2) A figura ao lado mostra uma barra fina de plástico de comprimento $ L $, sobre o eixo $ x $, carregada com densidade linear uniforme de carga $ \lambda $.
a) Calcule, por integração, o vetor campo elétrico no ponto $ P $, que está sobre o eixo $ y $.
b) Calcule, também por integração, o potencial elétrico no ponto $ P $, considerando $ V=0 $ no infinito.
c) Que força (módulo, direção e sentido) agiria num elétron colocado em P7E se fosse um próton colocado em $ P $ no lugar do elétron, qual seria o vetor forca elétrica?

Question

Accepted Answer

Vamos resolver cada parte do problema passo a passo.

### Parte (a): Campo elétrico no ponto $ P $

A barra de plástico está carregada uniformemente com densidade linear de carga $ \lambda $ e tem comprimento $ L $. A barra está localizada ao longo do eixo $ x $, com seu centro na origem, então ela se estende de $ -\frac{L}{2} $ a $ \frac{L}{2} $.

O ponto $ P $ está localizado no eixo $ y $ a uma distância $ y $ da origem.

Para calcular o campo elétrico no ponto $ P $, consideramos um elemento infinitesimal de carga $ dq $ na barra. Esse elemento está localizado em uma posição $ x $ ao longo da barra, onde $ -\frac{L}{2} \leq x \leq \frac{L}{2} $.

A carga infinitesimal $ dq $ é dada por:
$$ dq = \lambda \, dx $$

A contribuição infinitesimal para o campo elétrico $ d\mathbf{E} $ no ponto $ P $ devido a $ dq $ é dada pela lei de Coulomb:
$$ d\mathbf{E} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{dq}{r^2} \hat{r} $$

Aqui, $ r $ é a distância entre $ dq $ e o ponto $ P $, e $ \hat{r} $ é o vetor unitário na direção de $ \mathbf{r} $.

A distância $ r $ é:
$$ r = \sqrt{x^2 + y^2} $$

E o vetor unitário $ \hat{r} $ pode ser decomposto em componentes $ x $ e $ y $:
$$ \hat{r} = \frac{x \hat{i} + y \hat{j}}{\sqrt{x^2 + y^2}} $$

Portanto,
$$ d\mathbf{E} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{\lambda \, dx}{(x^2 + y^2)} \left( \frac{x \hat{i} + y \hat{j}}{\sqrt{x^2 + y^2}} \right) $$
$$ d\mathbf{E} = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} \frac{dx (x \hat{i} + y \hat{j})}{(x^2 + y^2)^{3/2}} $$

Para encontrar o campo elétrico total $ \mathbf{E} $ no ponto $ P $, integramos $ d\mathbf{E} $ ao longo do comprimento da barra:
$$ \mathbf{E} = \int_{-\frac{L}{2}}^{\frac{L}{2}} d\mathbf{E} $$
$$ \mathbf{E} = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} \int_{-\frac{L}{2}}^{\frac{L}{2}} \frac{x \hat{i} + y \hat{j}}{(x^2 + y^2)^{3/2}} \, dx $$

Dividimos a integral em componentes $ x $ e $ y $:

Componente $ x $:
$$ E_x = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} \int_{-\frac{L}{2}}^{\frac{L}{2}} \frac{x}{(x^2 + y^2)^{3/2}} \, dx $$

Note que a função integranda é ímpar em relação a $ x $, então a integral de $ -\frac{L}{2} $ a $ \frac{L}{2} $ é zero:
$$ E_x = 0 $$

Componente $ y $:
$$ E_y = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} \int_{-\frac{L}{2}}^{\frac{L}{2}} \frac{y}{(x^2 + y^2)^{3/2}} \, dx $$
$$ E_y = \frac{\lambda y}{4 \pi \epsilon_0} \int_{-\frac{L}{2}}^{\frac{L}{2}} \frac{1}{(x^2 + y^2)^{3/2}} \, dx $$

