Considere um “fio infinito”, de raio da secção reta desprezível, carregado com carga positiva, de modo que a densidade linear de carga é \lambda. Faça o que se pede.
a) Calcule o campo elétrico a uma distância r do eixo central do fio.
b) Calcule a força que uma carga pontual +q colocada à uma distância r>a do fio está sujeita.
c) Desenhe o fio e represente o campo elétrico (linhas do campo).
d) Suponha que o potencial no “infinito” seja nulo ( V (" \infty ") = 0). Mostre que, a uma distância r do fio, o potencial é dado por
V(r)=\frac{-\lambda}{2 \pi \epsilon_{0}} \ln (r)

Passo 1

O enunciado dá um fio infinito, com seção de raio desprezível (mas em (b) aparece uma condição r>a, portanto consideramos que o fio pode ter um raio a muito pequeno) e densidade linear de carga \lambda>0. As perguntas são:
  1. (a) Calcular o campo elétrico a uma distância r do eixo do fio.
  2. (b) Calcular a força sobre uma carga pontual +q colocada a uma distância r>a do fio.
  3. (c) Desenhar o fio e representar as linhas do campo elétrico.
  4. (d) Assumindo V(\infty)=0, mostrar que o potencial a uma distância r do fio é
V(r)=\frac{-\lambda}{2 \pi \epsilon_{0}} \ln (r).
Informações úteis dadas: densidade linear \lambda, fio infinito, carga de prova +q, condição V(\infty)=0. Nada mais é pedido neste passo além de listar o que é dado e as perguntas.

Passo 2

Princípio que vamos usar (explicação didática): quando um problema tem simetria cilíndrica (um fio longo e retilíneo), o campo elétrico tem direção radial (saindo do eixo) e depende apenas da distância radial r ao eixo. A Lei de Gauss é a ferramenta mais direta para obter E(r) porque transforma a integral de campo numa conta simples quando escolhemos uma superfície gaussiana apropriada.
Enunciado da Lei de Gauss (aula rápida): para qualquer superfície fechada \mathcal{S},
\oint_{\mathcal{S}} \vec{E}\cdot d\vec{A}=\frac{Q_{\text{int}}}{\epsilon_{0}},
onde Q_{\text{int}} é a carga total dentro da superfície e \epsilon_{0} é a permissividade do vácuo. d\vec{A} é o vetor área elementar apontando para fora.
Escolha da superfície gaussiana: para um fio retilíneo infinito, usamos um cilindro coaxial de raio r e comprimento L. Por simetria, \vec{E} é radial e tem o mesmo módulo em toda a superfície lateral do cilindro.

Passo 3

Cálculo do fluxo elétrico pela superfície cilíndrica (detalhando contas): a superfície do cilindro tem três partes: face lateral e duas tampas circulares nas pontas. Como \vec{E} é radial e as tampas são perpendiculares ao eixo, o campo é paralelo às tampas? Não — o campo é perpendicular às tampas (aponta radialmente, enquanto as tampas têm vetores d\vec{A} na direção do eixo), portanto \vec{E}\cdot d\vec{A}=0 nas tampas. Assim só a superfície lateral contribui.
Área lateral do cilindro: A_{\text{lat}}=2\pi r L. Em toda essa superfície o módulo do campo é o mesmo e o vetor área é radial, então o fluxo é
\Phi = E(r)\cdot (2\pi r L).
Carga contida no cilindro: a carga por unidade de comprimento é \lambda, logo a carga encerrada por comprimento L é
Q_{\text{int}}=\lambda L.

Passo 4

Aplicação da Lei de Gauss e resolução para E(r): substituindo na Lei de Gauss,
E(r)\cdot (2\pi r L)=\frac{\lambda L}{\epsilon_{0}}.
Podemos cancelar L (não depende do comprimento escolhido), obtendo
E(r)=\frac{\lambda}{2\pi \epsilon_{0}\, r}.
Interpretação do resultado: o campo diminui como 1/r, característico de fontes com simetria cilíndrica (contraste: carga pontual dá 1/r^{2}). O sinal: como \lambda>0 e a carga de prova é positiva, o campo aponta radialmente para fora do fio. Em notação vetorial,
\vec{E}(r)=\frac{\lambda}{2\pi \epsilon_{0}\, r}\,\hat{r},
onde \hat{r} é o versor radial apontando para fora do eixo.

Passo 5

Resumo didático do que usamos para chegar em E(r): 1) simetria cilíndrica nos diz que \vec{E} depende só de r e é radial; 2) superfície gaussiana cilíndrica torna o cálculo do fluxo trivial; 3) Lei de Gauss relaciona fluxo à carga encerrada; 4) resultados independem de L, mostrando consistência física (fio infinito).

Passo 6

Parte (b) — cálculo da força sobre uma carga +q colocada a r>a (passo a passo): força eletrostática é dada pela Lei de Coulomb local: \vec{F}=q\vec{E}. Usando o campo encontrado,
\vec{F}(r)=q\,\vec{E}(r)=q\left(\frac{\lambda}{2\pi \epsilon_{0}\, r}\right)\hat{r}.
Como \lambda>0 e q>0, a força é repulsiva e aponta radialmente para fora. O módulo da força é
F(r)=\frac{q\lambda}{2\pi \epsilon_{0}\, r}.
Comentário sobre a condição r>a: se o fio tivesse raio a e estivesse carregado uniformemente, para r>a o campo externo seria o mesmo que de uma linha com carga \lambda (pela Lei de Gauss aplicada fora do condutor/cilindro). Para r<a o campo dependeria da distribuição interna, mas o enunciado pede r>a, então a expressão acima vale.

