Campo elétrico arco de circunferência

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Campo elétrico devido a um arco de circunferência 
uniformemente carregado. 
 
Calcular o campo elétrico, no centro da circunferência, ponto P da figura 
abaixo, gerado por um arco de circunferência, de raio R, ângulo  e carregado 
uniformemente com uma carga q. 
 
 
Figura 1 
Resposta: 
 Sabemos que o campo elétrico infinitesimal, d�⃗� , gerado por uma carga infinitesimal dq 
em um ponto P a uma distância |𝑟 |é dado pela expressão: 
𝑑�⃗� = 
𝑑𝑞
4 ∙ 𝜋 ∙ 𝜀0 ∙ |𝑟 |
2
∙ �̂� (1) 
, onde 0 é a permissividade elétrica do vácuo (8,85·10-12 F/m) e �̂� é o vetor unitário na direção 
do segmento de reta que liga a carga infinitesimal ao ponto P no sentido da carga para o 
ponto. 
 
Figura 2 
 
 Escolhendo uma parte infinitesimal dl do arco de circunferência (em vermelho na 
figura abaixo), com carga dq, em uma posição inespecífica (R, ) e utilizando o sistema de 
coordenadas polar (r,) com origem no ponto P e ângulo  medido a partir do segmento de 
reta que liga o centro do arco ao ponto P, neste caso, o segmento de reta é horizontal (veja 
figura abaixo). Neste sistema de coordenadas polar, o segmento de arco dl é igual a r·d e o 
vetor 𝑟 está desenhado na figura abaixo em azul, assim como a direção e o sentido do vetor 
campo elétrico infinitesimal d�⃗� , em vermelho. Observamos finalmente que o módulo do vetor 
𝑟 é igual à R, raio do arco de circunferência. 
 
Figura 3 
 
 Aplicando a lei de Coulomb, equação 1, a esta situação, para o calculo do módulo do 
campo elétrico infinitesimal, temos: 
|𝑑�⃗� | = 
𝑑𝑞
4 ∙ 𝜋 ∙ 𝜀0 ∙ 𝑅
2
 (2) 
mas, o infinitesimal de carga pode ser expresso em termos de parâmetros geométricos como 
dq = · dl ou dq = ·r·d, onde  é a densidade de carga linear e r = R. Assim a equação 2 pode 
ser escrita como: 
|𝑑�⃗� | = 
𝜆 ∙ 𝑅 ∙ 𝑑𝜃
4 ∙ 𝜋 ∙ 𝜀0 ∙ 𝑅
2
 (3) 
 Neste ponto, poderíamos pensar em calcular o campo elétrico resultante �⃗� integrando 
as contribuições infinitesimais d�⃗� . Entretanto, os infinitesimais são vetores e, no caso geral, o 
módulo da soma de vetores não é igual à soma dos módulos dos vetores das parcelas da soma. 
É necessário verificar se os vários vetores infinitesimais d�⃗� , quando os infinitesimais dl 
percorrerem todo o arco de circunferência no processo de integração, têm a mesma direção e 
sentido, condição para que possamos somar os módulos dos vetores. Na figura abaixo 
verificamos que esta condição não é satisfeita. Para vários infinitesimais dl, cores diferentes, a 
direção do campo elétrico infinitesimal d�⃗� , dado pelo segmento de reta que liga o 
comprimento infinitesimal dl ao ponto P, não é a mesma. 
 
Figura 4 
 
 Neste caso, teremos que trabalhar com as componentes verticais (y) e horizontais (x) 
dos campos elétricos infinitesimais d�⃗� . Para projetar o vetor nas direções x e y é necessário 
um ângulo de projeção, ângulo entre o vetor e uma das direções x ou y. Observamos que, veja 
figura abaixo, o ângulo entre o vetor d�⃗� e a reta horizontal, eixo x, tem o mesmo valor que o 
ângulo  que defini a posição, no sistema de coordenadas polares, do infinitesimal de 
comprimento dl do arco de circunferência. Não se trata de uma coincidência, a escolha feita 
inicialmente de medir o ângulo da variável  a partir da reta horizontal nos levou a esta 
facilidade. As funções trigonométricas que aparecerão quando da decomposição do vetor em 
suas componentes x e y, terão no seu argumento o ângulo , o mesmo do infinitesimal que 
aparece na equação 3, permitindo uma integração imediata. 
 
