5.21 Seja a superficie y=0 um condutor perfeito no espaço livre. Duas linhas infinitas e uniformes de cargas de 30 \mathrm{nC} / \mathrm{m} cada estão posicionadas em x=0, y=1 \mathrm{e} x=0, y=2. (a) Considere que V=0 no plano y=0, \mathrm{e} calcule V \operatorname{em} P(1,2,0). (b) Calcule E em P.

Passo 1

O enunciado fornece:
  • O plano y=0 é um condutor perfeito e foi fixado V=0 nesse plano.
  • Existem duas linhas infinitas e uniformes de carga, cada uma com densidade linear \lambda=30\\ \mathrm{nC/m} (ou seja \lambda=30\times10^{-9}\\ \mathrm{C/m}), posicionadas em x=0,y=1 e x=0,y=2. As linhas são paralelas ao eixo z.
  • Pede-se:
    (a) calcular o potencial elétrico V no ponto P(1,2,0);
    (b) calcular o campo elétrico \mathbf{E} no ponto P.
Informações relevantes extraídas do enunciado: posições das cargas, valor de \lambda, plano condutor com V=0, e as coordenadas do ponto P. A resolução começará a partir do próximo passo.

Passo 2

Escolha do método e ideia física (explicação didática):
  • Para um plano condutor perfeito em y=0 com potencial fixado em zero, uma técnica prática é o método das cargas imagem: substituir o condutor por cargas imagem localizadas simetricamente abaixo do plano, com sinais escolhidos de modo que o potencial total na região acima do plano satisfaça a condição de contorno V=0 em y=0.
  • Para cada linha real de densidade \lambda em (0,a) (com a>0) colocamos uma linha imagem em (0,-a) com densidade -\lambda. Isso garante que o potencial resultante sobre y=0 seja zero (mostraremos isso implicitamente usando a simetria).
  • Assim, no espaço acima do plano ( y>0) o campo e o potencial produzidos pelas cargas reais e pelas imagens (no espaço livre, sem o condutor) coincidem com os produzidos pelo condutor com as cargas reais.

Passo 3

Fórmula do potencial de uma linha infinita e aplicação para o problema:
  • Lembrete importante: o potencial (em 2D) devido a uma linha infinita de carga \lambda localizada numa posição (x',y') no plano xy depende apenas da distância perpendicular \rho entre o ponto de interesse e a linha. Uma forma conveniente para trabalhar com pares carga–imagem é usar a expressão relativa (que elimina constantes de referência):
    para uma linha com densidade \lambda e sua imagem com densidade -\lambda as contribuições somadas dão V_{\text{par}}(x,y)=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\frac{\rho_{\text{imagem}}}{\rho_{\text{real}}},onde \rho_{\text{real}} é a distância do ponto à linha real e \rho_{\text{imagem}} é a distância à linha imagem. Explico por que: a expressão geral para uma linha isolada é \displaystyle V=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\frac{r_{\text{ref}}}{\rho} com uma constante arbitrária r_{\text{ref}}; somando uma linha de densidade -\lambda com sua própria constante r_{\text{ref}}' as constantes se cancelam e sobra a razão dos raios.
  • Para o nosso caso temos duas linhas reais (em y=1 e y=2) e duas imagens (em y=-1 e y=-2), cada imagem com densidade -\lambda. O potencial total em P será soma das contribuições pares: V(P)=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\left[\ln\frac{\rho_{1,\text{img}}}{\rho_{1,\text{real}}}+\ln\frac{\rho_{2,\text{img}}}{\rho_{2,\text{real}}}\right],onde índices 1 e 2 correspondem às linhas em y=1 e y=2.
  • Calculemos as distâncias no plano xy do ponto P(1,2) (ignoramos z porque as linhas são invariantes em z):
    • Para a linha real em (0,1): \rho_{1,\text{real}}=\sqrt{(1-0)^2+(2-1)^2}=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}.A imagem está em (0,-1), então \rho_{1,\text{img}}=\sqrt{(1-0)^2+(2-(-1))^2}=\sqrt{1+9}=\sqrt{10}.
    • Para a linha real em (0,2): \rho_{2,\text{real}}=\sqrt{(1-0)^2+(2-2)^2}=\sqrt{1+0}=1.A imagem está em (0,-2), então \rho_{2,\text{img}}=\sqrt{(1-0)^2+(2-(-2))^2}=\sqrt{1+16}=\sqrt{17}.
  • Substituindo essas distâncias em V(P): V(P)=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\left[\ln\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{2}}+\ln\frac{\sqrt{17}}{1}\right].Simplificando os logaritmos: \ln\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{2}}=\ln\sqrt{\frac{10}{2}}=\ln\sqrt{5}=\tfrac{1}{2}\ln 5, \qquad \ln\sqrt{17}=\tfrac{1}{2}\ln 17.Logo V(P)=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\left(\tfrac{1}{2}\ln 5+\tfrac{1}{2}\ln 17\right) =\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\ln(5\cdot 17) =\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\ln 85.
  • Agora calculamos numericamente. Valores: \lambda=30\times10^{-9}\\ \mathrm{C/m},\qquad \varepsilon_0=8{,}854187817\times10^{-12}\\ \mathrm{F/m}.Compute-se \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\approx \frac{30\times10^{-9}}{4\pi\cdot 8{,}854187817\times10^{-12}} \approx 269{,}73\\ \mathrm{V}.E \ln 85\approx 4{,}442651256. Portanto V(P)\approx 269{,}73\times 4{,}442651256\approx 1{,}198\times10^{3}\\ \mathrm{V}.(Arredondarei na resposta final para três algarismos significativos.)

