Campo Elétrico Gerado por um Corpo Extenso

Teoria Completa

Fala pessoal!

Vamos tratar aqui do campo elétrico gerado por um corpo extenso de uma só dimensão, como um fio, e de duas dimensões, como um disco.

Pra isso, vamos precisar do conceito de densidade linear de cargas, que acabamos de aprender, beleza?

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 ^

Somar, no caso contínuo, corresponde a integrar, portanto:

E → = ∫ barra   k d q r 2 r ^

O vetor r ^ aponta da carga que faz o campo para o ponto que sofre ação dele, portanto é natural que ele varie enquanto integramos. Isto significa que ele não pode sair da integral como uma constante.

Como tratar desse problema? Na teoria é simples, na prática é meio chato: temos que decompor esse vetor.

Queremos descobrir o campo elétrico num ponto arbitrário no eixo x . Podemos desenhar os vetores:

“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 ^ . Seguindo, temos que:

d E x = d E cos ⁡ θ

d E y = d E sen ⁡ 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

sen ⁡ θ = y 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

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

Obs: Pela simetria desse problema, dá pra perceber que não teremos componente de campo elétrico na vertical. Mas isso pode não acontecer em outros problemas, então fique esperto!

No caso unidimensional, de cargas espalhadas em fios, temos que:

λ F I O = d q d y → d q = λ F I O . d y

Podemos agora integrar sem nos preocupar com vetores malditos variando.

Não vamos fazer essas integrais agora porque não é importante para o entendimento, mas nos exercícios vai ser a hora da verdade.

Campo Gerado por Disco de Cargas

Vamos pegar um disco de cargas carregado positivamente. Ele possui densidade de cargas constante e querermos saber qual é o campo gerado em um ponto M que está sobre o seu eixo.

Veja a figura abaixo:

Vamos calcular o valor de E z com a mesma ideia anterior: dividindo o disco em infinitos pedacinhos de carga d q .

E z = E . c o s ⁡ ( α ) = K . ∫ D I S C O d q d 2 . c o s ⁡ ( α )

Note que o campo aponta para cima. Isso porque o nosso problema é simétrico, todas as componentes do campo que não estiverem em cima da reta M O ⃡   são nulas.

Por isso, já podemos simplificar tudo e nos preocupar apenas com o eixo O ^ z . Então, temos o seguinte:

E R → = E z . z ^

O vetor z ^ aponta para cima e possui módulo unitário.

Vamos calcular o valor de E z com a mesma ideia do capítulo anterior: dividindo o disco em infinitos pedacinhos de carga d q .

E z = E . c o s ⁡ ( α ) = K . ∫ D I S C O d q d 2 . c o s ⁡ ( α )

Até aí de boa na lagoa, né? Vamos continuar.

A diferença aqui é usar a seguinte relação da densidade superficial de cargas:

σ . d A = d q A = π . R 2 d A d r = 2 π r → d A = 2 π r d r σ 2 π r d r = d q

Agora só falta relacionar o valor de d e α   com r :

d = r 2 + z 2

z r 2 + z 2 = cos ⁡ α

Depois é só substituir tudo na integral e manipular pra obter o resultado! Vamos lá nos exercícios ver isso melhor?

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 .