Um fio de semi infinito com densidade linear de carga constante \rho_{l}>0 está localizada ao longo do eixo y no intervalo -\infty<y \leq 0.
a) Calcule o vetor campo elétrico em um ponto qualquer do eixo x, com coordenada x>0 utilizando a Lei de Coulomb.
b) Adotando-se potencial nulo no ponto x=a do eixo x com a>0, calcule o potencial elétrico em um ponto do eixo x com coordenada x>a.
Passo 1
O enunciado dá as seguintes informações e pede as seguintes coisas:
Informações dadas:
Existe um fio retilíneo semi-infinito com densidade linear de carga constante \rho_{l}>0.
O fio está localizado ao longo do eixo y no intervalo -\infty<y\le 0.
O ponto onde se quer o campo ou potencial está sobre o eixo x, na posição x>0.
Para a parte (b) foi fixada a referência do potencial nulo em x=a com a>0.
O que o enunciado pede:
(a) Calcular o vetor campo elétrico em um ponto do eixo x com coordenada x>0, usando a Lei de Coulomb.
(b) Adotando V(a)=0, calcular o potencial elétrico em um ponto do eixo x com coordenada x>a.
Passo 2
Vamos montar a expressão pela Lei de Coulomb para uma distribuição linear contínua de carga e explicar cada peça.
Para um elemento de carga infinitesimal localizado em y' no fio temos \mathrm{d}q=\rho_{l}\,\mathrm{d}y'.
O ponto de campo está em (x,0) e o elemento de carga está em (0,y'). O vetor que vai do elemento até o ponto de campo é\mathbf{r}=(x-0)\,\hat{\mathbf{i}} + (0-y')\,\hat{\mathbf{j}} = x\,\hat{\mathbf{i}}-y'\,\hat{\mathbf{j}}.O módulo desse vetor é \displaystyle r=\sqrt{x^{2}+y'^{2}}.
A contribuição infinitesimal do campo elétrico (Lei de Coulomb) é\mathrm{d}\mathbf{E}=\frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\frac{\mathrm{d}q}{r^{2}}\,\hat{\mathbf{r}} =\frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\frac{\rho_{l}\,\mathrm{d}y'}{(x^{2}+y'^{2})}\left(\frac{x\,\hat{\mathbf{i}}-y'\,\hat{\mathbf{j}}}{\sqrt{x^{2}+y'^{2}}}\right).Simplificando,\mathrm{d}\mathbf{E}=\frac{\rho_{l}}{4\pi\epsilon_{0}}\frac{\mathrm{d}y'}{(x^{2}+y'^{2})^{3/2}}\bigl(x\,\hat{\mathbf{i}}-y'\,\hat{\mathbf{j}}\bigr).
Devemos integrar \mathrm{d}\mathbf{E} com y' variando de -\infty até 0.
Passo 3
Separemos as componentes x e y e escrevemos as integrais a avaliar.
Observação sobre sinais: a expressão já tem o sinal apropriado; para y'<0 o integrando em E_{y} será positivo (porque há um menos na fórmula e y'<0), o que indica que o campo aponta para +y, como geometria sugere.
Passo 4
Calculemos E_{x}. Usamos a substituição trigonométrica conveniente \displaystyle y'=x\tan\theta.
Substituindo em E_{x}:E_{x}=\frac{\rho_{l}}{4\pi\epsilon_{0}}\,x\cdot\frac{1}{x^{2}} =\frac{\rho_{l}}{4\pi\epsilon_{0}}\cdot\frac{1}{x}.
Passo 5
Agora calculemos E_{y}. Use a substituição u=x^{2}+y'^{2} (variável do integrando).
Tome u=x^{2}+y'^{2}. Então \mathrm{d}u=2y'\,\mathrm{d}y', logo y'\,\mathrm{d}y'=\tfrac{1}{2}\mathrm{d}u.
A integral em E_{y} é-\int_{-\infty}^{0}\frac{y'\,\mathrm{d}y'}{(x^{2}+y'^{2})^{3/2}} =-\frac{1}{2}\int_{u(-\infty)}^{u(0)}u^{-3/2}\,\mathrm{d}u.
Os limites em u são: quando y'=-\infty temos u\to\infty; quando y'=0 temos u=x^{2}.
Integramos:-\frac{1}{2}\int_{\infty}^{x^{2}}u^{-3/2}\,\mathrm{d}u =-\frac{1}{2}\left[\frac{u^{-1/2}}{-1/2}\right]_{\infty}^{x^{2}} =\bigl[u^{-1/2}\bigr]_{\infty}^{x^{2}} =\frac{1}{\sqrt{x^{2}}}-0=\frac{1}{x}.(a contribuição no infinito é zero porque u^{-1/2}\to 0 quando u\to\infty.)
Multiplicando pelo fator \rho_{l}/(4\pi\epsilon_{0}) obtemosE_{y}=\frac{\rho_{l}}{4\pi\epsilon_{0}}\cdot\frac{1}{x}.
Passo 6
Juntando as componentes obtemos o vetor campo elétrico no ponto (x,0) para x>0:
Comentário rápido e útil: as duas componentes têm o mesmo valor, daí a direção do campo é um vetor fazendo 45^\circ acima do eixo x (vetor apontando para o primeiro quadrante), o que bate com a intuição geométrica do fio ocupando os valores de y negativos.
Passo 7
Agora a parte (b): potencial elétrico com referência V(a)=0 e x>a.
Potencial devido a um elemento \mathrm{d}q é \mathrm{d}V=\dfrac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\dfrac{\mathrm{d}q}{r}.
Com \mathrm{d}q=\rho_{l}\,\mathrm{d}y' e r=\sqrt{x^{2}+y'^{2}}, temos a integral (que diverge isoladamente, por isso faremos diferença entre dois pontos)V(x)-V(a)=\frac{\rho_{l}}{4\pi\epsilon_{0}}\int_{-\infty}^{0}\left(\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y'^{2}}}-\frac{1}{\sqrt{a^{2}+y'^{2}}}\right)\mathrm{d}y'.Esta forma cancela a divergência na origem da integral e fornece um resultado finito.
Use a primitiva conhecida\int\frac{\mathrm{d}y'}{\sqrt{b^{2}+y'^{2}}}=\ln\bigl|y'+\sqrt{y'^{2}+b^{2}}\bigr|+C,válida para b>0.
Aplicando aos dois termos e avaliando entre -\infty e 0, após simplificar termos divergentes (detalhes do limite podem ser feitos expandindo para y'\to-\infty — o divergente cancela entre os dois b), chega-se ao resultado simplesV(x)-V(a)=\frac{\rho_{l}}{4\pi\epsilon_{0}}\ln\!\bigl(\tfrac{a}{x}\bigr).
Como V(a)=0 pela escolha dada, obtemosV(x)=\frac{\rho_{l}}{4\pi\epsilon_{0}}\ln\!\bigl(\tfrac{a}{x}\bigr),\qquad x>a.
Observação de consistência: derivando V(x) em relação a x verifica-se que -\dfrac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}x} dá exatamente a componente E_{x} encontrada, como deve ocorrer (relação E_{x}=-\partial V/\partial x no eixo).