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SOLUCION ´ARIO - CAP´ITULO 2
ELECTROMAGNETIC FIELDS
ROALD K. WANGSNESS
2nd EDITION
Conte´udo
2 Cap´ıtulo 2 1
2.1 Quest˜ao 1.................................... 1
2.2 Quest˜ao 2.................................... 2
2.3 Quest˜ao 3.................................... 3
2.4 Quest˜ao 4.................................... 5
2.5 Quest˜ao 5.................................... 9
2.6 Quest˜ao 6.................................... 12
2.7 Quest˜ao 7.................................... 15
2.8 Quest˜ao 8.................................... 18
2.9 Quest˜ao 9.................................... 21
2.10 Quest˜ao 10................................... 24
2.11 Quest˜ao 11................................... 26
Alexandre Medeiros
2 Cap´ıtulo 2
2.1 Quest˜ao 1
Duas cargas pontuais, q
′ e −q
′ se localizam sobre o eixo x com coordenadas a e −a
respectivamente. Encontrar a for¸ca total exercida sobre uma carga pontual q localizada
em um ponto arbitr´ario do plano xy.
SOLUC¸ ˜AO
Adotaremos a seguinte conven¸c˜ao: a partir da origem, ~r ´e o vetor que localiza a carga
de prova, ~r 1
′
, ~r 1
′
,... s˜ao os vetores que localizam as cargas fontes q
′
, e
R 1 ,
R 2 ,... s˜ao os
vetores, respectivamente, ~r − ~r 1
′ , ~r − ~r 2
′ ,.. ..
A for¸ca resultante sobre a carga q ´e dada pelo vetor soma das for¸cas individuais, na
forma:
F
q
2 ∑
i=
F
qi→q
2 ∑
i=
qq i
R
i
4 πε 0
R
2
i
2 ∑
i=
qq i
R
i
4 πε 0
R
3
i
onde
R
i
= ~r − ~r i
, R
i
= |~r − ~r i
| e
R
i
R
i
Ri
. Reescrevemos a equa¸c˜ao (1) na forma:
F
q
2 ∑
i=
qq i
4 πε 0
(x − x i
)ˆx + (y − y i
)ˆy
((x − x i
2
2 )
3 / 2
qq 1
4 πε 0
(x − x 1
)ˆx + (y − y 1
)ˆy
((x − x 1
2
2 )
3 / 2
qq 2
4 πε 0
(x − x 2
)ˆx + (y − y 2
)ˆy
((x − x 2
2
2 )
3 / 2
Conforme mostrado na figura (1), chamaremos de q 1
a carga −q
′ , (da mesma forma,
q 2
a carga q
′
), e assim o ~r 1
′
ser´a o vetor que localiza q 1
(da mesma forma, ~r 2
′
ser´a o vetor
que localiza q 2
), x 1
ser´a a coordenada x da carga q 1
(x 1
= a), e assim sucessivamente.
x
y
(−a, 0) (a, 0)
q 2 = q
′
q 1 = −q
′
q
(x, y)
~r
~r 1
′ ~r 2
′
R
1
R 2
Figura 1: Figura de apoio ao exerc´ıcio 2.1.
Substituindo as informa¸c˜oes acima na equa¸c˜ao (3)
Fq =
q(−q
′ )
4 πε 0
(x − (−a))ˆx + (y − 0)ˆy
((x − (−a))
2
2 )
3 / 2
qq
′
4 πε 0
(x − a)ˆx + (y − 0)ˆy
((x − a)
2
2 )
3 / 2
qq
′
4 πε 0
(x + a)ˆx + y yˆ
((x + a)
2
2 )
3 / 2
qq
′
4 πε 0
(x − a)ˆx + y ˆy
((x − a)
2
2 )
3 / 2
qq
′
4 πε 0
(x − a)ˆx + y yˆ
((x − a)
2
2 )
3 / 2
(x + a)ˆx + y yˆ
((x + a)
2
2 )
3 / 2
A equa¸c˜ao (6) ´e a resposta final, ou seja, ´e a for¸ca exercida em q devido `as for¸cas
oriundas de −q
′ e q
′ .
2.3 Quest˜ao 3
Oito cargas pontuais iguais, q, se encontram no v´ertice de um cubo de lado a, cuja
localiza¸c˜ao e orienta¸c˜ao se mostra na figura 1-41. Encontrar a for¸ca total exercida sobre
a carga na origem.
SOLUC¸ ˜AO
a
x
y
z
q 1 = q
q
q 2
= q
q 3
= q
q 4
= q
q 5
= q
q 6
= q
q 7
= q
Figura 3: Cubo com a mesma localiza¸c˜ao e
orienta¸c˜ao do paralelep´ıpedo da figura 1-41.
Adotaremos a seguinte conven¸c˜ao: a
partir da origem, ~r ´e o vetor que localiza
a carga de prova, ~r 1
′
, ~r 2
′
,... s˜ao os ve-
tores que localizam as cargas fontes q
′ , e
R 1 ,
R 2 ,... s˜ao os vetores, respectivamente,
~r − ~r 1
, ~r − ~r 2
V´arios vetores poderiam ser representa-
dos na figura (3), mas isso poluiria a ima-
gem. Sendo assim, representaremos apenas
a escolha arbitr´aria dos r´otulos das cargas
(o resultado ser´a o mesmo para qualquer
escolha).
