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~ possui uma densidade super ial de arga uniforme σ . Cal ule Um dis o de raio R o ampo elétri o em um ponto sobre o eixo de simetria a uma distân ia z do plano desse dis o. 2.5-)(a) Resolução: Z θ P Z θ r 0 r Y , R dθ r dr X Figura 1: Dis o arregado uniformente om densidade de arga σ Primeiramente temos que ter em mente qual a pergunta que o exer í io soli ita. Queremos saber o ampo elétri o na direção do eixo ~z (o eixo de simetria do anel) a uma distân ia variável z da origem do sistema de oordenadas até o ponto arbitrário P . Sabido disso, devemos ~ , e por último, nomear as organizar as onstantes forne idas pelo problema, nesse aso σ e R variáveis para as grandezas que não possuem valores xos. Come emos tomando um peda inho innitesimal da do dis o. Esse peda inho está arregado ~ om uma arga também innitesimal, dq , a qual produzirá um ampo elétri o innitesimal dE no ponto P , a uma altura arbitrária z do entro desse mesmo dis o. No entanto, esse peda inho innitesimal é apenas uma répli a do restante do dis o, um forma miniaturizada de representálo. Então, para obtermos o ampo elétri o resultante em P deveremos somar (integrar) os efeitos de todos esses elementos innitesimais de forma que obtenhamos a ontribuição total do ampo gerado pelo anel. Ou seja: (a) ~ = E Z (1) ~ dE Por hora deixaremos nossa integral indenida, pois a seguir faremos uma mudança de oordenadas e assim, deniremos a região de integração. Partindo da denição de ampo elétri o: ~ = E 1 4πǫ0 Z dq ~r2 (2) ~ na direção de ~r, omo podemos Não podemos esque er que dq forne e o ampo elétri o dE ~ e direver na gura 1. Logo, devemos estabele er um vín ulo (uma projeção) entre o vetor dE ~ ção Z . Este vín ulo será feito através do ângulo θ (vide gura 1). Efetuando a de omposição vetorial: (3) ~ = |dEx |x + |dEy |y + |dEz |z dE Onde, x, y e z são os vetores unitários asso iados na direções dos eixos artesianos. Devido a simetria do dis o, os ampos gerados na direção x e y se anularão, restando apenas a direção z. Então nossa integral do ampo elétri o permane e: Z ~z = dE hZ i dE · cosθ z (4) Substituindo a equação (2) em (4), temos: ~ = Ez h 1 Z dq · cosθ i z 4πǫ0 r2 (5) Podemos olo ar a arga em função da densidade super ial, uma das onstantes do problema, através da seguinte relação: σ = dq da (6) Agora podemos es olher que tipo de oordenada queremos integrar o sistema. Devido a geometria do problema, resolvemos integrá-lo em oordenas polares (r, θ). Logo, o elemento innitesimal de área da, será: (7) da = r′ dr′ dθ Através do triângulo retângulo formado na gura 1 e o teorema de pitágoras, obtemos a relação geométri a entre r~′ , ~r e z , ou seja: r= √ r′2 + z 2 =⇒ cosθ = √ z z2 + r′ 2 (8) Substituíndo a equação (7) em (6), obtemos: dq = σda = σr′ dr′ dθ (9) Substituíndo os resultados de (7), (8) e (9) em (5), obtemos: h 1 Z R Z 2π r′ dr′ dθ  i z p E~z = z 4πǫ0 0 0 (z~2 + r′ 2 ) (z 2 + r′ 2 ) Z R Z 2π h σz Z R i ′ ′ r dr r′ dr′ σz E~z = dθ = z 4πǫ0 0 (z 2 + r′ 2 )3/2 0 2ǫ0 0 (z 2 + r′ 2 )3/2 (10) (11) Para resolver a integral podemos substituir u = z 2 + r′ 2 → du = 2r′ dr′ , logo: h σz Z du i ~ z Ez = 2ǫ0 2u3/2 (12) Integrando; E~z = n σz  u−1/2  4ǫ0 −1/2 = 1 io σz h σz 2 −1 2 + [(z + r′ )−1/2 ]R = z 0 2ǫ0 2ǫ0 (z 2 + R2 )1/2 z (13) Assim, a ampo elétri o no ponto P  a: E~z = i h σ  z z 1− 2 2ǫ0 (z + R2 )1/2 (14)