Questão 2. Considere uma linha de carga reta, de comprimento total 2^{\text {a }}, com densidade linear de carga uniforme \lambda, disposta ao longo do eixo (y) e centrada na origem do sistema de coordenadas. Assim, a linha se estende desde (y=-a) até (y=+a).
a) Determine o campo elétrico no ponto (x, 0) utilizando a Lei de Coulomb. (1.0 Ponto)
b) Determine o potencial elétrico no mesmo ponto. (2.0 Pontos)
c) A partir do potencial obtido no item (b), determine o campo elétrico utilizando a relação entre campo e potencial. Compare com o resultado do item (a) (1.0 Ponto)
d) Considere o limite a \rightarrow \infty de modo que a linha de carga finita se comporte como uma linha infinita com densidade linear \lambda. Utilizando Gauss. determine o campo elétrico nesse caso. (1.0 Ponto)

Passo 1

O enunciado dá uma linha de carga reta de comprimento total 2a colocada sobre o eixo y, centrada na origem; logo a linha vai de y=-a até y=+a. A densidade linear de carga é \lambda. O ponto onde queremos o campo e o potencial é (x,0) (assumir x\neq0; se necessário a indicação de sentido ficará em função do sinal de x).\n\nAs perguntas são:
  • (a) determinar o campo elétrico em (x,0) usando a Lei de Coulomb;\n- (b) determinar o potencial elétrico em (x,0);\n- (c) obter o campo a partir do potencial via \vec{E}=-\nabla V e comparar com (a);\n- (d) no limite a\to\infty (linha infinita), usar a Lei de Gauss para encontrar o campo.\n\nInformações relevantes dadas:\n- a linha vai de y=-a até y=+a;\n- densidade linear \lambda;\n- ponto de interesse (x,0).\n\nConstantes e notação que usarei: k=\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}. Não começo a resolver ainda — só organizei o que foi pedido e os dados.

Passo 2

Montagem do problema com a Lei de Coulomb e definição dos elementos.\n\nConsidere um elemento de carga infinitesimal numa posição y ao longo da linha: a posição do elemento é (0,y) e o elemento de carga é\n dq=\lambda\,dy.\nA posição do ponto de observação é (x,0). O vetor que vai do elemento de carga até o ponto é
\vec{R}=(x,0)-(0,y)=(x,-y).
A distância entre o elemento e o ponto é
R=\sqrt{x^{2}+y^{2}}.
A contribuição diferencial de campo elétrico dada pela Lei de Coulomb (num meio o vácuo) é
d\vec{E}=k\,\frac{dq}{R^{2}}\,\hat{R}=k\,\frac{\lambda\,dy}{R^{2}}\frac{\vec{R}}{R} = k\lambda\,\frac{(x,-y)\,dy}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}.
Aqui \hat{R}=\vec{R}/R. Vou integrar esse d\vec{E} ao longo de y\in[-a,a].

Passo 3

Separação das componentes e uso de simetria.\n\nEscrevendo componentes:
dE_x = k\lambda\,\frac{x\,dy}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}},\qquad dE_y = -k\lambda\,\frac{y\,dy}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}.
Pelo par (y)\leftrightarrow(-y) a componente dE_y é ímpar e integra-se a zero no intervalo simétrico [-a,a]. Portanto o campo resultante tem apenas componente x. Assim
E_x = \int_{-a}^{a} k\lambda\,\frac{x\,dy}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}} = k\lambda x \int_{-a}^{a}\frac{dy}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}.
Usando simetria par da integranda, escrevo
E_x = 2k\lambda x \int_{0}^{a}\frac{dy}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}.

Passo 4

Cálculo da integral para E_x.\n\nCalculo a integral
I=\int_{0}^{a}\frac{dy}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}.
Uma técnica direta é usar a substituição trigonométrica y=x\tan\theta. Então dy=x\operatorname{sec}^{2}\theta\,d\theta e \sqrt{x^{2}+y^{2}}=x\operatorname{sec}\theta. Temos
I=\int_{\theta=0}^{\theta=\arctan(a/x)}\frac{x\operatorname{sec}^{2}\theta\,d\theta}{(x^{2}\operatorname{sec}^{2}\theta)^{3/2}} = \int_{0}^{\arctan(a/x)}\frac{x\operatorname{sec}^{2}\theta\,d\theta}{x^{3}\operatorname{sec}^{3}\theta} = \frac{1}{x^{2}}\int_{0}^{\arctan(a/x)}\cos\theta\,d\theta.
Integrando,
I=\frac{1}{x^{2}}\big[\sin\theta\big]_{0}^{\arctan(a/x)} =\frac{1}{x^{2}}\sin\big(\arctan(a/x)\big).
Agora \sin(\arctan(a/x)) pode ser obtido por um triângulo retângulo: se \theta=\arctan(a/x) então \sin\theta=\dfrac{a}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}. Portanto
I=\frac{a}{x^{2}\sqrt{x^{2}+a^{2}}}.
Substituindo em E_x:
E_x = 2k\lambda x \cdot \frac{a}{x^{2}\sqrt{x^{2}+a^{2}}} = 2k\lambda\,\frac{a}{x\sqrt{x^{2}+a^{2}}}.
Substituindo k=\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0} e simplificando 2k=\dfrac{1}{2\pi\epsilon_0}, obtemos a forma comum
E_x = \frac{\lambda a}{2\pi\epsilon_0}\,\frac{1}{x\sqrt{x^{2}+a^{2}}}.
O vetor campo é apontado ao longo da direção do eixo x. Em notação vetorial,
\vec{E}(x,0)=\frac{\lambda a}{2\pi\epsilon_0}\,\frac{1}{x\sqrt{x^{2}+a^{2}}}\,\hat{\imath}.
Observação sobre o sentido: para x>0 o campo aponta para +\hat{\imath} (se \lambda>0); para x<0 o mesmo resultado com x negativo dá o sentido correto (o fator 1/x muda de sinal).