A for¸ca resultante sobre a carga q ´e
dada pelo vetor soma das for¸cas individu-
ais, na forma:
Fq =
7 ∑
i=
Fq i
→q =
7 ∑
i=
qqi
Ri
4 πε 0
R
2
i
7 ∑
i=
qqi
Ri
4 πε 0
R
3
i
onde
R
i
= ~r − ~r i
, R
i
= |~r − ~r i
| e
R
i
Ri
R
i
. Reescrevemos a equa¸c˜ao (13) na forma:
~ Fq =
7 ∑
i=
qq i
4 πε 0
(x − x i
)ˆx + (y − y i
)ˆy + (z − z i
)ˆz
((x − xi)
2
2
2 )
3 / 2
=
qq 1
4 πε 0
(x − x 1 )ˆx + (y − y 1 )ˆy + (z − z 1 )ˆz
((x − x 1
)
2
)
2
)
2 )
3 / 2
qq 2
4 πε 0
(x − x 2 )ˆx + (y − y 2 )ˆy + (z − z 2 )ˆz
((x − x 2
)
2
)
2
)
2 )
3 / 2
qq 3
4 πε 0
(x − x 3
)ˆx + (y − y 3
)ˆy + (z − z 3
)ˆz
((x − x 3
)
2
)
2
)
2 )
3 / 2
qq 4
4 πε 0
(x − x 4
)ˆx + (y − y 4
)ˆy + (z − z 4
)ˆz
((x − x 4
)
2
)
2
)
2 )
3 / 2
qq 5
4 πε 0
(x − x 5
)ˆx + (y − y 5
)ˆy + (z − z 5
)ˆz
((x − x 5 )
2
2
2 )
3 / 2
qq 6
4 πε 0
(x − x 6
)ˆx + (y − y 6
)ˆy + (z − z 6
)ˆz
((x − x 6 )
2
2
2 )
3 / 2
qq 7
4 πε 0
(x − x 7 )ˆx + (y − y 7 )ˆy + (z − z 7 )ˆz
((x − x 7 )
2
2
2 )
3 / 2
=
qq
4 πε 0
(0 − a)ˆx + (0 − 0)ˆy + (0 − 0)ˆz
((0 − a)
2
2
2 )
3 / 2
qq
4 πε 0
(0 − a)ˆx + (0 − 0)ˆy + (0 − a)ˆz
((0 − a)
2
2
2 )
3 / 2
qq
4 πε 0
(0 − a)ˆx + (0 − a)ˆy + (0 − 0)ˆz
((0 − a)
2
2
2 )
3 / 2
qq
4 πε 0
(0 − 0)ˆx + (0 − a)ˆy + (0 − 0)ˆz
((0 − 0)
2
2
2 )
3 / 2
qq
4 πε 0
(0 − 0)ˆx + (0 − a)ˆy + (0 − a)ˆz
((0 − 0)
2
2
2 )
3 / 2
qq
4 πε 0
(0 − a)ˆx + (0 − a)ˆy + (0 − a)ˆz
((0 − a)
2
2
2 )
3 / 2
qq
4 πε 0
(0 − 0)ˆx + (0 − 0)ˆy + (0 − a)ˆz
((0 − 0)
2
2
2 )
3 / 2
=
q
2
4 πε 0
(
−axˆ
(a
2 )
3 / 2
−aˆx − azˆ
(a
2
2 )
3 / 2
−axˆ − aˆy
(a
2
2 )
3 / 2
−aˆy
(a
2 )
3 / 2
−ayˆ − azˆ
(a
2
2 )
3 / 2
−axˆ − aˆy − aˆz
(a
2
2
2 )
3 / 2
−aˆz
(a
2 )
3 / 2
)
Fq =
q
2
4 πε 0
(
−
aˆx
a
3
−
a(ˆx + ˆz)
2
3 / 2 a
3
−
a(ˆx + ˆy)
2
3 / 2 a
3
−
ayˆ
a
3
−
a(ˆy + ˆz)
2
3 / 2 a
3
−
a(ˆx + ˆy + ˆz)
3
3 / 2 a
3
−
azˆ
a
3
)
=
−q
2
4 πε 0 a
2
(
6
√
6ˆx + 3
√
3ˆx + 3
√
3ˆz + 3
√
3ˆx + 3
√
3ˆy + 6
√
6ˆy + 3
√
3ˆy + 3
√
3ˆz + 2
√
2ˆx + 2
√
2ˆy + 2
√
2ˆz + 6
√
6ˆz
6
√
6
)
= −
q
2
4 πε 0
a
2
( (
6
√
6 + 6
√
3 + 2
√
2
)
ˆx +
(
6
√
6 + 6
√
3 + 2
√
2
)
yˆ +
(
6
√
6 + 6
√
3 + 2
√
2
)
ˆz
6
√
6
)
= −
q
2
4 πε 0 a
2
(
6
√
6 + 6
√
3 + 2
√
2
6
√
6
)
(ˆx + ˆy + ˆz) (21)
= − 1. 90
q
2
4 πε 0
a
2
(ˆx + ˆy + ˆz). (22)
O m´odulo de
R ´e R = |
R| = (
R
2
)
1 / 2
= ((−z zˆ − r
′
ˆr
′
)
2
)
1 / 2
= (z
2
′ 2
′
zˆ · rˆ
′
)
1 / 2
,
e verificando que o ˆangulo entre ˆz e ˆr
′ ´e θ
′ , temos que ˆz · rˆ
′ = 1 · 1 cos θ
′ = cos θ
′ , assim
escrevemos R = (z
2
′ 2
′ cos θ
′ )
1 / 2
. Aqui, onde usamos coordenadas esf´ericas, o
elemento de volume dτ
′ ´e dado por dτ
′ = r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′
. E os limites s˜ao 0 ≤ r
′ ≤ a,
0 ≤ θ
′ ≤ π e 0 ≤ φ
′ ≤ 2 π.
