Exercícios Resolvidos de Potencial Elétrico Gerado por Corpos Extensos

Um fio retilíneo e infinito, carregado com uma densidade linear positiva e uniforme, λ 0 , é colocado no interior de uma casca cilíndrica espessa, tambéminfinita,

Condutora e neutra, de raios interno, r a e externo, r b . Determine:

( a ) a carga Q h contida num segmento de altura h do fio,e as densidades superficiais de carga, σ a e σ b ,induzidas nas superfícies interna e externa do cilindro, respectivamente.

b o campo elétrico, E → r → ,nas regiões I   r < r a ,     I I   r a < r < r b   e     I I I   r b < r   .

( c ) o potencial eletrostático, V   ( r ) ,em todas as três regiões, apartir de E → ( r → ) ,colocando o zero do potencial na superfície mais externado cilindro, de raio r b .

( d ) a d . d . p .entreospontos P i e P f assinalados na figura (justifique sua resposta)

Passo 1

a Bem, para determinarmos a carga no fio em um segmento de altura h , vamos ter que integrar, pois como foi dado a densidade linear de carga no fio, conseguimos definir quando de carga tem em um infinitésimo de altura, certo?

d q = λ 0 . d l

Integrando de uma altura z até z + h , observe que z é uma constante qualquer, então para facilitar, podemos integrar de 0 a h

Q h = ∫ z z + h λ 0 . d l

Q h = λ 0 h

Pronto, já encontramos a carga do fio dada uma altura h .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora vamos calcular a densidade superficial de carga na superfície interna da casca ( r a ) . Bem, vamos lembrar que a densidade de carga superficial é dada por:

σ a = Q a A a

A área da superfície interna é fácil de descobrir, área de um cilindro é

A = C o m p r i m e n t o   d a   b a s e   x   A l t u r a

Calculando a área interna então, temos:

A a = 2 π . r a . h

Feito isso, ainda falta calcular a carga na superfície interna Q a .

Para isso, temos que lembrar do efeito de indução. O que acontece quando colocamos um objeto carregado positivamente perto de um objeto neutro?

As cargas positivas do objeto carregado vão atrair as cargas NEGATIVAS do objeto neutro, e repelir as cargas POSITIVAS, concorda?

Então quando colocamos o fio carregado positivamente dentro da casca, estamos induzindo uma carga negativa na parte interna da casca, e uma carga positiva na superfície externa. Como não houve contato, a casca continua isolada, e no inicio ela era neutra, significa que a carga total nela continua sendo 0 , apesar da indução, Sendo assim Q a + Q b = 0 , Guarde isso, que vamos usar ainda essa relação.

Mas, vamos voltar ao fato da carga Q h do fio, induzir uma carga de mesmo módulo porém sinal oposto na superfície interna da casca Q a . Assim,

Q a = - Q h = - λ 0 . h

Descoberto Q a , podemos calcular a densidade de carga

σ a = Q a A a = - λ 0 h 2 π r a h = - λ 0 2 π r a

Passo 3

Vamos calcular a densidade superficial de carga na superfície externa r b , lembra que vimos que a carga total da casca ainda é 0 e para isso

Q a + Q b = 0

Assim,

Q b = - Q a

Q b = - - λ 0 h = λ 0 . h

Assim, a densidade será

σ b = Q b A b = λ 0 h 2 π r b h = λ 0 2 π r b

Feito, item a resolvido, partiu parao próximo.

Passo 4

b Vamos calcular os campos elétricos pedidos, começando pela primeira região r < r a , para isso, vamos usar a lei de Gauss.

Como nessa região temos apenas o fio, então vamos analisar o campo elétrico gerado por ele (um fio retilíneo e uniforme). Talvez você já tenha até decorado a resposta do campo dele de tanto que é cobrado, mas vamos calcular, né!?

Pela simetria apresentada por um fio, temos que seu campo é na direção r ^ . Assim, podemos usar um cilindro como superfície gaussiana (as tampas terão fluxo 0 ). Assim, resta apenas a lateral do cilindro.

