Questão 1 ( 3,2 pts): Considere um fio de comprimento L, ao longo de z, entre os pontos de coordenadas (0,0,-L / 2) e (0,0, L / 2). Dado que a densidade linear de cargas do fio é \rho_{l},
a) ( 0,2 pts) Se a distribuição de carga ao longo do fio é uniforme, determine a carga total no fio.
b) ( 0,4 pts) Se a distribuição de carga ao longo do fio não é uniforme e igual a \rho_{l}=a_{0} \operatorname{sen}^{2}\left(\frac{\pi z}{L / 2}\right), determine a carga total no fio.
c) ( 0,4 pts) Faça um gráfico \left(\rho_{l} \times z\right) da distribuição de carga no fio para o item b). (observação: indicar os pontos de abscissa e ordenada no gráfico)
d) ( 1,8 pts) Se a distribuição de carga ao longo do fio é uniforme, calcule o campo elétrico devido ao fio no ponto de coordenadas cartesianas (0, y, 0). (observação: desenvolver de forma clara, detalhada e organizada todas as etapas de cálculo)
e) ( 0,4 pts) Expresse o vetor campo elétrico calculado no item d) em coordenadas esféricas.

Passo 1

O enunciado dá um fio extenso ao longo do eixo z, com extremidades em (0,0,-L/2) e (0,0,L/2). A densidade linear de carga é indicada por \rho_{l} (às vezes usarei o símbolo \lambda para a densidade linear quando for conveniente). As perguntas são:
  1. (a) Se a distribuição é uniforme, qual é a carga total no fio?
  2. (b) Se a distribuição é \rho_{l}=a_{0}\operatorname{sen}^{2}\!\left(\dfrac{\pi z}{L/2}\right), qual é a carga total no fio?
  3. (c) Fazer o gráfico \rho_{l}\times z para o item (b) e indicar pontos de abscissa e ordenada (usei a expressão do item (b) para construir o gráfico).
  4. (d) Se a distribuição é uniforme, calcular o campo elétrico no ponto (0,y,0). Desenvolver com todos os passos.
  5. (e) Expressar o vetor campo elétrico do item (d) em coordenadas esféricas.
Informações relevantes dadas:
\text{o fio vai de } z=-\dfrac{L}{2} \text{ até } z=+\dfrac{L}{2}.é
\text{densidade linear uniforme: } \rho_{l} \quad\text{(ou } \lambda=\rho_{l}\text{).}
\text{densidade não-uniforme (item b): } \rho_{l}(z)=a_{0}\operatorname{sen}^{2}\!\left(\dfrac{\pi z}{L/2}\right).ã

Passo 2

(a) Carga total para distribuição uniforme — ideia e fórmula usada.
  • Conceito: densidade linear \rho_{l} (unidade C/m) significa que em um elemento de comprimento dz a carga elementar é dq=\rho_{l}\,dz.
  • Para obter a carga total Q somamos (integramos) todos os elementos dq ao longo do fio:
Q=\int_{-L/2}^{L/2} \rho_{l}\,dz.
  • Como \rho_{l} é constante (uniforme), ele sai da integral:
Q=\rho_{l}\int_{-L/2}^{L/2} dz=\rho_{l}\left[z\right]_{-L/2}^{L/2}=\rho_{l}\left(\dfrac{L}{2}-\left(-\dfrac{L}{2}\right)\right)=\rho_{l}L.
Portanto, para distribuição uniforme a carga total é Q=\rho_{l}L.