Figura 5 
 
 A decomposição do vetor 𝑣 na componente adjacente ao ângulo utilizado é expressa 
como : |𝑣 | ∙ cos (𝜃), no caso presente, esta componente é x. A componente oposta ao ângulo 
utilizado é expressa |𝑣 | ∙ sen (𝜃), componente y. Utilizando o módulo do vetor infinitesimal 
d�⃗� , equação 3, e decompondo este vetor nas direções x (d𝐸𝑥) e y (d𝐸𝑦), através do ângulo  
com o eixo x, temos: 
 
Figura 6 
 
 
𝑑𝐸𝑥 = 
𝜆 ∙ 𝑅 ∙ 𝑑𝜃
4 ∙ 𝜋 ∙ 𝜀0 ∙ 𝑅
2
∙ 𝑐𝑜𝑠(𝜃) (4) 
𝑑𝐸𝑦 = 
𝜆 ∙ 𝑅 ∙ 𝑑𝜃
4 ∙ 𝜋 ∙ 𝜀0 ∙ 𝑅
2
∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) (5) 
 Como, por definição, todas as componentes x dos vetores apontam na mesma direção, 
assim como as componentes y, é possível calcular a componente resultante Ex integrando a 
equação 4, assim como a componente resultante Ey integrando a equação 5. Observamos da 
figura 5 que os limites de integração, para percorrer todo o arco de circunferência, são de 𝜃 =
 − 
𝛼
2
 (limite inferior) até 𝜃 = − 
𝛼
2
 (limite superior). Logo: 
𝐸𝑥 = ∫
𝜆 ∙ 𝑅 ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝜃)
4 ∙ 𝜋 ∙ 𝜀0 ∙ 𝑅
2
∙ 𝑑𝜃 (6)
𝛼
2
−
𝛼
2
 
𝐸𝑦 = ∫
𝜆 ∙ 𝑅 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜃)
4 ∙ 𝜋 ∙ 𝜀0 ∙ 𝑅
2
∙ 𝑑𝜃 (7)
𝛼
2
−
𝛼
2
 
como , R não dependem de , assim como as constantes 4,  e 0, estes termos podem sair da 
integral, e como 
𝑅
𝑅2
= 
1
𝑅
 podemos reescrever as equações 6 e 7 como: 
 
𝐸𝑥 = 
𝜆
4 ∙ 𝜋 ∙ 𝜀0 ∙ 𝑅
∙ ∫ cos (𝜃) ∙ 𝑑𝜃 (8)
𝛼
2
−
𝛼
2
 
𝐸𝑦 = 
𝜆
4 ∙ 𝜋 ∙ 𝜀0 ∙ 𝑅
∙ ∫ sen (𝜃) ∙ 𝑑𝜃 (9)
𝛼
2
−
𝛼
2
 
Como a integral de cos() é sen() e a integral de sen() é – cos(), e aplicando o limite 
superior menos o limite inferior, temos: 
𝐸𝑥 = 
𝜆
4 ∙ 𝜋 ∙ 𝜀0 ∙ 𝑅
∙ {𝑠𝑒𝑛 (
𝛼
2
) − 𝑠𝑒𝑛 (−
𝛼
2
)} (10) 
𝐸𝑦 = 
𝜆
4 ∙ 𝜋 ∙ 𝜀0 ∙ 𝑅
∙ {𝑐𝑜𝑠 (
𝛼
2
) − 𝑐𝑜𝑠 (−
𝛼
2
)} (11) 
mas, sen(-) = - sen() (seno é uma função impar – veja um livro de trigonometria) e cos(-) = 
cos() (coseno é uma função par – veja um livro de trigonometria), então: 
𝐸𝑥 = 
𝜆
4 ∙ 𝜋 ∙ 𝜀0 ∙ 𝑅
∙ {𝑠𝑒𝑛 (
𝛼
2
) − (−)𝑠𝑒𝑛 (
𝛼
2
)} = 
2 ∙ 𝜆
4 ∙ 𝜋 ∙ 𝜀0 ∙ 𝑅
 𝑠𝑒𝑛 (
𝛼
2
) (12) 
𝐸𝑦 = 
𝜆
4 ∙ 𝜋 ∙ 𝜀0 ∙ 𝑅
∙ {𝑐𝑜𝑠 (
𝛼
2
) − 𝑐𝑜𝑠 (
𝛼
2
)} = 0 (13) 
 
Em resumo, o campo elétrico gerado tem somente componente x com módulo: 
�⃗� = 𝐸𝑥 = 
𝜆
2 ∙ 𝜋 ∙ 𝜀0 ∙ 𝑅
 𝑠𝑒𝑛 (
𝛼
2
) (14) 
Finalmente, no enunciado não é dada a densidade de carga linear . Como esta densidade é 
uniforme, podemos calculá-la simplesmente dividindo a carga total q pelo comprimento do 
arco de circunferência L = ·R, 𝜆 = 
𝑞
𝛼∙𝑅
. Substituindo na equação 14, temos: 
|�⃗� | = 
𝑞
2 ∙ 𝜋 ∙ 𝜀0 ∙ 𝛼 ∙ 𝑅
2
 𝑠𝑒𝑛 (
𝛼
2
) (15)