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.
  • Componente x: E_{x}=\frac{\rho_{l}}{4\pi\epsilon_{0}}\,x\int_{-\infty}^{0}\frac{\mathrm{d}y'}{(x^{2}+y'^{2})^{3/2}}.
  • Componente y: E_{y}=-\frac{\rho_{l}}{4\pi\epsilon_{0}}\int_{-\infty}^{0}\frac{y'\,\mathrm{d}y'}{(x^{2}+y'^{2})^{3/2}}.
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.
  • Substituições: y' = x\tan\theta,\qquad \mathrm{d}y' = x\operatorname{sec}^{2}\theta\,\mathrm{d}\theta, \qquad x^{2}+y'^{2}=x^{2}\operatorname{sec}^{2}\theta.
  • O integrando fica \frac{\mathrm{d}y'}{(x^{2}+y'^{2})^{3/2}} =\frac{x\operatorname{sec}^{2}\theta\,\mathrm{d}\theta}{(x^{2}\operatorname{sec}^{2}\theta)^{3/2}} =\frac{x\operatorname{sec}^{2}\theta\,\mathrm{d}\theta}{x^{3}\operatorname{sec}^{3}\theta} =\frac{1}{x^{2}}\cos\theta\,\mathrm{d}\theta.
  • Limites: quando y'=-\infty temos \theta\to -\pi/2; quando y'=0 temos \theta=0.
  • Então \int_{-\infty}^{0}\frac{\mathrm{d}y'}{(x^{2}+y'^{2})^{3/2}} =\frac{1}{x^{2}}\int_{-\pi/2}^{0}\cos\theta\,\mathrm{d}\theta =\frac{1}{x^{2}}\bigl[\sin\theta\bigr]_{-\pi/2}^{0} =\frac{1}{x^{2}}(0-(-1))=\frac{1}{x^{2}}.
  • 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}) obtemos E_{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:
\mathbf{E}(x,0)=E_{x}\,\hat{\mathbf{i}}+E_{y}\,\hat{\mathbf{j}} =\frac{\rho_{l}}{4\pi\epsilon_{0}x}\,\hat{\mathbf{i}}+\frac{\rho_{l}}{4\pi\epsilon_{0}x}\,\hat{\mathbf{j}} =\frac{\rho_{l}}{4\pi\epsilon_{0}x}\bigl(\hat{\mathbf{i}}+\hat{\mathbf{j}}\bigr).
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 simples V(x)-V(a)=\frac{\rho_{l}}{4\pi\epsilon_{0}}\ln\!\bigl(\tfrac{a}{x}\bigr).
  • Como V(a)=0 pela escolha dada, obtemos V(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).

Resposta

(a) \displaystyle \mathbf{E}(x,0)=\frac{\rho_{l}}{4\pi\epsilon_{0}x}\bigl(\hat{\mathbf{i}}+\hat{\mathbf{j}}\bigr).
(b) \displaystyle V(x)=\frac{\rho_{l}}{4\pi\epsilon_{0}}\ln\!\bigl(\tfrac{a}{x}\bigr),\qquad x>a.

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