O campo elétrico produzido, no ponto P, por uma superfície cilíndrica de raio R e comprimento l, carregada com carga total Q é :
NÃO POSSUO RESPOSTA
IME/ITA ⇒ (Simulado IME) Eletromagnetismo Tópico resolvido
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(Simulado IME) Eletromagnetismo
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Jun 2021
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11:56
Re: (Simulado IME) Eletromagnetismo
Primeiramente, desculpe a demora
Enfim, seguindo a sua consideração, consideraremos aqui um cilindro de carga (ao invés apenas da superfície cilíndrica carregada) em situação genérica.
Seja [tex3]\mathsf{\epsilon \ = \ k \cdot \epsilon_0}[/tex3] a permissividade elétrica do meio.
Eu fiz um esquema (um pouco bagunçado), que vou ir explicando [tex3]\rightarrow[/tex3]
Utilizaremos aqui a iteração no cilindro por meio de elementos de volume [tex3]\mathsf{dv}[/tex3] . Divide-se o cilindro em infinitos discos de mesmo raio [tex3]\mathsf{R}[/tex3] e espessura [tex3]\mathsf{dx}[/tex3] , cada qual a uma distância [tex3]\mathsf{x}[/tex3] do plano [tex3]\mathsf{yz}[/tex3] . A partir daí, consideraremos, em cada disco, o elemento infinitesimal de setor circular [tex3]\mathsf{r \cdot dr \cdot d\theta}[/tex3] , já que cada parte infinitesimal do disco possui uma contribuição diferente ao campo elétrico total [tex3]\mathsf{\vec{E}}[/tex3] . O elemento de volume é, portanto, [tex3]\mathsf{dv \ = \ r \cdot dr \cdot d\theta \cdot dx}[/tex3] .
Como a carga é distribuída por todo o cilindro, temos a densidade volumétrica de cargas [tex3]\mathsf{\rho \ = \ \dfrac{dq}{dv}}[/tex3] . Só que, como a situação é a genérica, temos uma distribuição homogênea, de forma que [tex3]\rho[/tex3] é constante e é simplesmente [tex3]\mathsf{\rho \ = \ \dfrac{Q}{V}}[/tex3] . Logo, temos que [tex3]\mathsf{dq \ = \ \dfrac{Q}{V} \cdot dv}[/tex3] , onde [tex3]\mathsf{V \ = \ \pi \cdot R^2 \cdot l}[/tex3] .
Vamos agora percorrer cada disco em ângulo e em raio. Tomando um disco em uma distância [tex3]\mathsf{x \ (-l\ \leq \ x \ \leq \ 0)}[/tex3] , percorreremos [tex3]\mathsf{r \ (0 \ \leq \ r \ \leq \ R)}[/tex3] e [tex3]\mathsf{\theta \ (0 \ \leq \ \theta \ \leq \ 2 \cdot \pi)}[/tex3] .
Usaremos o vetor [tex3]\mathsf{\vec{R'} \ = \ (-x \ + \ x_0) \hat{i} \ + \ (r\cdot \sin(\theta)) \hat{j} \ + \ (r\cdot \cos(\theta)) \hat{k}}[/tex3] como sendo o vetor entre o elemento de carga considerado e o ponto [tex3]\mathsf{P}[/tex3] .
De imediato, [tex3]\mathsf{R' \ = \ \sqrt{(-x \ + \ x_0)^2 \ + \ r^2}}[/tex3] é o módulo desse vetor.
O versor desse vetor (vetor unitário) é simplesmente [tex3]\mathsf{\hat{R'} \ = \ \dfrac{\vec{R'}}{R'}}[/tex3] .
O campo elétrico infinitesimal causado por esse elemento de carga no ponto [tex3]\mathsf{P}[/tex3] é da forma:
[tex3]\mathsf{\vec{dE} \ = \ \dfrac{1}{4\cdot \pi \cdot \epsilon} \cdot \dfrac{\overbrace{dq}^{\frac{Q}{V} \cdot dv}}{{R'}^2} \ \hat{R'}}[/tex3]
Substituindo [tex3]\mathsf{\hat{R'}}[/tex3] :
[tex3]\mathsf{\vec{dE} \ = \ \underbrace{\bigg(\frac{Q}{4\cdot \pi \cdot \epsilon\cdot V}\bigg)}_{\psi} \cdot \Bigg(\dfrac{dv \cdot (-x \ + \ x_0)}{R'^3} \ \hat{i} \ + \ \dfrac{dv \cdot (r \cdot \sin(\theta))}{R'^3} \ \hat{j} \ + \ \dfrac{dv \cdot (r \cdot \cos(\theta))}{R'^3} \ \hat{k} \Bigg)}[/tex3]
Em que [tex3]\psi[/tex3] é só uma constante arbitrária para simplificar as expressões.
