Considere um fio (não-condutor) muito fino de comprimento 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 pede: calcular o campo elétrico no ponto que fica sobre a reta perpendicular ao fio, que passa pelo ponto médio do fio, a uma distância \,h do fio. Informação dada: o fio é muito fino, de comprimento \,L, não condutor, com densidade linear de carga constante \,\lambda>0. Queremos o campo elétrico nesse ponto (módulo e direção).

Passo 2

Escolhemos um sistema de coordenadas para ficar claro. Colocamos o fio ao longo do eixo x, centrado na origem, de x=-\tfrac{L}{2} até x=+\tfrac{L}{2}. O ponto onde queremos o campo fica em (0,h) sobre o eixo y. Assim:
\text{fio: } x\in\left[-\tfrac{L}{2},\tfrac{L}{2}\right],\qquad \text{ponto: }(0,h).
Tomar coordenadas facilita a simetria e a integração.

Passo 3

A física que usamos (uma “aula rápida” de Coulomb): um elemento de carga \,dq localizado em x produz um campo infinitesimal
d\vec E=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{dq}{r^2}\hat r,
onde \,r é a distância do elemento até o ponto e \hat r é o versor nessa direção. Aqui, como a densidade linear é constante, um elemento de comprimento dx contém
dq=\lambda\,dx.
A distância entre o ponto (x,0) do fio e o ponto (0,h) é
r=\sqrt{x^2+h^2}.

Passo 4

Expressamos o vetor d\vec E em componentes. A direção de d\vec E vai do elemento de carga até o ponto (0,h). Suas componentes são
dE_x = dE\cdot\frac{(-x)}{r},\qquad dE_y = dE\cdot\frac{h}{r},
mas por simetria os contributions horizontais de +x e -x se cancelam, porque para cada elemento em x existe outro em -x que tem dE_x de mesmo módulo e sinal oposto. Logo o campo resultante tem apenas componente vertical (no eixo y). Portanto
dE_y = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\lambda\,dx}{r^2}\cdot\frac{h}{r} =\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\lambda\frac{h\,dx}{(x^2+h^2)^{3/2}}.

Passo 5

Integramos dE_y ao longo do fio, de -\tfrac{L}{2} a +\tfrac{L}{2}:
E_y=\int_{-L/2}^{L/2} dE_y =\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\lambda\int_{-L/2}^{L/2}\frac{h\,dx}{(x^2+h^2)^{3/2}}.
Para facilitar a integral, note que o integrando é função par em x, então podemos usar duas vezes a integral de 0 a L/2, ou fazer substituição trigonométrica. Vou usar substituição trigonométrica para mostrar o passo a passo.

Passo 6

Fazemos a substituição \,x = h\tan\theta. Então dx = h\operatorname{sec}^2\theta\,d\theta e
x^2+h^2 = h^2\tan^2\theta + h^2 = h^2\operatorname{sec}^2\theta,
portanto
(x^2+h^2)^{3/2} = (h^2\operatorname{sec}^2\theta)^{3/2} = h^3\operatorname{sec}^3\theta.
O numerador h\,dx vira h\cdot h\operatorname{sec}^2\theta\,d\theta = h^2\operatorname{sec}^2\theta\,d\theta. Assim o integrando se simplifica:
\frac{h\,dx}{(x^2+h^2)^{3/2}}=\frac{h^2\operatorname{sec}^2\theta\,d\theta}{h^3\operatorname{sec}^3\theta}=\frac{1}{h}\cos\theta\,d\theta.
Agora precisamos dos limites em \theta. Quando x=-\tfrac{L}{2}, \theta=-\arctan\!\big(\tfrac{L}{2h}\big). Quando x=+\tfrac{L}{2}, \theta=+\arctan\!\big(\tfrac{L}{2h}\big). Chamando \theta_0=\arctan\!\big(\tfrac{L}{2h}\big), a integral fica
\int_{-L/2}^{L/2}\frac{h\,dx}{(x^2+h^2)^{3/2}} =\frac{1}{h}\int_{-\theta_0}^{\theta_0}\cos\theta\,d\theta =\frac{1}{h}\big[2\sin\theta_0\big] =\frac{2}{h}\sin\theta_0.

Passo 7

Voltamos à variável geométrica. Temos \sin\theta_0 com \theta_0=\arctan\!\big(\tfrac{L}{2h}\big). Num triângulo retângulo com tangente \tfrac{L/2}{h}, o seno é
\sin\theta_0=\frac{L/2}{\sqrt{(L/2)^2+h^2}}.
Portanto a integral vale
\frac{2}{h}\sin\theta_0=\frac{2}{h}\cdot\frac{L/2}{\sqrt{(L/2)^2+h^2}}=\frac{L}{h\sqrt{(L/2)^2+h^2}}.
Multiplicando pelo fator externo, obtemos a componente vertical do campo:
E_y=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\lambda\cdot\frac{L}{h\sqrt{(L/2)^2+h^2}}.

Passo 8

Interpretação do sinal e direção: como \lambda>0, o campo aponta para longe da carga; no ponto em (0,h) (acima do fio) o vetor campo aponta para cima. Assim o campo vetorial é
\vec E = E_y\,\hat{\mathbf{y}}
com E_y dado acima. É bom checar limites para ver se faz sentido:
\n (i) Se L\to\infty, então \sqrt{(L/2)^2+h^2}\approx L/2 e
E_y\to\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\lambda\frac{L}{h(L/2)}=\frac{1}{2\pi\varepsilon_0}\frac{\lambda}{h},
que é exatamente o campo de uma linha infinita (confere).\n (ii) Se L\to 0 (carga muito concentrada), escrevendo q=\lambda L obtemos
E_y\approx\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{h^2},
que é o campo de uma carga pontual a distância h (confere).

Resposta

\vec E(0,h)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{\lambda L}{h\sqrt{h^2+\big(\tfrac{L}{2}\big)^2}}\,\hat{\mathbf{y}}.

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