fundamentos de física iii fundamentos de física iii - Departamento de ...

As distâncias relevantes ao problema são:
a) A distância x′ que localiza dq no referencial em questão;
b) A distância x P
+ L que localiza o ponto de observação;
c) A distância "da lei de Coulomb" x P
+ L − x′
, distância entre dq e o ponto de
Vamos agora resolver o mesmo problema com a origem do referencial no
ponto meio da barra, mostrado na figura 4.3.
observação.
A direção do campo está desenhada na figura 4.2. nnão se esqueça de sempre
desenhar o campo - frequentemente haverá simetrias que podem simplificar seus
cálculos. O elemento diferencial do campo gerado por dq é:
Então:
r
dE
r
E
1
4πε
( x
dq
iˆ.
+ L − x′
)
dq
=
2
0 P
1
4π ε
dq
iˆ.
+ L − x′
)
L
= ∫0
2
0
( xP
Mas dq = λdx′
. Para integrar, fazemos a transformação de variáveis u = xP + L − x′
, o
que dá:
du = −dx′
. Os limites de integração tem de ser mudadas. Para x′ = 0 ,
devemos ter u = xP + L ; para x ′ = L , u = xP
. A integral fica:
λ x
P − du λ −1
x λ ⎡ 1 1 ⎤
P
= + | =
.
2
+ ⎢ − ⎥
4
∫
u
+
x L
πε x
0 P
L
u 4π ε
P
0
4π
ε
0 ⎣ xP
xP
+ L⎦
r λ L
Finalmente: E =
iˆ
.
4π ε x ( x L)
0
P P
+
Agora vamos fazer um limite cuja resposta conhecemos, para testar o resultado
obtido: sabemos que quando estamos muito longe da barra ( x P
>>> L)
devemos obter
o resultado da carga puntiforme, pois o tamanho da barra fica irrelevante. De longe
vamos ver uma carga Q = λL
na origem. Note que:
r 1 λL
ˆ
Q
E ≅ i =
2
4πε
x 4π
ε x
0
P
2
0 P
iˆ
( x
P
>> L).
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da barra.
Figura 4.3: Campo elétrico criado por uma barra. Origem do referencial no meio
Da mesma forma que antes, temos:
de observação.
a) A distância x′ que localiza dq no referencial em questão;
b) A distância x P
+ L/2
que localiza o ponto de observação;
(c) A distância "da lei de Coulomb"
Então:
r
dE
x P
+ L/2 − x′
, distância entre dq e o ponto
1 dq
4π ε ( x + L/2
− x )
dq
=
2
′
0 P
r 1 L/2
dq
e: E = iˆ
.
2
4
∫ + πε
−L /2
( x + L/2
− x′
)
0
A mudança de variável é agora: u = xP + L/2 − x′
, com os limites de integração: para
x′ = −l/2
, u = xP + L ; para x ′ = + L/2
, u = xP
. A integral fica:
+ L/2
P
x
P
∫ dx′
= −
−L/2
∫x
+
P
L
du,
r λ L
dando: E =
iˆ
,
4π ε x ( x L)
0
P P
+
que é o mesmo resultado que antes. Isto significa que o resultado é independente da
escolha do referencial. A próxima atividade usa o conhecimento que você já deve ter
adquirido no problema, incluindo agora um ingrediente novo.
iˆ
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