Temos três parcelas de campo infinitesimal, cada qual considerando o elemento [tex3]\mathsf{dv}[/tex3] e em uma coordenada diferente:
[tex3]\mathsf{\vec{dE} \ = \ \vec{dE_x} \ + \ \vec{dE_y} \ + \ \vec{dE_z}}[/tex3]
Integrando em todo o volume:
[tex3]\begin{cases}
\mathsf{
\bullet \ -l \ \leq \ x \ \leq \ 0; \\
\bullet \ \ \ \ 0 \ \ \leq \ r \ \leq \ R; \\
\bullet \ \ \ \ 0 \ \ \leq \theta \ \leq \ 2\cdot \pi.
}
\end{cases}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\vec{E} \ = \ \vec{E_x} \ + \ \vec{E_y} \ + \ \vec{E_z}}[/tex3]
Porém, em [tex3]\mathsf{\vec{E_y}}[/tex3] e [tex3]\mathsf{\vec{E_z}}[/tex3] , teremos integrações de [tex3]\mathsf{\sin(\theta)}[/tex3] e [tex3]\mathsf{\cos(\theta)}[/tex3] no intervalo [tex3]\mathsf{[0, 2\cdot \pi]}[/tex3] , ou seja, essas contribuições serão [tex3]\mathsf{\vec{0}}[/tex3] . É o resultado do cancelamento de cada parcela de campo nessas direções por recíprocos diametralmente opostos.
Então, nos sobra:
[tex3]\mathsf{\vec{E} \ = \ \vec{E_x}}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\vec{E} \ = \ \psi \hat{i} \cdot \int\limits_{-l}^0\int\limits_0^{2\cdot \pi}\int\limits_0^R \ \ \dfrac{\big(-x \ + \ x_0)}{(r^2 \ + \ (-x \ + \ x_0)^2\big)^{\frac{3}{2}}} \ rdrd\theta dx}[/tex3]
Podemos mudar a ordem de integração, já que são variáveis independentes. Integrando primeiro em [tex3]\theta[/tex3] , teremos:
[tex3]\mathsf{\vec{E} \ = \ 2\cdot \pi \cdot \psi \ \hat{i} \cdot \int\limits_{-l}^0\int\limits_0^R \ \ \dfrac{(-x \ + \ x_0)}{\big(r^2 \ + \ (-x \ + \ x_0)^2\big)^{\frac{3}{2}}} \ rdrdx}[/tex3]
Fazendo a mudança [tex3]\mathsf{u \ = \ (-x \ + \ x_0) \ \rightarrow du \ = \ dx, \ x_0 \ \leq \ u \ \leq \ (l \ + \ x_0)}[/tex3] :
[tex3]\mathsf{\vec{E} \ = \ 2\cdot \pi \cdot \psi \ \hat{i} \cdot \int\limits_{l}^{l \ + \ x_0}\int\limits_0^R \ \ \dfrac{u}{\big(r^2 \ + \ u^2\big)^{\frac{3}{2}}} \ rdrdu}[/tex3]
Separando a integral: [tex3]\mathsf{\vec{E} \ = \ 2\cdot \pi \cdot \psi \ \hat{i} \cdot \mathcal{I}, \ \mathcal{I} \ = \ \int\limits_{l}^{l \ + \ x_0}\int\limits_0^R \ \ \dfrac{u}{\big(r^2 \ + \ u^2\big)^{\frac{3}{2}}} \ rdrdu}[/tex3]
Fazendo a mudança [tex3]\mathsf{k \ = \ u^2 \ \ + \ r^2 \ \rightarrow \dfrac{dk}{2} \ = \ rdr, \ u^2 \ \leq \ k \ \leq \ \Big(u^2 \ + \ R^2\Big)}[/tex3] :
[tex3]\mathsf{\mathcal{I} \ = \ \int\limits_{l}^{l \ + \ x_0}\int\limits_{u^2}^{u^\ +\ R^2} \ \ \dfrac{u}{\big(k)^{\frac{3}{2}}} \ \dfrac{dk}{2}du}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\mathcal{I} \ = \ \int\limits_{l}^{l \ + \ x_0} u \cdot \ k^{\big(\frac{-1}{2}\big)} \ \bigg|^{u^2}_{u^2 \ + \ R^2} \ du}[/tex3]
Sendo [tex3]\mathsf{u \ > \ 0:}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\mathcal{I} \ = \ \int\limits_{l}^{l \ + \ x_0} \Bigg(1 \ - \ \dfrac{u}{\sqrt{u^2 \ + \ R^2}}\Bigg) \ du}[/tex3]
Separando novamente:
[tex3]\mathsf{\mathcal{I} \ = \ \mathcal{I_1} \ - \ \mathcal{I_2}}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\mathcal{I_1} \ = \ \int\limits_{l}^{l \ + \ x_0} du \ = \ x_0}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\mathcal{I_2} \ = \ \int\limits_{l}^{l \ + \ x_0} \ \dfrac{u}{\sqrt{u^2 \ + \ R^2}} \ du \ = \ \sqrt{(l \ + \ x_0)^2 \ + \ R^2} \ - \ \sqrt{l^2 \ + \ R^2}}[/tex3] (pelo mesmo processo de substituição já usado).
