Enunciado

Uma linha de carga com uma densidade uniforme de 35,0   n C / m se encontra ao longo da linha em y = - 15,0   c m , entre os pontos com coordenadas x = 0 e x = 40,0   c m . Encontre o campo elétrico criado na origem.

Passo 1

Antes de começar a resolver o problema, é fundamental fazer um desenho bem bonito para entender bem o que tá acontecendo:

Desenhei o fio em vermelho com y = - d entre 0 ≤ x ≤ L . Para achar o campo elétrico na origem, pegamos um elemento infinitesimal de fio d x com carga d q = λ   d x , onde λ = 35,0   n C / m é a densidade linear de carga no fio. O módulo do campo infinitesimal d E → produzido por esse elemento de fio é

d E = k e d q D 2

Passo 2

Para achar o vetor d E → , temos que fazer a decomposição usando o ângulo θ :

d E → = d E   - s e n   θ   x ^ + cos ⁡ θ y ^ = k e λ D 2 - s e n   θ   x ^ + cos ⁡ θ y ^   d x

Mas observe que

cos ⁡ θ = d D           e           s e n   θ = x D

Assim,

d E → = k e λ D 3 - x   x ^ + d   y ^   d x

Note também que

D = d 2 + x 2

Desta forma,

d E → = k e λ   - x d 2 + x 2 3 2 x ^ + d d 2 + x 2 3 2 y ^   d x

Para finalizar, basta integrar em x entre 0 e L :

E → = k e λ - ∫ 0 L x d 2 + x 2 3 2   d x x ^ + d ∫ 0 L 1 d 2 + x 2 3 2   d x y ^

Passo 3

A primeira integral é tranquila de calcular fazendo a substituição u = d 2 + x 2 , de modo que

d u = 2 x   d x → x   d x = d u 2

Assim,

∫ 0 L x d 2 + x 2 3 2   d x = 1 2 ∫ d 2 d 2 + L 2 1 u 3 / 2   d u

Portanto,

∫ 0 L x d 2 + x 2 3 2   d x = - 1 u d 2 d 2 + L 2 = 1 d - 1 d 2 + L 2

Já para a segunda integral, fazemos a substituição x = d tan ⁡ θ , com

d x = d sec 2 ⁡ θ   d θ           e         d 2 + x 2 3 2 = d 3   1 + tan 2 ⁡ θ 3 / 2 = d 3 sec 3 ⁡ θ

Portanto, fazendo as alterações nos limites de integração:

∫ 0 L 1 d 2 + x 2 3 2   d x = ∫ 0 arctan ⁡ L d d sec 2 ⁡ θ d 3 sec 3 ⁡ θ   d θ = 1 d 2 ∫ 0 arctan ⁡ L d cos ⁡ θ   d θ

Essa integral é fácil de fazer:

∫ 0 L 1 d 2 + x 2 3 2   d x = 1 d 2 s e n   θ 0 arctan ⁡ L d = 1 d 2   s e n arctan ⁡ L d

Só lembrando:

θ = arctan ⁡ L d → tan ⁡ θ = L d → s e n   θ = L d 2 + L 2

Logo,

s e n arctan ⁡ L d = s e n   θ = L d 2 + L 2

Com isso, a segunda integral fica

∫ 0 L 1 d 2 + x 2 3 2   d x = 1 d 2 ⋅ L d 2 + L 2

Passo 4

Agora que temos as integrais calculadas, podemos escrever

E → = k e λ - 1 d - 1 d 2 + L 2 x ^ + d 1 d 2 ⋅ L d 2 + L 2 y ^

Ou ainda,

E → = k e λ - 1 d - 1 d 2 + L 2 x ^ + L d d 2 + L 2 y ^

Só falta substituir os valores e fazer as contas:

E → = 9 ⋅ 10 9 ⋅ 35 ⋅ 10 - 9 - 1 0,15 - 1 0,15 2 + 0,40 2 x ^ + 0,40 0,15 ⋅ 0,15 2 + 0,40 2 y ^

Portanto,

E → = - 1,36   x ^ + 1,97   y ^ ⋅ 10 3   N / C

Resposta

E → = - 1,36   x ^ + 1,97   y ^ ⋅ 10 3   N / C

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