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 esfericamente simétrica com densidade volumétrica de carga
\rho(r)=A\,r\,e^{-r/r_{0}}\qquad(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 qualitativo de \rho(r) em função de r;
(c) calcular a carga total da distribuição;
(d) usar a lei de Gauss para obter o campo elétrico em um ponto qualquer do espaço, apresentando todos os passos e hipóteses.
Todas as informações relevantes do enunciado já estão listadas acima: a forma funcional de \rho(r), que a distribuição é esfericamente simétrica e que A,r_0>0.

Passo 2

(a) Determinar a dimensão de A.
Explicação das unidades:
  • A densidade volumétrica de carga \rho tem unidades de carga por volume, ou seja, em SI é coulomb por metro cúbico: \,[\rho]=\mathrm{C\cdot m^{-3}}\,.
  • Na expressão \rho(r)=A\,r\,e^{-r/r_{0}} a exponencial e^{-r/r_{0}} é adimensional (sempre), e r tem unidade de comprimento: [r]=\mathrm{m}.
Portanto, para que o produto A\,r tenha unidades de \rho é necessário
[A]\cdot [r] = [\rho]\quad\Rightarrow\quad [A]=\frac{[\rho]}{[r]}=\frac{\mathrm{C\cdot m^{-3}}}{\mathrm{m}}=\mathrm{C\cdot m^{-4}}.
Conclusão: A tem dimensão de carga por metro à quarta potência, ou seja \mathrm{C\;m^{-4}}.

Passo 3

(b) Esboço qualitativo de \rho(r) como função de r.
Vamos estudar o comportamento de \rho(r)=A r e^{-r/r_0}.
  1. Valor no centro:
\rho(0)=A\cdot 0\cdot e^{0}=0.
Logo a densidade começa em zero no r=0.
  1. Picos / máximo local: calcule \dfrac{d\rho}{dr}.
\frac{d\rho}{dr}=A\left(e^{-r/r_0}-\frac{r}{r_0}e^{-r/r_0}\right)=A e^{-r/r_0}\left(1-\frac{r}{r_0}\right).
Zerando a derivada:
1-\frac{r}{r_0}=0\quad\Rightarrow\quad r=r_0.
Segundo a derivada segunda (ou observando mudança de sinal), este ponto é um máximo. O valor máximo é
\rho_{\max}=\rho(r_0)=A r_0 e^{-1}.
  1. Comportamento para r\to\infty: o fator e^{-r/r_0} domina e faz \rho(r)\to 0. Para grandes r, \rho(r) decai exponencialmente (multiplicado por r).
Resumo do esboço (descrição para desenhar): comece em \rho(0)=0, a curva sobe até um pico em r=r_0 com \rho=A r_0 e^{-1}, depois decai para zero de forma exponencial. A curva é suave e não negativa para r\ge0.

Passo 4

(c) Carga total Q_{\text{total}}.
Para uma distribuição esférica, a carga total é a integral de \rho sobre todo o espaço:
Q_{\text{total}}=\int_{\mathbb{R}^3}\rho(\mathbf{r})\,dV=4\pi\int_{0}^{\infty}\rho(r)\,r^{2}\,dr.
Substituindo \rho(r)=A r e^{-r/r_0}:
Q_{\text{total}}=4\pi A\int_{0}^{\infty} r^{3} e^{-r/r_0}\,dr.
Agora calculamos a integral. Faço a substituição adimensional u=\dfrac{r}{r_0}, então r=r_0 u e dr=r_0 du. Assim
\int_{0}^{\infty} r^{3} e^{-r/r_0}\,dr = r_0^{4}\int_{0}^{\infty} u^{3} e^{-u}\,du.
A integral \int_{0}^{\infty} u^{3} e^{-u}\,du é a integral da função gama: \Gamma(4)=3!=6. Portanto
\int_{0}^{\infty} r^{3} e^{-r/r_0}\,dr = 6\,r_0^{4}.
Voltando:
Q_{\text{total}}=4\pi A\cdot 6 r_0^{4}=24\pi A r_0^{4}.
Verificação rápida (consistência de dimensões): [A r_0^4]=(\mathrm{C\;m^{-4}})(\mathrm{m^4})=\mathrm{C}, multiplicado por número adimensional 24\pi dá carga em coulombs. OK.