Temos então [tex3]\mathsf{\mathcal{I} \ = \ x_0 \ + \ \sqrt{l^2 \ + \ R^2} \ - \ \sqrt{(l \ + \ x_0)^2 \ + \ R^2}}[/tex3]
Temos, finalmente, de [tex3]\mathsf{\vec{E} \ = \ 2\cdot \pi \cdot \psi \ \hat{i} \cdot \mathcal{I}}[/tex3] , com [tex3]\mathsf{\psi \ = \ \dfrac{Q}{4 \cdot \pi^2 \cdot \epsilon \cdot R^2 \cdot l}}[/tex3] :
[tex3]\boxed{\boxed{\mathsf{\vec{E} \ = \ \dfrac{Q}{2 \cdot \pi \cdot \epsilon \cdot R^2 \cdot l} \cdot \bigg(x_0 \ + \ \sqrt{l^2 \ + \ R^2} \ - \ \sqrt{(l \ + \ x_0)^2 \ + \ R^2}\bigg) \ \hat{i}}}}[/tex3]
Enfim, seguindo a sua consideração, consideraremos aqui um cilindro de carga (ao invés apenas da superfície cilíndrica carregada) em situação genérica.
Seja [tex3]\mathsf{\epsilon \ = \ k \cdot \epsilon_0}[/tex3] a permissividade elétrica do meio.
Eu fiz um esquema (um pouco bagunçado), que vou ir explicando [tex3]\rightarrow[/tex3]
Utilizaremos aqui a iteração no cilindro por meio de elementos de volume [tex3]\mathsf{dv}[/tex3] . Divide-se o cilindro em infinitos discos de mesmo raio [tex3]\mathsf{R}[/tex3] e espessura [tex3]\mathsf{dx}[/tex3] , cada qual a uma distância [tex3]\mathsf{x}[/tex3] do plano [tex3]\mathsf{yz}[/tex3] . A partir daí, consideraremos, em cada disco, o elemento infinitesimal de setor circular [tex3]\mathsf{r \cdot dr \cdot d\theta}[/tex3] , já que cada parte infinitesimal do disco possui uma contribuição diferente ao campo elétrico total [tex3]\mathsf{\vec{E}}[/tex3] . O elemento de volume é, portanto, [tex3]\mathsf{dv \ = \ r \cdot dr \cdot d\theta \cdot dx}[/tex3] .
Como a carga é distribuída por todo o cilindro, temos a densidade volumétrica de cargas [tex3]\mathsf{\rho \ = \ \dfrac{dq}{dv}}[/tex3] . Só que, como a situação é a genérica, temos uma distribuição homogênea, de forma que [tex3]\rho[/tex3] é constante e é simplesmente [tex3]\mathsf{\rho \ = \ \dfrac{Q}{V}}[/tex3] . Logo, temos que [tex3]\mathsf{dq \ = \ \dfrac{Q}{V} \cdot dv}[/tex3] , onde [tex3]\mathsf{V \ = \ \pi \cdot R^2 \cdot l}[/tex3] .