Fazendo essas substitui¸c˜oes na equa¸c˜ao (26) ficamos com
F
q
qρ
4 πε 0
2 π
0
π
0
a
0
(−z ˆz − r
′ ˆr
′ )r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′
(z
2
′ 2
′ cos θ
′ )
3 / 2
A equa¸c˜ao (27) tem car´ater vetorial e, portanto, podemos decompˆo-la em trˆes com-
ponentes usando o produto escalar com os versores da base canˆonica retangular, onde
usamos
rˆ
′
= sin θ
′
cos φ
′
ˆx + sin θ
′
sin φ
′
ˆy + cos θ
′
ˆz (28)
para assim obter
F
qx
F
q
· xˆ =
qρ
4 πε 0
2 π
0
π
0
a
0
(−z zˆ · ˆx − r
′
rˆ
′
· xˆ)r
′ 2
sin θ
′
dr
′
dθ
′
dφ
′
(z
2
′ 2
′ cos θ
′ )
3 / 2
qρ
4 πε 0
2 π
0
π
0
a
0
(−r
′ sin θ
′ cos φ
′ )r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′
(z
2
′ 2
′ cos θ
′ )
3 / 2
−qρ
4 πε 0
2 π
0
π
0
a
0
r
′ 3
cos φ
′
sin θ
′ 2
dr
′
dθ
′
dφ
′
(z
2
′ 2
′ cos θ
′ )
3 / 2
−qρ
4 πε 0
π
0
a
0
r
′ 3 sin θ
′ 2 dr
′ dθ
′
(z
2
′ 2
′ cos θ
′ )
3 / 2
2 π
0
cos φ
′
dφ
′
(32)
F
qy
F
q
· yˆ =
qρ
4 πε 0
2 π
0
π
0
a
0
(−z zˆ · ˆy − r
′ ˆr
′ · yˆ)r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′
(z
2
′ 2
′ cos θ
′ )
3 / 2
qρ
4 πε 0
2 π
0
π
0
a
0
(−r
′ sin θ
′ sin φ
′ )r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′
(z
2
′ 2
′ cos θ
′ )
3 / 2
−qρ
4 πε 0
2 π
0
π
0
a
0
r
′ 3
sin φ
′
sin θ
′ 2
dr
′
dθ
′
dφ
′
(z
2
′ 2
′ cos θ
′ )
3 / 2
−qρ
4 πε 0
π
0
a
0
r
′ 3 sin θ
′ 2 dr
′ dθ
′
(z
2
′ 2
′ cos θ
′ )
3 / 2
2 π
0
sin φ
′
dφ
′
(37)
F
qz
F
q
· zˆ =
qρ
4 πε 0
2 π
0
π
0
a
0
(−z zˆ · ˆz − r
′ ˆr
′ · ˆz)r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′
(z
2
′ 2
′ cos θ
′ )
3 / 2
qρ
4 πε 0
2 π
0
π
0
a
0
(−z − r
′ cos θ
′ )r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′
(z
2
′ 2
′ cos θ
′ )
3 / 2
−qρ
4 πε 0
π
0
a
0
(z + r
′ cos θ
′ )r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′
(z
2
′ 2
′ cos θ
′ )
3 / 2
2 π
0
dφ
′
(41)
−qρ
2 ε 0
π
0
a
0
(z + r
′
cos θ
′
)r
′ 2
sin θ
′
dr
′
dθ
′
(z
2
′ 2
′ cos θ
′ )
3 / 2
onde fazemos a substitui¸c˜ao u = cos θ
′
. Assim, du = − sin θ
′
dθ
′
e obtemos
F
qz
−qρ
2 ε 0
− 1
1
a
0
−(z + r
′ u)r
′ 2 dr
′ du
(z
2
′ 2
′ u)
3 / 2
−qρ
2 ε 0
1
− 1
a
0
(z + r
′ u)r
′ 2 dr
′ du
(z
2
′ 2
′ u)
3 / 2
−qρ
2 ε 0
a
0
1
− 1
(z + r
′ u)
(z
2
′ 2
′ u)
3 / 2
r
′ 2
dudr
′
(45)
−qρ
2 ε 0
a
0
1
− 1
(z + r
′ u)
(z
2
′ 2
′ u)
3 / 2
du
r
′ 2
dr
′
. (46)
Em (46) temos
1
− 1
(z + r
′
u)
(z
2
′ 2
′ u)
3 / 2
du =
uz + r
′
z
2
z
2
′ 2
′ u
1
− 1
z + r
′
z
2
z
2
′ 2
′
−z + r
′
z
2
z
2
′ 2 − 2 zr
′
z
2
z + r
′
(z + r
′ )
2
−z + r
′
(z − r
′ )
2
z
2
z + r
′
|z + r
′ |
z − r
′
|z − r
′ |
Como j´a ressaltado no in´ıcio da solu¸c˜ao, o “z” na equa¸c˜ao acima representa o m´odulo do
vetor ~r, e ´e, portanto, positivo. O m´odulo nos denominadores nos d˜ao a oportunidade de
modelar a situa¸c˜ao f´ısica entre a carga estar dentro da esfera ou fora da esfera. Se z > a
e a ≥ r
′ , ent˜ao z > r
′ , o que implica em z + r > 2 r > 0 e z − r > 0. Pela defini¸c˜ao
de m´odulo, sendo a express˜ao interna `as barras verticais avaliadas positivas, a igualdade
entre o m´odulo dessa express˜ao e a pr´opria express˜ao fica garantida. Logo, |z + r
′ | = z + r
′
e z − r
′
= z − r
′
. Fazendo essas substitui¸c˜oes em (50) obtemos
1
− 1
(z + r
′ u)
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ u)
3 / 2
du =
z
2
(z + r
′ )
(z + r
′ )
(z − r
′ )
(z − r
′ )
z
2
Substituindo (52) em (46):
F
qz
−qρ
2 ε 0
a
0
z
2
r
′ 2
dr
′
(53)
−qρ
ε 0
z
2
a
0
r
′ 2
dr
′
=
−qρ
ε 0
z
2
r
′ 3
a
0
−qρ
ε 0
z
2
a
3
−qρa
3
3 ε 0
z
2
A for¸ca resultante em q ´e dada por
F
q
= F
qx
xˆ + F qy
ˆy + F qz
ˆz (56)
qρa
3
3 ε 0
z
2
(−zˆ). (57)
A equa¸c˜ao (57) ´e consistente com a equa¸c˜ao (2-26), pois as duas tˆem a mesma inten-
sidade (nem as cargas nem a distˆancia foram alteradas de uma situa¸c˜ao para outra), e,
estando a esfera carregada fixada na origem do referencial, a hip´otese de serem cargas
2.5 Quest˜ao 5
Repetir os c´alculos da se¸c˜ao 2-5 para o caso em que q se encontra dentro da esfera (z < a),
para demonstrar que
F
q
= (qρz/ 3 ε 0
)ˆz.
