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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)
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Solução
a) O vetor campo elétrico é dado por
1
4 π 0
1
E=
4 π 0
∫ dqr rr
∫ dqr 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
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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,
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 
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
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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