Fazemos a substituição $ x = y \tan \theta $, $ dx = y \sec^2 \theta \, d\theta $:
$$ E_y = \frac{\lambda y}{4 \pi \epsilon_0} \int_{\arctan(-\frac{L}{2y})}^{\arctan(\frac{L}{2y})} \frac{y \sec^2 \theta \, d\theta}{(y^2 \sec^2 \theta)^{3/2}} $$
$$ E_y = \frac{\lambda y}{4 \pi \epsilon_0} \int_{\arctan(-\frac{L}{2y})}^{\arctan(\frac{L}{2y})} \frac{\sec^2 \theta \, d\theta}{y^3 \sec^3 \theta} $$
$$ E_y = \frac{\lambda y}{4 \pi \epsilon_0} \int_{\arctan(-\frac{L}{2y})}^{\arctan(\frac{L}{2y})} \frac{d\theta}{y^2 \sec \theta} $$
$$ E_y = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0 y} \int_{\arctan(-\frac{L}{2y})}^{\arctan(\frac{L}{2y})} \cos \theta \, d\theta $$

Resolvendo a integral:
$$ E_y = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0 y} \left[ \sin \theta \right]_{\arctan(-\frac{L}{2y})}^{\arctan(\frac{L}{2y})} $$
$$ E_y = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0 y} \left( \sin \arctan(\frac{L}{2y}) - \sin \arctan(-\frac{L}{2y}) \right) $$

Usando a identidade trigonométrica $ \sin \arctan(x) = \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}} $:
$$ E_y = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0 y} \left( \frac{\frac{L}{2y}}{\sqrt{1 + (\frac{L}{2y})^2}} - \frac{-\frac{L}{2y}}{\sqrt{1 + (\frac{L}{2y})^2}} \right) $$
$$ E_y = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0 y} \left( \frac{\frac{L}{2y}}{\sqrt{1 + \frac{L^2}{4y^2}}} + \frac{\frac{L}{2y}}{\sqrt{1 + \frac{L^2}{4y^2}}} \right) $$
$$ E_y = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0 y} \left( \frac{L/y}{\sqrt{1 + \frac{L^2}{4y^2}}} \right) $$
$$ E_y = \frac{\lambda L}{4 \pi \epsilon_0 y^2} \left( \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{L^2}{4y^2}}} \right) $$

Simplificando:
$$ E_y = \frac{\lambda L}{4 \pi \epsilon_0 y^2 \sqrt{1 + \frac{L^2}{4y^2}}} $$
$$ E_y = \frac{\lambda L}{4 \pi \epsilon_0 y^2 \sqrt{\frac{4y^2 + L^2}{4y^2}}} $$
$$ E_y = \frac{\lambda L}{4 \pi \epsilon_0 y^2 \frac{\sqrt{4y^2 + L^2}}{2y}} $$
$$ E_y = \frac{\lambda L}{4 \pi \epsilon_0 y^2} \cdot \frac{2y}{\sqrt{4y^2 + L^2}} $$
$$ E_y = \frac{\lambda L}{2 \pi \epsilon_0 y \sqrt{4y^2 + L^2}} $$

Portanto, o campo elétrico no ponto $ P $ é:
$$ \mathbf{E} = E_y \hat{j} = \frac{\lambda L}{2 \pi \epsilon_0 y \sqrt{4y^2 + L^2}} \hat{j} $$

### Parte (b): Potencial elétrico no ponto $ P $

O potencial elétrico no ponto $ P $ devido a um elemento infinitesimal de carga $ dq $ é dado por:
$$ dV = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{dq}{r} $$

Substituindo $ dq = \lambda \, dx $ e $ r = \sqrt{x^2 + y^2} $:
$$ dV = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{\lambda \, dx}{\sqrt{x^2 + y^2}} $$

