Física - Eletromagnetismo

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Uma casca hemisférica de raio a está carregada
uniformemente com uma carga Q. Calcule o vetor campo
elétrico num ponto P no centro da base do hemisfério.
Dados do problema
•
•
raio do disco:
carga do disco:
a;
Q.
Esquema do problema
O vetor posição R vai de um elemento de carga da casca d q até o ponto P onde se
deseja calcular o campo elétrico, assim pela figura 1
figura 1
Pela geometria do problema devemos escolher coordenadas esféricas, então o vetor
posição será
(I)
R = −x i−y j−z k
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 esféricas, são dados por
x = a sen θ cosφ
,
y = a senθ sen φ
Solução
1
,
z = a cosθ
(III)
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O vetor campo elétrico é dado por
∫ dqR RR
1
4 π 0
1
E=
4 π 0
E=
2
R
∫ dq
R
(IV)
3
Da expressão da densidade superficial de
carga (σ) obtemos o elemento de carga d q
dq
dA
dq = d A
=
(V)
onde d A é um elemento de área da esfera, assim
pela figura 2
d A = R d θ R sen θ d φ
2
d A = R sen θ d θ d φ
(VI)
figura 2
substituindo (VI) em (V)
2
(VII)
d q =  R sen θ d θ d φ
substituindo (VII) em (IV), e como a integração é feita sobre a superfície do hemisfério
(depende de duas variáveis θ e φ) temos uma integral dupla
2
∫∫  R senRθ d θ d φ R
∫∫  sen θRd θ d φ R
1
4 π 0
1
E=
4 π 0
E=
3
(VIII)
substituindo (I) e (II) em (VIII), temos
E=
1
4 π 0
∫∫  sen θ d θ d φ −x i−y j−z k 
(IX)
1
 x 2 y 2 z 2  2
substituindo as expressões de (III) em (IX), vem
E=
1
4 π 0
∫∫
 sen θ d θ d φ
1
2 2
.
[  a sen θ cosφ   a sen θ sen φ  a cos θ ]
2
2
. −a sen θ cosφ i−a sen θ sen φ j−a cosθ k 
E=
1
4 π 0
∫∫
 sen θ d θ d φ
1
.
[ a 2 sen 2 θ cos2φ a 2 sen 2θ sen 2 φa 2 cos2 θ ] 2
. −a sen θ cosφ i−a sen θ sen φ j−a cosθ k 
E=
1
4 π 0
E=
∫∫
1
4 π 0
−a  sen θ d θ d φ
a [ sen θ cos φsen θ sen φcos θ ]
∫∫
2
2
2
2
2
− sen θ d θ d φ
[ sen
2
2
2
2
2
θ cos φsen θ sen φ cos θ ]
2
1
2
1
2
 sen θ cosφ isen θ sen φ jcos θ k 
 sen θ cos φ i senθ sen φ jcosθ k 
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E=
1
4 π 0
∫∫
E=
− sen θ d θ d φ
[
sen θ 
 cos2 φsen2 φ  cos2 θ
1
4 π 0
2
1
1
2
]
 sen θ cosφ isen θ sen φ jcos θ k 
sen θ d θ d φ
 sen θ cos φ i senθ sen φ jcosθ k 
∫∫ −
sen θcos θ
[
2
1
2
]
2
1
∫∫ − sen1θ d θ d φ  sen θ cosφ isen θ sen φ jcos θ k 
1
E=
− sen θ d θ d φ  sen θ cosφ isen θ sen φ jcos θ k 
4 π  ∫∫
E=
1
4 π 0
1
2
0
Como a densidade de carga σ é constante ela podem “sair” da integral, e sendo a
integral da soma igual a soma das integrais podemos escrever
E=
−
4 π 0
∫∫
∫∫ sen θ sen φ d θ d φ j +
2
2
sen θ cos φ d θ d φ i
+
∫∫ sen θ cos θ d θ d φ k
Os limites de integração serão de 0 e 2π em
d φ (uma volta completa na base do hemisfério) e de
π
0a
em d θ (figura 3), como não existem termos
2
“cruzados“ em φ e θ as integrais podem ser
separadas
figura 3
−
E=
4 π 0

π
2
π
2
2π
2π
∫ sen θ d θ∫ cos φ d φ i ∫ sen θ d θ∫ sen φ d φ j+
2
0
2

0

0
0
0
0
π
2
+
2π
∫ sen θ cos θ d θ∫ d φ k
0
0

2π
integração de
∫ cos φ d φ
0
1.º método
2π
2π
∫ cos φ d φ = sen φ ∣ 0
= sen 2 π−sen 0 = 0−0 = 0
0
3
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2.º método
O gráfico de co-seno 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 φ d φ
0
1.º método
2π
2π
∫ sen φ d φ = −cos φ ∣0
= −cos 2 π−cos 0 = −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. nas
direções i e j
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 EP )
se anulam. Apenas as componentes normais ao plano ( d EN ) contribuem para o campo
elétrico total (figura 3 abaixo). Como as integrais em seno e co-seno são nulas não é preciso
fazer a integral do raio .
π
2
Integração de
∫ senθ cosθ d θ
0
fazendo a mudança de variável
u = sen θ
d u = cosθ d θ ⇒ d θ =
du
cosθ
fazendo a mudança dos extremos de integração
π
2
para θ = 0
para θ =
temos u = sen 0 ⇒ u = 0
temos u = sen
1
∫
0
1
du
u cosθ
=
cosθ
∫
2 1
u du =
0
4
u
2
∣ 
=
0
2
2

π
⇒ u =1
2
1 0
1
−
=
2 2
2
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2π
integração de
∫ dφ
0
2π
∫ dφ = φ∣
2π
0
= 2 π−0 = 2 π
0
E=
[
−
1
0 i −0 j  2 π k
4 π 0
2
−
E=
k
4 0
]
(X)
A densidade superficial de carga é dada por
=
Q
A
(XI)
onde Q é a carga do hemisfério e A a sua área. A área de um hemisfério é metade da área de
2
uma esfera AE = 4 πR com R = a
AE
2
2
4π a
A=
2
2
A = 2 πa
A=
substituindo (XII) em (XI) e esta em (X), obtemos
E =−
1 Q
k
4 0 2 π a 2
E =−
Q
2 k
8 0 π a
5
(XII)