Campos Elétricos - Distribuição Contínua de Cargas

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Campos Elétricos – Distribuição Contínua de Cargas 
 
Quando falamos em distribuição discreta de cargas, imaginamos partículas carregadas 
separadas por uma certa distância r no espaço. No caso das distribuições contínuas, 
temos um corpo cujas dimensões são consideradas. Este corpo é um amontoado de 
partículas carregadas, ou seja, um conjunto de elementos infinitesimais de cargas, 
tratadas como cargas pontuais interligadas entre si. Ao invés de escrevermos a carga 
elétrica utilizaremos o elemento de carga dq que pode ser expresso através da 
densidade da distribuição. A distribuição contínua de cargas pode ser linear, superficial 
ou volumétrica. As distribuições são sempre volumétricas mas podemos considerar, 
com uma excelente aproximação, que existem distribuições lineares e superficiais de 
cargas. Nas distribuições lineares teremos que o elemento de carga será dado por 
dq dlλ= , onde λ é a densidade linear de cargas e dl é um comprimento infinitesimal 
cuja carga vale dq . Analogamente temos a distribuição superficial de carga, onde o 
elemento de carga será dq dAσ= , onde σ é a densidade superficial de cargas e dA é o 
elemento de área onde se encontra a carga dq . Na distribuição volumétrica, teremos 
dq dVρ= onde ρ é a densidade volumétrica de cargas e dV é o elemento de volume 
onde se encontra a carga dq . 
A lei de Coulomb para a distribuição discreta ficará na forma 
2
0
1
4
dqdE
rπε= . 
O campo total devido à distribuição contínua é determinada integrando-se esta equação. 
Vetorialmente, teremos 
E dE= ∫G G , 
onde, em coordenadas cartesianas, teremos 
, ,x x y y z zE dE E dE E dE= = =∫ ∫ ∫ . 
Para uma melhor compreensão vamos resolver alguns exemplos para determinarmos os 
campos elétricos devido à distribuições contínuas de cargas. 
 
Linha Uniforme de Cargas 
Seja um fio finito de comprimento L , cuja densidade linear de cargas é λ+ . Queremos 
determinar o campo elétrico em um ponto P que se localiza na mediatriz do fio a uma 
distância R . O problema está ilustrado na figura abaixo. 
 
Como o problema envolve as dimensões x e y , podemos determinar os campos nestas 
direções separadamente. A primeira coisa a fazer é escolher um elemento infinitesimal 
de comprimento dx do fio. Este comprimento infinitesimal possui carga dq . A 
densidade linear de cargas é constante e vale λ+ . A densidade de cargas do 
comprimento dx é igual à densidade de cargas do fio inteiro. A lei de Coulomb nos diz 
que 
2
0
1
4
dqdE
rπε= . 
A componente x e y do campo elétrico são, respectivamente, dadas por xdE dEsenθ= 
e cosydE dE θ= . Observando a figura, vemos que, se escolhermos um elemento 
infinitesimal na posição diametral ao elemento de comprimento dx , indicado pela cor 
vermelha na figura, este gerará um campo elétrico dE com a componente xdE no 
sentido contrário à primeira. Chegamos então à conclusão de que as componente x do 
campo elétrico será nula e teremos que o campo resultante será na direção y , já que 
estas contribuições se somam. 
 
Devemos, portanto, calcular a componente ydE do problema. Esta componente será 
cosydE dE θ= . 
Substituindo a lei de Coulomb nesta equação, ficaremos com 
2
0
1 cos
4y
dqdE
r
θπε
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
. 
Integrando os dois lados da equação, ficaremos com 
2
0
1 cos
4y
dqE
r
θπε
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠∫ , 
em que 
0
1
4πε é constante, cos
R
r
θ = , dq dxλ= e 2 2 2r x R= + . Substituindo estas 
quantidades na equação do campo, teremos que 
2 2 3
0 0 0
1
4 4 4y
dx R dx R R dxE
r r r r r
λ λ λ
πε πε πε
+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫ ∫ . 
Substituindo a quantidade r nesta equação ficaremos com 
( )32 20 24y
R dxE
x R
λ
πε= +∫ . 
A integração é em x , que agora é a única variável dentro da integral. Como devemos 
integrar ao longo de todo o fio, os limites de integração são de 
2
L− a 
2
L+ . Com isso, 
( )
2
3
2 20 2
2
4
L
y
L
R dxE
x R
λ
πε
+
−
=
+
∫ . 
Precisamos agora resolver a integral 
( )32 2 2
dxI
x R
=
+
∫ . 
Para isso utilizaremos a substituição trigonométrica 
tanx R β= . 
Com isso vemos que 
2secdx R dβ β= 
e a integral ficará 
( )
( ) ( )
2 2
3 3
2 2 2 2 22 2
2 2
3 32
3 2 22 2
sec sec
tan tan 1
sec 1 sec .
tan 1 tan 1
R d dI R
R R R
d dR
R
R
β β β β
β β
β β β β
β β
= = =
⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ +⎣ ⎦ ⎣ ⎦
= =
⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ +⎣ ⎦ ⎣ ⎦
∫ ∫
∫ ∫
 
Como 2 2cos 1sen β β+ = podemos dividir ambos os membros desta relação por 2cos β 
que encontraremos 
2 2
2 2
2 2
cos 1 tan 1 sec
cos cos
sen β β β ββ β
+ = ⇒ + = . 
Vemos então que o termo entre colchetes no denominador da integral é igual a 2sec β . 
Com isso a integral ficará 
2 2
32 2 3 2 2
2 2
1 sec 1 sec 1 1 cos .
sec secsec
d d dI d
R R R R
β β β β β β ββ ββ
= = = =
⎡ ⎤⎣ ⎦
∫ ∫ ∫ ∫ 
A integral resultará em 
2
1I sen
R
β= . 
Devemos voltar agora à variável x . Lembrando que nossa substituição foi tanx R β= , 
podemos escrever 
tan x
R
β = . 
Desta relação podemos construir um triângulo retângulo para montarmos as equações 
trigonométricas interessante ao problema. Vemos que essa relação nos permite ter o 
triângulo da figura abaixo. 
 
 
Deste triângulo vemos que 
2 2
xsen
x R
β = + . 
Substituindo esta relação na integral I , vemos que 
2 2 2
1 xI
R x R
= + . 
O campo elétrico yE ficará 
2
2 2 2
0
2
1
4
L
y
L
R xE
R x R
λ
πε
+
−
⎛ ⎞= ⎜ ⎟+⎝ ⎠
. 
Temos então que 
2 2
0 2 2
2
0 2
2 2
4
2 2
4
2
y
L L
E
R L LR R
L
R L R
λ
πε
λ
πε
⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟= − =⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟+ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎛ ⎞⎜ ⎟+⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
. 
Este é o resultado do campo elétrico para uma distribuição linear de cargas cujo 
comprimento é L . 
 
Fio Infinito 
 
Para encontrarmos o campo elétrico nas proximidades de um fio infinito, basta 
utilizarmos o resultado do campo elétrico para o caso do fio de comprimento L , da 
secção anterior e fazermos o limite do campo quando o comprimento tende ao infinito. 
Neste caso 
 
inf 2 2 20 02
2
2
0 0
2
4 4 41
2 2
4 241
2
lim lim
lim
fio inito
L L
L
L LE
R RL L RR
L
L
R RL R
L
λ λ
πε πε
λ λ
πε πε
→∞ →∞
→∞
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟+ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎛ ⎞⎜ ⎟+⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