Problema 1 ( \mathbf{3 , 0} pt) Considere uma barra fina, de comprimento L e densidade linear de carga dada por \lambda(x)=a \cdot x ( a>0 é uma constante), colocada ao longo do eixo x, com a extremidade esquerda em x=0. Responda:
a) Se a carga total na barra é Q, determine a.
b) Calcule o potencial elétrico em um ponto P ao longo do eixo x, a uma distância D>0 da ponta direita da barra.
c) Usando a aproximação \log (1+\epsilon) \approx \epsilon (válida quando \epsilon \ll 1 ), determine o comportamento (NÃO o valor) da expressão acima quando D \gg L, em termos de D e Q. Comente seu resultado.

Passo 1

O enunciado dá uma barra fina ao longo do eixo x que vai de x=0 até x=L. A densidade linear de carga é
\lambda(x)=a\cdot x,\qquad a>0.
As perguntas são:
  • (a) Se a carga total na barra é Q, determinar a.
  • (b) Calcular o potencial elétrico em um ponto P sobre o eixo x, situado a uma distância D>0 da ponta direita da barra (ou seja, P está em x=L+D).
  • (c) Usando a aproximação \log(1+\epsilon)\approx\epsilon para \epsilon\ll1, determinar o comportamento da expressão do potencial quando D\gg L, em termos de D e Q, e comentar o resultado.
Listei claramente o que é pedido e as informações dadas; a resolução começa no passo seguinte.

Passo 2

Relembrando a definição de carga total para densidade linear: se \lambda(x) é a carga por unidade de comprimento, um elemento de carga numa posição x é
dq=\lambda(x)\,dx.
A carga total Q na barra é a integral de dq sobre o intervalo 0\le x\le L:
Q=\int_{0}^{L}\lambda(x)\,dx.
Usaremos isso para encontrar a. Esta fórmula vem da ideia simples: somar (integrar) as pequenas cargas dq ao longo da barra.

Passo 3

Calcular a carga total substituindo \lambda(x)=a x:
Q=\int_{0}^{L} a x\,dx.
Para resolver esta integral, usar a regra básica \int x\,dx = \tfrac{x^{2}}{2}. Assim,
Q = a\left[\frac{x^{2}}{2}\right]_{0}^{L} = a\frac{L^{2}}{2}.
Isolando a obtemos
a=\frac{2Q}{L^{2}}.
Isto responde a) e faz sentido dimensional: a tem unidade de carga por comprimento ao quadrado, porque \lambda tem unidade de carga por comprimento.

Passo 4

Agora vamos ao potencial no ponto P em x=L+D. Lembrando a expressão do potencial elétrico produzido por um elemento de carga dq num meio com constante dielétrica do vácuo \varepsilon_0:
dV = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{dq}{r},
onde r é a distância entre o elemento dq e o ponto P. Para a barra e o ponto dados, um elemento em posição x (com 0\le x\le L) está a uma distância
r = (L+D)-x.
Substituindo dq=\lambda(x)\,dx = a x\,dx, o potencial total é
V=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int_{0}^{L}\frac{a x}{(L+D)-x}\,dx.
Explico: somamos (integramos) as contribuições dV de cada pedaço da barra; o sinal é positivo pois estamos somando potencias escalares (assumindo referência no infinito com V(\infty)=0).

Passo 5

Vamos calcular a integral
I=\int_{0}^{L}\frac{x}{(L+D)-x}\,dx.
Para integrar, é conveniente fazer a mudança de variável \,u=(L+D)-x, então x=(L+D)-u e dx=-du. Quando x=0 temos u=L+D; quando x=L temos u=D. Assim
I=\int_{u=L+D}^{u=D}\frac{(L+D)-u}{u}\,(-du)=\int_{u=D}^{u=L+D}\frac{(L+D)-u}{u}\,du.
Separando a fração:
\frac{(L+D)-u}{u}=\frac{L+D}{u}-1.
Então
I=\int_{D}^{L+D}\left(\frac{L+D}{u}-1\right)du = (L+D)\int_{D}^{L+D}\frac{du}{u} - \int_{D}^{L+D}du.
Calculando as integrais conhecidas:
\int_{D}^{L+D}\frac{du}{u} = \ln\!\left(\frac{L+D}{D}\right), \qquad \int_{D}^{L+D}du = (L+D)-D = L.
Portanto
I = (L+D)\ln\!\left(\frac{L+D}{D}\right) - L.

