Um fio semiinfinito com densidade linear uniforme de carga constante \rho_{l} está localizada ao longo do eixo x no intervalo -\infty<x \leq 0. Calcule o vetor campo elétrico em um ponto qualquer do plano x y, sabendo que a permissividade elétrica do meio é \varepsilon_{0}.

Passo 1

O enunciado pede o vetor campo elétrico num ponto qualquer do plano xy produzido por um fio semiinfinito carregado com densidade linear \rho_{l}, situado ao longo do eixo x no intervalo -\infty<x\le 0. Dados/restrições importantes que temos:
  • A carga está distribuída ao longo da reta y=0, para x' \in (-\infty,0].
  • A densidade linear de carga é constante: \rho_{l} (unidade: C/m).
  • A permissividade do meio é \varepsilon_{0}.
  • O ponto de observação é um ponto arbitrário do plano xy, cujas coordenadas chamamos de (x,y) (esses x,y não são as coordenadas dos elementos de carga).
    O que se pede: encontrar \mathbf{E}(x,y), o vetor campo elétrico no ponto (x,y).

Passo 2

Vamos aplicar a lei de Coulomb para uma distribuição contínua de carga. Um elemento de carga situado em x' (no fio) tem:
dq=\rho_{l}\,dx'.
A posição do elemento de carga é (x',0). A posição do ponto de observação é (x,y). Definimos o vetor que vai da carga até o ponto:
\mathbf{r}=(x-x')\hat{\mathbf{i}}+y\hat{\mathbf{j}}.
O módulo é
r=\sqrt{(x-x')^{2}+y^{2}}.
Pela lei de Coulomb, o diferencial do campo elétrico devido a dq é
d\mathbf{E}=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\dfrac{dq}{r^{2}}\hat{\mathbf{r}} =\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\dfrac{\rho_{l}\,dx'}{r^{3}}\big((x-x')\hat{\mathbf{i}}+y\hat{\mathbf{j}}\big).
Aqui \hat{\mathbf{r}}=\mathbf{r}/r. Agora somamos (integramos) todas as contribuições para x' de -\infty a 0.

Passo 3

Escrevemos as componentes x e y do campo a integrar:
dE_{x}=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\rho_{l}\dfrac{(x-x')}{\big((x-x')^{2}+y^{2}\big)^{3/2}}\,dx',
dE_{y}=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\rho_{l}\dfrac{y}{\big((x-x')^{2}+y^{2}\big)^{3/2}}\,dx'.
As integrais são (com x' variando de -\infty a 0):
E_{x}=\dfrac{\rho_{l}}{4\pi\varepsilon_{0}}\int_{-\infty}^{0}\dfrac{(x-x')}{\big((x-x')^{2}+y^{2}\big)^{3/2}}\,dx',
E_{y}=\dfrac{\rho_{l}}{4\pi\varepsilon_{0}}\int_{-\infty}^{0}\dfrac{y}{\big((x-x')^{2}+y^{2}\big)^{3/2}}\,dx'.
Vamos resolver cada integral separadamente.

Passo 4

Cálculo de E_{x}. Faça a substituição conveniente
u=x-x' \quad\Rightarrow\quad du=-dx'.
Quando x'=-\infty temos u=+\infty. Quando x'=0 temos u=x. Assim
E_{x}=\dfrac{\rho_{l}}{4\pi\varepsilon_{0}}\int_{u=+\infty}^{u=x}\dfrac{u}{(u^{2}+y^{2})^{3/2}}(-du) =\dfrac{\rho_{l}}{4\pi\varepsilon_{0}}\int_{u=x}^{\infty}\dfrac{u}{(u^{2}+y^{2})^{3/2}}\,du.
Para calcular a integral use a substituição w=u^{2}+y^{2}, de modo que dw=2u\,du e u\,du=dw/2. Então
\int_{u=x}^{\infty}\dfrac{u}{(u^{2}+y^{2})^{3/2}}\,du =\dfrac{1}{2}\int_{w=x^{2}+y^{2}}^{\infty}w^{-3/2}\,dw.
A primitiva de w^{-3/2} é -2w^{-1/2}, logo
\dfrac{1}{2}\Big[-2w^{-1/2}\Big]_{x^{2}+y^{2}}^{\infty} =\Big[ w^{-1/2}\Big]_{x^{2}+y^{2}}^{\infty} =0-\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} = \dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}.
Portanto
E_{x}=\dfrac{\rho_{l}}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}.