Vamos agora percorrer cada disco em ângulo e em raio. Tomando um disco em uma distância [tex3]\mathsf{x \ (-l\ \leq \ x \ \leq \ 0)}[/tex3] , percorreremos [tex3]\mathsf{r \ (0 \ \leq \ r \ \leq \ R)}[/tex3] e [tex3]\mathsf{\theta \ (0 \ \leq \ \theta \ \leq \ 2 \cdot \pi)}[/tex3] .
Usaremos o vetor [tex3]\mathsf{\vec{R'} \ = \ (-x \ + \ x_0) \hat{i} \ + \ (r\cdot \sin(\theta)) \hat{j} \ + \ (r\cdot \cos(\theta)) \hat{k}}[/tex3] como sendo o vetor entre o elemento de carga considerado e o ponto [tex3]\mathsf{P}[/tex3] .
De imediato, [tex3]\mathsf{R' \ = \ \sqrt{(-x \ + \ x_0)^2 \ + \ r^2}}[/tex3] é o módulo desse vetor.
O versor desse vetor (vetor unitário) é simplesmente [tex3]\mathsf{\hat{R'} \ = \ \dfrac{\vec{R'}}{R'}}[/tex3] .
O campo elétrico infinitesimal causado por esse elemento de carga no ponto [tex3]\mathsf{P}[/tex3] é da forma:
[tex3]\mathsf{\vec{dE} \ = \ \dfrac{1}{4\cdot \pi \cdot \epsilon} \cdot \dfrac{\overbrace{dq}^{\frac{Q}{V} \cdot dv}}{{R'}^2} \ \hat{R'}}[/tex3]
Substituindo [tex3]\mathsf{\hat{R'}}[/tex3] :
[tex3]\mathsf{\vec{dE} \ = \ \underbrace{\bigg(\frac{Q}{4\cdot \pi \cdot \epsilon\cdot V}\bigg)}_{\psi} \cdot \Bigg(\dfrac{dv \cdot (-x \ + \ x_0)}{R'^3} \ \hat{i} \ + \ \dfrac{dv \cdot (r \cdot \sin(\theta))}{R'^3} \ \hat{j} \ + \ \dfrac{dv \cdot (r \cdot \cos(\theta))}{R'^3} \ \hat{k} \Bigg)}[/tex3]
Em que [tex3]\psi[/tex3] é só uma constante arbitrária para simplificar as expressões.
Temos três parcelas de campo infinitesimal, cada qual considerando o elemento [tex3]\mathsf{dv}[/tex3] e em uma coordenada diferente:
[tex3]\mathsf{\vec{dE} \ = \ \vec{dE_x} \ + \ \vec{dE_y} \ + \ \vec{dE_z}}[/tex3]
Integrando em todo o volume:
[tex3]\begin{cases}
\mathsf{
\bullet \ -l \ \leq \ x \ \leq \ 0; \\
\bullet \ \ \ \ 0 \ \ \leq \ r \ \leq \ R; \\
\bullet \ \ \ \ 0 \ \ \leq \theta \ \leq \ 2\cdot \pi.
}
\end{cases}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\vec{E} \ = \ \vec{E_x} \ + \ \vec{E_y} \ + \ \vec{E_z}}[/tex3]
Porém, em [tex3]\mathsf{\vec{E_y}}[/tex3] e [tex3]\mathsf{\vec{E_z}}[/tex3] , teremos integrações de [tex3]\mathsf{\sin(\theta)}[/tex3] e [tex3]\mathsf{\cos(\theta)}[/tex3] no intervalo [tex3]\mathsf{[0, 2\cdot \pi]}[/tex3] , ou seja, essas contribuições serão [tex3]\mathsf{\vec{0}}[/tex3] . É o resultado do cancelamento de cada parcela de campo nessas direções por recíprocos diametralmente opostos.
