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Um disco 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 disco a uma distância z
do seu centro.
Dados do problema
•
•
•
raio do disco:
carga do disco:
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 disco 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 = rp − 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 
(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
2
R =  x 2 y 2 z 2 
1
2
(II)
onde x, y e z, em coordenadas cilíndricas, são dados por
x = r cosθ
,
y = r sen θ
1
,
z=z
(III)
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Solução
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 de ângulo d θ do disco, assim pela
figura 3
d A= r dr dθ
(VI)
figura 2
substituindo (VI) em (V)
dq = r dr dθ
(VII)
substituindo (I), (II) e (VII) em (IV), e como a integração é feita sobre a superfície do disco
(depende de duas variáveis r e θ) temos uma integral dupla
E=
1
4 π 0
 r dr dθ
∫∫
1 3
2 2
−x i− y jz k 
[  x  y z  ]
1
 r dr dθ
E=
−x i− y j zk 
4 π  ∫∫
2
2
(VIII)
3
0
 x 2 y 2 z 2  2
substituindo as expressões de (III) em (VIII), vem
E=
1
4 π 0
∫∫
1
E=
4 π 0
1
E=
4 π 0
 r dr dθ
∫∫
2
 r drdθ
[r
∫∫ r
E=
3
2 2
−r cos θ i−r sen θ jz k 
[  r cos θ   r sen θ  z ]
2
2
1
4 π 0
2
2
cos θr sen θz
 r drdθ
[
2
2
2
2
cos θsen θ

1
3
2 2
]
3
2
 ]
z
−r cos θ i−r sen θ jz k 
2
−r cos θ i−r sen θ jz k 
∫∫  r d r d θ −r cos θ i−r senθ jz k 
3
 r 2 z2  2
Como a densidade de carga σ é constante e a integral não depende de z, depende de r
e θ, ela podem “sair” da integral, e sendo a integral da soma igual a soma das integrais
podemos escrever
E=

∫∫ r

−
4 π 0
2
cos θ d r d θ
3
2 2
 r 2z 
∫∫ r
i−
2
2
sen θ d r d θ
3
2 2
 r 2z 
∫∫ z r d r d θ k
j
3
 r 2 z 2  2

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Os limites de integração serão de 0 a a em d r (ao longo do raio do disco) e de 0 e 2π
em d θ (uma volta completa no disco), e como não existem termos “cruzados “ em r e θ as
integrais podem ser separadas

a
∫

E=
−
4 π 0
0
2
2
r dr
r
2
z
3
2 2
π
a
∫ cos θ d θ i −∫
 
0
0
2
2
r dr
r
2
z
0
3
2 2
π
a
∫ senθ d θ j  z∫
 
0
0
2
r dr
r
0
2
z
3
2 2

π
∫dθ k
0

2π
integração de
∫ cosθ d θ
0
1.º método
2π
2π
∫ cosθ d θ = sen θ ∣0
= sen 2 π−sen 0 = 0−0 = 0
0
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 θ d θ
0
1.º método
2π
2π
∫ sen θ d θ = −cosθ ∣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. 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 .
a
Integração de
∫
0
r dr
3
 r 2z 2  2
3
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fazendo a mudança de variável
2
u = r z
2
d u = 2r d r ⇒ d r =
du
2r
fazendo a mudança dos extremos de integração
para r = a
temos u = a2 z 2
para r = 0
temos u = 0 2 z2 ⇒ u = z 2
a 2z 2
∫
z
2
a 2 z 2
∫
r du
1
⇒
3
2
r
2
u2
z
u
1
1 u
du ⇒
3
2 3
− 1
u2
2
2
2
a z
1
⇒−
1
2
− 3 1
2
∣
2

⇒−
z2
1
2
a z
2
a 2z 2
∣
−
1 u
⇒
2 −3 2
2
z2
1
z
−32
2
2

⇒
a 2 z2
∣
−1
2
1u
⇒
2 1
−
2
z2
∣
a2 z2
⇒ −u
z2
1
1
−
z  a2 z 2
2π
integração de
∫ dθ
0
2π
∫ d θ = θ∣
2π
0
= 2 π−0 = 2 π
0
figura 4
figura 3
E=
[


1
1
0 i −0 j z
−
4 π 0
z  a 2 z 2
E=
[

1
1
z
−
4 π 0
z  a 2 z2
E=

z 1
1
−
2 0 z  a 2 z 2
4
 ]
2π k
 ]

2π k
k
−1
2
a 2z 2
∣
z2
⇒