3* Questäo ( 2,5 pontos): Considere uma linha de carga de comprimento L e densidade linear de carga \lambda (a) Obtenha, por integração direta, o campo elétrico sobre um eixo perpendicular que passa pelo centro da linha de carga, a uma distâncía d do centro da linha de carga. (b) Faça a aproximação de L \gg d (ou seja, considere pontos muito próximos da linha de carga) e obtenha o campo elétrico neste caso. (c) Mostre que o resultado da letra (b) pode ser obtído através da lei de Causs.

Passo 1

O enunciado pede o campo elétrico gerado por uma linha de carga de comprimento L e densidade linear \lambda, num ponto que fica a uma distância d do centro da linha, ao longo de um eixo perpendicular. O conteúdo envolve integração do princípio de Coulomb e depois a aproximação L\gg d, por fim uso da lei de Gauss para obter o mesmo resultado da aproximação.

Passo 2

Para qualquer elemento de carga \mathrm{d}q = \lambda\,\mathrm{d}x localizado em x ao longo da linha (que vai de -L/2 a L/2), o vetor campo em módulo é
\mathrm{d}E = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{\mathrm{d}q}{r^2}
com r = \sqrt{x^2 + d^2}. Apenas a componente perpendicular ao fio (na direção de d) se soma; o fator de projeção é \cos\theta = d/r. Logo
\mathrm{d}E_\perp = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{\lambda\,\mathrm{d}x}{(x^2+d^2)}\;\frac{d}{\sqrt{x^2+d^2}} =\frac{\lambda\,d}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{\mathrm{d}x}{(x^2+d^2)^{3/2}}.

Passo 3

Integramos de x=-\tfrac L2 a x=+\tfrac L2:
E = \int_{-L/2}^{L/2} \mathrm{d}E_\perp =\frac{\lambda\,d}{4\pi\varepsilon_0}\int_{-L/2}^{L/2}\frac{\mathrm{d}x}{(x^2+d^2)^{3/2}}.
Usando
\int\frac{\mathrm{d}x}{(x^2+d^2)^{3/2}} =\frac{x}{d^2\sqrt{x^2+d^2}},
obtemos
E =\frac{\lambda\,d}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl[\frac{x}{d^2\sqrt{x^2+d^2}}\Bigr]_{-L/2}^{L/2} =\frac{\lambda\,L}{4\pi\varepsilon_0\,d\,\sqrt{\bigl(\tfrac L2\bigr)^2+d^2}}.

Passo 4

Na aproximação L\gg d, temos \sqrt{(L/2)^2+d^2}\approx L/2. Substituindo:
E\approx \frac{\lambda\,L}{4\pi\varepsilon_0\,d\,(L/2)} =\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0\,d}.

Passo 5

Para mostrar que o mesmo resultado vem de Gauss, escolhemos um cilindro de raio d e comprimento l muito menor que L, de modo que as faces planas não recebam fluxo e só reste o fluxo lateral. Pela lei de Gauss:
E\,(2\pi d\,l)=\frac{Q_{\rm int}}{\varepsilon_0} =\frac{\lambda\,l}{\varepsilon_0} \quad\Longrightarrow\quad E=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0\,d},
que coincide com o item (b).

Resposta

(a) E =\frac{\lambda\,L}{4\pi\varepsilon_0\,d\,\sqrt{\bigl(\tfrac L2\bigr)^2+d^2}}
(b) E\approx \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0\,d}
(c) obtém-se o mesmo resultado usando a lei de Gauss num cilindro coaxial com a carga.

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