Uma distribuição esfericamente simétrica tem densidade volumétrica de carga \rho(r)=A r e^{-r / r_{0}} (0 \leq r<\infty), onde A e r_{0} são constantes positivas e r é a distância à origem.
(a) Determine a dimensão da constante A.
(b) Faça um esboço da densidade volumétrica de carga \rho(r) como função de r.
(c) Qual a carga total da distribuição?
(d) Utilize apropriadamente a lei de Gauss para obter o campo eletrostático criado por essa distribuição num ponto qualquer do espaço. Apresente todos os passos do seu cálculo e indique claramente todas as hipóteses que você realizou.
Passo 1
O enunciado dá uma distribuição com densidade volumétrica de carga
\rho(r)=A\,r\,e^{-r/r_{0}}\quad(0\le r<\infty),
onde A e r_{0} são constantes positivas e r é a distância à origem. As perguntas são:
(a) determinar a dimensão (unidade) da constante A;
(b) fazer um esboço da função \rho(r) em função de r;
(c) calcular a carga total da distribuição;
(d) usar a lei de Gauss para obter o campo eletrostático em um ponto qualquer do espaço, mostrando todos os passos e hipóteses.
Informações relevantes do enunciado que vamos usar:
\rho(r) depende só de r (simetria esférica).
r_0>0 tem dimensão de comprimento.
A densidade volumétrica de carga \rho tem dimensão de carga por volume (no SI: coulomb por metro cúbico).
Passo 2
(a) Determinar a dimensão de A.
Explicação didática do procedimento (análise dimensional):
A densidade volumétrica de carga \rho tem dimensão de carga por volume. Em unidades SI isso é coulomb por metro cúbico, que escrevemos simbolicamente como [\rho]=\text{C}\,\text{m}^{-3}.
A expressão \rho(r)=A\,r\,e^{-r/r_{0}} contém o fator r multiplicando A e um exponencial e^{-r/r_{0}}.
O argumento do exponencial deve ser adimensional; portanto r/r_{0} é adimensional, como esperado, e e^{-r/r_{0}} é adimensional.
Logo a dimensão de \rho vem apenas de A multiplicado por r. Como r tem dimensão de comprimento [\!r\!]=\text{m}, temos
Portanto o gráfico tem estas características: começa em zero em r=0, cresce até um pico em r=r_{0} com altura A r_{0} e^{-1}, e depois decai exponencialmente para zero. (Esboço: curva com um pico em r_0, assimétrica, com cauda exponencial.)
Passo 4
(c) Carga total da distribuição.
A carga total Q_{\text{tot}} é a integral de \rho sobre todo o volume espacial:
Q_{\text{tot}}=\int_{\text{todo o espaço}}\rho(\mathbf r)\,dV.
Pela simetria esférica usamos coordenadas esféricas e dV=4\pi r^{2}dr. Assim
Q_{\text{tot}}=4\pi A\cdot 6\,r_{0}^{4}=24\pi A r_{0}^{4}.
Observação física: a carga total é finita e proporcional a A r_{0}^{4}.
Passo 5
(d) Aplicação da lei de Gauss para obter o campo elétrico \vec{E}(\mathbf r).
Primeiro, recolhendo hipóteses plausíveis e justificando-as:
A distribuição é estacionária (estática) e não há correntes; podemos aplicar eletrostática.
A densidade depende apenas de r (simetria esférica): isso implica que o campo elétrico será radial e terá magnitude que depende só de r. Escrevemos \vec{E}(r)=E(r)\,\hat r.
A lei de Gauss na forma integral vale no vazio/na presença da densidade de carga: \displaystyle\oint_{S}\vec{E}\cdot d\vec{A}=\frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_{0}}, onde Q_{\text{enc}} é a carga total dentro da superfície fechada S.
Escolhemos uma superfície gaussiana esférica centrada na origem, de raio r. Por simetria \vec{E} é constante em magnitude sobre essa esfera e é radial, de modo que o fluxo é
Q_{\text{enc}}(r)=4\pi A r_{0}^{4}\cdot\Big(6 - e^{-s}\big(s^{3}+3s^{2}+6s+6\big)\Big) =24\pi A r_{0}^{4}\Big[1 - e^{-s}\Big(1+s+\frac{s^{2}}{2}+\frac{s^{3}}{6}\Big)\Big],
onde s=\dfrac{r}{r_{0}}.
