O fio infinito - Portal do Prof. Paulo Rosa

Ministério da Educação
Fundação Universidade Federal de Mato Grosso do Sul
Instituto de Física
Curso de Licenciatura em Física
O fio infinito
Um exemplo de obtenção do campo eletrostático por dois métodos: integração
direta e pela Lei de Gauss
Considere a situação mostrada na Figura 1, na qual temos um fio infinito carregado
uniformemente. Vamos primeiro calcular o campo a partir da Lei de Coulomb e do
princípio da superposição.
dE1
d
dE2
P
d

z
l
l
Elemento de
Elemento de
comprimento 2
comprimento 1
Figura 1 – O fio infinito.
O fio estende-se até o infinito, tanto no lado negativo como no lado positivo. Nosso
problema é calcular o campo a uma distância z do fio. Por hipótese, supomos que a
densidade de carga elétrica (quantidade de carga por unidade de comprimento) é
uniforme ao longo do fio. Simbolizaremos essa quantidade pela letra grega  (lê-se
lambda).
Esse problema apresenta alto grau de simetria. Não importa o ponto sobre o fio
que tomarmos, sempre teremos à esquerda e à direita desse ponto uma semirreta
de comprimento infinito. Podemos, sem perda de generalidade, escolher a origem
do sistema de coordenadas o ponto do fio que se liga ao ponto por um segmento
de reta perpendicular ao fio nesse ponto (a dupla seta mostrada na figura).
Chamaremos de z a distância entre o fio e o ponto onde queremos calcular o
campo.
Tomemos dois pequenos pedaços do fio, tão pequenos quanto queremos de
comprimento dl (mostrados em verde na figura) localizados simetricamente em
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relação à origem a uma distância l da origem. A carga contida nesses elementos dl
será dada então por: dq =  dl.
Cada um desses elementos de carga cria um campo infinitesimal no ponto que
queremos calcular o campo. Esses são os campos dE1 e dE2 mostrados na figura e
que têm o mesmo módulo. Portanto, o campo total criado na posição será a soma
desses campos.
Observando a simetria do problema, podemos ver que na direção paralela ao fio, as
duas componentes se cancelam enquanto que na direção vertical se somam (veja
a Figura 2). Isso acontece para quaisquer dois elementos de comprimento
simétricos em relação à origem.
Componentes
perpendiculares
dE1
dE dE
dE2

