Uma linha uniforme de cargas \operatorname{com} \lambda=3,30 \mathrm{nC} / \mathrm{m}, está localizada em x=3 \mathrm{~m} e y=4 m . Uma carga puntiforme Q está a 2 m da origem. Encontre Q e onde ela está localizada, tal que o campo elétrico \vec{E} seja nulo na origem.

Passo 1

Dados fornecidos:
  • Uma linha uniforme de cargas com densidade linear \lambda = 3,30\times 10^{-9}\\ \mathrm{C/m} está “localizada” em x=3\\ \mathrm{m} e y=4\\ \mathrm{m}. (Interpreto isto como uma linha reta paralela ao eixo z cuja posição no plano xy é o ponto (3,4).)
  • Uma carga puntiforme Q está a 2\\ \mathrm{m} da origem; seu valor e sua posição (ângulo/direção) são desconhecidos.
    O que o enunciado pede:
  • Determinar o valor de Q e a sua posição (coordenadas no plano xy) de modo que o campo elétrico resultante \vec{E} seja nulo na origem.

Passo 2

Entender geometricamente: a distância da origem até a linha (a perpendicular do ponto (3,4) até a origem) é
R=\sqrt{3^2+4^2}=5\\ \mathrm{m}.
O vetor posição do ponto onde está a linha é \vec r_{\ell}=(3,4). Do ponto de vista do campo no origin, o vetor que vai da linha até a origem é \vec r_{\text{origem}}-\vec r_{\ell}=(0,0)-(3,4)=(-3,-4).
Agora vamos às fórmulas (explicando bem cada símbolo):
  • Campo de uma linha infinita de carga (paralela a z) a uma distância perpendicular R tem magnitude
E_{\text{linha}}=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 R},
onde \varepsilon_0 é a permissividade do vácuo ( \varepsilon_0\approx 8,854187817\times 10^{-12}\\ \mathrm{F/m}). O campo é radial, apontando para fora da linha se \lambda>0. O vetor unitário da linha para a origem é \dfrac{(-3,-4)}{R}=\left(-\dfrac{3}{5},-\dfrac{4}{5}\right). Logo o vetor campo devido à linha, no ponto origem, é
\vec E_{\text{linha}}=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 R}\cdot\frac{(-3,-4)}{R}=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 R^2}\,(-3,-4).
Substituindo R=5:
\vec E_{\text{linha}}=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0\cdot 25}\,(-3,-4).

Passo 3

Campo de uma carga puntiforme Q localizada em \vec r_Q (posição em relação à origem): a expressão vetorial é
\vec E_Q(\text{origem})=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Q}{|\vec r_Q|^3}\,(\vec r_{\text{origem}}-\vec r_Q).
Como \vec r_{\text{origem}}=(0,0), isto vira
\vec E_Q(\text{origem})=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Q}{|\vec r_Q|^3}\,(-\vec r_Q)=-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{|\vec r_Q|^3}\,\vec r_Q.
Aqui |\vec r_Q| é a distância da carga Q à origem; pelo enunciado |\vec r_Q|=2\\ \mathrm{m}. Então
\vec E_Q(\text{origem})=-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{2^3}\,\vec r_Q=-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{8}\,\vec r_Q.

Passo 4

Condição de anulação do campo na origem:
\vec E_{\text{linha}}+\vec E_Q(\text{origem})=\vec 0.
Substituindo as expressões:
\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0\cdot 25}\,(-3,-4)\;-\;\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{8}\,\vec r_Q=\vec 0.
Rearranjando:
\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{8}\,\vec r_Q=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0\cdot 25}\,(-3,-4).
Observação importante (geometria útil para a prova): do lado direito aparece o vetor (-3,-4), portanto \vec r_Q deve ser paralelo a (-3,-4). Ou seja, a carga Q necessariamente fica na mesma reta que liga a linha ao origin, apenas numa posição diferente. Assim podemos escrever
\vec r_Q=\alpha(-3,-4)
para algum escalar \alpha. Como |\vec r_Q|=2, temos
|\vec r_Q|=|\alpha|\,\sqrt{3^2+4^2}=5|\alpha|=2 \quad\Rightarrow\quad |\alpha|=\frac{2}{5}.
A direção correta (sinal de \alpha) vem do fato de que o campo da linha aponta na direção (-3,-4) quando \lambda>0; para poder cancelar esse campo a contribuição do ponto deve gerar campo oposto. A conta a seguir confirmará o sinal de Q, mas a posição é então
\vec r_Q=\frac{2}{5}(-3,-4)=\left(-\frac{6}{5},-\frac{8}{5}\right)\\ \mathrm{m}=\left(-1,2\\ \mathrm{m},\,-1,6\\ \mathrm{m}\right).
(Usei vírgula decimal: -\tfrac{6}{5}=-1,2 e -\tfrac{8}{5}=-1,6.)

Passo 5

Agora usamos a igualdade vetorial para encontrar Q. Substituindo \vec r_Q=\dfrac{2}{5}(-3,-4) na igualdade
\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{8}\,\vec r_Q=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0\cdot 25}\,(-3,-4),
temos (fazendo a álgebra vetorial; os vetores (-3,-4) cancelam):
\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{8}\cdot\frac{2}{5}=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0\cdot 25}.
Simplificando o fator \dfrac{2}{5} do lado esquerdo:
\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{20}=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0\cdot 25}.
Multiplicando ambos os lados por 4\pi\varepsilon_0 (ou simplesmente cancelando \pi\varepsilon_0):
\frac{Q}{20\cdot 4} = \frac{\lambda\cdot 4}{2\cdot 25\cdot 4}\quad\text{(fazendo os cancelamentos)}.
É mais direto notar que
\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{20}=\frac{\lambda}{50\pi\varepsilon_0}
implica (cancelando \pi\varepsilon_0)
\frac{Q}{80}=\frac{\lambda}{50}\quad\Rightarrow\quad Q=\frac{80}{50}\lambda=\frac{8}{5}\lambda=1,6\,\lambda.
Substituindo \lambda=3,30\times 10^{-9}\\ \mathrm{C/m}:
Q=1,6\cdot 3,30\times 10^{-9}\\ \mathrm{C}=5,28\times 10^{-9}\\ \mathrm{C}=5,28\\ \mathrm{nC}.
Portanto Q é positivo e tem módulo 5,28\\ \mathrm{nC}, e sua posição é \vec r_Q=\left(-\dfrac{6}{5},-\dfrac{8}{5}\right)\\ \mathrm{m}.

Passo 6

Checagem numérica rápida (para você saber que bate): o módulo do campo da linha em 0 é
E_{\text{linha}}=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0\cdot 5}\approx\frac{3,30\times 10^{-9}}{2\pi\cdot 8,854\times 10^{-12}\cdot 5}\approx 11,86\\ \mathrm{V/m}.
O campo da carga pontual com Q=5,28\\ \mathrm{nC} a 2\\ \mathrm{m} tem magnitude
E_Q=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{2^2}\approx\frac{8,988\times 10^9\cdot 5,28\times 10^{-9}}{4}\approx 11,86\\ \mathrm{V/m},
mesma magnitude e direção oposta, logo cancelam mesmo. Parabéns — chegamos à solução!

Resposta

Q=5,28\\ \mathrm{nC}\n
\displaystyle \vec r_Q=\left(-\frac{6}{5},-\frac{8}{5}\right)\\ \mathrm{m}=\bigl(-1,2\\ \mathrm{m},\,-1,6\\ \mathrm{m}\bigr)

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