O documento descreve como calcular o campo elétrico em um ponto sobre o eixo de um aro carregado. O aro tem raio a e carga Q. O campo elétrico no ponto a distância z do centro é proporcional a Q/z e aponta no sentido do eixo (vetor k).

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Um aro de raio a está carregado uniformemente com
uma carga Q. Calcule o vetor campo elétrico num ponto P
sobre o eixo de simetria perpendicular ao plano do aro a uma
distância z do seu centro.
Dados do problema
•
•
•
raio do aro:
carga do aro:
distância ao ponto onde se quer o campo elétrico:
a;
Q;
z.
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 xy, é escrito como r q = x iy j e o vetor r p só possui componente
na direção k, r p = z k , então o vetor posição será
r = z k−  x i y j 
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 = a cosθ
,
y = a sen θ
1
,
z=z
(III)

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Solução
O vetor campo elétrico é dado por
1
4 π 0
1
E=
4 π 0
∫ dr q rr
∫ dr q 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 aro (figura 2), assim
ds= a d θ
(VI)
figura 2
substituindo (VI) em (V)
dq = a dθ
(VII)
substituindo (I), (II) e (VII) em (IV), temos
E=
1
4 π 0
 a dθ
∫
3
 − x i− y j z k 
[  x y z  ]
1
 a dθ
E=
 − x i−y jz k 
4π  ∫
2
0
x
2
2
1
2
2

  a sen θ  z
a dθ
2
2
2
y z
3
2
(VIII)
substituindo as expressões de (III) em (VIII), vem
E=
1
4 π 0
E=
∫
1
4 π 0
 a dθ
[  a cos θ 
∫
1
E=
4 π 0
∫
E=
2
2
[a
2
cos θa sen θz
a dθ
[
2
 cos 2 θsen 2 θ  2
z
a
2
2
2
1
1
4 π 0
∫
a dθ
a
2
z
3
2 2
2
]
]
]
3
2
3
2
 −a cos θ i−a sen θ jz k 
3
2
 −a cos θ i−a sen θ jz k 
 −a cos θ i−a sen θ jz k 
 −a cos θ i−a sen θ jz k 

Como a densidade de carga λ e o raio a são constantes, e, a integral não depende de
z, 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
a
2
z
2

3
2
 ∫
−a
∫ sen θ d θ jz∫ d θ k 
cos θ d θ i−a
Os limites de integração serão 0 e 2π (uma volta completa no aro)
2

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1
E=
4 π 0
a
a
2
z
2

3
2

2π
−a
2π
2π
∫ cos θ d θ i−a∫ sen θ d θ jz ∫ d θ k
 
0
0
0
0
0

2π
integração de
∫ cos θ d θ
0
1.º método
2π
∫ cos θ d θ = sen θ ∣
2π
0
= sen 2 π−sen 0 = 0−0 = 0
0
2.º método
O gráfico de cosseno entre 0 e 2π possui uma área
π
3π
“positiva” acima do eixo x, entre 0 e
e entre
e 2π, e
2
2
π
3π
uma área “negativa” abaixo do eixo x, entre
e
, estas
2
2
duas áreas se cancelam no cálculo da integral, sendo o valor
da integral zero.
2π
integração de
∫ sen θ d θ
0
1.º método
2π
∫ sen θ d θ = −cos θ ∣
2π
0
= − cos2 π −cos0  = − 1−1  = 0
0
2.º método
O gráfico do seno entre 0 e 2π possui uma área
“positiva” acima do eixo x, entre 0 e π, e uma área “negativa”
abaixo do eixo x, entre π e 2π, estas duas áreas se cancelam
no cálculo da integral, sendo o valor da integral zero.
Observação: as duas integrais, nas direções i e j, que são
nulas, representam o cálculo matemático para a afirmação
que se faz usualmente de que as componentes do campo
elétrico paralelas ao plano xy (d E P) se anulam. Apenas as
componentes normais ao plano (d E N) contribuem para o campo elétrico total (figura 3 abaixo).
2π
integração de
∫dθ
0
2π
∫ d θ = θ∣
2π
0
= 2 π−0 = 2 π
0
3

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E=
1
4 π 0
a
3
2
2π z k
 a z 
1
2π  a z
E=
k
3
4 π 0
2
2 2
 a z 
2
2
(IX)
figura 4
figura 3
A carga total do aro é Q e o seu comprimento é 2 π a , assim a densidade linear de
carga pode ser escrita
Q
2π a
Q = 2π a 
=
(X)
substituindo (X) em (IX)
E=
1
4 π 0
Qz
a
4
2
z
2

3
2
k