SOLUC¸ ˜AO
(0, 0 , z)
q
θ
′
φ
′
R
~r
~r
′
Figura 5: Esquematiza¸c˜ao da quest˜ao 2.
Come¸caremos por
F
q
q
4 πε 0
dq
R
R
2
onde dq
′ = ρdτ
′
. Considerando que ρ ´e
constante, a equa¸c˜ao acima se torna
F
q
qρ
4 πε 0
dτ
R
R
3
Como podemos ver na figura (5), o ve-
tor ~r
′ , que localiza a carga fonte, ´e dado
por ~r
′ = r
′ ˆr
′ ; o vetor ~r, que localiza a
carga de prova, ´e dado por ~r = z zˆ; e o
vetor
R ´e dado por
R = ~r−~r
′ = z zˆ−r
′ rˆ
′ .
O m´odulo de
R ´e R = |
R| =
R
2 )
1 / 2 = ((z zˆ − r
′ ˆr
′ )
2 )
1 / 2 = (z
2
′ 2 −
2 zr
′
zˆ · ˆr
′
)
1 / 2
, e verificando que o ˆangulo
entre ˆz e ˆr
′ ´e θ
′ , temos que ˆz · ˆr
′
1 · 1 cos θ
′
= cos θ
′
, assim escrevemos R = (z
2
′ 2
− 2 zr
′
cos θ
′
)
1 / 2
. Aqui, onde usa-
mos coordenadas esf´ericas, o elemento de volume dτ
′ ´e dado por dτ
′ = r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′ .
E os limites s˜ao 0 ≤ r
′ ≤ a, 0 ≤ θ
′ ≤ π e 0 ≤ φ
′ ≤ 2 π.
Fazendo essas substitui¸c˜oes na equa¸c˜ao (70) ficamos com
F
q
qρ
4 πε 0
2 π
0
π
0
a
0
(z zˆ − r
′ rˆ
′ )r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
A equa¸c˜ao (71) tem car´ater vetorial e, portanto, podemos decompˆo-la em trˆes com-
ponentes usando o produto escalar com os versores da base canˆonica retangular, onde
usamos
rˆ
′
= sin θ
′
cos φ
′
ˆx + sin θ
′
sin φ
′
ˆy + cos θ
′
ˆz (72)
para assim obter
F
qx
F
q
· xˆ =
qρ
4 πε 0
2 π
0
π
0
a
0
(z zˆ · xˆ − r
′
ˆr
′
· ˆx)r
′ 2
sin θ
′
dr
′
dθ
′
dφ
′
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
qρ
4 πε 0
2 π
0
π
0
a
0
(−r
′ sin θ
′ cos φ
′ )r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
−qρ
4 πε 0
2 π
0
π
0
a
0
r
′ 3
cos φ
′
sin
2
θ
′
dr
′
dθ
′
dφ
′
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
−qρ
4 πε 0
π
0
a
0
r
′ 3 sin
2
θ
′ dr
′ dθ
′
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
2 π
0
cos φ
′
dφ
′
(76)
F
qy
F
q
· yˆ =
qρ
4 πε 0
2 π
0
π
0
a
0
(z ˆz · yˆ − r
′
rˆ
′
· yˆ)r
′ 2
sin θ
′
dr
′
dθ
′
dφ
′
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
qρ
4 πε 0
2 π
0
π
0
a
0
(−r
′ sin θ
′ sin φ
′ )r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
−qρ
4 πε 0
2 π
0
π
0
a
0
r
′ 3
sin φ
′
sin θ
′ 2
dr
′
dθ
′
dφ
′
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
−qρ
4 πε 0
π
0
a
0
r
′ 3 sin θ
′ 2 dr
′ dθ
′
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
2 π
0
sin φ
′
dφ
′
(81)
e
F
qz
F
q
· zˆ =
qρ
4 πε 0
2 π
0
π
0
a
0
(z ˆz · zˆ − r
′ rˆ
′ · zˆ)r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
qρ
4 πε 0
2 π
0
π
0
a
0
(z − r
′ cos θ
′ )r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
qρ
4 πε 0
π
0
a
0
(z − r
′ cos θ
′ )r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
2 π
0
dφ
′
(85)
qρ
2 ε 0
π
0
a
0
(z − r
′
cos θ
′
)r
′ 2
sin θ
′
dr
′
dθ
′
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
onde fazemos a substitui¸c˜ao u = cos θ
′
. Assim, du = − sin θ
′
dθ
′
e obtemos
F
qz
qρ
2 ε 0
− 1
1
a
0
−(z − r
′ u)r
′ 2 dr
′ du
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ u)
3 / 2
qρ
2 ε 0
1
− 1
a
0
(z − r
′ u)r
′ 2 dr
′ du
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ u)
3 / 2
qρ
2 ε 0
a
0
1
− 1
(z − r
′ u)
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ u)
3 / 2
r
′ 2
dudr
′
(89)
qρ
2 ε 0
a
0
1
− 1
(z − r
′ u)
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ u)
3 / 2
du
r
′ 2
dr
′
. (90)
Em (90) temos
1
− 1
(z − r
′ u)
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ u)
3 / 2
du =
uz − r
′
z
2
z
2
′ 2 − 2 zr
′ u
1
− 1
z − r
′
z
2
z
2
′ 2 − 2 zr
′
−z − r
′
z
2
z
2
′ 2
′
z − r
′
z
2
(z − r
′ )
2
z + r
′
z
2
(z + r
′ )
2
z
2
z − r
′
|z − r
′ |
z + r
′
|z + r
′ |
Como r
′ pode ser maior ou menor que z, deixaremos por enquanto o m´odulo indicado
para fazermos duas integra¸c˜oes: uma de 0 at´e z e outra de z at´e a. Assim, substituindo
2.6 Quest˜ao 6
Uma esfera de raio a cont´em carga distribu´ıda com densidade volum´etrica constante ρ.
