Um cilindro isolante, infinitamente longo, possui um raio R e tem uma densidade volumétrica de carga que varia com o raio, em acordo com a expressão
\rho=\rho_{0}\left(a-\frac{r}{b}\right),
onde \rho_{0}, a e b são constantes positivas e r é a distância medida a partir do eixo do cilindro. Usando a lei de Gauss, determine a magnitude (módulo) do campo elétrico nas seguintes regiões:
(b) r>R

Passo 1

O enunciado nos dá um cilindro isolante infinitamente longo de raio R com densidade volumétrica de carga que depende do raio:
\rho=\rho_{0}\!\left(a-\frac{r}{b}\right),
onde \rho_{0}, a e b são constantes positivas e r é a distância ao eixo. A pergunta deste item (b) pede a magnitude (módulo) do campo elétrico na região externa ao cilindro, isto é para r>R.

Passo 2

Ideia física e escolha da superfície de Gauss.
Para um cilindro infinito com distribuição de carga que depende só de r há simetria cilíndrica: o campo elétrico é radial e tem mesma magnitude em todos os pontos a mesma distância r do eixo. Por isso escolhemos uma superfície de Gauss em forma de cilindro coaxial de raio r e comprimento L (com r>R). A lei de Gauss diz:
\oint_{\mathcal{S}}\mathbf{E}\cdot d\mathbf{A}=\frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_{0}}.
Aqui Q_{\text{int}} é a carga total contida dentro da superfície de Gauss e \varepsilon_{0} é a permissividade do vácuo.

Passo 3

Aplicando a simetria ao lado esquerdo da lei de Gauss.
Como \mathbf{E} é radial e constante sobre a superfície lateral do cilindro de Gauss, e as tampas não contribuem (o campo é paralelo às tampas), a integral da superfície reduz-se a:
\oint_{\mathcal{S}}\mathbf{E}\cdot d\mathbf{A}=E(r)\cdot(2\pi r L).
Portanto a lei de Gauss fica
E(r)\,2\pi r L=\frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_{0}}.
Isolaremos E(r) depois de calcular Q_{\text{int}}.

Passo 4

Cálculo da carga total dentro do raio R.
A carga contida no cilindro de raio R e comprimento L é obtida integrando a densidade volumétrica em coordenadas cilíndricas:
Q_{\text{int}}=\int_{V}\rho\,dV =\int_{0}^{L}\!\int_{0}^{2\pi}\!\int_{0}^{R}\rho(r')\,r'\,dr'\,d\varphi\,dz.
Como \rho não depende de \varphi nem de z, podemos fazer as integrais triviais em \varphi e z:
Q_{\text{int}}=2\pi L\int_{0}^{R}\rho(r')\,r'\,dr'.
Substituindo \rho(r')=\rho_{0}\!\left(a-\dfrac{r'}{b}\right) obtemos
Q_{\text{int}}=2\pi L\rho_{0}\int_{0}^{R}\left(a-\frac{r'}{b}\right)r'\,dr'.

Passo 5

Efetuando a integração passo a passo.
Expandindo o integrando:
\left(a-\frac{r'}{b}\right)r' = a r' - \frac{{r'}^{2}}{b}.
Agora integramos de 0 a R:
\int_{0}^{R}\left(a r' - \frac{{r'}^{2}}{b}\right)dr' = a\int_{0}^{R}r'\,dr' - \frac{1}{b}\int_{0}^{R}{r'}^{2}\,dr'.
Calcule as primitivas:
\int_{0}^{R}r'\,dr'=\frac{R^{2}}{2},\qquad \int_{0}^{R}{r'}^{2}\,dr'=\frac{R^{3}}{3}.
Substituindo:
\int_{0}^{R}\left(a r' - \frac{{r'}^{2}}{b}\right)dr' = a\frac{R^{2}}{2} - \frac{1}{b}\frac{R^{3}}{3}.
Portanto
Q_{\text{int}}=2\pi L\rho_{0}\left(a\frac{R^{2}}{2}-\frac{R^{3}}{3b}\right).

Passo 6

Substituição em Gauss e isolamento de E(r).
Voltando à equação de Gauss E(r)\,2\pi r L=\dfrac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_{0}} e substituindo Q_{\text{int}}:
E(r)\,2\pi r L=\frac{1}{\varepsilon_{0}}\;2\pi L\rho_{0}\left(a\frac{R^{2}}{2}-\frac{R^{3}}{3b}\right).
Cancelando o fator comum 2\pi L dos dois lados obtemos
E(r)\,r=\frac{\rho_{0}}{\varepsilon_{0}}\left(a\frac{R^{2}}{2}-\frac{R^{3}}{3b}\right).
Finalmente isolando E(r):
E(r)=\frac{\rho_{0}}{\varepsilon_{0} r}\left(\frac{aR^{2}}{2}-\frac{R^{3}}{3b}\right),\qquad r>R.

Passo 7

Interpretação final e orientação de prova.
  • O resultado mostra que, para r>R, o campo elétrico se comporta como o de uma linha de carga com densidade linear \lambda=Q_{\text{int}}/L; por isso E\propto 1/r.
  • Em prova: sempre escolha um cilindro coaxial como superfície de Gauss para explorar a simetria; calcule a carga total por integração radial até R e simplifique cancelando o comprimento L.

Resposta

E(r)=\frac{\rho_{0}}{\varepsilon_{0}\,r}\left(\frac{aR^{2}}{2}-\frac{R^{3}}{3b}\right),\qquad r>R

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