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Problemas de Campo elétrico 2

  1. 1. www.fisicaexe.com.br Seja um arco de circunferência de raio a e ângulo central θ 0 carregado com uma carga Q distribuída uniformemente ao longo do arco. Determine: a) O vetor campo elétrico nos pontos da reta que passa pelo centro do arco e é perpendicular ao plano que contém o arco; b) O vetor campo elétrico no centro de curvatura do arco; c) O vetor campo elétrico quando o ângulo central tende a zero. Dados do problema • • • raio do arco: ângulo central do arco: carga do arco: a; θ 0; Q. Esquema do problema O vetor posição r vai de um elemento de carga do aro d q até o ponto P onde se deseja calcular o campo elétrico, o vetor r q localiza o elemento de carga em relação à origem do referencial e o vetor r p localiza o ponto P, assim pela figura 1-A r = r p−r q figura 1 Pela geometria do problema devemos escolher coordenadas cilíndricas (figura 1-B), o vetor r q, que está no plano yz, é escrito como r q = y j z k e o vetor r p só possui componente na direção i, r p = x i (ao contrário do que se faz usualmente onde o vetor r q está no plano xy e o eixo do cilindro na direção k), então o vetor posição será r = x i− y jz k  r = x i− y j−z k (I) Da expressão (I) o módulo do vetor posição r será 2 2 2 r = x  y z r =  x y z 2 2 2 1 2 2  (II) onde x, y e z, em coordenadas cilíndricas, são dados por x=x , y = a cosθ 1 , z = a sen θ (III)
  2. 2. www.fisicaexe.com.br Solução a) O vetor campo elétrico é dado por 1 4 π 0 1 E= 4 π 0 ∫ dq rr r dq ∫r r E= 2 (IV) 3 Da expressão da densidade linear de carga (λ) obtemos o elemento de carga d q dq ds dq = ds = (V) onde d s é um elemento de arco de ângulo d θ do arco (figura 2), assim ds= a dθ (VI) figura 2 substituindo (VI) em (V) dq = a dθ (VII) substituindo (I), (II) e (VII) em (IV), temos 1 4 π 0 E= adθ ∫  x i− y j−z k  3 [  x y z  ] 1 adθ  x i−y j−z k  E= 4π  ∫ 2 0 x 2 2 1 2 2 2  y z 2  3 2 (VIII) substituindo as expressões de (III) em (VIII), vem E= 1 4 π 0 ∫ 1 E= 4 π 0 a dθ [x ∫ 1 E= 4 π 0 ∫ E= 2 [x [ 2   a cosθ    a sen θ  a dθ 2 2 2 2 2 2 a cos θa sen θ ] a dθ 2 x a 2  cos θsen θ  2 2 1 1 4 π 0 ∫ a dθ x 2 a 3 2 2 ] ] 3 2 3 2 3 2  x i−a cosθ j−a sen θ k   x i−a cos θ j−a sen θ k   x i−a cosθ j−a sen θ k   x i−a cosθ j−a sen θ k   Como a densidade de carga λ e o raio a são constantes, e, a integral não depende de x, depende apenas de θ, eles podem “sair” da integral, e sendo a integral da soma igual a soma das integrais podemos escrever E= 1 4 π 0 a x 2 a 3 2 2  ∫ x ∫ cosθ d θ j−a∫ sen θ d θ k  d θ i−a 2