Seu centro se encontra sobre o eixo z a uma distˆancia b da origem, sendo b > a. Uma carga
pontual q se coloca sobre o eixo y a uma distˆancia c da origem, sendo c > b. Encontrar a
for¸ca sobre q.
SOLUC¸ ˜AO
(0, c, 0)
z
q
θ
′′′
φ
′′′
R
~r
~r
′
~r
′′
~r
′′′
Figura 6: Esquematiza¸c˜ao da quest˜ao 2.
Come¸caremos por
F
q
q
4 πε 0
dq
R
R
2
onde dq
′ = ρdτ
′
. Conside-
rando que ρ ´e constante, a
equa¸c˜ao acima se torna
F
q
qρ
4 πε 0
dτ
R
R
3
Como podemos ver na fi-
gura (6), o vetor ~r
′ , que loca-
liza a carga fonte, ´e dado por
~r
′ = ~r
′′
′′′ = bzˆ + r
′′′ ˆr
′′′ ; o
vetor ~r, que localiza a carga
de prova, ´e dado por ~r = cyˆ;
e o vetor
R ´e dado por
R =
~r − ~r
′ = cyˆ − (bˆz + r
′′′ rˆ
′′′ ).
O m´odulo de
R ´e R = |
R| = (
R
2
)
1 / 2
= ((cyˆ − bˆz − r
′′′
rˆ
′′′
)
2
)
1 / 2
, onde
(cyˆ − bzˆ − r
′′′ ˆr
′′′ )
2 = (cyˆ − bzˆ − r
′′′ ˆr
′′′ )(cyˆ − bzˆ − r
′′′ rˆ
′′′ ) (107)
= cyˆ(cyˆ − bzˆ − r
′′′
ˆr
′′′
) − bˆz(cyˆ − bzˆ − r
′′′
ˆr
′′′
) − r
′′′
ˆr
′′′
(cˆy − bˆz − r
′′′
ˆr
′′′
) (108)
= c
2 yˆ · yˆ − bcˆz · ˆy − cr
′′′ ˆr
′′′ · ˆy − bˆz(cyˆ − bzˆ − r
′′′ ˆr
′′′ ) − r
′′′ ˆr
′′′ (cˆy − bˆz − r
′′′ ˆr
′′′ ) (109)
= c
2 − cr
′′′ ˆr
′′′ · yˆ − (bcˆy · zˆ − b
2 ˆz · ˆz − r
′′′ bˆr
′′′ · ˆz) − r
′′′ ˆr
′′′ (cˆy − bˆz − r
′′′ ˆr
′′′ ) (110)
= c
2 − cr
′′′ ˆr
′′′ · yˆ + b
2
′′′ ˆr
′′′ · ˆz − (r
′′′ cyˆ · rˆ
′′′ − r
′′′ bˆz · ˆr
′′′ − r
′′′ 2 rˆ
′′′ · rˆ
′′′ ) (111)
= c
2 − cr
′′′ ˆr
′′′ · yˆ + b
2
′′′ ˆr
′′′ · ˆz − r
′′′ cyˆ · ˆr
′′′
′′′ bzˆ · rˆ
′′′
′′′ 2 (112)
= c
2
2
′′′ 2
− 2 cr
′′′
rˆ
′′′
· yˆ + 2br
′′′
ˆr
′′′
· ˆz. (113)
O versor ˆr
′′′ ´e dado em termos das coordenadas retangulares como
ˆr
′′′
= sin θ
′′′
cos φ
′′′
xˆ + sin θ
′′′
sin φ
′′′
yˆ + cos θ
′′′
ˆz , (114)
e, portanto, ˆr
′′′
· yˆ = sin θ
′′′
sin φ
′′′
e ˆr
′′′
· zˆ = cos θ
′′′
, e escrevemos o m´odulo de
R como
R = (c
2
2
′′′ 2 − 2 cr
′′′ sin θ
′′′ sin φ
′′′
′′′ cos θ
′′′ )
1 / 2
. Aqui, onde usamos coordenadas
esf´ericas, o elemento de volume dτ
′ ´e dado por dτ
′ = r
′′′ 2 sin θ
′′′ dr
′′′ dθ
′′′ dφ
′′′
. E os limites
s˜ao 0 ≤ r
′ ≤ a, 0 ≤ θ
′ ≤ π e 0 ≤ φ
′ ≤ 2 π.
Fazendo essas substitui¸c˜oes na equa¸c˜ao (106) ficamos com
Fq =
qρ
4 πε 0
2 π
0
π
0
a
0
(cyˆ − bzˆ − r
′′′ ˆr
′′′ )r
′′′ 2 sin θ
′′′ dr
′′′ dθ
′′′ dφ
′′′
(c
2
2
′′′ 2 − 2 cr
′′′ sin θ
′′′ sin φ
′′′
′′′ cos θ
′′′ )
3 / 2
A equa¸c˜ao (115) tem car´ater vetorial e, portanto, podemos decompˆo-la em trˆes com-
ponentes usando o produto escalar com os versores da base canˆonica retangular, onde
usamos (114) para assim obter
Fqx =
~ Fq · xˆ =
qρ
4 πε 0
∫ 2 π
0
∫ π
0
∫ a
0
(cyˆ · ˆx − bˆz · xˆ − r
′′′ rˆ
′′′ · ˆx)r
′′′ 2 sin θ
′′′ dr
′′′ dθ
′′′ dφ
′′′
(c
2
2
′′′ 2 − 2 cr
′′′ sin θ
′′′ sin φ
′′′
′′′ cos θ
′′′ )
3 / 2
=
−qρ
4 πε 0
∫ 2 π
0
∫ π
0
∫ a
0
(r
′′′ sin θ
′′′ cos φ
′′′ )r
′′′ 2 sin θ
′′′ dr
′′′ dθ
′′′ dφ
′′′
(c
2
2
′′′ 2 − 2 cr
′′′ sin θ
′′′ sin φ
′′′
′′′ cos θ
′′′ )
3 / 2
=
−qρ
4 πε 0
∫ 2 π
0
∫ π
0
∫ a
0
r
′′′ 3 cos φ
′′′ sin
2 θ
′′′ dr
′′′ dθ
′′′ dφ
′′′
(c
2
2
′′′ 2
′′′ cos θ
′′′
︸ ︷︷ ︸
k
− 2 cr
′′′ sin θ
′′′ sin φ
′′′ )
3 / 2
=
−qρ
4 πε 0
∫ π
0
∫ a
0
(∫ 2 π
0
cos φ
′′′ dφ
′′′
(k − 2 cr
′′′ sin θ
′′′ sin φ
′′′ )
3 / 2
)
r
′′′ 3
sin
2
θ
′′′
dr
′′′
dθ
′′′
(119)
=
−qρ
4 πε 0
∫ π
0
∫ a
0
(
1
cr
′′′ sin θ
′′′
√
k − 2 cr
′′′ sin θ
′′′ sin φ
′′′
