{(\rho^{2}+a^{2})}\, \frac{a}{\sqrt{\rho^{2}+a^{2}}} = -\frac{Q\,a^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}} \;\frac{\rho\,d\rho}{(\rho^{2}+a^{2})^{3}}.

Passo 4

Agora integramos \rho de 0 até \infty:
E_{z} = \int_{0}^{\infty}dE_{z} = -\frac{Q\,a^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}} \int_{0}^{\infty}\frac{\rho\,d\rho}{(\rho^{2}+a^{2})^{3}}.
Fazendo u=\rho^{2}, du=2\rho\,d\rho, obtemos
\int_{0}^{\infty}\frac{\rho\,d\rho}{(\rho^{2}+a^{2})^{3}} = \frac12\int_{0}^{\infty}\frac{du}{(u+a^{2})^{3}} = \frac12\Bigl[-\frac{1}{2(u+a^{2})^{2}}\Bigr]_{0}^{\infty} = \frac{1}{4a^{4}}.
Substituindo de volta,
E_{z} = -\frac{Q\,a^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}}\;\frac{1}{4a^{4}} = -\frac{Q}{16\pi\varepsilon_{0}\,a^{2}}.

Passo 5

Agora colocamos Q=8\times10^{-6}\,\text{C}, a=2\,\text{m} e \varepsilon_{0}=8{,}854\times10^{-12}\,\text{F/m}:
E_{z} = -\frac{8\times10^{-6}}{16\pi\,(8{,}854\times10^{-12})\,(2)^{2}} \approx -4{,}5\times10^{3}\,\text{N/C}.
O vetor campo é para baixo (sentido -\hat z).

Resposta

\mathbf{E}(0,0,2\,\text{m}) = -\frac{Q}{16\pi\varepsilon_{0}\,a^{2}}\;\hat z \approx -4{,}5\times10^{3}\,\hat z\;\text{N/C}.

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