Campo Elétrico Gerado por uma Linha de Cargas

Teoria Completa

Campo Elétrico Gerado por Linha de Cargas

Hora da ação! Vamos imaginar um fio de comprimento 2 a , positivamente carregado. Você sabe dizer qual o valor do campo elétrico gerado por ele no ponto P ?

Não sabe? Relaxa, vou te ensinar agora!

Se quisermos achar o campo elétrico resultante num ponto arbitrário no eixo x , basta nós somarmos todos os campos de todas as partículas infinitesimais de carga d q que compõem a barra:

d E → = k d q r 2 r ^

Mas antes da gente pensar em fazer integrais aqui, vamos decompor o nosso vetor d E → , mas é necessário decompor em dois eixos?

A simetria da figura vai ajudar a gente a responder isso, se liga que isso facilita bastante as contas!

Se a gente só desenhar o campo elétrico decomposto nas duas direções no ponto P vamos perceber o seguinte:

No eixo y os campos apontam em direções opostas e se anulam então a gente só vai ter campo elétrico no eixo x .

E → = E x i ^

Voltando pra decomposição temos:

“Ué, não ia decompor o r ^ ?” Sim, mas dá no mesmo decompor o d E → pois afinal de contas ele aponta na direção de r ^ . Então:

d E x = d E cos ⁡ θ

Ok, agora basta conectar esses seno e cosseno com a geometria do problema, certo? Observando a figura:

E nos utilizando do fato de que, por Pitágoras:

r = x 2 + y 2

Podemos substituir:

cos ⁡ θ = x x 2 + y 2

E temos que:

d E = k d q x 2 + y 2

Portanto:

d E x = k d q x 2 + y 2 x x 2 + y 2

Se a gente tivesse componente na vertical também teríamos que decompor em y mas aí era só pegar a equação e trocar x   por y .

d E y = k d q x 2 + y 2 y x 2 + y 2

Putz mas e agora, como que vamos integrar pra d q , se o que varia na verdade é o comprimento y ?

A gente usa a densidade linear de carga pra relacionar esses caras!

λ = d q d y

Isolando d q :

d q = λ d y

Podemos agora substituir e integrar:

d E x = k λ d y x 2 + y 2 x x 2 + y 2

E a gente tem que integrar ao longo de todo o fio, ou seja, de - a até a .

E x = ∫ - a a k λ d y x 2 + y 2 x x 2 + y 2

Como k é constante fica pra fora e rearrumando a raiz embaixo temos enfim:

E x = k λ x ∫ - a a d y x 2 + y 2 3 2

Calma aí, antes de infartar com essa integral posso te tranquilizar dizendo que geralmente os formulários de prova dão o resultado dela, o que é cobrado é o caminho de chegar nela. Então se você chegou até aqui é um vencedor haha! O resultado dela fica algo mais ou menos assim:

E x = k λ y x 2 + y 2   | - a a

E x = k λ a x 2 + a 2 - λ - a x 2 + a 2 = 2 k λ a x 2 + a 2

Enfim ficaria:

E → = E x i ^

E →   = 2 k λ a x 2 + a 2 i ^

Campo Elétrico Gerado por um Anel Carregado

A gente já viu como que funciona o campo elétrico de uma linha de cargas, mas e no caso de um anel carregado, como encontrar esse campo num ponto P se o anel é totalmente carregado por cargas positivas?

A equação do campo elétrico continua sendo verdade:

d E → = k d q r 2 r ^

Vamos desenhar a geometria da figura e analisar algumas coisas.

Daqui da figura a gente consegue ver que o valor de r por Pitágoras é:

r = R 2 + x 2

E agora é a hora de decompor os campos nas duas direções, mas de novo, é bom olhar a simetria do problema e analisar se vamos precisar mesmo.

Repara o seguinte, como as cargas são todas positivas a simetria é do mesmo jeito que rolou com a linha de cargas. Ao pegarmos dois infinitesimais d l → a gente vê que de novo nesse caso teremos que:

E → = E x i ^

Então faremos só a decomposição pra x e pra isso a gente pode usar a mesma figura da linha de cargas já que as posições são parecidas.

d E x = d E × x r

d E x = k d q r 2 × x r  

d E x = k d q r 3 x

E com o valor de r teremos:

d E x = k d q x R 2 + x 2 3

E os

E x = ∫ A n e l k d q x R 2 + x 2 3

E aqui a gente pode retirar as constantes e deixar na integral apenas a carga, e aqui faremos com a integral o somatório de todas as cargas d q ao longo do anel.