∣
∣
∣
∣
2 π
0
)
r
′′′ 3 sin
2 θ
′′′ dr
′′′ dθ
′′′ (120)
=
−qρ
4 πε 0
∫ π
0
∫ a
0
(
1
cr
′′′ sin θ
′′′
√
k − 0
−
1
cr
′′′ sin θ
′′′
√
k − 0
)
r
′′′ 3
sin
2
θ
′′′
dr
′′′
dθ
′′′
(121)
=
−qρ
4 πε 0
∫ π
0
∫ a
0
(0)r
′′′ 3 sin
2 θ
′′′ dr
′′′ dθ
′′′ (122)
Fqy =
~ Fq · ˆy =
qρ
4 πε 0
∫ 2 π
0
∫ π
0
∫ a
0
(cˆy · yˆ − bzˆ · yˆ − r
′′′ rˆ
′′′ · yˆ)r
′′′ 2 sin θ
′′′ dr
′′′ dθ
′′′ dφ
′′′
(c
2
2
′′′ 2 − 2 cr
′′′ sin θ
′′′ sin φ
′′′
′′′ cos θ
′′′ )
3 / 2
=
qρ
4 πε 0
∫ 2 π
0
∫ π
0
∫ a
0
(c − r
′′′ sin θ
′′′ sin φ
′′′ )r
′′′ 2 sin θ
′′′ dr
′′′ dθ
′′′ dφ
′′′
(c
2
2
′′′ 2 − 2 cr
′′′ sin θ
′′′ sin φ
′′′
′′′ cos θ
′′′ )
3 / 2
e
F qz
=
~ F q
· zˆ =
qρ
4 πε 0
∫ 2 π
0
∫ π
0
∫ a
0
(cyˆ · zˆ − bzˆ · zˆ − r
′′′ rˆ
′′′ · ˆz)r
′′′ 2 sin θ
′′′ dr
′′′ dθ
′′′ dφ
′′′
(c
2
2
′′′ 2 − 2 cr
′′′ sin θ
′′′ sin φ
′′′
′′′ cos θ
′′′ )
3 / 2
=
qρ
4 πε 0
∫ 2 π
0
∫ π
0
∫ a
0
(b − r
′′′ cos θ
′′′ )r
′′′ 2 sin θ
′′′ dr
′′′ dθ
′′′ dφ
′′′
(c
2
2
′′′ 2 − 2 cr
′′′ sin θ
′′′ sin φ
′′′
′′′ cos θ
′′′ )
3 / 2
A for¸ca resultante em q ´e obtida substituindo (123) e os resultados de (125) e (125)
na seguinte equa¸c˜ao:
F
q
= F
qx
xˆ + F qy
yˆ + F qz
z .ˆ (128)
O resultado F qx
= 0 indica que o procedimento matem´atico est´a de acordo com uma
an´alise f´ısica da componente em ˆx, pois, dado que a densidade volum´etrica ρ ´e constante,
existe uma simetria em rela¸c˜ao ao plano yz, o que faz com que a cada elemento de
carga, que gera uma for¸ca infinitesimal que possui uma componente em ˆx, corresponda
um elemento de carga correspondente que gera uma for¸ca infinitesimal que possui uma
componente em ˆx de forma a anular a contribui¸c˜ao em ˆx aos pares em toda a esfera.
Em rela¸c˜ao `as componentes Fqy e Fqz , a complexidade das integra¸c˜oes inviabiliza esse
procedimento, pois o elevad´ıssimo custo computacional ´e desproporcional ao contexto, o
que pede outra abordagem para encontrar a for¸ca sobre q.
A solu¸c˜ao da quest˜ao 2.8, por exemplo, nos permite assumir que toda a carga dis-
tribu´ıda na esfera interage com a carga q da mesma forma que uma carga Q
′ , de valor
igual `a carga total na esfera, localizada no lugar geom´etrico do centro da esfera.
2.7 Quest˜ao 7
Uma linha de carga de tamanho L e λ = constante est´a sobre o eixo z positivo com seus
extremos colocados em z = z 0
e z = z 0
- L. Encontrar a for¸ca total exercida sobre esta
linha de carga por uma distribui¸c˜ao de carga esf´erica e uniforme com centro na origem e
raio a < z 0
SOLUC¸ ˜AO
z
θ
′
φ
′
R
~r
(0, 0 , z 0
(0, 0 , z 0 + L)
~r
′
dq
Figura 8: Esquematiza¸c˜ao da quest˜ao 2.
Come¸caremos por
F =
d
F , (133)
onde o elemento diferencial de for¸ca ´e de-
vido `a intera¸c˜ao entre dois elementos de
cargas, um dq
′ da esfera e um dq da li-
nha de carga (aqui indicamos tudo o que
se refere `a carga de fonte com uma plica).
Ent˜ao, usando a lei de Coulomb, a equa¸c˜ao
acima toma a forma
F =
q
4 πε 0
dq
′ dq
R
R
2
onde dq
′ = ρdτ
′ e dq = λdz. Considerando
que ρ e λ s˜ao constantes e que
R =
R/R,
reescrevemos
F =
ρλ
4 πε 0
dτ
′
dz
R
R
3
Como podemos ver na figura (5), o ve-
tor ~r
′
, que localiza a carga fonte, ´e dado
por ~r
′ = r
′ rˆ
′ ; o vetor ~r, que localiza a
carga de prova, ´e dado por ~r = z ˆz; e o
vetor
R ´e dado por
R = ~r − ~r
′ = z zˆ − r
′ ˆr
′ .