  3. 3. www.fisicaexe.com.br Como existe simetria podemos dividir o ângulo central θ 0 em duas θ0 θ partes medindo no sentido horário e − 0 no sentido anti-horário 2 2 θ0 θ0 (figura 3), assim os limites de integração serão − e 2 2 E= 1 4 π 0 a x 2 a 3 2 2   θ0 2 x θ0 2 θ0 2 ∫ d θ i−a∫ cos θ d θ j−a∫ sen θ d θ k − θ0 2 − θ0 2 − θ0 2  figura 3 θ0 2 integração de ∫ dθ − θ0 2 θ0 2 ∫ d θ = θ2 − − θ2  = θ2  θ2 = 2 θ2 = θ 0 0 0 0 0 0 θ − 0 2 θ0 2 integração de ∫ cos θ d θ − θ0 2 θ0 2 ∫ θ0 cos θ d θ = sen θ ∣ 2 θ = sen − θ0 − 2 a função seno é θ θ sen − 0 = −sen 0 2 2   uma função 0 2 ímpar,   θ0 θ −sen − 0 2 2 quer dizer f  − x  = −f  x  , θ0 2 ∫ cos θ d θ = sen θ2 −[ −sen θ2 ] = sen θ2  sen θ2 = 2 sen θ2 0 − 0 0 0 θ0 2 θ0 2 integração de ∫ sen θ d θ − θ0 2 θ0 2 ∫ − θ0 2 [ θ0 sen θ d θ = −cosθ ∣ 2θ = − cos − 0 2 3  ] θ0 θ −cos − 0 2 2 0 então,
  4. 4. www.fisicaexe.com.br   a função cosseno é uma função par, quer dizer f  x  = f  − x  , então, cos − θ0 θ = cos 0 2 2 θ0 2 ∫ sen θ d θ = − [ cos θ2 −cos θ2 ] = 0 0 − E= 0 θ0 2 1 4 π 0 a 3 2 2  x 2 a  1 4 π 0 E=  x θ 0 i−2 a sen a x 2 a 3 2 2   θ0 j−0 k 2 x θ 0 i−2 a sen θ0 j 2   (IX) Observação: a integral na direção k é igual a zero porque um elemento de carga d q, produz num ponto, um elemento do campo que pode ser decomposto em elementos d E x , −d E y e −d E z (figura 4-A). Um outro elemento de carga colocado numa posição simétrica produz, no mesmo ponto, um outro elemento do campo que pode ser decomposto em elementos d E x , −d E y e d E z (figura 4-B), assim os elementos na direção k se anulam e apenas os elementos nas direções i e j contribuem para o campo total. figura 4 A carga total do arco é Q e o seu comprimento é a θ 0, assim a densidade linear de carga pode ser escrita = Q a θ0 (X) substituindo (X) em (IX) E= E= 1 Q 4 π 0 a θ 0 1 4 π 0 E= a 3 2 2  x 2a  Q 3 2 2  x 2 a  1 4 π 0  x a x θ 0 i−2 a sen θ0 j 2  θ0 1 1 x θ 0 i− 2a sen j θ0 θ0 2 Q 2  3 2 2   x i− θ0 2a sen j θ0 2   figura 5 b) No centro de curvatura temos x = 0, substituindo na solução do item anterior, temos 4
  5. 5. www.fisicaexe.com.br E= 1 4 π 0 Q 3 2 2  0 2a   0 i− θ0 2a sen j θ0 2 E =− θ 1 Q 2a sen 0 j 4 π 0 a 3 θ 0 2 E =−  θ0 1 Q 2 sen j 2 4 π 0 a θ 0 2 figura 6 c) Quando o ângulo central tende a zero ( θ 0  0 ), o arco tende a uma carga pontual, aplicando o limite à solução do item anterior, obtemos (figura 7) E = lim − θ0  0 invertendo o termo θ0 1 Q 2 sen j 2 4 π 0 a θ 0 2 2 e passando para o denominador, escrevemos θ0 1 Q E = lim − 4 π 0 a 2 θ 0 0 lembrando do Limite Fundamental lim x 0 sen θ0 2 j θ0 2 figura 7 sen x =1 x 1 Q E =− lim 4 π 0 a 2 θ  0 sen θ0 2 θ0 2  j 0 1 E =− Q 2 j 4 π 0 a e o resultado se reduz ao vetor campo elétrico de uma carga pontual. 5

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