Um segmento de reta infinito carregado com densidade linear de carga λ=1,5 μC / m apóia-se sobre o eixo z. Determine o potencial para as seguintes distâncias de segmento de reta carregado: Admita que V=0 a uma distância de 2,5 \mathrm{~m}.
12 m

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede:
  • Um segmento de reta infinito com densidade linear de carga \lambda = 1,5\\ \mu\mathrm{C/m} está apoiado sobre o eixo z.
  • Foi escolhida uma referência de potencial tal que V=0 à distância \,r_0=2,5\\ \mathrm{m}\, da reta.
  • Pede-se o potencial elétrico no ponto que está a uma distância \,r=12\\ \mathrm{m}\, da reta.
Informações importantes que vou usar (tudo em unidades do SI):
  • \lambda=1,5\times10^{-6}\\ \mathrm{C/m} (conversão de \mu\mathrm{C} para \mathrm{C}).
  • \varepsilon_0 (permissividade do vácuo) que vale aproximadamente \varepsilon_0=8,854187817\times10^{-12}\\ \mathrm{F/m}.
  • A simetria do problema é cilíndrica (reta infinita), o potencial depende só da distância radial r.

Passo 2

Campo elétrico de uma linha infinita: dedução rápida via Lei de Gauss (aula curta para lembrar a ideia).
  • Escolhe-se uma superfície gaussiana cilíndrica de raio r e comprimento L, coaxial com a linha carregada.
  • A carga encerrada pela superfície é Q_{\text{enc}}=\lambda L.
  • O fluxo elétrico pela superfície lateral é \Phi = E(r)\cdot (2\pi r L) porque o campo é radial e constante na superfície lateral.
  • Pela Lei de Gauss:
E(r)\,2\pi r L=\frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0}=\frac{\lambda L}{\varepsilon_0}.
  • Cancelando L e isolando E(r) obtemos a expressão do campo:
E(r)=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0\,r}.
Explicação intuitiva: E(r) diminui como 1/r por causa da geometria cilíndrica (a área lateral cresce com r).

Passo 3

Relação entre potencial e campo elétrico (recordando a definição):
  • A diferença de potencial entre dois pontos radiais r_0 e r é
V(r)-V(r_0)=-\int_{r_0}^{r}\vec E\cdot d\vec l.
  • Aqui escolhemos o caminho radial, então \vec E\cdot d\vec l = E(r')\,dr'. Substituindo E(r') da expressão anterior:
V(r)-V(r_0)=-\int_{r_0}^{r}\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0\,r'}\,dr'.
  • Integrando:
V(r)-V(r_0)=-\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\!\left(\frac{r}{r_0}\right).
  • Reorganizando, uma forma prática é
V(r)=V(r_0)-\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\!\left(\frac{r}{r_0}\right).
Como no enunciado foi dado V(r_0)=0, isso simplifica para
V(r)=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\!\left(\frac{r_0}{r}\right).
Breve comentário didático: o potencial de uma linha infinita não tem um valor finito absoluto definido sem escolher uma referência; por isso o enunciado fornece V em r_0.

Passo 4

Preparar a substituição numérica com cuidado (cada passo explicadinho):
  • Converter \lambda:
\lambda=1,5\\ \mu\mathrm{C/m}=1,5\times10^{-6}\\ \mathrm{C/m}.
  • Calcular o fator \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}:
2\pi\varepsilon_0=2\pi\cdot 8,854187817\times10^{-12}\\ \mathrm{F/m}=5,570708\times10^{-11}\\ \mathrm{F/m}\\ (\text{aprox.}),
\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}=\frac{1,5\times10^{-6}}{5,570708\times10^{-11}}\approx 2,692409\times10^{4}\\ \mathrm{V}.
  • Calcular o logaritmo:
\ln\!\left(\frac{r_0}{r}\right)=\ln\!\left(\frac{2,5}{12}\right)=\ln(0,208333333\ldots)\approx -1,5686159.
  • A expressão final numérica é, portanto,
V(r)=\left(2,692409\times10^{4}\right)\cdot\left(-1,5686159\right).
(No próximo item eu multiplico e apresento o resultado final arredondado.)

Passo 5

Interpretação física curta e incentivo (para você lembrar na prova):
  • Como \lambda>0 a linha é positivamente carregada; o potencial diminui ao se afastar da linha, por isso o sinal negativo aparece no resultado numérico.
  • Mantém a calma: o procedimento padrão é sempre este — achar E por simetria (Gauss), depois integrar para obter V usando uma referência — decore esse roteiro que cai muito em prova!

Resposta

-4,22\times10^{4}\\ \mathrm{V}

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