Um fio reto esticado a uma altura de 5 metros, paralelo a superfície da Terra tem uma densidade linear de carga \lambda=10^{-5} \mathrm{C} / \mathrm{m}, e tem 200 metros de comprimento. Qual é o campo elétrico na superfície da Terra abaixo do fio? Qual a força que o fio sofre? Para campos estacionários, a Terra comporta-se como um bom condutor.

Passo 1

O enunciado dá um fio reto, paralelo ao solo, com as seguintes informações:
\lambda = 10^{-5}\,\mathrm{C/m} (densidade linear de carga),
comprimento L = 200\,\mathrm{m},
altura em relação à superfície da Terra h = 5\,\mathrm{m}.
Perguntas: (1) qual é o campo elétrico na superfície da Terra imediatamente abaixo do fio? (2) qual é a força que o fio sofre (devido à Terra / cargas induzidas)?
Observações dadas pelo enunciado que vamos usar: para campos estacionários a Terra se comporta como um bom condutor (superfície condutora plana e extensa).

Passo 2

Ideia física e método que vamos usar (explicação didática, sem pular etapas): uma superfície condutora plana e aterrada impõe potencial nulo na superfície. A forma prática e elegante de resolver problemas com uma carga próxima a um plano condutor é o método das imagens: substituímos a superfície condutora por uma carga “imagem” do outro lado do plano, de modo que a soma dos potenciais das cargas reais e da(s) imagem(s) seja zero sobre o plano. Para um fio linear com carga positiva acima de um plano condutor aterrada, a imagem é um fio idem, simétrico em relação ao plano, com densidade linear oposta ( -\lambda). Assim, o campo no exterior (acima do plano) é o mesmo que o campo gerado pelo par fio real \lambda e fio imagem -\lambda.
Vamos então calcular o campo produzido por um fio finito de comprimento L, no ponto situado na linha perpendicular que passa pelo centro do fio, a uma distância r do eixo do fio. Depois aplicamos isso duas vezes (real + imagem).
Configuração geométrica para o cálculo: coloque o fio ao longo do eixo y, centrado em y=0, com y\in[-L/2,L/2]. O ponto onde queremos o campo está no eixo x a uma distância r do eixo do fio (no nosso caso, para o ponto na superfície abaixo do fio, r=h). Pelo simetria, o campo tem só componente radial (perpendicular ao fio), apontando do fio para o ponto (no nosso caso, vertical).

Passo 3

Cálculo do campo de um fio finito a uma distância r do seu centro (derivação integral, passo a passo):
Considere um elemento de carga \mathrm{d}q = \lambda\,\mathrm{d}y localizado em y. A distância entre esse elemento e o ponto de interesse é
R=\sqrt{r^{2}+y^{2}}.
O módulo do campo gerado pelo elemento é, pela lei de Coulomb,
\mathrm{d}E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\mathrm{d}q}{R^{2}}=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda\,\mathrm{d}y}{(r^{2}+y^{2})}.
A componente do campo na direção radial (a única não anulada por simetria) é \mathrm{d}E_r = \mathrm{d}E\cos\theta, onde \cos\theta = r/R. Então
\mathrm{d}E_r = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda\,\mathrm{d}y}{(r^{2}+y^{2})}\cdot\frac{r}{\sqrt{r^{2}+y^{2}}} = \frac{\lambda r}{4\pi\epsilon_0}\frac{\mathrm{d}y}{(r^{2}+y^{2})^{3/2}}.
Integramos y de -L/2 a +L/2:
E_{\text{fio}}(r) = \frac{\lambda r}{4\pi\epsilon_0}\int_{-L/2}^{L/2}\frac{\mathrm{d}y}{(r^{2}+y^{2})^{3/2}}.
A primitiva da função é conhecida (ou pode ser obtida por substituição trigonométrica):
\int\frac{\mathrm{d}y}{(r^{2}+y^{2})^{3/2}}=\frac{y}{r^{2}\sqrt{r^{2}+y^{2}}}.
Aplicando os limites y=\pm L/2 e simplificando obtemos a forma fechada (fazendo as contas):
E_{\text{fio}}(r)=\frac{\lambda L}{4\pi\epsilon_0\,r\sqrt{r^{2}+(L/2)^{2}}}.
Verificação rápida de consistência: para L\to\infty essa expressão tende a \dfrac{\lambda}{2\pi\epsilon_0 r}, que é o campo do fio infinito. Excelente.