Para encontrar o potencial total $ V $ no ponto $ P $, integramos $ dV $ ao longo do comprimento da barra:
$$ V = \int_{-\frac{L}{2}}^{\frac{L}{2}} dV $$
$$ V = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} \int_{-\frac{L}{2}}^{\frac{L}{2}} \frac{dx}{\sqrt{x^2 + y^2}} $$

Essa integral pode ser resolvida usando a substituição $ x = y \tan \theta $, $ dx = y \sec^2 \theta \, d\theta $:
$$ V = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} \int_{\arctan(-\frac{L}{2y})}^{\arctan(\frac{L}{2y})} \frac{y \sec^2 \theta \, d\theta}{y \sec \theta} $$
$$ V = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} \int_{\arctan(-\frac{L}{2y})}^{\arctan(\frac{L}{2y})} \sec \theta \, d\theta $$

A integral de $ \sec \theta $ é:
$$ \int \sec \theta \, d\theta = \ln | \sec \theta + \tan \theta | + C $$

Portanto,
$$ V = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} \left[ \ln | \sec \theta + \tan \theta | \right]_{\arctan(-\frac{L}{2y})}^{\arctan(\frac{L}{2y})} $$

Substituindo os limites:
$$ V = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} \left( \ln \left| \sec \arctan(\frac{L}{2y}) + \tan \arctan(\frac{L}{2y}) \right| - \ln \left| \sec \arctan(-\frac{L}{2y}) + \tan \arctan(-\frac{L}{2y}) \right| \right) $$

Usando as identidades trigonométricas:
$$ \sec \arctan(x) = \sqrt{1 + x^2} $$
$$ \tan \arctan(x) = x $$

Portanto,
$$ V = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} \left( \ln \left| \sqrt{1 + (\frac{L}{2y})^2} + \frac{L}{2y} \right| - \ln \left| \sqrt{1 + (\frac{L}{2y})^2} - \frac{L}{2y} \right| \right) $$

Simplificando:
$$ V = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} \ln \left( \frac{\sqrt{1 + (\frac{L}{2y})^2} + \frac{L}{2y}}{\sqrt{1 + (\frac{L}{2y})^2} - \frac{L}{2y}} \right) $$

### Parte (c): Força sobre um elétron e um próton no ponto $ P $

A força elétrica $ \mathbf{F} $ sobre uma carga $ q $ em um campo elétrico $ \mathbf{E} $ é dada por:
$$ \mathbf{F} = q \mathbf{E} $$

Para um elétron (carga $ q_e = -e $):
$$ \mathbf{F}_e = -e \mathbf{E} $$
$$ \mathbf{F}_e = -e \left( \frac{\lambda L}{2 \pi \epsilon_0 y \sqrt{4y^2 + L^2}} \hat{j} \right) $$
$$ \mathbf{F}_e = - \left( \frac{e \lambda L}{2 \pi \epsilon_0 y \sqrt{4y^2 + L^2}} \right) \hat{j} $$

Para um próton (carga $ q_p = e $):
$$ \mathbf{F}_p = e \mathbf{E} $$
$$ \mathbf{F}_p = e \left( \frac{\lambda L}{2 \pi \epsilon_0 y \sqrt{4y^2 + L^2}} \hat{j} \right) $$
$$ \mathbf{F}_p = \left( \frac{e \lambda L}{2 \pi \epsilon_0 y \sqrt{4y^2 + L^2}} \right) \hat{j} $$

Portanto, a força sobre um elétron no ponto $ P $ é:
$$ \mathbf{F}_e = - \left( \frac{e \lambda L}{2 \pi \epsilon_0 y \sqrt{4y^2 + L^2}} \right) \hat{j} $$

E a força sobre um próton no ponto $ P $ é:
$$ \mathbf{F}_p = \left( \frac{e \lambda L}{2 \pi \epsilon_0 y \sqrt{4y^2 + L^2}} \right) \hat{j} $$