E x = k x R 2 + x 2 3 ∫ A n e l d q

Integrando todos os pedaços infinitesimais de cargas no anel, teremos a carga total no anel:

∫ A n e l d q = Q

Portanto a expressão do campo vai ficar:

E x = k x Q ( x 2 + R 2 ) 3 2

E se fosse pedida a densidade linear de carga λ , basta fazer:

d q = λ d l

Integrando os dois lados, sendo que o comprimento total vai ser o comprimento do anel temos:

Q = λ × 2 π R

Você também pode escrever a constante k da seguinte forma:

k = 1 4 π ε 0

O que daria:

E x = 1 4 π ε 0   . Q x ( x 2 + R 2 ) 3 2

Pra finalizar podem aparecer casos em que x ≫ R então o campo elétrico ficaria:

E → = k Q x x 3

E o contrário também rola quando R ≫ x .

E → = k Q x R 3

É isso, partiu exercícios?

Expandir

Exercício Resolvido #1

David Halliday, Robert Resnick, Jearl Walker, Fundamentos de Física, Volume 3, 8º ed. Rio de Janeiro: LTC , 2008, pp 45-24.

Na figura abaixo, uma barra fina de vidro forma uma semicircunferência de raio r = 5,00   c m .

Uma carga + q = 4,5   p C está distribuída uniformemente na metade superior da barra, e uma carga - q = - 4,5   p C está distribuída uniformemente na metade inferior.

Determine:

  1. O módulo do campo elétrico E → no ponto P , situado no centro do semicírculo.
  2. A orientação (em relação do semi-eixo x positivo) do campo elétrico E → no ponto P , situado no centro do semicírculo.
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Passo 1

Nesse tipo de problemas, a malandragem é explorar, logo de cara, a simetria do problema.

Vou começar fazendo o seguinte: vou pegar dois pontos simétricos e ver qual seria o campo elétrico resultante no ponto P , decompondo o campo elétrico E → em componentes E x →   e E y → .

Tá vendo que as componentes em x vão se anular e as componentes em y vão se somar?

Então, o campo elétrico resultante vai ser algo do tipo:

Show de bola! Essa interpretação facilita a nossa vida porque não precisamos mais nos preocupar com uma componente horizontal desse campo elétrico.

A figura mostra também que os dois arcos produzem o mesmo campo elétrico na vertical. Assim, só precisamos calcular um deles.

Passo 2

A contribuição d E devido a um elemento de carga d q da haste superior é dada por:

d E = 1 4 π ε 0 d q r 2

Sabendo que a carga é distribuída uniformemente ao longo da haste, podemos dizer que:

d E = 1 4 π ε 0 λ   d s r 2

Onde λ é a densidade linear de carga. Sabendo também que se trata de um arco, podemos dizer que d s = r   d θ , onde θ vai variar de 0 a π / 2 . Portanto:

d E = 1 4 π ε 0 λ r   d θ r 2

Entretanto, como estamos interessados somente na componente vertical, vamos precisar decompor esse campo d E , assim como fizemos antes:

Portanto:

d E y = 1 4 π ε 0 λ sen ⁡ θ   d θ r

Agora sim, agora estamos falando a minha língua!

Pra calcular o campo elétrico resultante da haste superior, basta integrar isso aqui:

∫ d E y = 1 4 π ε 0 λ   r ∫ 0 π / 2 sen ⁡ θ   d θ  

E y = 1 4 π ε 0 λ   r   - cos ⁡ θ 0 π / 2

E y = 1 4 π ε 0 λ   r

Sabendo que λ é a densidade linear de carga, podemos dizer que:

λ = q π r / 2 = 2 q π r

Substituindo de volta:

E y = 1 4 π ε 0 2 q π r 2  

E y = q 2 π 2 ε 0 r 2

Eita! Eu sei, foi tenso... mas só falta um detalhe pra terminar, juro!

