Exercícios Resolvidos de Potencial Elétrico Gerado por Corpos Extensos

UFRJ-P1-2010.1-D2

Um fio retilíneo fino, de comprimento 2 L , está postado ao longo do eixo cartesiano X , com seu centro na origem desse. A densidade linear de carga de tal fio é dada por:

λ x = λ 0 x L

Onde λ 0 = c t e .

  1. Calcule o potencial eletrostático V x = 0 , y , z = 0 para um ponto arbitrário no eixo cartesiano Y , com ordenada y > 0 . Faça, como usual, o potencial igual a zero no infinito [Sugestão: lembre-se que, para x > 0 temos simplesmente x = x ao passo que para x < 0 temos x = - x ].
  2. Calcule, agora, a componente y do vetor campo elétrico E y x = 0 , y , z = 0 em tal ponto;
  3. Determine, por fim, a carga total de tal fio.

Passo 1

Bom, como ele pediu o potencial primeiro, eu acho mais jogo calcularmos somando potenciais infinitesimalmente pequenos de cada partícula do fio no ponto 0 , y , 0 com y > 0 . Então partiu:

V = ∫ fio   d V

Temos que a fórmula do potencial infinitesimal é:

d V = k d q r

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Trocando o diferencial das cargas pela fórmula da densidade:

λ x = d q d x → d q = λ x d x

O diferencial é d x pois o fio está ao longo de O x :

Substituindo:

V = ∫ fio   k d q r

Botando a densidade:

V = ∫ fio   k λ x d x r

Passo 3

Pelo desenho tiramos que:

r 2 = x 2 + y 2

Analogamente tiramos os limites de integração:

V = ∫ - L L k λ x d x x 2 + y 2

Arrumando na vida:

V = k ∫ - L L λ x d x x 2 + y 2

Passo 4

Substituindo a fórmula da densidade:

V = k ∫ - L L λ 0 x d x L x 2 + y 2

Como estamos integrando no intervalo - L < x < L temos tanto x negativo quanto positivo. Substituindo a definição do módulo de x :

V = k λ 0 L ∫ - L 0 - x d x x 2 + y 2 + ∫ 0 L x d x x 2 + y 2

Arrumando mais:

V = k λ 0 L ∫ 0 L x d x x 2 + y 2 + ∫ 0 L x d x x 2 + y 2

V = 2 k λ 0 L ∫ 0 L x d x x 2 + y 2

Passo 5

A integral nós matamos com substituição simples:

v = x 2 + y 2

d v = 2   x   d x

x d x x 2 + y 2 ≡ ( d v / 2 ) v

Resolvemos a indefinida:

I * = ∫ d v 2 v

I * = x 2 + y 2

Então segue que:

V = 2 k λ 0 L x 2 + y 2 x = 0 x = L

V = 2 k λ 0 L L 2 + y 2 - y 2

Como y > 0 , então y 2 = y , assim

V = 2 k λ 0 L L 2 + y 2 - y

Ufa. Portanto temos nosso potencial! Se você quiser substituir a constante k = 1 4 π ϵ 0 , a resposta vai ficar:

V = λ 0 2 π ϵ 0 L L 2 + y 2 - y

Passo 6

Continuando, nós desejamos calcular a componente y do campo elétrico. Dado que nós temos o potencial, achar o campo é moleza para fórmula abaixo:

E → = - ∇ V

Que é o operador de derivadas parciais. Portanto a componente y vai ser o potencial V derivado com relação a y com sinal trocado:

E y = - ∂ V ∂ y

E y = - ∂ ∂ y 2 k λ 0 L L 2 + y 2 - y

Vê se não me esquece de trocar o sinal pfv! Partiu derivar:

E y = - 2 k λ 0 L ∂ ∂ y L 2 + y 2 - ∂ ∂ y y

Temos então:

∂ ∂ y L 2 + y 2 = y L 2 + y 2

E

∂ ∂ y y = 1

O nosso campo ficará

E y = 2 k λ 0 L 1 - y L 2 + y 2

Se quiser substituir o valor de k = 1 4 π ϵ 0 , a resposta fica:

E y = λ 0 2 π ϵ 0 L 1 - y L 2 + y 2

Passo 7

Para obter a carga total basta integrar a densidade na barra toda:

d q = λ x d x

Q total = ∫ - L L λ 0 x L d x

Manipulando a função módulo:

Q total = ∫ - L 0 λ 0 - x L d x + ∫ 0 L λ 0 x L d x

Q total = ∫ 0 L λ 0 x L d x + ∫ 0 L λ 0 x L d x

Q total = 2 ∫ 0 L λ 0 x L d x

Q total = λ 0 L x 2 0 L

Q total = λ 0 L L 2

Q total = λ 0 L

Resposta

V = λ 0 2 π ϵ 0 L L 2 + y 2 - y

E y = λ 0 2 π ϵ 0 L 1 - y L 2 + y 2

Q total = λ 0 L

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