Campo elétrico criado por distribuição uniforme de cargas.

por **Sobreira** » Qua Ago 07, 2013 17:06

Já tentei de todas formas resolver este exercício abaixo, está me tirando o sono e a paciência. Acho que meu erro está relacionado aos limites de integração adotados.
A figura abaixo mostra três arcos de circunferência cujo centro está na origem de um sistema de coordenadas. Em cada arco a carga uniformemente distríbuida é dada em termos de Q= 2,00 $\mu$ C. Os raios são dados em termos de R=10,0 cm. Determine (a) o módulo e (b) a orientação em relação ao semi-eixo x positivo do campo elétrico na origem.

Na maioria dos exercícios relacionados a arcos de circunferência carregados, o centro de curvatura fica exatamente sobre um eixo (x ou y), mas neste caso este arco não está.

por **young_jedi** » Qua Ago 07, 2013 21:25

sugiro fazer a integral para cada um dos arcos e no final realizar as somas das resultantes
vamos primeiro fazer a do arco menor

temos que sendo a distribuição de cargas é uniforme e nos temos um quarto de circulo então o coeficiente de distribuição para esse primeiro caso sera

$c=\frac{Q}{\pi.R/2}$

$c=\frac{2.Q}{\pi.R}$

agora faremos a integral para encontrar o valor de E
como se trata de uma circunferência vamos utilizar a integração pelo raio e pelo ângulo, sendo que cada pedaço da circunferência gera um campo na origem com sentido

$(-cos(\theta),-sen(\theta))$

substituindo na integral teremos

$\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{k}{R^2}.\frac{2.Q}{\pi.R}.R.d\theta(-cos(\theta),-sen(\theta))$

isso resulta em

$\frac{k.2Q}{\pi.R^2}(1,-1)$

acredito que seja isso, tente fazer pra os outros dois arcos(atentando para o sinal das cargas)
ai você encontrara outros dois vetores a soma dos três vetores dará o campo elétrico, comente qualquer coisa

por **Sobreira** » Qui Ago 08, 2013 03:04

Bom. Desde já obrigado pela atenção. Este exercício está me deixando louco.

Eu calculei a densidade de cargas:

$\lambda=\frac{2X{10}^{-6}}{0,1570}$

$\lambda=1,2738X{10}^{-5}$

A partir deste ponto eu fiz o cálculo para cada componente do vetor (cos $\Theta$ e sen $\Theta$ )

$\frac{\lambda}{4\Pi\varepsilon r}$ $\int_{\frac{\Pi}{2}}^{\Pi}cos\theta d \theta$

Resolvendo esta integração: $sen \Pi - sen\frac{\Pi}{2} = -1$ , logo:

$\frac{1,2738X{10}^{-5}}{4\Pi X {8,85X10}^{-12}X0,1}$ = ${-1,1454X10}^{6}$

Já para a componente em y ficaria:

$-cos\Pi+cos\frac{\Pi}{2}=1$

${1,1454X10}^{6}$

Fiz os cálculos para os outros dois arcos:

Arco 2: ${-2,2909X10}^{6}$ e ${2,2909X10}^{6}$
Arco 3: ${-3,4363X10}^{6}$ e ${3,4363X10}^{6}$

Se eu somar as componentes de x e y para depois obter módulo e ângulo eu não chego no valor que é de ${1,62X10}^{6}$ e -45 graus.
O engraçado é que se eu decompor o vetor que é a resposta eu obtenho como componentes de x e y justamente ${-1,1454X10}^{6}$ e ${1,1454X10}^{6}$ que são as componentes do primeiro arco.

por **young_jedi** » Qui Ago 08, 2013 19:34

ola amigo na hora da integral você se esqueceu que as componentes na direção x e y são negativas

$-cos(\theta),-sen(\theta)$

substituindo na integral encontramos exatamente aqueles valores que você encontrou, proem com o sinal trocado

como relação aos outros dois arcos, acho que tem algo errado no seu calculo pois veja que as cargas deles são respectivamente 4 e 9 nove vezes maiores, porem seus raios são 2 e 3 vezes maiores, mais como tem um fator R^2 na equação ao substituir encontramos

4R^2

e

que acabam por se cancelar com o 4Q e o 9Q, ou seja o resultado obtidos para os três arcos deveria dar o mesmo resultado, mais como um dos arcos tem carga negativa então ele gerarira um campo no sentido contrario ao dos outros dois, sendo assim ele se cancelaria com o campo de um dos outros dois, e como campo resultante teríamos apenas um deles que é este vetor que você postou na resposta.

se não fui muito claro comente ai tentarei postar os cálculos passo a passou

por **Sobreira** » Sex Ago 09, 2013 00:26

Ok.
Então, tem algumas passagens que eu realmente não compreendi muito bem.
Primeiro a questão dos sinais do cosseno e do seno.
Falando por exemplo do primeiro arco (de carga Q): O sentido do vetor produzido por este arco na circunferência está saindo da origem (2° quadrante), logo, considerando o centro de curvatura estaria formando um ângulo de 135º em relação ao eixo positivo x.
Logo a decomposição deste vetor indicaria um cosseno negativo e um seno positivo (novamente 2° quadrante).
Mas estamos utilizando de 90° a 180°.
Particularmente nunca utilizei sinais de seno e cosseno assim para resolver os problemas, pois, como disse, a partir do ângulo de direção do vetor (ângulo formado com o eixo x positivo) eu o utilizava para determinar as componentes em x e y.
Não sei se fui claro também.
Segundo. Pelo que eu entendi então, o campo criado pela carga dois e três se anulam, pois se meus cálculos do primeiro arco estão certos...
Se possível gostaria que expusesse os cálculos.
Mais uma vez, obrigado pela atenção. Tá osso esse problema.

