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Enunciado

Física - Randall D. Knight - Eletricidade e Magnetismo- Ed: 2º - Capítulo 27.Exercícios e Problemas - Ex. 36

A FIGURA P27.36 é uma secção transversal de duas linhas de carga infinitas que se estendem perpendicularmente para fora da página. Ambas possuem a mesma densidade linear de carga λ .

  1. Obtenha uma expressão para a intensidade do campo elétrico E a uma altura y acima do ponto equidistante às linhas.
  2. Desenhe um gráfico de E versus y

Passo 1

Faaaaaala, galera... Tranquileba??

Primeiro temos que saber o campo elétrico em um fio longo, vamos lá?!

Se fazemos para um bastão e depois levarmos seu comprimento ao infinito, será muito mais fácil. Assim, seja um bastão:

Vemos que as componentes em y se cancelam, sobrando somente em x, de forma que:

E b a s t ã o = E i x cos ⁡ θ

Sabemos que o campo elétrico é dado por:

d E = 1 4 π ϵ 0   d Q r 2  

Assim:

d E b a s t ã o = 1 4 π ϵ 0   d Q r 2 cos ⁡ θ

Pela imagem, vemos que:

cos ⁡ θ = d R

E que:

R = y 2 + d 2

Assim:

cos ⁡ θ = d y 2 + d 2

E ficando:

d E b a s t ã o = 1 4 π ϵ 0   d Q y 2 + d 2 d y 2 + d 2  

d E b a s t ã o = 1 4 π ϵ 0   d   d Q y 2 + d 2 3 2  

E sabemos que a densidade linear de carga é:

λ = Q L

Logo:

Q = λ L → d Q = λ d L

Vemos na imagem que d L = d y

Assim ficamos com:

d E b a s t ã o = 1 4 π ϵ 0   d * λ   d y y 2 + d 2 3 2  

Integrando sabendo que - L 2 ≤ y ≤ + L 2  

E b a s t ã o = λ d 4 π ϵ 0 ∫ - L 2 L 2 d y y 2 + d 2 3 2

E b a s t ã o = λ d 4 π ϵ 0 ∫ - L 2 L 2 d y d 2 y d 2 + 1 3 2

E b a s t ã o = λ d 4 π ϵ 0 ∫ - L 2 L 2 d y d 3 y d 2 + 1 3 2

Façamos:

y d = tan ⁡ θ

Logo:

d y = d  sec 2 ⁡ θ   d θ

E quando:

y = L 2 → θ = tan - 1 ⁡ L 2 d

E:

y = - L 2 → θ = tan - 1 ⁡ - L 2 d

Assim ficando:

E b a s t ã o = λ d 4 π ϵ 0 ∫ tan - 1 ⁡ - L 2 d tan - 1 ⁡ L 2 d d  sec 2 ⁡ θ   d θ d 3 tan 2 ⁡ θ + 1 3 2

E b a s t ã o = λ 4 π ϵ 0 1 d ∫ tan - 1 ⁡ - L 2 d tan - 1 ⁡ L 2 d   sec 2 ⁡ θ   d θ tan 2 ⁡ θ + 1 3 2

Sabemos que:

tan 2 ⁡ θ + 1 = sec 2 ⁡ θ

E b a s t ã o = λ 4 π ϵ 0 1 d ∫ tan - 1 ⁡ - L 2 d tan - 1 ⁡ L 2 d   sec 2 ⁡ θ   d θ sec 3 ⁡ θ

E b a s t ã o = λ 4 π ϵ 0 1 d ∫ tan - 1 ⁡ - L 2 d tan - 1 ⁡ L 2 d cos ⁡ θ   d θ

E b a s t ã o = λ 4 π ϵ 0 1 d s e n   θ - L 2 d l 2 d

E b a s t ã o = λ 4 π ϵ 0 1 d 2 L L 2 + 4 d 2

E b a s t ã o = λ 4 π ϵ 0 1 d 2 L 2 L 2 2 + d 2

E b a s t ã o = λ 4 π ϵ 0 1 d L L 2 2 + d 2

Sabemos que:

λ = Q L

∴ E b a s t ã o = 1 4 π ϵ 0 1 d Q L 2 2 + d 2

Agora, façamos esse bastão ser infinito, ou seja, L → ∞

E f i o   i n f i n i t o = 1 4 π ϵ 0 1 d Q L 2 ( 1 2 2 + d L 2

E f i o   i n f i n i t o = 1 4 π ϵ 0 1 d Q L 2

Sabemos que:

λ = Q L

∴ E f i o   i n f i n i t o = 1 4 π ϵ 0   2 λ d

Passo 2

Assim, tendo que E e s q u e r d a = E d i r e i t a :

E e s q u e r d a = E d i r e i t a = 1 4 π ϵ 0 2 λ y 2 + d 2 2 = 1 4 π   ϵ 0 4 λ 4 y 2 + d 2

Veja que são iguais, mas colocamos dessa forma que será melhor vista em breve.

Temos então que:

Veja que:

sin ⁡ θ = y y 2 + d 2 2 = 2 y 4 y 2 + d 2

E:

cos ⁡ θ = d 2 y 2 + d 2 2 = d 4 y 2 + d 2

Para o campo da esquerda:

E e s q u e r d a → = 1 4 π   ϵ 0 4 λ 4 y 2 + d 2 cos ⁡ θ   i v e r s o r + sin ⁡ θ   j v e r s o r

E e s q u e r d a → = 1 4 π   ϵ 0 4 λ 4 y 2 + d 2 d 4 y 2 + d 2   i v e r s o r + 2 y 4 y 2 + d 2   j v e r s o r

E da direita:

E d i r e i t a → = 1 4 π   ϵ 0 4 λ 4 y 2 + d 2   - cos ⁡ θ i v e r s o r + sin ⁡ θ   j v e r s o r

E d i r e i t a → = 1 4 π   ϵ 0 4 λ 4 y 2 + d 2 - d 4 y 2 + d 2   i v e r s o r + 2 y 4 y 2 + d 2   j v e r s o r

De forma que o campo total seja:

E t o t a l → + E d i r e t a → + E e s q u e r d a →

E t o t a l → = 1 4 π   ϵ 0 4 λ 4 y 2 + d 2 2 2 y 4 y 2 + d 2   j v e r s o r

∴ E t o t a l → = 1 4 π   ϵ 0   16 y λ 4 y 2 + d 2   j v e r s o r

E seu modulo é:

E t o t a l = 1 4 π   ϵ 0 16   λ   y 4 y 2 + d 2

Passo 3

Para b)

Fazendo um gráfico de y em unidade de d, assim E   v e r s u s y d temos a tabela e respectivamente seu gráfico:

Resposta

Para a)

E t o t a l = 1 4 π   ϵ 0 16   λ   y 4 y 2 + d 2

Para b)

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