Passo 4

Campo na superfície da Terra diretamente abaixo do fio:
Ponto: na superfície, logo abaixo do fio real, a distância do ponto ao eixo do fio real é r=h=5\,\mathrm{m}. Pelo método das imagens, o campo total fora do condutor é a soma do campo do fio real (com \lambda) e do fio imagem (com -\lambda) simétrico em relação ao plano. Para o ponto exatamente sobre o plano e abaixo do fio, as contribuições verticalmente estão no mesmo sentido (ambas dirigidas para baixo), e têm o mesmo módulo (as distâncias ao fio real e à imagem são ambas h). Assim o módulo do campo total é o dobro do módulo produzido por um dos fios calculado acima.
Usando a expressão do passo anterior com r=h:
E_{\text{um fio}}(h)=\frac{\lambda L}{4\pi\epsilon_0\,h\sqrt{h^{2}+(L/2)^{2}}}.
Então
E_{\text{superfície}}=2\,E_{\text{um fio}}(h) = \frac{\lambda L}{2\pi\epsilon_0\,h\sqrt{h^{2}+(L/2)^{2}}}.í
Agora substituímos os valores numéricos. Valores usados:
\lambda=10^{-5}\,\mathrm{C/m},
L=200\,\mathrm{m},
h=5\,\mathrm{m},
\epsilon_0\approx 8,854\times 10^{-12}\,\mathrm{F/m}.
Calcule primeiro \sqrt{h^{2}+(L/2)^{2}}=\sqrt{5^{2}+100^{2}}=\sqrt{10025}\approx 100,125.
Substituindo:
E_{\text{superfície}} \approx \frac{(10^{-5})(200)}{2\pi(8,854\times 10^{-12})(5)(100,125)} \approx 7{,}19\times 10^{4}\,\mathrm{N/C}.í
Direção: para baixo (isto é, a componente normal ao plano aponta em direção ao interior da Terra).

Passo 5

Cálculo da força que o fio sofre (passo a passo, integral exata):
A força total sobre o fio real é a interação com a distribuição de cargas induzidas no condutor — pelo método das imagens isso equivale à força entre o fio real e seu fio imagem (com densidade -\lambda) separado por uma distância vertical d=2h. Vamos calcular a força total (componente vertical) por integração dupla e reduzir a uma integral simples.
Força (módulo) entre dois elementos \lambda\,\mathrm{d}y (do fio real) e \lambda'\,\mathrm{d}y' (do fio imagem) separados por u=y-y' tem contribuição vertical
\mathrm{d}F = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda\lambda'\,d}{(d^{2}+u^{2})^{3/2}}\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}y',
onde d=2h é a separação entre os eixos. Somando sobre os comprimentos dos dois fios obtemos a integral dupla; usando a técnica de convolução (reduzindo a integral dupla a uma integral única com mudança de variável u=y-y') chega-se ao resultado fechado (mostro o passo chave rapidamente):
F = \frac{\lambda\lambda'}{4\pi\epsilon_0}\int_{-L}^{L}(L-|u|)\frac{d}{(d^{2}+u^{2})^{3/2}}\,\mathrm{d}u.
Efetuando essa integral (substituição trigonométrica e integração por partes) obtém-se a expressão fechada
F=\frac{\lambda\lambda'}{2\pi\epsilon_0 d}\Big(\sqrt{d^{2}+L^{2}}-d\Big).
No nosso caso \lambda'=-\lambda, portanto
F=-\frac{\lambda^{2}}{2\pi\epsilon_0 d}\Big(\sqrt{d^{2}+L^{2}}-d\Big).
O sinal negativo indica que a força é atrativa (direcionada para o plano — ou seja, para baixo). O módulo é
|F|=\frac{\lambda^{2}}{2\pi\epsilon_0 d}\Big(\sqrt{d^{2}+L^{2}}-d\Big).

Passo 6

Substituição numérica para a força:
Dados: d=2h=10\,\mathrm{m}, \lambda=10^{-5}\,\mathrm{C/m}, L=200\,\mathrm{m}, \epsilon_0\approx 8,854\times 10^{-12}\,\mathrm{F/m}.
Calcule \sqrt{d^{2}+L^{2}}=\sqrt{10^{2}+200^{2}}=\sqrt{40100}\approx 200{,}25.
Então
|F|\approx \frac{(10^{-5})^{2}}{2\pi(8,854\times 10^{-12})(10)}\big(200{,}25-10\big) \approx 34{,}2\,\mathrm{N}.
Direção: para baixo (atração para a Terra). Também útil: força por unidade de comprimento média
\frac{|F|}{L}\approx \frac{34{,}2}{200}\approx 0{,}171\,\mathrm{N/m}.

Resposta

\vec{E}_{\text{na superfície}} \approx -7{,}19\times 10^{4}\,\hat{z}\,\mathrm{N/C}í (para baixo)\n
F \approx 34{,}2\,\mathrm{N} (atração para baixo, magnitude)

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