Passo 6

Voltando ao potencial, lembrando o fator a e a constante 1/(4\pi\varepsilon_0):
V=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,a\;I =\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,a\left[(L+D)\ln\!\left(\frac{L+D}{D}\right)-L\right].
Substituindo a=\dfrac{2Q}{L^{2}} (resultado do Passo 3) para escrever V em termos de Q, obtemos
V=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{2Q}{L^{2}}\left[(L+D)\ln\!\left(\frac{L+D}{D}\right)-L\right].
Isto responde b). Observação física rápida: a expressão é finita para todo D>0; se D\to0^{+} o potencial diverge logarítmicamente devido à proximidade com cargas locais (como esperado para distribuição contínua).

Passo 7

Agora o item (c): comportamento quando D\gg L. Defina \epsilon=\dfrac{L}{D}, então \epsilon\ll1. Reescrevemos a parte entre colchetes:
(L+D)\ln\!\left(\frac{L+D}{D}\right)-L = D(1+\epsilon)\ln(1+\epsilon)-L.
Usando a expansão \ln(1+\epsilon)\approx\epsilon-\tfrac{\epsilon^{2}}{2}+\cdots, e mantendo apenas o termo linear em \epsilon porque \epsilon\ll1, temos
(1+\epsilon)\ln(1+\epsilon)\approx(1+\epsilon)\epsilon = \epsilon + \epsilon^{2}.
Multiplicando por D e subtraindo L=D\epsilon, o termo linear em \epsilon cancela:
D\big(\epsilon + \epsilon^{2}\big) - L = D\epsilon + D\epsilon^{2} - D\epsilon = D\epsilon^{2}.
Em termos de L e D, isso é
\approx \frac{L^{2}}{D}\cdot\frac{1}{2} \quad\text{(se mantivermos o próximo termo da expansão, ver nota abaixo)}.óã
Fazendo a expansão com cuidado até a ordem necessária (usar \ln(1+\epsilon)\approx\epsilon-\tfrac{\epsilon^{2}}{2}) obtém-se
(L+D)\ln\!\left(\frac{L+D}{D}\right)-L \approx \frac{L^{2}}{2D}.
Substituindo na expressão de V,
V \approx \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{2Q}{L^{2}}\cdot\frac{L^{2}}{2D} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Q}{D}.
Logo, para D\gg L,
V \sim \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Q}{D}.
Nota didática curta sobre a expansão: o termo linear em \epsilon cancela exatamente com o -L presente, por isso é necessário ir até o termo de ordem \epsilon^{2} na expansão do logaritmo para obter o primeiro termo não-nulo do resultado; o cálculo que mostrei dá o fator \tfrac{1}{2} necessário para que a combinação resulte em \tfrac{L^{2}}{2D}.

Passo 8

Interpretação física (comentário pedido em (c)): o comportamento V\sim\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{D} significa que, visto de muito longe ( D\gg L), a barra carregada se comporta eletricamente como uma carga pontual de módulo Q localizada aproximadamente no seu centro — ou mais precisamente, a contribuição dominante do potencial é o termo monopolar (soma de todas as cargas) que decai como 1/D. Isso é um resultado geral: distribuições de carga vistas de muito longe aparecem como cargas pontuais com carga total igual à soma das cargas.
Força de incentivo: tranquilo — mesmo que a integral pareça chata, o passo-chave é escrever dq=\lambda\,dx e aplicar a fórmula do potencial; a mudança de variável simplifica muito a integral.

Resposta

(a) a=\dfrac{2Q}{L^{2}}
(b) V=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{2Q}{L^{2}}\left[(L+D)\ln\!\left(\dfrac{L+D}{D}\right)-L\right]
(c) Para D\gg L: V\sim\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{D}

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