Passo 3

Acontece que calculamos somente o campo elétrico da parte positiva da haste. Mas como sabemos que o campo vertical produzido pela parte negativa vai ser igual, baste dizer que:

E = 2 E y

Logo:

E = q π 2 ε 0 r 2

Agora sim, acabou!

Ah! Caso você tenha usado k ao invés de 1 / 4 π ε 0 , o resultado que você vai encontrar vai ser

E = 4 k q π r 2

Relaxa, as duas respostas estão certas.

Agora só temos que substituir os valores!

Passo 4

E = 4 k q π r 2

Onde:

k ≅ 9 × 10 9   N m 2 C - 2 ;

q = 4,5   p C = 4,5 × 10 - 12   C ;

r = 5,00   c m = 5 × 10 - 2 m ;

π ≅ 3,14 ;

Logo:

E = 4 × 9 × 10 9 × 4,5 × 10 - 12 3,14 × 5 × 10 - 2 2

E = 20,63   N / C

Resposta

  1. E = 20,63   N / C

  2. O campo é vertical, apontando para baixo (sentido - y ).

Exercício Resolvido #2

David Halliday, Robert Resnick, Jearl Walker, Fundamentos de Física, Volume 3, 8º ed. Rio de Janeiro: LTC , 2008, pp 47-33.

Na figura abaixo, uma barra não condutora “semi-infinita” (ou seja, infinita apenas em um sentido) possui uma densidade linear de cargas uniforme λ .

Mostre que o campo elétrico E P → no ponto P faz um ângulo de 45 ° com a barra e que esse resultado não depende da distância R .

(Sugestão: Calcule separadamente as componentes de E P → nas direções paralela e perpendicular à barra.)

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Passo 1

Ok, vamos seguir a sugestão do problema!

Obs: Nesse tipo de problema, calcular as componentes separadamente é sempre o melhor caminho, então guarda isso contigo!

Pra fazer isso, vamos pegar um pedaço infinitesimal da barra com carga d q e calcular as componentes do campo elétrico gerado por ela ( d E x e d E y ) no ponto P .

Olhando a figura, podemos dizer que

d E x = - d E sen ⁡ θ = - d q 4 π ε 0 r 2 sen ⁡ θ

d E y = - d E cos ⁡ θ = - d q 4 π ε 0 r 2 cos ⁡ θ

Sabemos ainda que:

d q = λ d x

Logo:

d E x = - λ d x 4 π ε 0 r 2 sen ⁡ θ

d E y = - λ d x 4 π ε 0 r 2 cos ⁡ θ

Nessas equações, tanto x quanto r quanto θ vão variar quando formos integrar, então precisamos deixar tudo em função de uma única variável.

Passo 2

Vamos lá! Temos que relacionar θ ,   r e x . Como podemos fazer isso?

Bom, pela figura, podemos chegar que:

c o s θ = R r → r = R c o s θ

t g   θ = x R → x = R   t g θ → d x = R s e c θ 2 d θ = R c o s θ 2 d θ

Substituindo esses resultados em nossas equações de d E x e d E y :

d E x = - λ R 4 π ε 0 R c o s θ 2 c o s θ 2 sen ⁡ θ = - λ 4 π ε 0 R sen ⁡ θ d θ

d E y = - λ d x 4 π ε 0 r 2 cos ⁡ θ = - λ 4 π ε 0 R cos ⁡ θ d θ

Passo 3

Último passo, galera!!

Agora, temos que integrar. Como queremos pegar a barra toda e ela é semi-infinita, vamos integrar com θ variando de 0 a π / 2 :

d E x = - λ 4 π ε 0 R sen ⁡ θ d θ

E x = - λ 4 π ε 0 R ∫ 0 π 2 sen ⁡ θ d θ = λ 4 π ε 0 R cos ⁡ π 2 - cos ⁡ 0 = λ 4 π ε 0 R 0 - 1

E x = - λ 4 π ε 0 R

E o campo na direção y fica

d E y = - λ 4 π ε 0 R cos ⁡ θ d θ

E y = - λ 4 π ε 0 R ∫ 0 π 2 cos ⁡ θ d θ = - λ 4 π ε 0 R s e n π 2 - s e n 0 = - λ 4 π ε 0 R 1 - 0

E y = - λ 4 π ε 0 R

Percebemos, então que E x = E y , independente do valor de R . Logo, temos que o ângulo entre o campo e a barra é α = 45 ° .

