Considere uma distribuição uniforme de cargas ao longo de um fio retilíneo finito de comprimento L. Seja Q a carga total do fio. Determine o módulo do campo elétrico nos pontos situados a reta perpendicular ao fio e passando pelo seu centro. Discuta o resultado

Passo 1

O enunciado pede: “Dada uma distribuição uniforme de cargas ao longo de um fio retilíneo finito de comprimento L e carga total Q, determinar o módulo do campo elétrico nos pontos situados na reta perpendicular ao fio que passa pelo seu centro.”
Informações dadas e o que é pedido:
  • Comprimento do fio: L.
  • Carga total do fio: Q.
  • Distribuição: uniformemente espalhada ao longo do fio (densidade linear constante).
  • Posição dos pontos onde queremos o campo: na reta perpendicular ao fio que passa pelo centro do fio; ou seja, pontos a uma distância x do centro, ao longo da bissetriz perpendicular.
    O objetivo: encontrar o módulo E(x) do campo elétrico em função de x, L e Q. (Observação: x=0 corresponde ao ponto no centro do fio e está sobre o próprio fio; ali o campo é singular/indefinido para uma linha de carga ideal.)

Passo 2

Escolher coordenadas e quantidades básicas (método geométrico e físico). Vou colocar o fio ao longo do eixo y, com seu centro na origem, de modo que o fio vai de y=-L/2 até y=+L/2. O ponto P onde calculamos o campo fica na reta perpendicular ao fio passando pela origem, no ponto de coordenada (x,0) (com x>0 para identificar o módulo; a simetria garante que só importa |x|).
Definir a densidade linear de carga:
\lambda=\frac{Q}{L}.
Usarei a constante k=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} para escrever a Lei de Coulomb de forma compacta.

Passo 3

Expressar o campo devido a um elemento de carga e usar simetria.
Considere um elemento de comprimento dy do fio, localizado em coordenada y. A carga desse elemento é
dq=\lambda\,dy.
A distância entre o elemento e P é
r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}.
Pela Lei de Coulomb, a contribuição infinitesimal de campo em módulo é
dE=\frac{k\,dq}{r^{2}}=\frac{k\lambda\,dy}{(x^{2}+y^{2})}.
Essa contribuição aponta radialmente do elemento para P; decompondo em componentes, a componente ao longo da direção da reta perpendicular (eixo x) é multiplicada por \cos\theta, com \cos\theta = \dfrac{x}{r}. As componentes na direção y de elementos simétricos +y e -y se cancelam por simetria. Portanto a contribuição útil é
dE_{x}=dE\cos\theta=\frac{k\lambda\,dy}{(x^{2}+y^{2})}\cdot\frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} =\frac{k\lambda\,x\,dy}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}.

Passo 4

Montar a integral para o campo total. Somando (integrando) as contribuições de y=-L/2 até y=+L/2 obtemos o módulo do campo ao longo do eixo x:
E(x)=\int_{-L/2}^{L/2} dE_{x} = k\lambda x \int_{-L/2}^{L/2}\frac{dy}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}.
O objetivo agora é calcular a integral
I=\int_{-L/2}^{L/2}\frac{dy}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}.