∫ z z + h E → . d A = Q i n t ε 0

A carga interna, já calculamos é a carga do fio dada uma altura h ( Q h = λ h ) . O campo é constante, então temos

∫ z z + h   d A l a t e r a l = A l a t e r a l = 2 π r h

Substituindo isso na equação lá de cima, temos que

E → . 2 π . r . h = λ 0 h ε 0

Isolando o campo elétrico, chegamos em:

E → I = λ 0 h 2 π r h ε 0 = λ 0 2 π r ε 0 . r ^

Passo 5

Agora, vamos analisar a região I I   ( r A < r < r b ) . Novamente iremos usar a lei de Gauss, como auxílio. Escolhendo novamente um cilindro como superfície gaussiana. Temos

∫ z z + h E → . d A = Q i n t ε 0

Onde a carga interna será

Q i n t = Q h + Q a = λ 0 . h + - λ 0 . h = 0

Assim o campo elétrico nessa região é nulo, o que faz total sentido se lembrarmos que nessa região estamos dentro da casca que é um condutor, e vimos na teoria que dentro de um condutor não há ação de campo elétrico.

E → I I = 0  

Passo 6

Já a região I I I   r b < r terá carga interna,

Q h + Q a + Q b = λ 0 h = Q h

Tendo a mesma carga interna que a região I , e quando formos usar a lei de Gauss, iríamos usar um cilindro novamente, pois a carga tem a mesma forma do fio, então, nada mudou, o campo elétrico será dado pela mesma equação do campo da região I

E → I I I = λ 0 2 π r ε 0 . r ^

Passo 7

c Para acharmos o potencial dado um campo elétrico, temos que usar :

V r = - ∫ r b r E → . d r

Como o enunciado pediu para que adotássemos o potencial em r b sendo nulo, então nossa integral começa dele e vai até o r pedido.

Agora, vamos começar estudando as regiões na ordem invertida, começando pela região I I I   r b < r

V I I I r = - ∫ r b r E → I I I . d r = - ∫ r b r λ 0 2 π r ε 0 . d r

V I I I r = - λ 0 2 π ε 0 . ∫ r b r 1 r d r

V I I I r = - λ 0 2 π ε 0 . ln ⁡ r r b

Podemos passar o sinal de menos para dentro do logarítmo, pois

ln ⁡ a b = - ln ⁡ b a

Assim, temos que

V I I I r = λ 0 2 π ε 0 . ln ⁡ r b r

Observe que como r > r b , então V I I I é negativo.

Passo 8

Na região I I   ( r a < r < r b ) , já vimos que não há campo elétrico, então não haverá diferença de potencial, como em r b é zero, então o potencial em toda essa região também é zero.

Vale lembrar que essa região é a parte interna da casca condutora, então estamos dentro de um condutor e por isso, a teoria nos diz que o potencial no interior de um condutor é igual ao potencial em sua superfície.

Como na superfície r = r b o potencial foi adotado como nulo, então o potencial nessa região também será.

V I I r = 0

Passo 9

Agora, a última região r < r a , nessa região, temos um detalhe, quando escrevemos a equação

V I r = - ∫ r b r E → . d r

Observe que a integral vai de r b até r , ou seja ela passa pela região I I   ( r a < r < r b ) , assim temos que dividir essa integral em duas, uma de r B até r a , pois o campo elétrico nessa região é diferente da região I , e a outra seria de r a a r .

V I r = - ∫ r b r a E → I I . d r - ∫ r a r E → I . d r

Como já vimo, o potencial na região I I é zero, então ficamos com

V I r = - ∫ r a r E → I . d r

Substituindo o valor do campo elétrico na região I , temos

V I r = - ∫ r a r λ 0 2 π r ε 0 . d r

Isolando as constantes temos

V I r = - λ 0 2 π ε 0 ∫ r a r 1 r . d r

V I r = - λ 0 2 π ε 0 . ln ⁡ r r a

Podemos fazer o mesmo lance de tirar o sinal de menos, invertendo a fração do logaritmo

V I r = λ 0 2 π ε 0 . ln ⁡ r a r

Observe como nesse caso, r < r a , então V I é positivo.

Passo 10

d Ambos os pontos estão na região I I I   r b < r . Assim, os potenciais serão dados por:

V P f = λ 0 2 π ε 0 . ln ⁡ r b r 0

V P 0 = λ 0 2 π ε 0 . ln ⁡ r b r 0

Como os dois pontos estão equidistantes do centro r 0 , então eles possuem o mesmo potencial.

V P f = V P 0

O que significa que eles estão em uma mesma superfície equipotencial.

Resposta

a   Q h = λ 0 . h   ;   σ a = - λ 0 2 π r a     ;   σ b = λ 0 2 π r b

b E → I = λ 0 2 π r ε 0 . r ^     ;   E → I I = 0   ;     E → I I I = λ 0 2 π r ε 0 . r ^

c   V I r = λ 0 2 π ε 0 . ln ⁡ r a r     ;     V I I r = 0     ;   V I I I r = λ 0 2 π ε 0 . ln ⁡ r b r

d   V P f = V P 0

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