Em coordenadas cilíndricas, seja \rho_{v}=0 para \rho<0 \mathrm{~mm}, \rho_{v}=2 \operatorname{sen}(2000 \pi \rho) \mathrm{n} \mathrm{C} / \mathrm{m}^{3} para 1 \mathrm{~mm}<\rho<1,5 \mathrm{~mm} e \rho_{v}=0 para \rho>1,5 \mathrm{~mm}. Determine \mathbf{D} em toda parte.

Passo 1

O enunciado dá a densidade volumétrica de carga \rho_{v} em coordenadas cilíndricas, com dependência apenas radial. Os dados (peguei os valores do enunciado) são:
  • \rho_{v}=0 para \rho<\,1\\ \text{mm} (interpretei o trecho inicial como um \emph{typo} e adotei 1\\ \text{mm} como limite interno);
  • \rho_{v}=2\sin\!\bigl(2000\pi \rho\bigr)\\ \mathrm{nC}/\mathrm{m}^{3} para 1\\ \text{mm}<\rho<1{,}5\\ \text{mm};
  • \rho_{v}=0 para \rho>1{,}5\\ \text{mm}.
O que o problema pede: determinar o campo \mathbf{D} em toda parte (para todo \rho).
Para simplificar a escrita usarei as constantes:
a = 1\times10^{-3}\\ \mathrm{m},\qquad b = 1{,}5\times10^{-3}\\ \mathrm{m},\qquad k = 2000\pi\\ \mathrm{m}^{-1},
e lembrarei que 1\\ \mathrm{nC}=10^{-9}\\ \mathrm{C}.

Passo 2

Ferramenta que vamos usar: a lei integral de Gauss para \mathbf{D}
\oint_{\mathcal{S}}\mathbf{D}\cdot d\mathbf{A}=Q_{\text{enc}},
onde Q_{\text{enc}} é a carga total livre encerrada pela superfície \mathcal{S}.
Por simetria cilíndrica (a densidade depende só de \rho, é uniforme em \varphi e em z dentro do trecho onde existe carga) o campo \mathbf{D} só pode ter componente radial. Logo escrevemos
\mathbf{D}(\rho)=D_{\rho}(\rho)\,\hat{\boldsymbol{\rho}}.
Escolhemos uma superfície gaussiana cilíndrica de raio \rho e comprimento L. A contribuição de fluxo vem apenas da face lateral (área 2\pi\rho L) porque as bases têm normal paralelo ao eixo e \mathbf{D} é radial. Assim o fluxo é
\oint \mathbf{D}\cdot d\mathbf{A}=D_{\rho}(\rho)\,(2\pi\rho L).
O lado direito é a carga encerrada:
Q_{\text{enc}}= \int_{V}\rho_{v}\,dV = L\cdot 2\pi \int_{0}^{\rho}\rho_{v}(\rho')\,\rho'\,d\rho'.
Assim a relação geral é
D_{\rho}(\rho)\,(2\pi\rho L)=L\cdot 2\pi \int_{0}^{\rho}\rho_{v}(\rho')\,\rho'\,d\rho'
e portanto (cancelando 2\pi L)
\boxed{D_{\rho}(\rho)=\frac{1}{\rho}\int_{0}^{\rho}\rho_{v}(\rho')\,\rho'\,d\rho'.}
Como \rho_v é não nula apenas para a<\rho'<b, os limites da integral se ajustam conforme a região onde \rho se encontra. Vamos tratar as três regiões separadamente.

Passo 3

Região 1: 0\le\rho\le a.
Aqui, para todo \rho'\le\rho\le a vale \rho_{v}(\rho')=0. Então a integral é zero e
\boxed{\mathbf{D}(\rho)=\mathbf{0}\quad\text{para }0\le\rho\le a.}
Explicação curta: dentro do raio a não há carga volumétrica, logo nenhum fluxo lateral e D=0.

