Considere um bastão fino de comprimento L e com carga +Q disposto sobre o eixo x. Calcule o potencial elétrico criado por ele a uma distância x do centro do bastão em um ponto do eixo x. A partir deste resultado, obtenha uma expressão para o campo elétrico neste ponto.

Passo 1

O enunciado dá um bastão fino, de comprimento L, com carga total +Q disposta ao longo do eixo x, com o centro do bastão na origem. Pede-se:
  1. Calcular o potencial elétrico no ponto do eixo x que está a uma distância x do centro do bastão.
  2. A partir desse potencial, obter uma expressão para o campo elétrico naquele ponto.
Informações e escolhas/observações iniciais:
  • A densidade linear de carga é \lambda=\dfrac{Q}{L}.
  • Vou escolher a referência V(\infty)=0 (potencial zero no infinito), que é a escolha usual.
  • Como o bastão é considerado infinitesimalmente fino (linha de carga), se o ponto pedido estiver exatamente sobre o bastão (isto é, se |x|<\tfrac{L}{2}) o potencial diverge (infinitude) porque existe um elemento de carga arbitrariamente próximo; portanto a expressão finita a seguir é válida para pontos fora do bastão, isto é, para |x|>\tfrac{L}{2}. Vou então resolver para o caso |x|>\tfrac{L}{2}.

Passo 2

Conceito necessário (explicação curta e prática): o potencial elétrico produzido por uma distribuição contínua de carga é a soma (integral) das contribuições \dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\dfrac{dq}{r} de cada elemento de carga dq, onde r é a distância entre o elemento e o ponto onde calculamos o potencial. Para uma linha de carga com densidade linear \lambda sobre a coordenada z, e ponto de observação em x sobre o mesmo eixo, isso vira uma integral unidimensional:
V(x)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int \frac{dq}{\text{distância}}=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int \frac{\lambda\,dz}{|x-z|}.â
Aqui \epsilon_0 é a permissividade do vácuo, e z percorre o bastão (de -\tfrac{L}{2} a +\tfrac{L}{2}). A variável x é a posição do ponto de observação sobre o eixo (distância do centro).

Passo 3

Montagem da integral para o nosso bastão centrado na origem e ponto de observação com |x|>\tfrac{L}{2}. Usando \lambda=\dfrac{Q}{L} e o bastão entre z=-\tfrac{L}{2} e z=+\tfrac{L}{2}, temos:
V(x)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_{-L/2}^{L/2}\frac{\lambda\,dz}{|x-z|}.
Para |x|>\tfrac{L}{2} o denominador x-z tem sinal constante (se x>+\tfrac{L}{2}, então x-z>0 para todo z; se x<-\tfrac{L}{2}, então x-z<0 para todo z mas o valor absoluto elimina o sinal). Portanto podemos escrever, sem o valor absoluto (tratando o caso x>+\tfrac{L}{2} como exemplo — depois comentamos a simetria):
V(x)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\lambda\int_{-L/2}^{L/2}\frac{dz}{x-z}.
Calcule a integral. Uma primitiva é \int \dfrac{dz}{x-z}=-\ln|x-z|. Assim
V(x)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\lambda\left[-\ln|x-z|\right]_{z=-L/2}^{z=+L/2}.
Avaliaremos os limites:
V(x)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\lambda\left(-\ln|x-L/2| + \ln|x+L/2|\right) =\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\lambda\ln\!\left(\frac{x+L/2}{x-L/2}\right).
Substituindo \lambda=\dfrac{Q}{L} e para simplificar definindo a=\dfrac{L}{2}, obtemos a forma final do potencial (válida para |x|>a):
V(x)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{L}\ln\!\left(\frac{x+a}{x-a}\right),\qquad a=\frac{L}{2}.
Observação rápida de verificação: para x\to\infty a expansão \ln\!\left(\dfrac{x+a}{x-a}\right)\approx\dfrac{2a}{x} leva a V\approx\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\dfrac{Q}{x}, que é o potencial de uma carga pontual Q — bom sinal de consistência.

Passo 4

Agora calcu-lo campo elétrico a partir do potencial. Lembrete didático: no eixo x o campo elétrico unidimensional é dado por
E_x(x)=-\frac{dV}{dx}.
Vamos derivar a expressão obtida para V(x). Usando V(x)=k\lambda\ln\!\left(\dfrac{x+a}{x-a}\right) com k=\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0} e a=\dfrac{L}{2}, temos
\frac{dV}{dx}=k\lambda\left(\frac{d}{dx}\ln(x+a)-\frac{d}{dx}\ln(x-a)\right) = k\lambda\left(\frac{1}{x+a}-\frac{1}{x-a}\right).
Combine as frações:
\frac{1}{x+a}-\frac{1}{x-a}=\frac{(x-a)-(x+a)}{(x+a)(x-a)}=\frac{-2a}{x^{2}-a^{2}}.
Portanto
\frac{dV}{dx}=k\lambda\left(\frac{-2a}{x^{2}-a^{2}}\right)=-\frac{2k\lambda a}{x^{2}-a^{2}}.
Aplicando E_x=-\dfrac{dV}{dx} temos
E_x(x)=\frac{2k\lambda a}{x^{2}-a^{2}}.
Substituindo a=\dfrac{L}{2} e \lambda=\dfrac{Q}{L} simplifica muito porque 2\lambda a=2\cdot\dfrac{Q}{L}\cdot\dfrac{L}{2}=Q. Logo
E_x(x)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{x^{2}-\left(\dfrac{L}{2}\right)^{2}}.
Essa expressão é para o componente x do campo quando |x|>\tfrac{L}{2}. A direção do campo segue o sinal de x: para x>+\tfrac{L}{2} o campo aponta no sentido +\hat{\mathbf{x}} (para fora, pois carga positiva), e para x<-\tfrac{L}{2} ele aponta no sentido -\hat{\mathbf{x}}. Em forma vetorial e indicando a direção, podemos escrever para |x|>\tfrac{L}{2}:
\vec{E}(x)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{x^{2}-\left(\dfrac{L}{2}\right)^{2}}\;\hat{\mathbf{x}}\quad\text{(se \(x>\tfrac{L}{2}\))},
\vec{E}(x)=-\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{x^{2}-\left(\dfrac{L}{2}\right)^{2}}\;\hat{\mathbf{x}}\quad\text{(se \(x<-\tfrac{L}{2}\))}.

Passo 5

Verificações rápidas e comentários úteis para prova:
  • Limite x\gg L: V\to\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\dfrac{Q}{x} e E\to\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\dfrac{Q}{x^{2}} — comportamento de carga pontual. Bom para checar respostas numéricas.
  • Se o ponto estiver sobre o bastão ( |x|<\tfrac{L}{2}), a integral direta do potencial contém um termo 1/|x-z| que diverge quando z\to x, portanto o potencial de uma linha de carga idealizada é infinito nesse ponto; fisicamente um bastão com raio finito não diverge — mas esse é outro modelo.

Resposta

V(x)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{L}\ln\!\left(\frac{x+\tfrac{L}{2}}{x-\tfrac{L}{2}}\right)\quad\text{(válido para }|x|>\tfrac{L}{2}\text{)}á
\vec{E}(x)= \begin{cases} \displaystyle \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{x^{2}-\left(\tfrac{L}{2}\right)^{2}}\;\hat{\mathbf{x}}, & x>\tfrac{L}{2},\\[8pt] \displaystyle -\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{x^{2}-\left(\tfrac{L}{2}\right)^{2}}\;\hat{\mathbf{x}}, & x<-\tfrac{L}{2}. \end{cases}]

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