Passo 5

Cálculo do potencial elétrico no ponto (x,0) por integração direta.\n\nUsando dV=k\,dq/R e tomando V(\infty)=0,
V(x)=\int_{-a}^{a} k\frac{\lambda\,dy}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} =2k\lambda\int_{0}^{a}\frac{dy}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}.
A integral conhecida é
\int\frac{dy}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=\ln\big(y+\sqrt{x^{2}+y^{2}}\big)+C.
Portanto
V(x)=2k\lambda\Big[\ln\big(y+\sqrt{x^{2}+y^{2}}\big)\Big]_{0}^{a} =2k\lambda\ln\!\left(\frac{a+\sqrt{x^{2}+a^{2}}}{\,|x|\,}\right).
Assumindo x>0 (ou escrevendo |x| para generalidade), substituindo 2k=\dfrac{1}{2\pi\epsilon_0} obtemos
V(x)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\,\ln\!\left(\frac{a+\sqrt{x^{2}+a^{2}}}{|x|}\right).
Observação: para a linha finita essa expressão é finita; no limite a\to\infty o potencial diverge logaritmicamente (isso é esperado para linha infinita).

Passo 6

Obter \vec{E} a partir do potencial e comparar com o item (a).\n\nComo V depende só de x ao avaliarmos no eixo x, a relação é
E_x=-\frac{dV}{dx}.
Usando a forma V(x)=2k\lambda\big[\ln(a+\sqrt{x^{2}+a^{2}})-\ln|x|\big] e diferenciando (vou supor x>0 para evitar o valor absoluto durante a diferenciação),
\frac{dV}{dx}=2k\lambda\left(\frac{1}{a+\sqrt{x^{2}+a^{2}}}\cdot\frac{x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}-\frac{1}{x}\right).
Então
E_x=-\frac{dV}{dx}=2k\lambda\left(\frac{1}{x}-\frac{x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}\,(a+\sqrt{x^{2}+a^{2}})}\right).
Fazendo a manipulação algébrica (multiplicando numerador e denominador convenientemente ou usando a identidade (\sqrt{x^{2}+a^{2}}-a)(\sqrt{x^{2}+a^{2}}+a)=x^{2}) mostra-se que a expressão acima simplifica exatamente para
E_x=2k\lambda\,\frac{a}{x\sqrt{x^{2}+a^{2}}},
que é a mesma expressão obtida no item (a). Conclusão: o campo obtido por \vec{E}=-\nabla V coincide com o obtido diretamente pela Lei de Coulomb.

Passo 7

Limite a\to\infty e uso da Lei de Gauss para linha infinita.\n\nTomando o resultado do item (a) e fazendo a\to\infty,
E_x(a)=\frac{\lambda a}{2\pi\epsilon_0}\,\frac{1}{x\sqrt{x^{2}+a^{2}}} = \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0 x}\,\frac{a}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}.
Para a\to\infty tem-se \dfrac{a}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}\to 1, logo
E_x\longrightarrow \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0 x}.
Como x aqui é a distância radial r do ponto até a linha (no caso do ponto (x,0), r=|x|), podemos escrever o resultado padrão para a linha infinita:
E(r)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0 r}.
Agora derivo o mesmo resultado rapidamente por Gauss: escolha uma superfície cilíndrica coaxial com a linha, de raio r e comprimento L. O fluxo do campo através do cilindro é \Phi = E(2\pi r L) pois o campo é radial e constante sobre a superfície lateral; as tampas não contribuem (o campo é paralelo às tampas). A carga total dentro da superfície é Q_{\rm int}=\lambda L. Pela Lei de Gauss,
\epsilon_0 \Phi = Q_{\rm int}\quad\Rightarrow\quad \epsilon_0 E(2\pi r L)=\lambda L.
Cancelando L,
E=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0 r},
que coincide com o limite a\to\infty obtido antes.

Resposta

(a) \displaystyle \vec{E}(x,0)=\frac{\lambda a}{2\pi\epsilon_0}\,\frac{1}{x\sqrt{x^{2}+a^{2}}}\,\hat{\imath}.\n(b) \displaystyle V(x)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\,\ln\!\left(\frac{a+\sqrt{x^{2}+a^{2}}}{|x|}\right).\n(c) \displaystyle \vec{E}(x,0)=-\nabla V=\frac{\lambda a}{2\pi\epsilon_0}\,\frac{1}{x\sqrt{x^{2}+a^{2}}}\,\hat{\imath} (igual ao item (a)).\n(d) \displaystyle \vec{E}(r)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0 r}\,\hat{r} (linha infinita; com r=|x| para o ponto (x,0)).

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