Passo 5

Cálculo de E_{y}. Novamente fazemos u=x-x' (mesma substituição), obtendo
E_{y}=\dfrac{\rho_{l}}{4\pi\varepsilon_{0}}\,y\int_{u=x}^{\infty}\dfrac{1}{(u^{2}+y^{2})^{3/2}}\,du.
Precisamos da integral
\int \dfrac{du}{(u^{2}+a^{2})^{3/2}}.
Uma primitiva pode ser mostrada (verificação por derivação) como
\int \dfrac{du}{(u^{2}+a^{2})^{3/2}}=\dfrac{u}{a^{2}\sqrt{u^{2}+a^{2}}}+C.
Aqui a corresponde a |y|, mas vamos tomar a^{2}=y^{2}. Avaliando de u=x até \infty obtemos
\int_{x}^{\infty}\dfrac{du}{(u^{2}+y^{2})^{3/2}} =\lim_{u\to\infty}\dfrac{u}{y^{2}\sqrt{u^{2}+y^{2}}}-\dfrac{x}{y^{2}\sqrt{x^{2}+y^{2}}}.
O primeiro termo tende a 1/y^{2} (pois para grandes u, \sqrt{u^{2}+y^{2}}\approx u). Assim
\int_{x}^{\infty}\dfrac{du}{(u^{2}+y^{2})^{3/2}}=\dfrac{1}{y^{2}}-\dfrac{x}{y^{2}\sqrt{x^{2}+y^{2}}} =\dfrac{1}{y^{2}}\Big(1-\dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\Big).
Multiplicando por y e pelo fator fora da integral,
E_{y}=\dfrac{\rho_{l}}{4\pi\varepsilon_{0}}\;y\cdot \dfrac{1}{y^{2}}\Big(1-\dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\Big) =\dfrac{\rho_{l}}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot\dfrac{1}{y}\Big(1-\dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\Big).
Observação sobre o sinal: essa expressão funciona tanto para y>0 (dá E_{y}>0) quanto para y<0 (dá E_{y}<0), o que está consistente fisicamente (o campo aponta para fora do fio se a carga for positiva).

Passo 6

Juntando as componentes, o campo elétrico no ponto (x,y) é
\mathbf{E}(x,y)=E_{x}\,\hat{\mathbf{i}}+E_{y}\,\hat{\mathbf{j}} =\dfrac{\rho_{l}}{4\pi\varepsilon_{0}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\,\hat{\mathbf{i}} +\dfrac{1}{y}\Big(1-\dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\Big)\,\hat{\mathbf{j}}\right).
Uma forma alternativa, sem divisão explícita por y, é
\mathbf{E}(x,y)=\dfrac{\rho_{l}}{4\pi\varepsilon_{0}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\,\hat{\mathbf{i}} +\dfrac{\sqrt{x^{2}+y^{2}}-x}{y\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\,\hat{\mathbf{j}}\right).
Essa é a expressão final do campo. Algumas observações rápidas e úteis para a prova:
  • Para y>0 o componente E_{y} é positivo (campo aponta para cima); para y<0, E_{y} é negativo.
  • Quando o ponto está muito distante ( \sqrt{x^{2}+y^{2}} grande) o campo decai como 1/r na componente x (comportamento típico de uma linha longa), e a parte angular aparece na componente y.
  • No eixo y=0 (sobre a reta do fio): a expressão tem limite singular se o ponto coincide com o fio; para pontos sobre o eixo positivo com y\to 0 deve-se tomar cuidado com o limite e o sentido do campo.

Resposta

\mathbf{E}(x,y)=\dfrac{\rho_{l}}{4\pi\varepsilon_{0}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\,\hat{\mathbf{i}} +\dfrac{1}{y}\Big(1-\dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\Big)\,\hat{\mathbf{j}}\right).

Exercícios relacionados