Um sistema eletromagnético possui uma carga linear \sigma=10 \mu \mathrm{C} / \mathrm{m} ao longo do eixo z e um dielétrico anisotrópico com tensor de permissividade \epsilon=\left(\begin{array}{ccc}\epsilon_{0} & 0 & 0 \\\\ 0 & 2 \epsilon_{0} & 0 \\\\ 0 & 0 & 3 \epsilon_{0}\end{array}\right). Calcule o campo elétrico vetorial em ( 0,1,1 ) usando integrais triplas e análise vetorial.

Passo 1

O enunciado descreve uma carga linear de densidade \lambda=10\:\mu\mathrm{C}/\mathrm{m} localizada ao longo do eixo z imersa num dielétrico anisotrópico cuja permissividade é
\epsilon = \begin{pmatrix} \epsilon_0 & 0 & 0\\\\ 0 & 2\epsilon_0 & 0\\\\ 0 & 0 & 3\epsilon_0 \end{pmatrix}.
Precisamos encontrar o campo elétrico \mathbf E no ponto (0,1,1). Para isso, vamos usar a equação de Poisson generalizada para meios anisotrópicos
\nabla\!\cdot\!(\epsilon\:\nabla V) = -\rho,
resolver para o potencial V e depois obter \mathbf E = -\nabla V.

Passo 2

Como a carga é uma linha infinita no eixo z, a densidade volumétrica é
\rho(x,y,z) = \lambda\,\delta(x)\,\delta(y).
A equação de Poisson fica
\nabla\!\cdot\!(\epsilon\,\nabla V) = -\lambda\,\delta(x)\,\delta(y).
Devido à diagonal de \epsilon, escrevemos a expansão
\frac{\partial}{\partial x}\bigl(\epsilon_0\,\partial_x V\bigr) +\frac{\partial}{\partial y}\bigl(2\epsilon_0\,\partial_y V\bigr) +\frac{\partial}{\partial z}\bigl(3\epsilon_0\,\partial_z V\bigr) =-\lambda\,\delta(x)\,\delta(y).
Não há variação no campo ao longo de z (simetria de translação), então \partial_z V=0.

Passo 3

Para simplificar, fazemos a mudança de variáveis que “isaotrofiza” o dielétrico no plano xy:
u = x,\quad v = \sqrt{2}\,y.
Nesse sistema, definimos um potencial \tilde V(u,v) tal que a equação de Poisson vira
\epsilon_0\Bigl(\partial_{u}^2 + \partial_{v}^2\Bigr)\tilde V = -\lambda\,\delta(u)\,\delta\bigl(v/\sqrt{2}\bigr)\,\frac{1}{\sqrt{2}} = -\frac{\lambda}{\sqrt{2}}\,\delta(u)\,\delta(v).
Ou seja, no plano (u,v) temos um meio isotrópico de permissividade \epsilon_0 com uma linha de carga de densidade \lambda/\sqrt2.

Passo 4

No meio isotrópico, o potencial devido a uma linha infinita é
\tilde V(u,v) = -\frac{\lambda/\sqrt2}{2\pi\epsilon_0}\,\ln\!\bigl(\sqrt{u^2+v^2}\bigr) = -\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0\sqrt2}\,\ln\!\bigl(\sqrt{u^2+v^2}\bigr).
Voltando às variáveis originais (x,y), temos u=x e v=\sqrt2\,y, logo
V(x,y) = -\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0\sqrt2}\, \ln\!\bigl(x^2+2y^2\bigr).

Passo 5

O campo é \mathbf E = -\nabla V. Calculamos
E_x = -\partial_x V = \frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0\sqrt2}\,\frac{2x}{x^2+2y^2} = \frac{\lambda\,x}{2\pi\epsilon_0\sqrt2\,(x^2+2y^2)},
E_y = -\partial_y V = \frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0\sqrt2}\,\frac{4y}{x^2+2y^2} = \frac{\lambda\,\sqrt2\,y}{2\pi\epsilon_0\,(x^2+2y^2)},
e E_z=0.

Passo 6

Em (x,y,z)=(0,1,1) temos x=0 e y=1, portanto
x^2+2y^2 = 0+2(1)^2 = 2,
E_x(0,1,1)=0, \quad E_y(0,1,1) = \frac{\lambda\,\sqrt2\,(1)}{2\pi\epsilon_0\,(2)} = \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0\sqrt2}, \quad E_z(0,1,1)=0.
Substituindo \lambda=10\times10^{-6}\,\mathrm{C/m} e \epsilon_0=8{,}85\times10^{-12}\,\mathrm{F/m},
E_y(0,1,1) \approx \frac{10\cdot10^{-6}}{2\pi\,(8{,}85\cdot10^{-12})\,\sqrt2} \approx 1{,}27\times10^{5}\:\mathrm{V/m}.

Resposta

\mathbf E(0,1,1) = \bigl(0,\;1{,}27\times10^{5},\;0\bigr)\:\mathrm{V/m}.

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