dE
P
dE
Componentes
paralelas
Figura 2 – Detalhe da decomposição dos vetores campo elétrico na região do ponto
P.
Portanto, o campo no ponto P será a soma das componentes perpendiculares dos
campos criados naquela posição por cada elemento de comprimento dl ao longo do
fio.
Um dado elemento dl cria, na direção perpendicular ao fio, na posição P, um campo
que, em módulo, é dado por1:
dE =
1
1 𝑑𝑞
cos⁡(𝜃)
4𝜋𝜀0 𝑑 2
Por simplicidade, não usaremos mais o subíndice.
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O ângulo  que aparece nessa equação é o ângulo entre o segmento de reta que
une o ponto ao elemento dl que cria o campo na posição P (veja a Figura 1). O
cosseno desse ângulo pode ser escrito em termos das variáveis l, z e d como:
𝑐𝑜𝑠(𝜃) =
𝑧
1
.
(𝑧 2 +l2 )2
Aqui foi usado que 𝑑 = (𝑧 2 + l2 )1/2. Logo, o campo criado pelo elemento dl pode
ser escrito como:
dE =
1
𝑑𝑞
4𝜋𝜀0 (𝑧 2 + l2 )
1
(𝑧 2 + l2 )2
𝑧𝑑𝑙
1
dE = 4𝜋𝜀
𝑧
0
3
.
(𝑧 2 +l2 )2
Para obtermos o campo total, precisamos integrar (somar) as contribuições para
todos os elementos de comprimento dl ao longo do fio:
𝑧𝑑𝑙
∞
1
−∞ 4𝜋𝜀0
E=∫
3
(𝑧 2 + l2 )2
Do ponto de vista da integral, a variável de integração é l . Portanto, a integral pode
ser reescrita como:
𝑧 ∞
E=
∫
4𝜋𝜀0 −∞
𝑑𝑙
3
(𝑧 2 + l2 )2
O integrando é par e estamos integrando em um intervalo simétrico em relação à
origem. Além disso, uma integral imprópria como esta pode ser reescrita em termos
de um limite. Deste modo, podemos reescrever a integral acima como:
E=
𝒂
𝑧
lim ∫
4𝜋𝜀0 𝑎→∞ 0
𝑑𝑙
3
(𝑧 2 + l2 )2
A integral que aparece nessa equação é tabelada. Seu resultado é:
𝒂
∫
0
𝑑𝑙
3
(𝑧 2 + l2 )2
=[
𝑙
𝑎
1]
𝑧 2 (𝑧 2 + l2 )2
0
Portanto, o campo criado pela linha infinita será dado por:
𝑎
𝑧
𝑙
E=
lim [
]
4𝜋𝜀0 𝑎→∞ 2 (𝑧 2 2 )12
𝑧
+l
0
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𝐸=
𝑧
𝑎
𝑙𝑖𝑚 [
1]
4𝜋𝜀0 𝑎→∞ 2 (𝑧 2
2
𝑧
+ 𝑎 )2
De modo a melhor visualizar esse limite, vamos colocar o termo 𝑎2 em evidência no
denominador:
𝑎
𝑧 2 (𝑧 2 +
1
𝑎 2 )2
𝑎
=
𝑧2𝑎
2
(𝑧 ⁄𝑎2 + 1)
1
2
1
=
2
𝑧 2 (𝑧 ⁄
𝑎2 + 1)
1
2
Logo;
𝐸=
𝑧
lim
4𝜋𝜀0 𝑎→∞
1
1
2
2
𝑧 2 (𝑧 ⁄
𝑎2 + 1)
O limite agora pode ser facilmente calculado:
1
lim
𝑎→∞
2
𝑧 2 (𝑧 ⁄𝑎2 + 1)
1
2
=
1
𝑧2
Portanto:
𝐸=
𝐸=
𝑧 1
4𝜋𝜀0 𝑧 2
 1
4𝜋𝜀0 𝑧
Vamos agora calcular o mesmo campo usando a Lei de Gauss. Pelas condições de
simetria discutidas anteriormente, vemos que temos um problema com simetria
cilíndrica, já que o campo resultante é perpendicular ao fio. Desse modo, podemos
usar uma superfície gaussiana cilíndrica, como a mostrada na Figura 3.
ds
E n
z ds
L
Figura 3
A simetria do problema nos mostra que o campo elétrico é paralelo às bases do
cilindro. Portanto, nessas faces: E.ds = 0. Portanto, o produto escalar do campo
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com o vetor unitário normal à superfície somente será diferente de zero para a face
lateral. Deste modo, a integral que aparece na Lei de Gauss será diferente de zero
somente nessa face.
Formalmente podemos escrever:
∮ 𝐄. 𝐝𝐬 =
[∮ 𝐄. 𝐝𝐬]
+ [∮ 𝐄. 𝐝𝐬]
𝑏1
𝑞
𝜀0
+ [∮ 𝐄. 𝐝𝐬] =
𝑏2
𝑙
𝑞
𝜀0
Nesta expressão, os índices b e l denotam, respectivamente as bases (denotadas
por 1 e 2) e a lateral do cilindro. Como vimos a integral sobre as bases é nula, pois
o integrando é nulo. Logo:
[∮ 𝐄. 𝐝𝐬] =
𝑙
𝑞
𝜀0
Na superfície lateral, o produto escalar entre o vetor campo elétrico e o vetor
unitário normal é simplesmente Eds e, além disso, o módulo do campo elétrico é
constante. Portanto:
[∮ 𝐄. 𝐝𝐬] = [∮ 𝐸𝑑𝑠] = 𝐸 [∮ 𝑑𝑠 ] =
𝑙
𝑙
𝑙
𝜆𝑙
𝜀0
Na última igualdade usamos que a quantidade de carga elétrica dentro da
superfície gaussiana, q, é simplesmente 𝜆𝑙.
A integral sobre a superfície lateral nos dá a sua área. Logo:
𝐸 [∮ 𝑑𝑠 ] = 𝐸(2𝜋𝑧𝑙) =
𝑙
𝜆𝑙
𝜀0
Logo, o valor do módulo do campo elétrico será dado por:
𝐸=
𝜆
2𝜋𝑧𝜀0
Que é o mesmo resultado obtido anteriormente.
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