Um cabo coaxial (muito longo) consiste em dois cilindros condutores concêntricos de comprimento l. O cilindro interno tem raio a e está mantido no potencial +V_{0} . \mathrm{O} cilindro externo possui raio interno b e está no potencial -V_{0}. A região entre os cilindros é ocupada por um material homogêneo de permissividade \varepsilon e resistividade \rho. Resolva o problema de valores de fronteira associado a esse sistema e obtenha:
(a) o potencial elétrico na região entre os cilindros;
(b) o campo elétrico entre os cilindros;
(c) a capacitância e a resistência;
(d) as densidades de cargas de polarização no material interno.
Equaçāo de Laplace em coordenadas cilíndricas:
\frac{1}{\rho} \frac{\partial}{\partial \rho}\left(\rho \frac{\partial V}{\partial \rho}\right)+\frac{1}{\rho^{2}} \frac{\partial^{2} V}{\partial \theta^{2}}+\frac{\partial^{2} V}{\partial z^{2}}=0

Passo 1

O enunciado descreve um cabo coaxial muito longo com condutores cilíndricos concêntricos de raio interno a e raio externo b, mantidos em potenciais +V_{0} e -V_{0}, respectivamente. A região entre eles é preenchida por um dielétrico homogêneo de permissividade \varepsilon e resistividade \rho. O objetivo é resolver a equação de Laplace em coordenadas cilíndricas, aproveitar a simetria (independência em \theta e z) e aplicar as condições de contorno para obter:
(a) o potencial V(r),
(b) o campo elétrico \mathbf{E}(r),
(c) a capacitância C e a resistência R,
(d) as densidades de carga de polarização no dielétrico.

Passo 2

Como o problema é independente de \theta e z, a equação de Laplace
\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\Bigl(r\frac{\partial V}{\partial r}\Bigr)=0
vale para a<r<b. Isso reduz a PDE a uma ODE em r.

Passo 3

Integramos a equação radial em dois passos:
  1. Defina u(r)=r\,V'(r). A equação vira u'(r)=0, logo u(r)=C_{1}.
  2. Então
r\,\frac{dV}{dr}=C_{1} \quad\Longrightarrow\quad \frac{dV}{dr}=\frac{C_{1}}{r} \quad\Longrightarrow\quad V(r)=C_{1}\ln r + C_{2}\,.

Passo 4

Aplicamos as condições de contorno:
V(a)=+V_{0} \,,\quad V(b)=-V_{0}\,.
Isto gera o sistema
\begin{cases} C_{1}\ln a + C_{2}=V_{0},\\\ C_{1}\ln b + C_{2}=-V_{0}, \end{cases}
cuja solução é
C_{1}=-\frac{2V_{0}}{\ln(b/a)} \,,\quad C_{2}=V_{0}+\frac{2V_{0}\ln a}{\ln(b/a)}\,.

Passo 5

Substituindo em V(r)=C_{1}\ln r + C_{2}, obtemos
V(r) =V_{0}-\frac{2V_{0}}{\ln(b/a)}\ln\!\bigl(\tfrac{r}{a}\bigr), \quad a<r<b.

Passo 6

O campo elétrico é \mathbf{E}=-\nabla V, logo em componente radial
E_{r}(r) =-\frac{dV}{dr} =\frac{2V_{0}}{\ln(b/a)}\;\frac{1}{r}\,, \quad\mathbf{E}(r)=E_{r}(r)\,\hat{r}\,.

Passo 7

Para a capacitância, use Gauss na superfície cilíndrica de raio r:
Q_{\text{livre}} =\varepsilon\!\oint \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A} =\varepsilon\,E_{r}(r)\,(2\pi r\,l) =2\pi\varepsilon\,l\,\frac{2V_{0}}{\ln(b/a)}.
Como \Delta V=2V_{0},
C=\frac{Q_{\text{livre}}}{\Delta V} =\frac{2\pi\varepsilon\,l}{\ln(b/a)}.

Passo 8

Para a resistência radial do dielétrico, considere um anel de espessura dr:
dR=\frac{\rho\,dr}{2\pi r\,l} \quad\Longrightarrow\quad R=\int_{a}^{b}\frac{\rho}{2\pi l}\,\frac{dr}{r} =\frac{\rho}{2\pi l}\ln\!\bigl(\tfrac{b}{a}\bigr).

Passo 9

No dielétrico linear P=\varepsilon_{0}\chi\,E e \varepsilon=\varepsilon_{0}(1+\chi). A densidade volumétrica de carga de polarização é
\rho_{p}=-\nabla\!\cdot \mathbf{P} =0 \quad(\text{pois }P\propto 1/r\implies \nabla\cdot P=0).
As cargas de superfície ligadas em r=a e r=b são
\sigma_{p}(a) =P(a)\cdot(-\hat r) =-(\varepsilon-\varepsilon_{0})\,E_{r}(a), \quad \sigma_{p}(b) =P(b)\cdot\hat r =(\varepsilon-\varepsilon_{0})\,E_{r}(b).

Resposta

(a) V(r)=V_{0}-\dfrac{2V_{0}}{\ln(b/a)}\ln\!\bigl(\tfrac{r}{a}\bigr),\;a<r<b.
(b) \mathbf{E}(r)=\dfrac{2V_{0}}{\ln(b/a)}\dfrac{1}{r}\,\hat{r}.
(c) C=\dfrac{2\pi\varepsilon\,l}{\ln(b/a)},\quad R=\dfrac{\rho}{2\pi l}\ln\!\bigl(\tfrac{b}{a}\bigr).
(d) \rho_{p}=0,\quad\sigma_{p}(a)=-(\varepsilon-\varepsilon_{0})\,\dfrac{2V_{0}}{a\,\ln(b/a)},\quad\sigma_{p}(b)=(\varepsilon-\varepsilon_{0})\,\dfrac{2V_{0}}{b\,\ln(b/a)}.

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