Question

Por favor alguém pode me ajudar?
Considere uma barra finita de comprimento L e uni- formemente carregada com carga total Q > 0, veja figura ao lado. Utilizando o princípio da superposi- ção na forma contínua, mostre (em detalhes) que o ve- tor campo elétrico E⃗(P) num ponto P situado a uma distância perpendicular D da extremidade da barra é dado por:
-segue foto abaixo

Answer 1

Um elemento de campo elétrico $\textrm{d}\vec{E}$ criado pelo elemento de carga $\textrm{d}q$ é dado por:

$\textrm{d}\vec{E} = \dfrac{\textrm{d}q}{4\pi\varepsilon_0 R^2}\vec{e}_R.$

Uma vez que a barra está uniformemente carregada com uma carga total $Q$ ao longo do seu comprimento $L$, a sua densidade linear de carga é:

$\lambda = \dfrac{Q}{L},$

pelo que o elemento de carga pode ser escrito na forma:

$\textrm{d}q = \lambda \textrm{ d}x' = \dfrac{Q}{L}\textrm{ d}x'.$

Seja $\vec{r}' = x' \vec{e}_x$ o vetor que liga a origem ao elemento de carga $\textrm{d}q$ e $\vec{r} = D\vec{e}_y$ o vetor que liga a origem ao ponto $P$. Assim, o vetor que liga o elemento de carga ao ponto $P$ é dado por:

$\vec{R} = \vec{r} - \vec{r}' = -x'\vec{e}_x + D\vec{e}_y.$

O módulo do vetor $\vec{R}$ é dado por:

$R = \sqrt{x'^2 + D^2},$

pelo que:

$\vec{e}_R = \dfrac{\vec{R}}{R} = \dfrac{-x'\vec{e}_x+D\vec{e}_y}{\sqrt{x'^2+D^2}}.$

Basta agora substituir e integrar o elemento de campo entre $x'=0$ e $x'=L$:

$\displaystyle\vec{E} = \int \textrm{d}\vec{E} = \int\limits_0^L \dfrac{Q}{L}\dfrac{\textrm{d}x'}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{-x'\vec{e}_x+D\vec{e}_y}{(x'^2+D^2)^{3/2}}.$

Para a componente em $\vec{e}_x$, tem-se:

$\displaystyle E_x = -\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0L}\int\limits_0^L \textrm{d}x'\dfrac{x'}{(x'^2+D^2)^{3/2}} = -\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0L}\left[-\dfrac{1}{\sqrt{x'^2+D^2}}\right]_0^L = \\\\= -\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0L}\left(\dfrac{1}{D}-\dfrac{1}{\sqrt{D^2+L^2}}\right).$

Para a componente em $\vec{e_y}$, tem-se:

$\displaystyle E_y= \dfrac{QD}{4\pi\varepsilon_0L}\int\limits_0^L \dfrac{\textrm{d}x'}{(x'^2+D^2)^{3/2}} = \dfrac{QD}{4\pi\varepsilon_0L}\left[\dfrac{1}{D^2}\dfrac{x'}{\sqrt{x'^2+D^2}}\right]_0^L =\\\\= \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0 LD}\dfrac{L}{\sqrt{L^2+D^2}} = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0 D\sqrt{L^2+D^2}}.$

Assim, obtém-se o campo elétrico em $P$:

$\vec{E} = -\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0L}\left(\dfrac{1}{D}-\dfrac{1}{\sqrt{D^2+L^2}}\right)\vec{e}_x + \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0 D\sqrt{L^2+D^2}}\vec{e}_y.$

Definindo a constante de Coulomb $k \equiv \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}$ e usando a notação $\vec{e}_x = \vec{i}$ e $\vec{e}_y = \vec{j}$, fica claro que obtivemos a resposta dada no enunciado:

$\vec{E}(P) = -\dfrac{kQ}{L}\left(\dfrac{1}{D}-\dfrac{1}{\sqrt{D^2+L^2}}\right)\vec{i} + \dfrac{kQ}{D\sqrt{L^2+D^2}}\vec{j}.$

Nota: para os integrais, utilizou-se os resultados:

$\displaystyle \int \dfrac{\textrm{d}y}{(y^2+\alpha)^{3/2}} = \dfrac{1}{\alpha}\dfrac{y^2}{\sqrt{y^2+\alpha}} \qquad \textrm{e} \qquad \int \dfrac{y\textrm{ d}y}{(y^2+\alpha)^{3/2}} = -\dfrac{1}{\sqrt{y^2+\alpha}},$

onde $\alpha$ é um parâmetro real.