Substituindo em E(r)=Q_{\text{enc}}(r)/(4\pi\varepsilon_{0} r^{2}) e simplificando coeficientes:
E(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0} r^{2}}\;Q_{\text{enc}}(r) =\frac{24\pi A r_{0}^{4}}{4\pi\varepsilon_{0} r^{2}}\Big[1 - e^{-s}\Big(1+s+\frac{s^{2}}{2}+\frac{s^{3}}{6}\Big)\Big].
Simplificando 24\pi/(4\pi)=6 obtemos a forma final:
\boxed{\,E(r)=\frac{6 A r_{0}^{4}}{\varepsilon_{0}\,r^{2}}\;\Big[1 - e^{-r/r_{0}}\Big(1+\frac{r}{r_{0}}+\frac{1}{2}\Big(\frac{r}{r_{0}}\Big)^{2}+\frac{1}{6}\Big(\frac{r}{r_{0}}\Big)^{3}\Big)\Big]\,}
e o campo vetorial é radial para fora:
\vec{E}(r)=E(r)\,\hat r.
Comentários e verificações úteis:
Para r\to\infty o termo com e^{-r/r_{0}} tende a zero e ficamos com
E(r)\xrightarrow{r\to\infty}\frac{6 A r_{0}^{4}}{\varepsilon_{0} r^{2}}=\frac{Q_{\text{tot}}}{4\pi\varepsilon_{0} r^{2}},
pois Q_{\text{tot}}=24\pi A r_{0}^{4}. Ou seja, à distância grande a distribuição age como uma carga pontual Q_{\text{tot}}.
Para r\to 0 pode-se fazer expansão em séries: Q_{\text{enc}}(r)\sim 4\pi A \int_{0}^{r} r'^{3}dr'=\pi A r^{4} para pequenos r, então E(r)\sim\dfrac{\pi A r^{4}}{4\pi\varepsilon_{0} r^{2}}=\dfrac{A}{4\varepsilon_{0}} r^{2}, ou seja E(0)=0 e o campo cresce como r^{2} perto da origem — comportamento regular sem singularidade.
Passo 6
Recapitulação sucinta dos resultados principais (preparação para a resposta final):
Unidade de A: \text{C}\,\text{m}^{-4}.
Gráfico de \rho(r): zero em 0, máximo em r=r_{0} com \rho_{\max}=A r_{0} e^{-1}, decaimento exponencial para r\to\infty.
Carga total: Q_{\text{tot}}=24\pi A r_{0}^{4}.
Campo elétrico radial (para qualquer r>0):
E(r)=\frac{6 A r_{0}^{4}}{\varepsilon_{0}\,r^{2}}\Big[1 - e^{-r/r_{0}}\Big(1+\frac{r}{r_{0}}+\frac{1}{2}\Big(\frac{r}{r_{0}}\Big)^{2}+\frac{1}{6}\Big(\frac{r}{r_{0}}\Big)^{3}\Big)\Big],
\vec{E}(r)=E(r)\,\hat r.
Resposta
(a) [A]=\text{C}\,\text{m}^{-4}.
(b) \rho(r)=A r e^{-r/r_{0}} é zero em r=0, atinge o máximo em r=r_{0} com \rho_{\max}=A r_{0} e^{-1}, e decai exponencialmente para zero quando r\to\infty.
(c) Q_{\text{tot}}=24\pi A r_{0}^{4}.
(d) \displaystyle \vec{E}(r)=\frac{6 A r_{0}^{4}}{\varepsilon_{0}\,r^{2}}\Big[1 - e^{-r/r_{0}}\Big(1+\frac{r}{r_{0}}+\frac{1}{2}\Big(\frac{r}{r_{0}}\Big)^{2}+\frac{1}{6}\Big(\frac{r}{r_{0}}\Big)^{3}\Big)\Big]\;\hat r.