O m´odulo de
R ´e R = |
R| = (
R
2 )
1 / 2 = ((z ˆz − r
′ rˆ
′ )
2 )
1 / 2 = (z
2
′ 2 − 2 zr
′ ˆz · rˆ
′ )
1 / 2 ,
e verificando que o ˆangulo entre ˆz e ˆr
′
´e θ
′
, temos que ˆz · rˆ
′
= 1 · 1 cos θ
′
= cos θ
′
, assim
escrevemos R = (z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
1 / 2
. Aqui, onde usamos coordenadas esf´ericas, o
elemento de volume dτ
′
´e dado por dτ
′
= r
′ 2
sin θ
′
dr
′
dθ
′
dφ
′
com os limites de integra¸c˜ao
dados por 0 ≤ r
′ ≤ a, 0 ≤ θ
′ ≤ π e 0 ≤ φ
′ ≤ 2 π, enquanto que na linha de carga
o elemento de linha j´a est´a dado por dz, com os limites de integra¸c˜ao agora dados por
z 0
≤ z ≤ z 0
+ L.
Fazendo essas substitui¸c˜oes na equa¸c˜ao (135) ficamos com
F =
ρλ
4 πε 0
z 0 +L
z 0
2 π
0
π
0
a
0
(z zˆ − r
′ rˆ
′ )r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′ dz
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
A equa¸c˜ao (136) tem car´ater vetorial e, portanto, podemos decompˆo-la em trˆes com-
ponentes usando o produto escalar com os versores da base canˆonica retangular, onde
usamos
ˆr
′
= sin θ
′
cos φ
′
xˆ + sin θ
′
sin φ
′
yˆ + cos θ
′
z ,ˆ (137)
para assim obter a for¸ca resultante na linha de carga como
F = F
qx
xˆ + F qy
yˆ + F qz
z .ˆ (138)
Dessa forma temos
F
x
F · xˆ =
ρλ
4 πε 0
z 0 +L
z 0
2 π
0
π
0
a
0
(z zˆ · ˆx − r
′ rˆ
′ · xˆ)r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′ dz
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
ρλ
4 πε 0
z 0 +L
z 0
2 π
0
π
0
a
0
(−r
′
sin θ
′
cos φ
′
)r
′ 2
sin θ
′
dr
′
dθ
′
dφ
′
dz
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
−ρλ
4 πε 0
z 0 +L
z 0
2 π
0
π
0
a
0
cos φ
′ r
′ 3 sin
2
θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′ dz
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
−ρλ
4 πε 0
z 0
+L
z 0
π
0
a
0
r
′ 3
sin
2
θ
′
dr
′
dθ
′
dz
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
2 π
0
cos φ
′
dφ
′
(142)
F
y
F · ˆy =
ρλ
4 πε 0
z 0 +L
z 0
2 π
0
π
0
a
0
(z zˆ · ˆy − r
′ ˆr
′ · yˆ)r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′ dz
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
ρλ
4 πε 0
z 0 +L
z 0
2 π
0
π
0
a
0
(−r
′ sin θ
′ sin φ
′ )r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′ dz
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
−ρλ
4 πε 0
z 0 +L
z 0
2 π
0
π
0
a
0
sin φ
′ r
′ 3 sin
2 θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′ dz
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
−ρλ
4 πε 0
z 0 +L
z 0
π
0
a
0
r
′ 3
sin
2
θ
′
dr
′
dθ
′
dz
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
2 π
0
sin φ
′
dφ
′
(147)
e
F
z
F · zˆ =
ρλ
4 πε 0
z 0 +L
z 0
2 π
0
π
0
a
0
(z zˆ · ˆz − r
′ ˆr
′ · ˆz)r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′ dz
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
ρλ
4 πε 0
z 0 +L
z 0
2 π
0
π
0
a
0
(z − r
′ cos θ
′ )r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dφ
′ dz
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
ρλ
4 πε 0
z 0 +L
z 0
π
0
a
0
(z − r
′ cos θ
′ )r
′ 2 sin θ
′ dr
′ dθ
′ dz
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
2 π
0
dφ
′
(151)
ρλ
2 ε 0
z 0 +L
z 0
a
0
π
0
(z − r
′ cos θ
′ ) sin θ
′ dθ
′
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ cos θ
′ )
3 / 2
Int
r
′ 2
dr
′
dz. (152)
Em Int fazemos a substitui¸c˜ao u = cos θ
′
. Assim, du = − sin θ
′
dθ
′
e obtemos
Int =
− 1
1
−(z − r
′ u)
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ u)
3 / 2
du =
1
− 1
(z − r
′ u)
(z
2
′ 2 − 2 zr
′ u)
3 / 2
du (153)
uz − r
′
z
2
z
2
′ 2 − 2 zr
′ u
1
− 1
z − r
′
z
2
z
2
′ 2 − 2 zr
′
−z − r
′
z
2
z
2
′ 2
′
z − r
′
z
2
(z − r
′ )
2
z + r
′
z
2
(z + r
′ )
2
z
2
z − r
′
|z − r
′ |
z + r
′
|z + r
′ |
2.8 Quest˜ao 8
A superf´ıcie de uma esfera de raio a se encontra carregada com uma densidade superficial
constante σ. Qual a carga total Q
′ da esfera? Encontrar a for¸ca exercida por essa
distribui¸c˜ao de carga sobre uma carga pontual q situada sobre o eixo z para o caso em
que z > a e para o caso em que z < a.
SOLUC¸ ˜AO
z
θ
′
φ
′
R
~r
~r
′
q
Figura 9: Esquematiza¸c˜ao da quest˜ao 2.
