Exercício Resolvido de Força Elétrica e Campo Elétrico
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Um fio de comprimento L é carregado com uma carga Q distribuída uniformemente. Determinar o vetor campo elétrico num ponto P da reta que contém o fio, x>L, é a coordenada do ponto P externa ao fio;




Dados do problema:
  • Comprimento do fio:    L;
  • Carga do fio:    Q.
Esquema do problema:

O vetor posição r vai de um elemento de carga dq do fio até o ponto P onde se deseja calcular o campo elétrico, o vetor rq localiza o elemento de carga em relação à origem do referencial e o vetor rp localiza o ponto P, o problema é unidimensional, todos os vetores estão no eixo-x, na Figura 1 os elementos foram desenhados separados para facilitar a visualização.
\[ \mathbf{r}={\mathbf{r}}_{p}-{\mathbf{r}}_{q} \]
Figura 1

Pela geometria do problema devemos escolher coordenadas cartesianas, escolhemos a origem do sistema na extremidade direita do fio mais próxima do ponto P, o vetor rq, é escrito como   \( {\mathbf{r}}_{q}=-x_{q}\;\mathbf{i} \)   e o vetor rp como   \( {\mathbf{r}}_{p}=x_{p}\;\mathbf{i} \),   onde xp é a distância ao ponto desejado medido a partir da origem escolhida, então o vetor posição será
\[ \begin{gather} \mathbf{r}=x_{p}\;\mathbf{i}-(-x_{q}\;\mathbf{i})\\ \mathbf{r}=(x_{p}+x_{q})\;\mathbf{i} \tag{I} \end{gather} \]
Da expressão (I) o módulo do vetor posição r será
\[ \begin{gather} r^{2}=(x_{p}+x_{q})^{2}\\ r=(x_{p}+x_{q}) \tag{II} \end{gather} \]
Solução

O vetor campo elétrico do fio é dado por
\[ \bbox[#99CCFF,10px] {\mathbf{E}=\frac{1}{4\pi \epsilon_{0}}\int{\frac{dq}{r^{2}}\;\frac{\mathbf{r}}{r}}} \]
\[ \begin{gather} \mathbf{E}=\frac{1}{4\pi \epsilon_{0}}\int{\frac{dq}{r^{3}}\;\mathbf{r}} \tag{III} \end{gather} \]
Da expressão da densidade linear de carga λ obtemos o elemento de carga dq
\[ \bbox[#99CCFF,10px] {\lambda =\frac{dq}{ds}} \]
\[ \begin{gather} dq=\lambda \;ds \tag{IV} \end{gather} \]
onde ds é um elemento de comprimento do fio
\[ \begin{gather} ds=dx_{q} \tag{V} \end{gather} \]
substituindo a expressão (V) na expressão (IV)
\[ \begin{gather} dq=\lambda \;dx_{q} \tag{VI} \end{gather} \]
Substituindo as expressões (I), (II) e (VI) na expressão (III)
\[ \begin{gather} \mathbf{E}=\frac{1}{4\pi \epsilon_{0}}\int {\frac{\lambda\;dx_{q}}{\left(x_{p}+x_{q}\right)^{\cancelto{2}{3}}}}\cancel{\left(x_{p}+x_{q}\right)}\;\mathbf{i}\\ \mathbf{E}=\frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\int {\frac{\lambda\;dx_{q}}{\left(x_{p}+x_{q}\right)^{2}}}\;\mathbf{i} \tag{VII} \end{gather} \]
A densidade de carga λ é constante ela pode “sair” da integral
\[ \mathbf{E}=\frac{\lambda}{4\pi \epsilon_{0}}\int{\frac{dx_{q}}{\left(x_{p}+x_{q}\right)^{2}}}\;\mathbf{i} \]
Os limites de integração serão 0 e L, o comprimento do fio carregado
\[ \mathbf{E}=\frac{\lambda}{4\pi \epsilon_{0}}\int_{0}^{L}{\frac{dx_{q}}{\left(x_{p}+x_{q}\right)^{2}}}\;\mathbf{i} \]
Integral de    \( \displaystyle \int_{0}^{L}{\frac{dx_{q}}{\left(x_{p}+x_{q}\right)^{2}}} \)

fazendo a mudança de variável
\[ \begin{array}{l} u=x_{p}+x_{q}\\ \dfrac{du}{dx_{q}}=1\Rightarrow dx_{q}=du \end{array} \]
fazendo a mudança dos extremos de integração

para xq = 0
temos   \( u=x_{p}-0\Rightarrow u=x_{p} \)

para xq = L
temos   \( u=x_{p}+L \)

\[ \begin{align} \int_{x_{p}}^{{x_{p}+L}}{\frac{du}{u^{2}}} &\Rightarrow\int_{x_{p}}^{{x_{p}+L}}{u^{-2}du}\Rightarrow\left.\frac{u^{-2+1}}{-2+1}\;\right|_{\;x_{p}}^{\;x_{p}+L}\Rightarrow\\ &\Rightarrow\left.\frac{u^{-1}}{-1}\;\right|_{\;x_{p}}^{\;x_{p}+L}\Rightarrow-\left.\frac{1}{u}\;\right|_{\;x_{p}}^{\;x_{p}+L}\Rightarrow\\ &\Rightarrow-\frac{1}{x_{p}+L}-\left(-\frac{1}{x_{p}}\right)\Rightarrow \frac{1}{x_{p}}-\frac{1}{x_{p}-L}\Rightarrow\\ &\Rightarrow\frac{x_{p}+L-x_{p}}{x_{p}(x_{p}+L)}\Rightarrow\frac{L}{x_{p}(x_{p}+L)} \end{align} \]
\[ \begin{gather} \mathbf{E}=\frac{\lambda}{4\pi \epsilon_{0}}\frac{L}{x_{p}\;(x_{p}+L)}\;\mathbf{i} \tag{VIII} \end{gather} \]
A densidade linear de carga pode ser escrita
\[ \begin{gather} \lambda=\frac{Q}{L} \tag{IX} \end{gather} \]
substituindo a expressão (IX) na expressão (VIII)
\[ \mathbf{E}=\frac{1}{4\pi \epsilon_{0}}\frac{Q}{\cancel{L}}\frac{\cancel{L}}{x_{p}(x_{p}+L)}\;\mathbf{i} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {\mathbf{E}=\frac{1}{4\pi \epsilon_{0}}\frac{Q}{x_{p}(x_{p}+L)}\;\mathbf{i}} \]
e o módulo do campo elétrico será
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {E=\frac{1}{4\pi \epsilon_{0}}\frac{Q}{x_{p}(x_{p}+L)}} \]
Observação: Como o problema é unidimensional o valor vetorial coincide com o valor escalar do campo elétrico.
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