problemas de campo eletrico
0 gostou391 visualizações
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).
![www.fisicaexe.com.br
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 jz 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 θa sen θz
a dθ
[
2
cos 2 θsen 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 jz k
3
2
−a cos θ i−a sen θ jz k
−a cos θ i−a sen θ jz k
−a cos θ i−a sen θ jz 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 jz∫ d θ k
cos θ d θ i−a
Os limites de integração serão 0 e 2π (uma volta completa no aro)
2](https://image.slidesharecdn.com/celetrico2ns1-140219003515-phpapp01/85/problemas-de-campo-eletrico-2-320.jpg)
problemas de campo eletrico
- 1. www.fisicaexe.com.br 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 iy 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 jz 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)
- 2. www.fisicaexe.com.br 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 jz 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 θa sen θz a dθ [ 2 cos 2 θsen 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 jz k 3 2 −a cos θ i−a sen θ jz k −a cos θ i−a sen θ jz k −a cos θ i−a sen θ jz 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 jz∫ d θ k cos θ d θ i−a Os limites de integração serão 0 e 2π (uma volta completa no aro) 2
- 3. www.fisicaexe.com.br 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 jz ∫ 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
- 4. www.fisicaexe.com.br 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