Para calcular a carga total Q
′ usamos o
elemento de ´area da
′
= a
2
sin θ
′
dθ
′
dφ
′
e faze-
mos a seguinte integral:
Q
′
=
dq
′
=
σda
′
= σ
da
′
(170)
= σ
2 π
0
π
0
a
2
sin θ
′
dθ
′
dφ
′
(171)
= σa
2
2 π
0
(− cos θ
′
)|
π
0
dφ
′
(172)
= σa
2
2 π
0
−(cos π − cos 0)dφ
′
(173)
= 2σa
2
(2π − 0) (174)
= 4πa
2
σ. (175)
Para encontrar a for¸ca come¸camos por
Fq =
q
4 πε 0
dq
R
R
2
onde dq
′
= σda
′
. Considerando que σ ´e constante, a equa¸c˜ao acima se torna
F
q
qσ
4 πε 0
da
R
R
3
Como podemos ver na figura (9), o vetor ~r
′ , que localiza a carga fonte, ´e dado por
~r
′ = arˆ
′ ; o vetor ~r, que localiza a carga de prova, ´e dado por ~r = z ˆz; e o vetor
R ´e dado
por
R = ~r − ~r
′ = z zˆ − aˆr
′ .
O m´odulo de
R ´e R = |
R| = (
R
2 )
1 / 2 = ((z zˆ − aˆr
′ )
2 )
1 / 2 = (z
2
2 − 2 zazˆ · rˆ
′ )
1 / 2 , e
verificando que o ˆangulo entre ˆz e ˆr
′ ´e θ
′ , temos que ˆz · ˆr
′ = 1 · 1 cos θ
′ = cos θ
′ , assim
escrevemos R = (z
2
2
− 2 za cos θ
′
)
1 / 2
. Aqui, onde usamos coordenadas esf´ericas, o
elemento de ´area da
′ ´e dado por da
′ = a
2 sin θ
′ dθ
′ dφ
′
. E os limites s˜ao 0 ≤ θ
′ ≤ π e
0 ≤ φ
′
≤ 2 π.
Fazendo essas substitui¸c˜oes na equa¸c˜ao (177) ficamos com
F
q
qσ
4 πε 0
2 π
0
π
0
(z zˆ − aˆr
′ )a
2 sin θ
′ dθ
′ dφ
′
(z
2
2 − 2 za cos θ
′ )
3 / 2
A equa¸c˜ao (178) tem car´ater vetorial e, portanto, podemos decompˆo-la em trˆes com-
ponentes usando o produto escalar com os versores da base canˆonica retangular, onde
usamos
rˆ
′
= sin θ
′
cos φ
′
ˆx + sin θ
′
sin φ
′
ˆy + cos θ
′
ˆz (179)
para assim obter
F
qx
F
q
· xˆ =
qσa
2
4 πε 0
2 π
0
π
0
(z ˆz · xˆ − aˆr
′ · ˆx) sin θ
′ dθ
′ dφ
′
(z
2
2 − 2 za cos θ
′ )
3 / 2
qσa
2
4 πε 0
2 π
0
π
0
(−a sin θ
′
cos φ
′
) sin θ
′
dθ
′
dφ
′
(z
2
2 − 2 za cos θ
′ )
3 / 2
−qσa
3
4 πε 0
2 π
0
π
0
cos φ
′ sin
2
θ
′ dθ
′ dφ
′
(z
2
2 − 2 za cos θ
′ )
3 / 2
−qρa
3
4 πε 0
π
0
sin
2
θ
′
dθ
′
(z
2
2 − 2 za cos θ
′ )
3 / 2
2 π
0
cos φ
′
dφ
′
(183)
F
qy
F
q
· ˆy =
qσa
2
4 πε 0
2 π
0
π
0
(z ˆz · yˆ − arˆ
′ · yˆ) sin θ
′ dθ
′ dφ
′
(z
2
2 − 2 za cos θ
′ )
3 / 2
qσa
2
4 πε 0
2 π
0
π
0
(−a sin θ
′
sin φ
′
) sin θ
′
dθ
′
dφ
′
(z
2
2 − 2 za cos θ
′ )
3 / 2
−qσa
3
4 πε 0
2 π
0
π
0
sin φ
′ sin
2
θ
′ dθ
′ dφ
′
(z
2
2 − 2 za cos θ
′ )
3 / 2
−qσa
3
4 πε 0
π
0
sin
2
θ
′
dθ
′
(z
2
2 − 2 za cos θ
′ )
3 / 2
2 π
0
sin φ
′
dφ
′
(188)
Fqz =
Fq · zˆ =
qσa
2
4 πε 0
2 π
0
π
0
(z ˆz · zˆ − arˆ
′
· zˆ) sin θ
′
dθ
′
dφ
′
(z
2
2 − 2 za cos θ
′ )
3 / 2
qσa
2
4 πε 0
2 π
0
π
0
(z − a cos θ
′ ) sin θ
′ dθ
′ dφ
′
(z
2
2 − 2 za cos θ
′ )
3 / 2
qσa
2
4 πε 0
π
0
(z − a cos θ
′ ) sin θ
′ dθ
′
(z
2
2 − 2 za cos θ
′ )
3 / 2
2 π
0
dφ
′ (192)
qσa
2
2 ε 0
π
0
(z − a cos θ
′ ) sin θ
′ dθ
′
(z
2
2 − 2 za cos θ
′ )
3 / 2
onde fazemos a substitui¸c˜ao u = cos θ
′
. Assim, du = − sin θ
′ dθ
′ e obtemos
F
qz
qσa
2
2 ε 0
− 1
1
−(z − au)du
(z
2
2 − 2 zau)
3 / 2
qσa
2
2 ε 0
1
− 1
(z − au)du
(z
2
2 − 2 zau)
3 / 2
qσa
2
2 ε 0
(uz − a)
z
2
a
2 − 2 zau + z
2
1
− 1
qσa
2
2 ε 0
z
2
(z − a)
a
2 − 2 za + z
2
(−z − a)
a
2
2
qσa
2
2 ε 0
z
2
(z − a)
(a − z)
2
(z + a)
(a + z)
2
qσa
2
2 ε 0 z
2
(a + z)
|a + z|
(a − z)
|a − z|