Passo 3

(b) Carga total para \rho_{l}(z)=a_{0}\operatorname{sen}^{2}\!\left(\dfrac{\pi z}{L/2}\right).
  • Primeiro simplifico o argumento do seno: \dfrac{\pi z}{L/2}=\dfrac{2\pi z}{L}. Então
\rho_{l}(z)=a_{0}\operatorname{sen}^{2}\!\left(\dfrac{2\pi z}{L}\right).
  • A carga total é
Q=\int_{-L/2}^{L/2} a_{0}\operatorname{sen}^{2}\!\left(\dfrac{2\pi z}{L}\right)\,dz.
  • Usamos a identidade trigonométrica útil para integrar \operatorname{sen}^{2}:
\operatorname{sen}^{2}u=\dfrac{1-\cos(2u)}{2}.
Aqui u=\dfrac{2\pi z}{L}, então 2u=\dfrac{4\pi z}{L}.
  • Substituindo:
Q=a_{0}\int_{-L/2}^{L/2} \dfrac{1-\cos\!\left(\dfrac{4\pi z}{L}\right)}{2}\,dz = \dfrac{a_{0}}{2}\int_{-L/2}^{L/2} \left(1-\cos\!\left(\dfrac{4\pi z}{L}\right)\right)\,dz.
  • Separando a integral:
Q=\dfrac{a_{0}}{2}\left[\int_{-L/2}^{L/2} 1\,dz \;-\; \int_{-L/2}^{L/2}\cos\!\left(\dfrac{4\pi z}{L}\right)\,dz\right].
  • A primeira integral é direta:
\int_{-L/2}^{L/2} 1\,dz = L.
  • A segunda integral:
\int_{-L/2}^{L/2}\cos\!\left(\dfrac{4\pi z}{L}\right)\,dz
tem primitiva \dfrac{L}{4\pi}\operatorname{sen}\!\left(\dfrac{4\pi z}{L}\right). Avaliando nos limites simétricos dá
\dfrac{L}{4\pi}\left[\operatorname{sen}\!\left(\dfrac{4\pi (L/2)}{L}\right)-\operatorname{sen}\!\left(\dfrac{4\pi (-L/2)}{L}\right)\right] =\dfrac{L}{4\pi}\left[\operatorname{sen}(2\pi)-\operatorname{sen}(-2\pi)\right]=\dfrac{L}{4\pi}(0-0)=0,
pois \operatorname{sen}(2\pi)=\operatorname{sen}(-2\pi)=0.
  • Logo a contribuição do cosseno é zero e sobra
Q=\dfrac{a_{0}}{2}\cdot L=\dfrac{a_{0}L}{2}.

Passo 4

(c) Gráfico \rho_{l}\times z para o item (b) — descrição e pontos importantes.
  • Estou usando a função do item (b): \rho_{l}(z)=a_{0}\operatorname{sen}^{2}\!\left(\dfrac{2\pi z}{L}\right), definida para z\in\left[-\dfrac{L}{2},\dfrac{L}{2}\right].
  • Observações sobre forma e pontos notáveis:
    • Período de \operatorname{sen}^{2}\!\left(\dfrac{2\pi z}{L}\right): como o argumento é \dfrac{2\pi z}{L}, a função \operatorname{sen}^{2} tem período T=L. No intervalo de comprimento L (de -L/2 a L/2) vemos uma oscilação completa de \operatorname{sen}^{2}.
    • Zeros (onde \rho_{l}=0): solução de \operatorname{sen}\!\left(\dfrac{2\pi z}{L}\right)=0 \dfrac{2\pi z}{L}=k\pi z=k\dfrac{L}{2}. No intervalo aparecem os zeros em z=-\dfrac{L}{2},\quad z=0,\quad z=+\dfrac{L}{2}.Portanto pontos: \left(-\dfrac{L}{2},0\right),\\ (0,0),\\ \left(\dfrac{L}{2},0\right).
    • Máximos (onde \rho_{l}=a_{0}): exigir \operatorname{sen}^{2}=1 \operatorname{sen}=\pm1 \dfrac{2\pi z}{L}=\dfrac{\pi}{2}+k\pi z=\pm\dfrac{L}{4}no intervalo. Pontos: \left(-\dfrac{L}{4},a_{0}\right) e \left(\dfrac{L}{4},a_{0}\right).
  • Eixo horizontal (abscissa): z variando de -\dfrac{L}{2} a +\dfrac{L}{2}.
  • Eixo vertical (ordenada): \rho_{l} variando de 0 até a_{0}.
  • Descrição do gráfico: começa em \left(-\dfrac{L}{2},0\right), sobe até \left(-\dfrac{L}{4},a_{0}\right), desce a (0,0), sobe novamente até \left(\dfrac{L}{4},a_{0}\right) e volta a \left(\dfrac{L}{2},0\right). A curva é suave e simétrica em torno de z=0.
(Observação: usei explicitamente a expressão do item (b) para localizar zeros e máximos.)