Ps.:Para ficar mais claro meu raciocínio a respeito de ângulo de direção do vetor:

por **young_jedi** » Sex Ago 09, 2013 19:11

Tranquilo amigo
vou fazer primeiro para o terceiro arco
a densidade de carga sera dada por

temos que o campo elétrico dado por um carga Q em um ponto é dado por

$\overrightarrow{E}=\frac{Q}{4.\pi.\epsilon.r^2}\overrightarrow{e_r}$

onde r é a distancia entre a carga e o ponto, e $\overrightarrow{e_r}$ é o vetor direção da carga ate o ponto
ele pode ser calculado fazendo a posição do ponto menos a posição da carga e então divide-se ele por seu modulo, no nosso caso temos a carga distribuída no arco então temos que calcular sua densidade de carga, para termos a carga em cada ponto do arco, mais a posição de cada ponto do arco é dado por

$(3R.cos(\theta),3R.sen(\theta))$

então o vetor direção sera dado por

$(0,0)-(3R.cos(\theta),3R.sen(\theta))=(-3R.cos(\theta),-3R.sen(\theta))$

este valor dividido por seu modulo que é 3R nos da o vetor direção

$\overrightarrow{e_r}=\frac{(-3R.cos(\theta),-3R.sen(\theta))}{3R}=(-cos(\theta),-sen(\theta))$

$\lambda=\frac{9Q}{\frac{2.\pi.3R}{4}}$

$\lambda=\frac{6Q}{\pi.R}$

substituindo na integral teremos

$E=\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{\lambda}{4.\pi.\epsilon.(3R)^2}3R.d\theta(-cos(\theta),-sen(\theta))$

$E=\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{6Q}{\pi.R}.\frac{1}{4.\pi.\epsilon.(3R)^2}3R.d\theta(-cos(\theta),-sen(\theta))$

$E=\frac{Q}{2.\pi^2.\epsilon.R^2}.\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}(-cos(\theta),-sen(\theta))d\theta$

realizando a integral teremos

$E=\frac{Q}{2.\pi^2.\epsilon.R^2}.(1,-1)$

substituindo os valores de Q e das constantes obtemos

$E=1,1448.10^{6}(1,-1)$

$E=(1,1448.10^{6},-1,1448.10^6)$

agora para o segundo arco temos

$\lambda=\frac{-4Q}{\frac{2.\pi.2R}{4}}$

$\lambda=\frac{-4Q}{\pi.R}$

substituindo na integral teremos

$E=\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{\lambda}{4.\pi.\epsilon.(2R)^2}2R.d\theta(-cos(\theta),-sen(\theta))$

$E=\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{-4Q}{\pi.R}.\frac{1}{4.\pi.\epsilon.(2R)^2}2R.d\theta(-cos(\theta),-sen(\theta))$

$E=\frac{-Q}{2.\pi^2.\epsilon.R^2}.\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}(-cos(\theta),-sen(\theta))d\theta$

realizando a integral teremos

$E=\frac{-Q}{2.\pi^2.\epsilon.R^2}.(1,-1)$

substituindo os valores de Q e das constantes obtemos

$E=-1,1448.10^{6}(1,-1)$

$E=(-1,1448.10^{6},1,1448.10^6)$

repare que os dois vetores são quase iguais apenas os sinais de suas componentes são diferentes, portanto ao realizar a soma dos dois termos que eles se anulam
portanto o campo resultante sera apenas o do primeiro arco

por **Sobreira** » Sex Ago 09, 2013 22:22

onde r é a distancia entre a carga e o ponto, e $\overrightarrow{e_r}$ é o vetor direção da carga ate o ponto
ele pode ser calculado fazendo a posição do ponto menos a posição da carga e então divide-se ele por seu modulo, no nosso caso temos a carga distribuída no arco então temos que calcular sua densidade de carga, para termos a carga em cada ponto do arco, mais a posição de cada ponto do arco é dado por