Então, nos sobra:
[tex3]\mathsf{\vec{E} \ = \ \vec{E_x}}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\vec{E} \ = \ \psi \hat{i} \cdot \int\limits_{-l}^0\int\limits_0^{2\cdot \pi}\int\limits_0^R \ \ \dfrac{\big(-x \ + \ x_0)}{(r^2 \ + \ (-x \ + \ x_0)^2\big)^{\frac{3}{2}}} \ rdrd\theta dx}[/tex3]
Podemos mudar a ordem de integração, já que são variáveis independentes. Integrando primeiro em [tex3]\theta[/tex3] , teremos:
[tex3]\mathsf{\vec{E} \ = \ 2\cdot \pi \cdot \psi \ \hat{i} \cdot \int\limits_{-l}^0\int\limits_0^R \ \ \dfrac{(-x \ + \ x_0)}{\big(r^2 \ + \ (-x \ + \ x_0)^2\big)^{\frac{3}{2}}} \ rdrdx}[/tex3]
Fazendo a mudança [tex3]\mathsf{u \ = \ (-x \ + \ x_0) \ \rightarrow du \ = \ dx, \ x_0 \ \leq \ u \ \leq \ (l \ + \ x_0)}[/tex3] :
[tex3]\mathsf{\vec{E} \ = \ 2\cdot \pi \cdot \psi \ \hat{i} \cdot \int\limits_{l}^{l \ + \ x_0}\int\limits_0^R \ \ \dfrac{u}{\big(r^2 \ + \ u^2\big)^{\frac{3}{2}}} \ rdrdu}[/tex3]
Separando a integral: [tex3]\mathsf{\vec{E} \ = \ 2\cdot \pi \cdot \psi \ \hat{i} \cdot \mathcal{I}, \ \mathcal{I} \ = \ \int\limits_{l}^{l \ + \ x_0}\int\limits_0^R \ \ \dfrac{u}{\big(r^2 \ + \ u^2\big)^{\frac{3}{2}}} \ rdrdu}[/tex3]
Fazendo a mudança [tex3]\mathsf{k \ = \ u^2 \ \ + \ r^2 \ \rightarrow \dfrac{dk}{2} \ = \ rdr, \ u^2 \ \leq \ k \ \leq \ \Big(u^2 \ + \ R^2\Big)}[/tex3] :
[tex3]\mathsf{\mathcal{I} \ = \ \int\limits_{l}^{l \ + \ x_0}\int\limits_{u^2}^{u^\ +\ R^2} \ \ \dfrac{u}{\big(k)^{\frac{3}{2}}} \ \dfrac{dk}{2}du}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\mathcal{I} \ = \ \int\limits_{l}^{l \ + \ x_0} u \cdot \ k^{\big(\frac{-1}{2}\big)} \ \bigg|^{u^2}_{u^2 \ + \ R^2} \ du}[/tex3]
Sendo [tex3]\mathsf{u \ > \ 0:}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\mathcal{I} \ = \ \int\limits_{l}^{l \ + \ x_0} \Bigg(1 \ - \ \dfrac{u}{\sqrt{u^2 \ + \ R^2}}\Bigg) \ du}[/tex3]
Separando novamente:
[tex3]\mathsf{\mathcal{I} \ = \ \mathcal{I_1} \ - \ \mathcal{I_2}}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\mathcal{I_1} \ = \ \int\limits_{l}^{l \ + \ x_0} du \ = \ x_0}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\mathcal{I_2} \ = \ \int\limits_{l}^{l \ + \ x_0} \ \dfrac{u}{\sqrt{u^2 \ + \ R^2}} \ du \ = \ \sqrt{(l \ + \ x_0)^2 \ + \ R^2} \ - \ \sqrt{l^2 \ + \ R^2}}[/tex3] (pelo mesmo processo de substituição já usado).
Temos então [tex3]\mathsf{\mathcal{I} \ = \ x_0 \ + \ \sqrt{l^2 \ + \ R^2} \ - \ \sqrt{(l \ + \ x_0)^2 \ + \ R^2}}[/tex3]
Temos, finalmente, de [tex3]\mathsf{\vec{E} \ = \ 2\cdot \pi \cdot \psi \ \hat{i} \cdot \mathcal{I}}[/tex3] , com [tex3]\mathsf{\psi \ = \ \dfrac{Q}{4 \cdot \pi^2 \cdot \epsilon \cdot R^2 \cdot l}}[/tex3] :
[tex3]\boxed{\boxed{\mathsf{\vec{E} \ = \ \dfrac{Q}{2 \cdot \pi \cdot \epsilon \cdot R^2 \cdot l} \cdot \bigg(x_0 \ + \ \sqrt{l^2 \ + \ R^2} \ - \ \sqrt{(l \ + \ x_0)^2 \ + \ R^2}\bigg) \ \hat{i}}}}[/tex3]
Última edição: joaopcarv (Sex 25 Jun, 2021 12:06). Total de 2 vezes.
That's all I'd do all day. I'd just be the catcher in the rye and all.
"Last year's wishes are this year's apologies... Every last time I come home (...)"
Poli-USP
"Last year's wishes are this year's apologies... Every last time I come home (...)"
Poli-USP
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