Um cilindro maciço de raio R, comprimento L tem uma densidade de carga volumétrica \rho uniforme. Se a seção reta do cilindro é paralela ao plano x z, mostre que a força que exerce o cilindro sobre uma carga localizada no ponto P(0, y, 0) é dada por
\vec{F}=\frac{\rho q_{0}}{2 \varepsilon_{0}}\left[L+\sqrt{R^{2}+(y-L)^{2}}-\sqrt{R^{2}+y^{2}}\right]

Passo 1

O enunciado pede a força sobre uma carga pontual q_{0} situada no ponto P(0,y,0) devido a um cilindro de raio R, comprimento L e densidade volumétrica uniforme \rho. O cálculo se baseia em decompor o cilindro em fatias finas (discos) perpendiculares ao eixo y e usar o campo de um disco carregado no seu eixo. Em seguida aplicamos o princípio da superposição e integramos as contribuições dessas fatias.

Passo 2

Considere uma fatia de espessura \mathrm{d}Y localizada em Y (medido ao longo do eixo y), com carga
\mathrm{d}Q = \rho \,\pi R^{2}\,\mathrm{d}Y.
Esta fatia é um disco de carga superficial equivalente \sigma = \rho\,\mathrm{d}Y. O módulo do campo elétrico gerado por um disco de raio R no seu eixo, a uma distância s, é
E_{\text{disco}}(s) = \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}} \Bigl[1 - \frac{s}{\sqrt{R^{2}+s^{2}}}\Bigr].
Aqui s = y - Y é a distância do disco até o ponto P.

Passo 3

Substituindo \sigma=\rho\,\mathrm{d}Y e s=y-Y, a contribuição infinitesimal do campo no eixo é
\mathrm{d}E = \frac{\rho}{2\varepsilon_{0}} \Bigl[1 - \frac{y - Y}{\sqrt{R^{2}+(y - Y)^{2}}}\Bigr]\mathrm{d}Y.
Como todas as fatias estão alinhadas, os vetores somam ao longo de y. Logo, o campo total é
E = \int_{0}^{L}\mathrm{d}E = \frac{\rho}{2\varepsilon_{0}} \int_{0}^{L}\Bigl[1 - \frac{y - Y}{\sqrt{R^{2}+(y - Y)^{2}}}\Bigr]\mathrm{d}Y.

Passo 4

Separe a integral em duas partes:
\int_{0}^{L}1\,\mathrm{d}Y = L, \quad I = \int_{0}^{L}\frac{y - Y}{\sqrt{R^{2}+(y - Y)^{2}}}\mathrm{d}Y.
Para I faça a mudança u = y - Y, \mathrm{d}u = -\mathrm{d}Y. Quando Y=0, u=y; quando Y=L, u=y-L. Assim
I = \int_{y}^{\,y-L}\frac{u}{\sqrt{R^{2}+u^{2}}}(-\mathrm{d}u) = \int_{y-L}^{y}\frac{u}{\sqrt{R^{2}+u^{2}}}\mathrm{d}u = \Bigl[\sqrt{R^{2}+u^{2}}\Bigr]_{u=y-L}^{u=y} = \sqrt{R^{2}+y^{2}} - \sqrt{R^{2}+(y-L)^{2}}.
Logo
E = \frac{\rho}{2\varepsilon_{0}} \Bigl[L - \bigl(\sqrt{R^{2}+y^{2}} - \sqrt{R^{2}+(y-L)^{2}}\bigr)\Bigr] = \frac{\rho}{2\varepsilon_{0}} \Bigl[L + \sqrt{R^{2}+(y-L)^{2}} - \sqrt{R^{2}+y^{2}}\Bigr].

Passo 5

A força sobre q_{0} é \vec{F}=q_{0}\,E\,\hat{y}. Portanto
\vec{F} = \frac{\rho\,q_{0}}{2\varepsilon_{0}} \Bigl[L + \sqrt{R^{2}+(y-L)^{2}} - \sqrt{R^{2}+y^{2}}\Bigr]\,\hat{y}.

Resposta

\boxed{\vec{F} = \frac{\rho\,q_{0}}{2\varepsilon_{0}} \bigl[L + \sqrt{R^{2}+(y-L)^{2}} - \sqrt{R^{2}+y^{2}}\bigr]\;\hat{y}.}

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