Passo 4

Cálculo do campo elétrico \mathbf{E} em P por superposição (passo a passo e didático):
  • Fórmula para o campo de uma linha infinita: em módulo, para uma linha de densidade \lambda a distância \rho do eixo da linha, E=\frac{|\lambda|}{2\pi\varepsilon_0\,\rho},e a direção é radial (do eixo da linha para o ponto) se \lambda>0. Em forma vetorial, para uma linha em (0,a) o vetor posição relativo é (x-0,\;y-a) e o campo (com sinal de \lambda) é \mathbf{E}=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\frac{(x,\;y-a)}{\rho^2} \cdot \rho =\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\frac{(x,\;y-a)}{\rho^2}\rho =\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\frac{(x,\;y-a)}{\rho^2}\rho(mais diretamente usamos \mathbf{\hat{r}}=(x,y-a)/\rho e E=(\lambda/(2\pi\varepsilon_0\rho))\mathbf{\hat{r}}.)
  • No nosso caso cada linha tem contribuição com sinal de \lambda para as reais e -\lambda para as imagens. Vamos calcular as componentes E_x e E_y somando as 4 contribuições.
  • Constante comum: \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\approx 539{,}45\\ \mathrm{(N\!/\!C)\cdot m}.
  • Para cada linha calculemos \rho, o versor \mathbf{\hat{r}} e a contribuição:
    1. Linha real em (0,1): vetor relativo (1,1), \rho_1=\sqrt{2}. \mathbf{E}_1=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\frac{(1,1)}{\rho_1^2}\rho_1 =\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\frac{(1,1)}{\rho_1}Numericamente: \displaystyle E_{1,\text{mag}}=\frac{539{,}45}{\sqrt{2}}\approx 381{,}55\\ \mathrm{N/C},
      \mathbf{E}_1\approx(269{,}73,\;269{,}73)\\ \mathrm{N/C}.
    2. Linha real em (0,2): vetor relativo (1,0), \rho_2=1. \mathbf{E}_2=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\frac{(1,0)}{1}=(539{,}45,\;0)\\ \mathrm{N/C}.
    3. Imagem em (0,-1) com \lambda_{\text{img}}=-\lambda: vetor relativo (1,3), \rho_3=\sqrt{10}. \mathbf{E}_3=\frac{-\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\frac{(1,3)}{\rho_3} \approx -170{,}62\cdot(0{,}31623,\;0{,}94868)\approx(-53{,}92,\;-161{,}76)\\ \mathrm{N/C}.
    4. Imagem em (0,-2) com \lambda_{\text{img}}=-\lambda: vetor relativo (1,4), \rho_4=\sqrt{17}. \mathbf{E}_4=\frac{-\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\frac{(1,4)}{\rho_4} \approx -130{,}85\cdot(0{,}24254,\;0{,}97014)\approx(-31{,}73,\;-126{,}96)\\ \mathrm{N/C}.
  • Somando componente a componente: E_x = 269{,}73 + 539{,}45 - 53{,}92 - 31{,}73 \approx 723{,}53\\ \mathrm{N/C},
E_y = 269{,}73 + 0 -161{,}76 -126{,}96 \approx -18{,}99\\ \mathrm{N/C}.
Não há componente E_z (as linhas são infinitas em z).
  • Opcionalmente, o módulo de \mathbf{E} é |\mathbf{E}|=\sqrt{E_x^2+E_y^2}\approx\sqrt{(723{,}53)^2+(-18{,}99)^2}\approx 723{,}78\\ \mathrm{N/C},apontando aproximadamente na direção quase horizontal positiva (para + x) com um pequeno componente negativo em y.

Resposta

V(P)\approx 1{,}20\times10^{3}\\ \mathrm{V}
\mathbf{E}(P)\approx (723{,}53,\;-18{,}99,\;0)\\ \mathrm{N/C}

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