Passo 5

Calcular a integral I. Uma forma prática é usar a substituição trigonométrica y=x\tan\theta. Então:
y=x\tan\theta,\qquad dy=x\operatorname{sec}^{2}\theta\,d\theta,\qquad \sqrt{x^{2}+y^{2}}=x\operatorname{sec}\theta.
Substituindo na integral (e observando os limites): quando y=0 tem-se \theta=0; quando y=+L/2 tem-se \theta=\arctan\!\big(\tfrac{L}{2x}\big). Como a integranda é par, posso calcular de 0 a L/2 e multiplicar por 2. Procedo direto na integral completa:
I=\int_{-L/2}^{L/2}\frac{dy}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}} = \int \frac{x\operatorname{sec}^{2}\theta\,d\theta}{(x^{2} \operatorname{sec}^{2}\theta)^{3/2}} = \int \frac{x\operatorname{sec}^{2}\theta\,d\theta}{x^{3}\operatorname{sec}^{3}\theta} = \frac{1}{x^{2}}\int \cos\theta\,d\theta.
Agora os limites simétricos dão
I=\frac{1}{x^{2}}\Big[ \sin\theta\Big]_{-\arctan(L/(2x))}^{+\arctan(L/(2x))} = \frac{2}{x^{2}}\sin\!\bigg(\arctan\!\frac{L}{2x}\bigg).
Usando a identidade geométrica \sin(\arctan t)=\dfrac{t}{\sqrt{1+t^{2}}}, com t=\dfrac{L}{2x}, obtemos
\sin\!\bigg(\arctan\!\frac{L}{2x}\bigg)=\frac{\,\dfrac{L}{2x}\,}{\sqrt{1+\big(\dfrac{L}{2x}\big)^{2}}} =\frac{L}{2x\sqrt{1+\dfrac{L^{2}}{4x^{2}}}} =\frac{L}{2\sqrt{x^{2}+\dfrac{L^{2}}{4}}}.
Substituindo de volta em I,
I=\frac{2}{x^{2}}\cdot\frac{L}{2\sqrt{x^{2}+\dfrac{L^{2}}{4}}} =\frac{L}{x^{2}\sqrt{x^{2}+\dfrac{L^{2}}{4}}}.

Passo 6

Substituir I na expressão de E(x). Lembrando que k=1/(4\pi\varepsilon_0) e \lambda=Q/L, temos
E(x)=k\lambda x\cdot I = k\lambda x\cdot\frac{L}{x^{2}\sqrt{x^{2}+\dfrac{L^{2}}{4}}} = k\lambda\frac{L}{x\sqrt{x^{2}+\dfrac{L^{2}}{4}}}.
Como \lambda L=Q, isso simplifica para
E(x)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot\frac{Q}{x\sqrt{x^{2}+\dfrac{L^{2}}{4}}}.
Esse é o módulo do campo elétrico no ponto da bissetriz perpendicular a uma distância x do centro do fio.

Passo 7

Discussão física e limites:
  • Direção: o campo aponta ao longo da reta perpendicular (para fora do fio se Q>0, para dentro se Q<0). O módulo é dado pela expressão acima; o sinal de direção é radial em relação ao fio.
  • Comportamento quando x\to 0: a expressão diverge como E\sim \dfrac{1}{x} para x\ll L (pois o fator \sqrt{x^{2}+L^{2}/4}\approx L/2 nesse regime). Isso reflete a singularidade da linha de carga idealmente fina: no próprio fio (ou muito perto), o campo tende a infinito. Na prática, fios reais têm espessura e a descrição de linha deixa de valer perto do condutor.
  • Caso x\ll L (ponto muito próximo ao fio, comparado ao comprimento): aproximando \sqrt{x^{2}+(L/2)^{2}}\approx L/2, obtém-se
E(x)\approx \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot\frac{Q}{x\cdot (L/2)}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot\frac{2Q}{L\,x} =\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_{0}}\cdot\frac{1}{x},
que é exatamente o comportamento do campo de uma linha infinita de carga: E_{\text{linha infinita}}=\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_{0}x}. Assim, perto do centro e para fios longos o campo local se aproxima do caso infinitamente longo.
  • Caso x\gg L (ponto muito longe do fio): \sqrt{x^{2}+L^{2}/4}\approx x, então
E(x)\approx \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot\frac{Q}{x\cdot x}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot\frac{Q}{x^{2}},
que é o comportamento de um ponto de carga Q visto de longe (o fio age como uma carga concentrada no centro). Isso mostra a transição esperada entre os regimes “linha” e “ponto”.

Resposta

E(x)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot\frac{Q}{x\sqrt{x^{2}+\dfrac{L^{2}}{4}}}

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