Enunciado

Uma carga elétrica total Q   é uniformemente distribuída ao longo de uma barra fina, de comprimento a . Considere o potencial igual a zero no infinito. Calcule o potencial nos seguintes pontos (veja a figura):

(a) No ponto P , a uma distância x à direita da barra.

(b) no ponto R , a uma distância y acima da extremidade direita da barra.

(c) Como se reduzem os resultados da parte (a) e da parte (b) quando x ou y se tornam maiores do que a ?

Passo 1

Para uma distribuição contínua de carga o potencial é dado por:

d V = 1 4 π ϵ o d Q r

V = 1 4 π ϵ o ∫ d Q r

Por ser uma distribuição linear de carga, podemos escrever d Q em função do comprimento:

d Q = Q a d x '

V = Q 4 π ϵ o a ∫ d x ' r

Agora precisamos definir quem é r de acordo com os pontos do enunciado.

Passo 2

letra a)

Sabemos que r é a distância da distribuição de carga até o ponto onde quero calcular o potencial.

Se considerarmos o desenho abaixo, temos:

r = a + x - x '

Passo 3

Substituindo na integral:

V = Q 4 π ϵ o a ∫ 0 a d x ' a + x - x '

Essa integral vai nos dar - l n ( a + x - x ' )

V = Q 4 π ϵ o a - l n ( a + x - x ' ) 0 a

V = Q 4 π ϵ o a l n x + a x

Passo 4

letra b)

Agora, para o R iremos considerar esse novo desenho abaixo, onde r será a hipotenusa do triângulo de lados y e a - x '

Então se usarmos Pitágoras:

r = y 2 + a - x ' 2

Passo 5

Substituindo na integral vamos ter:

V = Q 4 π ϵ o a ∫ 0 a d x ' y 2 + a - x ' 2

Vamos fazer uma substituição simples:

u = a - x '

d u = - d x '

Trocando os limites de integração

x ' = a → u = 0

x ' = 0 → u = a

Temos então:

V = - Q 4 π ϵ o a ∫ a 0 d u y 2 + u 2

Passo 6

Para resolver a integral iremos colocar o y em evidência:

∫ a 0 d u y 1 + u y 2

Agora podemos fazer uma substituição:

t g   θ = u y

s e c 2 θ   d θ = d u y

Mas por que essa substituição?????

Identidade trigonométrica!

1 + t g 2   θ = s e c 2 θ

Temos agora na integral:

∫ θ ( u ) s e c 2 θ   d θ 1 + t g 2   θ = ∫ θ ( u ) s e c   θ   d θ

E essa integral é tabelada!!!!

∫ θ ( u ) s e c   θ   d θ = l n s e c   θ + t g   θ

Passo 7

Precisamos agora voltar para a variável u .

t g   θ = u y

Além disso temos:

1 + t g 2   θ = s e c 2 θ

s e c   θ = 1 + u y 2

Então:

∫ a 0 d u y 1 + u y 2 = l n u y + 1 + u y 2 a 0 = l n u + y 2 + u 2 a 0 = l n ( y ) - l n a + y 2 + a 2

Passo 8

Nosso potencial será então:

V = - Q 4 π ϵ o a l n ( y ) - l n a + y 2 + a 2

V = Q 4 π ϵ o a l n a + y 2 + a 2 y

Passo 9

letra c)

Queremos agora saber o que acontece com os potenciais quando x ≫ a e y ≫ a

Para o item (a):

V = Q 4 π ϵ o a l n x + a x = Q 4 π ϵ o a l n 1 + a x

Precisamos agora expandir o l n :

l n 1 + a x = a x - a 2 2 x 2

Para x ≫ a , l n 1 + a x → a x

Nosso potencial fica:

V = Q 4 π ϵ o a a x

V = Q 4 π ϵ o x

Para x muito grande, nosso potencial se torna o potencial de uma carga puntiforme.

Passo 10

Para o item (b):

V = Q 4 π ϵ o a l n a + y 2 + a 2 y = Q 4 π ϵ o a l n a y + 1 + a 2 y 2

Expandindo o termo da raiz:

V = Q 4 π ϵ o a l n a y + 1 + a 2 2 y 2

O termo ao quadrado irá embora porque y ≫ a

Então

V = Q 4 π ϵ o a l n a y + 1

E como vimos no passo anterior, podemos expandir o l n .

Temos então:

V = Q 4 π ϵ o a a y

V = Q 4 π ϵ o y

Para y grande, o potencial também se aproxima ao potencial de uma carga puntiforme.

Resposta

letra a) V = Q 4 π ϵ o a l n x + a x

letra b) V = Q 4 π ϵ o a l n a + y 2 + a 2 y

letra c) x ≫ a V = Q 4 π ϵ o x ; y ≫ a V = Q 4 π ϵ o y

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