Passo 5

(d) Campo elétrico no ponto (0,y,0) para densidade uniforme \rho_{l}. Passo a passo e justificativas.
  1. Identificação do problema e estratégia:
  • Temos um fio de densidade linear uniforme \lambda=\rho_{l}, estendido de z=-L/2 a z=+L/2.
  • O ponto onde queremos \mathbf{E} é P=(0,y,0) com y>0. Pelo simetria em z esperam-se cancelamentos das componentes ao longo de z; o campo deve apontar ao longo do eixo y (positivo se \lambda>0).
  • Usamos a lei de Coulomb para um elemento de carga dq:
d\mathbf{E}=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\dfrac{dq}{r^{2}}\hat{r}',
onde r é a distância do elemento até P e \hat{r}' é o vetor unitário do elemento até P.
  • Em forma vetorial conveniente, para um elemento em posição z temos dq=\lambda\,dz e vetor posição do elemento é (0,0,z). O vetor que liga o elemento ao ponto P é
\mathbf{R}=\mathbf{r}_{P}-\mathbf{r}_{\text{fonte}}=(0,y,0)-(0,0,z)=(0,y,-z).
Seu módulo é
r=\sqrt{y^{2}+z^{2}}.
O elemento contribui com
d\mathbf{E}=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\dfrac{\lambda\,dz}{(y^{2}+z^{2})}\dfrac{\mathbf{R}}{r} =\dfrac{\lambda\,dz}{4\pi\varepsilon_{0}}\dfrac{(0,y,-z)}{(y^{2}+z^{2})^{3/2}}.
  1. Simetria e redução:
  • Pela simetria do intervalo z\in[-L/2,L/2], as componentes em z se anulam porque integrando função ímpar z/(y^{2}+z^{2})^{3/2} sobre intervalo simétrico dá zero.
  • Portanto só resta a componente ao longo de y. Isolando-a:
dE_{y}=\dfrac{\lambda\,dz}{4\pi\varepsilon_{0}}\dfrac{y}{(y^{2}+z^{2})^{3/2}}.
  1. Integral para E_{y}:
E_{y}=\dfrac{\lambda}{4\pi\varepsilon_{0}}\,y\int_{-L/2}^{L/2}\dfrac{dz}{(y^{2}+z^{2})^{3/2}}.
  1. Cálculo da integral (substituição trigonométrica):
  • Fazer a substituição z=y\tan\theta. Então dz=y\operatorname{sec}^{2}\theta\,d\theta e
y^{2}+z^{2}=y^{2}\operatorname{sec}^{2}\theta,\qquad (y^{2}+z^{2})^{3/2}=y^{3}\operatorname{sec}^{3}\theta.
  • O integrando fica
\dfrac{y\,dz}{(y^{2}+z^{2})^{3/2}} = \dfrac{y\cdot y\operatorname{sec}^{2}\theta\,d\theta}{y^{3}\operatorname{sec}^{3}\theta} = \dfrac{\operatorname{sec}^{2}\theta}{y\operatorname{sec}^{3}\theta}\,d\theta = \dfrac{\cos\theta}{y}\,d\theta.
  • Assim a integral original (sem o fator fora) é
y\int_{-L/2}^{L/2}\dfrac{dz}{(y^{2}+z^{2})^{3/2}} = y\cdot \dfrac{1}{y}\int_{\theta_{-}}^{\theta_{+}}\cos\theta\,d\theta = \int_{\theta_{-}}^{\theta_{+}}\cos\theta\,d\theta,
onde os limites correspondem a \theta_{\pm}=\arctan\!\left(\dfrac{\pm L/2}{y}\right)=\pm\theta_{0} com
\theta_{0}=\arctan\!\left(\dfrac{L}{2y}\right).
  • Então
\int_{\theta_{-}}^{\theta_{+}}\cos\theta\,d\theta = \left[\operatorname{sen}\theta\right]_{-\theta_{0}}^{\theta_{0}}=2\operatorname{sen}\theta_{0}.
  1. Substituindo no E_{y}:
E_{y}=\dfrac{\lambda}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot 2\operatorname{sen}\theta_{0} =\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_{0}}\operatorname{sen}\theta_{0}.
  1. Expressando \operatorname{sen}\theta_{0} em termos de y e L:
  • Pela definição \tan\theta_{0}=\dfrac{L/2}{y}. Então
\operatorname{sen}\theta_{0}=\dfrac{(L/2)}{\sqrt{y^{2}+(L/2)^{2}}}.
  1. Resultado final (com \lambda=\rho_{l}):
E_{y} =\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_{0}}\cdot\dfrac{L/2}{\sqrt{y^{2}+(L/2)^{2}}} =\dfrac{\lambda L}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot\dfrac{1}{y\sqrt{1+\dfrac{(L/2)^{2}}{y^{2}}}}
mas a forma mais simples e direta é
E_{y}=\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_{0}y}\cdot\dfrac{L/2}{\sqrt{y^{2}+(L/2)^{2}}} =\dfrac{\lambda L}{4\pi\varepsilon_{0}y\sqrt{y^{2}+(L/2)^{2}}}.
  1. Direção do campo:
  • Para \lambda>0 o vetor campo aponta no sentido positivo de y. Logo
\mathbf{E}=E_{y}\,\hat{y}=\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_{0}y}\operatorname{sen}\theta_{0}\,\hat{y}
ou explicitamente
\mathbf{E}=\dfrac{\lambda L}{4\pi\varepsilon_{0}y\sqrt{y^{2}+(L/2)^{2}}}\,\hat{y}.
  1. Observações de limite:
  • Para fio muito longo ( L\to\infty), \operatorname{sen}\theta_{0}\to 1 e recuperamos o resultado do fio infinito:
E\to \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_{0}y}.

