Uma certa configuração engloba duas distribuições uniformes de cargas. Uma superfície de cargas com densidade de (-20-40xN) \mathrm{nC} / \mathrm{m}^{2}, em \mathrm{x}=4 \mathrm{~m}, e uma reta de cargas, com densidade de (12 x N) \mu \mathrm{C} / \mathrm{m}, situada em \mathrm{z}=1 \mathrm{~m}, \mathrm{x}=(-4-N) \mathrm{m} e paralela ao eixo y . Em que pontos o campo elétrico será nulo?

Passo 1

O enunciado descreve duas distribuições infinitas de carga:
– Uma superfície plana em x=4\:\mathrm{m} com densidade de carga superficial
\sigma = (-20 - 40N)\:\mathrm{nC/m^2} = -(20+40N)\times10^{-9}\:\mathrm{C/m^2}.
– Uma reta paralela ao eixo y, localizada em
x=-4 - N,\quad z=1\:\mathrm{m},
com densidade linear
\lambda = 12\,N\:\mu\mathrm{C/m} = 12N\times10^{-6}\:\mathrm{C/m}.
Queremos achar todos os pontos (x,y,z) em que o campo elétrico resultante \mathbf{E}=\mathbf{E}_{\rm plano}+\mathbf{E}_{\rm reta} seja nulo.

Passo 2

Campo da camada infinita \sigma produz um campo uniforme de módulo
E_{\rm plano} = \frac{|\sigma|}{2\epsilon_0}
e direção normal à superfície, apontando para a superfície se \sigma<0. Como \sigma<0, para x<4 o campo aponta em +x, e para x>4 aponta em -x. Em valor numérico
E_{\rm plano} = \frac{(20+40N)\,10^{-9}}{2\,\epsilon_0}.

Passo 3

Campo da reta infinita em um ponto genérico (x,y,z) está só no plano xz, e vale
\mathbf{E}_{\rm reta}(x,z) = \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0\,r}\,\hat{\mathbf{r}},
onde
r = \sqrt{(x - x_0)^2 + (z - z_0)^2},\quad (x_0,z_0)=(-4-N,\,1),
e \hat{\mathbf{r}} é o vetor unitário radial (no plano xz) do fio ao ponto.

Passo 4

Para anular \mathbf{E}=\mathbf{0} precisamos de
  1. A componente z de \mathbf{E}_{\rm reta} ser zero.
    Isso obriga z-z_0=0, ou seja
z = 1\:\mathrm{m}.
  1. A componente x do campo total ser zero:
E_{{\rm plano},x} + E_{{\rm reta},x} = 0.
Note que
E_{{\rm reta},x} = \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0\,(x - x_0)} \quad\text{(positivo se \(x>x_0\), negativo se \(x<x_0\))},
e
E_{{\rm plano},x} = \begin{cases} +E_{\rm plano}, & x<4,\\\\ -E_{\rm plano}, & x>4. \end{cases}

Passo 5

Há duas faixas em que surgem soluções:
Caso A: x>4.
Aqui E_{{\rm plano},x}=-E_{\rm plano}. A condição
\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0\,(x - x_0)} = +E_{\rm plano}
x - x_0 = \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0\,E_{\rm plano}} = \frac{\lambda}{\pi(-\sigma)}
porque 2\pi\epsilon_0\,E_{\rm plano}=2\pi\epsilon_0\frac{-\sigma}{2\epsilon_0}=-\sigma\,\pi.
Logo
x = x_0 + \frac{\lambda}{\pi(-\sigma)}.
Caso B: x<x_0.
Aqui E_{{\rm plano},x}=+E_{\rm plano} e x - x_0<0. A condição
\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0\,(x - x_0)} = -E_{\rm plano}
leva a
x - x_0 = -\,\frac{\lambda}{\pi(-\sigma)} \quad\Longrightarrow\quad x = x_0 - \frac{\lambda}{\pi(-\sigma)}.
Substituindo \sigma=-(20+40N)\,10^{-9} e \lambda=12N\,10^{-6}, temos
\frac{\lambda}{\pi(-\sigma)} = \frac{12N\times10^{-6}}{\pi\,(20+40N)\times10^{-9}} = \frac{600\,N}{\pi\,(1+2N)}.
Portanto, os pontos de \mathbf{E}=0 satisfazem
z=1,\quad x = -4 - N \;\pm\;\frac{600\,N}{\pi(1+2N)}, \quad y\in\mathbb{R}.

Resposta

Os pontos de campo nulo formam duas retas paralelas ao eixo y, todas no plano z=1, com coordenadas
\boxed{ x = -4 - N \pm \frac{600\,N}{\pi\,(1+2N)}, \quad z=1, \quad y\text{ arbitrário.} }á

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