$(3R.cos(\theta),3R.sen(\theta))$

Ok amigo, sua ajuda tem sido de incrível valia. Tenho tido dificuldades com este exercício mas estou aprendendo bastante.
Refiz meus cálculos e agora encontrei aqueles valores que eu também havia encontrado no primeiro arco (tinha esquecido de considerar 2R e 3R), porém todos as componentes de x estão negativas.
Não consigo compreender a questão dos sinais de seno e cosseno. Tentarei explicar:
Quando eu resolvia exercício de campos (ou forças) criados por cargas puntiformes eu simplesmente considerava que a carga sobre a qual estava incidindo o campo ou força estava no centro do eixo cartesiano e a partir disto desenhava os vetores saindo desta e por consequencia tinha os ângulos para decompor os vetores.
Só que agora eu não consigo enxergar a relação entre o ângulo que a distribuição de cargas escolhida está fazendo com o centro. Não entendo porque não consideramos este ângulo. Como eu havia dito anteriormente sempre que resolvi até então exercícios com cargas pontuais eu nunca realizei um cálculo para determinar o versor.
Como exemplo, anexei, para tentar ficar mais fácil três casos: Este exercício agora tentando relacionar o vetor resultante, carga puntiforme e um com um arco de 120° que neste caso eu vi de forma clara o ângulo formado com o centro e entendi como resolver.
Desculpe se estou insistente, mas está realmente difícil de compreender esta questão do seno e cosseno e direção, porque até então nunca tinha realizado assim.

Ou seja, para resumir não estou entendendo a questão do vetor de direção (No meu entendimento já que ele é (0,0) menos a posição, sempre o seno e cosseno ficarão negativos ???). Como até então não havia utilizado este vetor para resolver, agora estou com dificuldades.

por **young_jedi** » Sáb Ago 10, 2013 20:51

tranquilo sobreira, vou tentar explicar da maneira que eu entendo

pense em uma carga Q situada na origem, e imagine um ponto P com coordenadas (P_1,P_2)

ela vai gerar um campo elétrico resultante que tem como direção o vetor

$\left(\frac{P_1}{\sqrt{P_1^2+P_2^2}},\frac{P_2}{\sqrt{P_1^2+P_2^2}}\right)$

repare que este é o vetor direção do ponto onde se quer calcular o campo, repare que suas coordenadas foram divididas por seu modulo para termos um vetor unitário.

mais isto é possível pois a carga esta na origem, agora imagine a carga em um ponto (A_1,A_2)

, então temos que subtrair as coordenadas da carga das do ponto, para encontrar o vetor direção da carga ao ponto

$\left(\frac{P_1-A_1}{\sqrt{(P_1-A_1)^2+(P_2-A_2)^2}},\frac{P_2-A_2}{\sqrt{(P_1-A_1)^2+(P_2-A_2)^2}}\right)$

no nosso caso nos temos que a carga esta distribuída no arco e para cada ponto do arco a coordenada é dada por

$\left(Rcos(\theta),Rsen(\theta)\right)$

e a posição do ponto onde se que calcular o campo é (0,0), portanto o vetor direção vai ser dado por

$\left(\frac{0-Rcos(\theta)}{\sqrt{(0-Rcos(\theta))^2+(0-Rsen(\theta))^2}},\frac{0-Rsen(\theta)}{\sqrt{(0-Rcos(\theta))^2+(0-Rsen(\theta))^2}}\right)$

$=\left(\frac{-Rcos(\theta)}{\sqrt{R^2cos^2(\theta)+R^2sen^2(\theta)}},\frac{-Rsen(\theta)}{\sqrt{R^2cos^2(\theta)-R^2sen^2(\theta)}}\right)$

$=\left(\frac{-Rcos(\theta)}{R},\frac{-Rsen(\theta)}{R}\right)$

$=\left(-cos(\theta),-sen(\theta)\right)$

portanto esse é o vetor direção de cada pedaço do arco

não sei se ficou claro mais qualquer coisa comente

por **Sobreira** » Ter Ago 13, 2013 00:23

Amigo. Muito Obrigado pela paciência. Agora sim consegui entender.
A partir daí consegui fazer todos os outros exercícios. Estava faltando justamente esta explicação.

por **carolzinhag3** » Qui Ago 10, 2017 19:16

young_jedi escreveu:sugiro fazer a integral para cada um dos arcos e no final realizar as somas das resultantes
vamos primeiro fazer a do arco menor

temos que sendo a distribuição de cargas é uniforme e nos temos um quarto de circulo então o coeficiente de distribuição para esse primeiro caso sera

$c=\frac{Q}{\pi.R/2}$

$c=\frac{2.Q}{\pi.R}$

agora faremos a integral para encontrar o valor de E
como se trata de uma circunferência vamos utilizar a integração pelo raio e pelo ângulo, sendo que cada pedaço da circunferência gera um campo na origem com sentido

$(-cos(\theta),-sen(\theta))$

substituindo na integral teremos

$\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{k}{R^2}.\frac{2.Q}{\pi.R}.R.d\theta(-cos(\theta),-sen(\theta))$

isso resulta em

$\frac{k.2Q}{\pi.R^2}(1,-1)$

acredito que seja isso, tente fazer pra os outros dois arcos(atentando para o sinal das cargas)
ai você encontrara outros dois vetores a soma dos três vetores dará o campo elétrico, comente qualquer coisa

De onde veio esse R.d? que você colocou na integral?

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