Passo 6

(e) Expressar \mathbf{E} em coordenadas esféricas para o ponto (0,y,0).
  1. Primeiro relacionamentos esféricos para o ponto:
  • Para o ponto P=(0,y,0) temos r=\sqrt{0^{2}+y^{2}+0^{2}}=y.
  • O ângulo polar (medido a partir do eixo z) é \theta=\dfrac{\pi}{2} (ponto no plano xy).
  • O ângulo azimutal é \varphi=\dfrac{\pi}{2} (porque está sobre o eixo y>0).
  1. Relação entre o versor \hat{y} e os versores esféricos gerais:
\hat{y}=\sin\theta\sin\varphi\,\hat{r}+\cos\theta\sin\varphi\,\hat{\theta}+\cos\varphi\,\hat{\varphi}.
Avaliado em \theta=\dfrac{\pi}{2},\varphi=\dfrac{\pi}{2}
\sin\theta=1,\\ \sin\varphi=1,\\ \cos\theta=0,\\ \cos\varphi=0
portanto
\hat{y}=\hat{r}\quad\text{no ponto }(0,y,0).
  1. Assim o campo, que em cartesiano era \mathbf{E}=E_{y}\,\hat{y}, fica simplesmente radial no ponto:
\mathbf{E}=E_{r}\,\hat{r},
com E_{r}=E_{y} e substituindo y=r (pois aqui r=y) e \lambda=\rho_{l}:
E_{r}=\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_{0}r}\cdot\dfrac{L/2}{\sqrt{r^{2}+(L/2)^{2}}} =\dfrac{\lambda L}{4\pi\varepsilon_{0}r\sqrt{r^{2}+(L/2)^{2}}}.
  1. Resultado em coordenadas esféricas (no ponto em questão):
\mathbf{E}=\dfrac{\lambda L}{4\pi\varepsilon_{0}r\sqrt{r^{2}+(L/2)^{2}}}\,\hat{r}, \qquad\text{com }r=y,\\ \theta=\dfrac{\pi}{2},\\ \varphi=\dfrac{\pi}{2}.

Resposta

(a) Q=\rho_{l}L.
(b) Q=\dfrac{a_{0}L}{2}.
(c) Gráfico de \rho_{l}(z)=a_{0}\operatorname{sen}^{2}\!\left(\dfrac{2\pi z}{L}\right) em z\in\left[-\dfrac{L}{2},\dfrac{L}{2}\right]. Pontos notáveis:
\left(-\dfrac{L}{2},0\right),\\ \left(-\dfrac{L}{4},a_{0}\right),\\ (0,0),\\ \left(\dfrac{L}{4},a_{0}\right),\\ \left(\dfrac{L}{2},0\right).
(d) \displaystyle \mathbf{E}=\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_{0}y}\,\operatorname{sen}\!\left(\arctan\!\dfrac{L}{2y}\right)\,\hat{y} =\dfrac{\lambda L}{4\pi\varepsilon_{0}y\sqrt{y^{2}+(L/2)^{2}}}\,\hat{y}, com \lambda=\rho_{l}.
(e) Em coordenadas esféricas, no ponto r=y,\\ \theta=\dfrac{\pi}{2},\\ \varphi=\dfrac{\pi}{2}:
\displaystyle \mathbf{E}=\dfrac{\lambda L}{4\pi\varepsilon_{0}r\sqrt{r^{2}+(L/2)^{2}}}\,\hat{r}.

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