Considere um fio (não-condutor) muito fino de comprimento 2 L. Sabendo-se que o fio possui densidade linear de carga constante \lambda>0, calcule o campo elétrico sob a reta perpendicular que passa pela metade do fio a uma altura h do mesmo. Explique.

Passo 1

O enunciado dá um fio muito fino, não condutor, de comprimento 2L com densidade linear de carga constante \lambda>0. Pede-se o campo elétrico no ponto que está sobre a reta perpendicular ao fio que passa pelo ponto médio do fio, a uma altura h acima do fio. Informações relevantes:
\n
  • Comprimento do fio: de -L a +L ao longo da reta (ou seja, comprimento total 2L).\n
  • Densidade linear de carga: \lambda (constante), então uma pequena porção de comprimento dx tem carga dq=\lambda\,dx.\n
  • Ponto onde queremos o campo: situado na perpendicular ao fio que passa pelo meio, a uma distância h (vou chamar esse ponto de P).\n
  • Queremos a expressão do campo elétrico \mathbf{E} em P, tanto magnitude quanto direção.

Passo 2

Escolhemos um sistema de coordenadas simples para montar a integral: colocamos o fio sobre o eixo x, centrado na origem, ocupando o intervalo -L\le x\le L. O ponto P está em (0,h) (ou seja, na linha x=0 a distância h acima do eixo).\n
Agora vamos considerar um elemento de carga infinitesimal dq localizado em x. Esse elemento vale
dq=\lambda\,dx.
Pela lei de Coulomb, o campo produzido por um carga pontual dq no ponto P é
d\mathbf{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{dq}{r^2}\hat{\mathbf{r}},
onde \varepsilon_0 é a permissividade do vácuo, r é a distância entre dq e P e \hat{\mathbf{r}} é o versor que sai de dq em direção a P. Vou usar essa fórmula para somar (integrar) as contribuições de todos os dq ao longo do fio.

Passo 3

Escrevemos o vetor posição relativo e sua magnitude: para o elemento em x, o vetor que vai de dq até P é -x\,\hat{\mathbf{x}}+h\,\hat{\mathbf{y}}. A distância é
r=\sqrt{x^2+h^2}.
Logo o campo infinitesimal é
d\mathbf{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\lambda\,dx}{(x^2+h^2)}\cdot\frac{-x\,\hat{\mathbf{x}}+h\,\hat{\mathbf{y}}}{\sqrt{x^2+h^2}} =\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\lambda\frac{-x\,\hat{\mathbf{x}}+h\,\hat{\mathbf{y}}}{(x^2+h^2)^{3/2}}\,dx.
Separando componentes:
dE_x=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\lambda\frac{-x}{(x^2+h^2)^{3/2}}\,dx, \qquad dE_y=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\lambda\frac{h}{(x^2+h^2)^{3/2}}\,dx.

Passo 4

Pelo centro simétrico do fio: o elemento em x e o elemento em -x têm componentes x-opostas que se cancelam. Portanto a componente horizontal total é zero:
E_x=\int_{-L}^{L} dE_x=0.
A única componente não nula é a vertical E_y, obtida integrando dE_y de -L a L.

Passo 5

Escrevemos a integral para E_y, tirando constantes fora:
E_y=\int_{-L}^{L} dE_y=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\lambda h\int_{-L}^{L}\frac{dx}{(x^2+h^2)^{3/2}}.
Agora precisamos calcular a integral
I=\int\frac{dx}{(x^2+h^2)^{3/2}}.

Passo 6

Para achar uma primitiva de I podemos tentar observar que a derivada de
f(x)=\frac{x}{h^2\sqrt{x^2+h^2}}
é exatamente a função integranda. Vamos calcular f'(x) devagarinho (mostrando a conta para você conseguir reproduzir na prova): escrevemos f(x)=\frac{1}{h^2}\,x\,(x^2+h^2)^{-1/2}. Então
f'(x)=\frac{1}{h^2}\left[1\cdot(x^2+h^2)^{-1/2}+x\cdot\left(-\tfrac{1}{2}\right)(x^2+h^2)^{-3/2}\cdot 2x\right].
Simplificando:
f'(x)=\frac{1}{h^2}\left[(x^2+h^2)^{-1/2}-x^2(x^2+h^2)^{-3/2}\right] =\frac{1}{h^2}\frac{(x^2+h^2)-x^2}{(x^2+h^2)^{3/2}} =\frac{1}{(x^2+h^2)^{3/2}}.
Portanto uma primitiva é mesmo f(x). Assim
\int_{-L}^{L}\frac{dx}{(x^2+h^2)^{3/2}} =\left[\frac{x}{h^2\sqrt{x^2+h^2}}\right]_{-L}^{L}.

Passo 7

Aplicando os limites:
\left.\frac{x}{h^2\sqrt{x^2+h^2}}\right|_{-L}^{L}=\frac{L}{h^2\sqrt{L^2+h^2}}-\frac{-L}{h^2\sqrt{L^2+h^2}} =\frac{2L}{h^2\sqrt{L^2+h^2}}.
Substituindo isso em E_y:
E_y=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\lambda h\cdot\frac{2L}{h^2\sqrt{L^2+h^2}} =\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2\lambda L}{h\sqrt{L^2+h^2}}.
Como \lambda>0 e assumimos P acima do fio (altura h>0), o campo aponta para cima (afastando-se do fio). Em forma vetorial:
\mathbf{E}=E_y\,\hat{\mathbf{y}} =\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2\lambda L}{h\sqrt{L^2+h^2}}\,\hat{\mathbf{y}}.

Passo 8

Checagens rápidas (útil para prova): limite L\to\infty
E\to\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2\lambda}{h}=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 h},
que é o resultado conhecido para um fio infinito — bom sinal. Para L\ll h obtemos E\approx\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2\lambda L}{h^2}, comportamento de campo fraco e decaindo com h^2, também coerente com uma carga pontual efetiva pequena.

Resposta

\boxed{\mathbf{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2\lambda L}{h\sqrt{L^2+h^2}}\,\hat{\mathbf{y}}.}

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