Passo 7

Parte (c) — como desenhar o fio e as linhas do campo (instruções e explicação didática):
  1. Desenhe no plano um eixo vertical representando o fio como uma linha reta vertical (fio infinito). Se quiser indicar raio a, desenhe um cilindro fino; se o raio é desprezível, represente só a linha.
  2. As linhas do campo elétrico são radiais e saem perpendicularmente da linha do fio. No desenho 2D (plano transversal), isso aparece como linhas retas saindo do ponto central em todas as direções (como raios de uma roda).
  3. As linhas são igualmente espaçadas angularmente porque a simetria é perfeita. A densidade de linhas por unidade de comprimento radial aumenta ao aproximar de r=0, o que indica E maior perto do fio.
  4. Equipotenciais: desenhe círculos concêntricos (ou, em 3D, cilindros concêntricos) centrados no fio. Esses são superfícies de mesmo potencial; o campo é perpendicular às equipotenciais, como deve ser.
    Observação física intuitiva: a força sobre carga positiva empurra-a para fora (linhas apontando para fora). Se \lambda fosse negativa, as linhas apontariam para o fio.

Passo 8

Parte (d) — relação entre campo e potencial (aula rápida): o campo elétrico e o potencial escalar estão relacionados por
\vec{E}=-\nabla V.
Em coordenadas radiais, para um campo puramente radial \vec{E}=E_{r}(r)\hat{r}, isso reduz para
E_{r}(r)=-\frac{dV}{dr}.
Portanto podemos obter V(r) integrando E_{r} radialmente. Também podemos usar a definição de diferença de potencial entre dois pontos a e b:
V(b)-V(a)=-\int_{a}^{b} \vec{E}\cdot d\vec{\ell}.

Passo 9

Cálculo explícito do potencial com a condição V(\infty)=0 (passo a passo das integrais): usando V(r)-V(\infty)=-\int_{\infty}^{r} \vec{E}\cdot d\vec{\ell}. Como \vec{E} é radial e temos um caminho radial, \vec{E}\cdot d\vec{\ell}=E_{r}(r')\,dr'. Substituindo E_{r}(r')=\dfrac{\lambda}{2\pi\epsilon_{0}\, r'},
V(r)-0 = -\int_{\infty}^{r} \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_{0}\, r'}\,dr'.
Troque os limites para integrar em ordem conveniente (explicação): é comum transformar a integral trocando o sinal,
V(r) = \int_{r}^{\infty} \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_{0}\, r'}\,dr'.
Calcule a integral (detalhando): \int \dfrac{1}{r'}dr'=\ln(r'). Então
V(r)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_{0}}\left[\ln(r')\right]_{r}^{\infty}.
Agora atenção com o comportamento no infinito: \ln(r') tende a +\infty quando r'\to\infty, o que sugere divergência. Para que V(\infty)=0 seja consistente, devemos manter a forma dada no enunciado com o sinal negativo explícito — vamos reavaliar o cálculo de forma direta com o limite apropriado.

Passo 10

Avaliação correta da integral com cuidado de sinais: volte à expressão original
V(r)= -\int_{\infty}^{r} \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_{0}} \frac{1}{r'}\,dr'.
Para integrar de \infty até r podemos executar a integral e avaliar o limite:
V(r) = -\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_{0}} \lim_{R\to\infty} \int_{R}^{r} \frac{1}{r'}\,dr' = -\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_{0}} \lim_{R\to\infty} \big(\ln r - \ln R\big).
Isso dá
V(r) = -\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_{0}} \left(\ln r - \lim_{R\to\infty}\ln R\right).
Se impusermos V(\infty)=0 de modo estrito, a expressão \lim_{R\to\infty}\ln R diverge e a forma absoluta do potencial em relação a um zero no infinito fica formalmente problemática — isto é conhecido: o potencial absoluto de um fio infinito definido com referência em infinito diverge. Porém o enunciado pede para assumir V(\infty)=0 e derivar a expressão mostrada; interpretamos isso como escolher uma convenção formal que cancela a constante divergente, obtendo a forma funcional dependente de r.

Passo 11

Conclusão e obtenção da expressão pedida (o que se faz na prática em exercícios e provas): ignorando a constante infinita (ou entendendo V(\infty)=0 como uma convenção regularizada), a parte dependente de r é
V(r)=-\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_{0}} \ln r + C,
com C escolhido de forma que V(\infty)=0. Com a convenção do enunciado temos C=0 (regularização implícita), portanto
V(r)= -\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_{0}} \ln(r).
Verificação rápida derivando: se V(r)=-\dfrac{\lambda}{2\pi\epsilon_{0}}\ln r, então
-\frac{dV}{dr} = -\left(-\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_{0}}\cdot\frac{1}{r}\right)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_{0} r}=E_{r}(r),
o que recupera o campo encontrado em (a), confirmando consistência.
Observação física final: na prática, usa-se um ponto de referência finito r_{0} e escreve-se
V(r)= -\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_{0}}\ln\!\left(\frac{r}{r_{0}}\right),
o que evita divergências. Escolhendo r_{0}=1 unidade ou adotando a convenção pedida, obtemos a forma solicitada.

Resposta

(a) \displaystyle \vec{E}(r)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_{0}\, r}\,\hat{r}.\n
(b) \displaystyle \vec{F}(r)=\frac{q\lambda}{2\pi\epsilon_{0}\, r}\,\hat{r} (módulo \displaystyle F=\frac{q\lambda}{2\pi\epsilon_{0}\, r}, direção radial para fora).\n
(c) Linhas do campo: no corte transversal, linhas retilíneas radiando para fora do fio em todas as direções (simetria circular); equipotenciais são círculos concêntricos (em 3D: linhas radiais e superfícies equipotenciais cilíndricas).\n
(d) \displaystyle V(r)=\frac{-\lambda}{2 \pi \epsilon_{0}} \ln (r).

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