Resposta

Exercício Resolvido #3

David Halliday, Robert Resnick, Jearl Walker, Fundamentos de Física, Volume 3, 8º ed. Rio de Janeiro: LTC , 2008, pp 45-23.

A figura abaixo mostra dois anéis não condutores paralelos, com os centros sobre a mesma reta perpendicular aos planos dos anéis. O anel 1 , de raio R , possui uma carga uniforme q 1 ; O anel 2 , também de raio R , possui uma carga uniforme q 2 ; Os anéis estão separados por uma distância d = 3 R . O campo elétrico no ponto P situado na reta que passa pelos centros dos anéis a uma distância R do anel 1 é zero. Determine a razão q 1 / q 2 .

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Passo 1

Primeiramente, vamos pensar em pedacinhos de carga opostos no anel e no campo elétrico que eles causam em um ponto P no eixo do anel:

Esses pedacinhos de carga representados pelos pontos verde e roxo no anel geram dois vetores de campo elétrico. Vamos olhar esses dois vetores mais de perto:

Você percebe comigo que decompondo esses vetores na direção do raio do anel ( E 1 r →   e   E 2 r → ) , eles terão o mesmo módulo e direções opostas, ou seja, se cancelam. Enquanto as componentes na direção da reta do ponto P ( E 1 y →   e   E 2 y → ) , como temos vetores na mesma direção, teremos a soma de seus módulos.

Dessa forma pela simetria do problema, que o campo elétrico resultante E R se encontra sobre o eixo que liga os centros dos dois anéis, que chamaremos de X . Assim:

E R = E X

Passo 2

O campo resultante em P deverá ser zero. Como cada um está de um lado diferente do ponto P , a diferença entre os campos deverá ser nula:

E X 1 - E X 2 = E X = 0 → E X 1 = E X 2

Passo 3

A nossa estratégia aqui vai ser a seguinte: vamos começar calculando a contribuição infinitesimal de cada pedacinho dos anéis, em cada anel, na determinação do campo elétrico total. Começando pelo primeiro anel:

d E 1 = K . d q 1 D 1 2

A distâncias D 1 é a distância de um ponto qualquer do primeiro anel ao ponto P . Como podemos ver na figura abaixo:

Por ser um triângulo retângulo, sabemos que a distância D 1 é igual a:

D 1 = R 2 + R 2 = 2 R

Passo 4

Pela mesma figura, podemos projetar cada o campo d E 1 no eixo de simetria X , para encontrar d E X 1 :

d E 1 X = d E 1 . c o s θ 1 = d E 1 . R D 1

Como sabemos que D 1 = 2 R   :

d E 1 X = d E 1 . 1 2

Substituindo d E 1 =   K . d q 1 D 1 2 :

d E 1 X =   K . d q 1 D 1 2 . 1 2

d E 1 X =   K . d q 1 2 R 2 . 1 2

Para encontrar o módulo do campo E 1 X , vamos integrar:

E 1 X = ∫ K 2 2 R 2 d q 1 = K 2 2 R 2 . ∫ d q 1 = K q 1 2 2 R 2

Pronto, um campo elétrico já foi! Vamos repetir o processo para o outro anel!

Passo 5

Cada pedacinho infinitesimal de carga do anel 2 d q 2 irá gerar uma parcela do campo elétrico no ponto P igual a d E 2 :

d E 2 = K . d q 2 D 2 2

Onde D 2 é a distância entre o ponto P e essa carga infinitesimal do anel:

D 2 = R 2 + d - R 2

Como d = 3 R :

D 2 = R 2 + ( 3 R - R ) 2 = 5 R

Passo 6

Pela mesma figura, podemos projetar cada o campo d E 2 no eixo de simetria X .

d E 2 X = d E 2 . c o s θ 2

Percebemos que c o s θ 2 é igual a:

c o s θ 2 = d - R D 2 = 2 R 5 R = 2 5