Passo 4

Região 2: a<\rho<b (dentro da camada carregada).
A integral não nula vai de a até \rho. Usando \rho_{v}(r)=2\sin(kr)\times10^{-9}\\ \mathrm{C}/\mathrm{m}^{3} (convertendo nC para C), escrevemos
D_{\rho}(\rho)=\frac{1}{\rho}\int_{a}^{\rho}2\cdot10^{-9}\sin(kr)\,r\,dr.
Agora calculamos a primitiva. Para integrar r\sin(kr) usamos integração por partes ou a identidade conhecida:
\int r\sin(kr)\,dr = -\frac{r\cos(kr)}{k} + \frac{\sin(kr)}{k^{2}} + C.
(Verificação rápida: derivando o lado direito obtém-se r\sin(kr).)
Aplicando essa primitiva ao integral com o fator 2\cdot10^{-9}:
\begin{aligned} D_{\rho}(\rho) &=\frac{2\cdot10^{-9}}{\rho}\Bigg[\Big(-\frac{r\cos(kr)}{k}+\frac{\sin(kr)}{k^{2}}\Big)\Big|_{r=a}^{r=\rho}\Bigg]\\[6pt] &=\frac{2\cdot10^{-9}}{\rho}\left[\left(-\frac{\rho\cos(k\rho)}{k}+\frac{\sin(k\rho)}{k^{2}}\right)-\left(-\frac{a\cos(ka)}{k}+\frac{\sin(ka)}{k^{2}}\right)\right]. \end{aligned}
Portanto, o campo nesta região é radial com componente acima, ou em forma vetorial
\boxed{\mathbf{D}(\rho)=D_{\rho}(\rho)\,\hat{\boldsymbol{\rho}},\\ \text{com }D_{\rho}(\rho)\text{ dado pela expressão acima para }a<\rho<b.}ã]

Passo 5

Região 3: \rho\ge b (fora da camada carregada).
Agora toda a carga da camada (entre a e b) está dentro do cilindro gaussiano, então a integral é a integral total sobre o anel a\le r\le b:
D_{\rho}(\rho)=\frac{1}{\rho}\int_{a}^{b}2\cdot10^{-9}\sin(kr)\,r\,dr.
Usando a mesma primitiva que no passo anterior, obtemos
\begin{aligned} D_{\rho}(\rho) &=\frac{2\cdot10^{-9}}{\rho}\Bigg[\Big(-\frac{r\cos(kr)}{k}+\frac{\sin(kr)}{k^{2}}\Big)\Big|_{r=a}^{r=b}\Bigg]\\[6pt] &=\frac{2\cdot10^{-9}}{\rho}\left[\left(-\frac{b\cos(kb)}{k}+\frac{\sin(kb)}{k^{2}}\right)-\left(-\frac{a\cos(ka)}{k}+\frac{\sin(ka)}{k^{2}}\right)\right]. \end{aligned}
Observação física: para \rho\ge b o numerador é constante (a carga total por comprimento), então D_{\rho} decai como 1/\rho, que é o comportamento esperado fora de um cilindro carregado coaxialmente.]

Passo 6

Resumo e unidades: \mathbf{D} tem unidades \mathrm{C}/\mathrm{m}^{2}. Em todas as expressões acima \mathbf{D}(\rho)=D_{\rho}(\rho)\,\hat{\boldsymbol{\rho}}. As constantes usadas:
a=1\times10^{-3}\\ \mathrm{m},\quad b=1{,}5\times10^{-3}\\ \mathrm{m},\quad k=2000\pi\\ \mathrm{m}^{-1}.

Resposta

\displaystyle \mathbf{D}(\rho)=\mathbf{0}\quad\text{para }0\le\rho\le 1\times10^{-3}\\ \mathrm{m}.
\displaystyle \mathbf{D}(\rho)=\dfrac{2\cdot10^{-9}}{\rho}\Bigg[\Big(-\dfrac{\rho\cos(k\rho)}{k}+\dfrac{\sin(k\rho)}{k^{2}}\Big)-\Big(-\dfrac{a\cos(ka)}{k}+\dfrac{\sin(ka)}{k^{2}}\Big)\Bigg]\hat{\boldsymbol{\rho}}\quad\text{para }1\times10^{-3}\\ \mathrm{m}<\rho<1{,}5\times10^{-3}\\ \mathrm{m}.
\displaystyle \mathbf{D}(\rho)=\dfrac{2\cdot10^{-9}}{\rho}\Bigg[\Big(-\dfrac{b\cos(kb)}{k}+\dfrac{\sin(kb)}{k^{2}}\Big)-\Big(-\dfrac{a\cos(ka)}{k}+\dfrac{\sin(ka)}{k^{2}}\Big)\Bigg]\hat{\boldsymbol{\rho}}\quad\text{para }\rho\ge 1{,}5\times10^{-3}\\ \mathrm{m},
onde a=1\times10^{-3}\\ \mathrm{m},\\ b=1{,}5\times10^{-3}\\ \mathrm{m},\\ k=2000\pi\\ \mathrm{m}^{-1}.

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