Passo 5

(d) Campo elétrico \mathbf{E}(\mathbf{r}) usando a lei de Gauss — hipóteses e passos.
Hipóteses:
  • A distribuição é eletrostática (cargas fixas, tempo independente).
  • A densidade é esfericamente simétrica (dependência apenas de r), então o campo elétrico resultante também será radial e depende somente de r: \mathbf{E}(\mathbf{r})=E(r)\,\hat{r}.
  • O espaço é o vácuo com permissividade \varepsilon_{0}.
  • Uso da forma integral da lei de Gauss para o campo elétrico.
Lei de Gauss (forma integral):
\oint_{S}\mathbf{E}\cdot d\mathbf{a}=\frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_{0}},
onde Q_{\text{enc}} é a carga total contida no interior da superfície fechada S.
Escolha de superfície de Gauss: esfera de raio r centrada na origem. Por simetria \mathbf{E} é radial e tem módulo constante sobre a superfície; o fluxo é então
\oint_{S}\mathbf{E}\cdot d\mathbf{a}=E(r)\cdot 4\pi r^{2}.
Agora precisamos de Q_{\text{enc}}(r), a carga contida dentro da esfera de raio r:
Q_{\text{enc}}(r)=4\pi\int_{0}^{r} \rho(r')\,{r'}^{2}\,dr' =4\pi A\int_{0}^{r} {r'}^{3} e^{-r'/r_0}\,dr'.
Calcule a integral incompleta. Substitua u=\dfrac{r'}{r_0} ( r'=r_0 u, dr'=r_0 du, quando r'=r então u=x\equiv r/r_0):
\int_{0}^{r} {r'}^{3} e^{-r'/r_0}\,dr' = r_0^{4}\int_{0}^{x} u^{3} e^{-u}\,du,
onde x=\dfrac{r}{r_0}.
A integral incompleta \int_{0}^{x} u^{3} e^{-u}\,du pode ser calculada por primitiva conhecida. Uma primitiva é
\int u^{3} e^{-u}\,du = -e^{-u}\left(u^{3}+3u^{2}+6u+6\right)+C.
Aplicando os limites de 0 a x:
\int_{0}^{x} u^{3} e^{-u}\,du = 6 - e^{-x}\left(x^{3}+3x^{2}+6x+6\right).
Portanto
Q_{\text{enc}}(r)=4\pi A r_0^{4}\left[\,6 - e^{-x}\left(x^{3}+3x^{2}+6x+6\right)\right],
com x=\dfrac{r}{r_0}.
Agora aplicamos Gauss:
E(r)\,4\pi r^{2}=\frac{Q_{\text{enc}}(r)}{\varepsilon_{0}}.
Logo o módulo do campo é
E(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{Q_{\text{enc}}(r)}{r^{2}} =\frac{A r_0^{4}}{\varepsilon_{0}}\cdot\frac{6 - e^{-x}\left(x^{3}+3x^{2}+6x+6\right)}{r^{2}},
com x=\dfrac{r}{r_0}.
Expressão vetorial:
\mathbf{E}(\mathbf{r})=E(r)\,\hat{r} =\frac{A r_0^{4}}{\varepsilon_{0}}\cdot\frac{6 - e^{-r/r_0}\!\left[(r/r_0)^{3}+3(r/r_0)^{2}+6(r/r_0)+6\right]}{r^{2}}\,\hat{r}.
Checagens e limites:
  • Limite r\to\infty: e^{-r/r_0}\to 0 e o colchete tende a 6. Então
E(r)\xrightarrow{r\to\infty}\frac{A r_0^{4}}{\varepsilon_{0}}\cdot\frac{6}{r^{2}}=\frac{24\pi A r_0^{4}}{4\pi\varepsilon_{0} r^{2}} =\frac{Q_{\text{total}}}{4\pi\varepsilon_{0} r^{2}},
isto é, comportamento de uma carga total Q_{\text{total}} concentrada na origem, como esperado (ver parte (c)).
  • Limite r\to 0: fazer aproximação por potência. Para pequenos r a carga contida até r vale aproximadamente
Q_{\text{enc}}(r)\approx 4\pi A\int_{0}^{r} {r'}^{3}\,dr'=\pi A r^{4},
portanto
E(r)\approx\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{\pi A r^{4}}{r^{2}}=\frac{A}{4\varepsilon_{0}}\,r^{2}\xrightarrow{r\to 0}0,
ou seja, o campo tende a zero como r^{2} no centro — também consistente com comportamento regular no centro.

Passo 6

Resumo das hipóteses usadas no cálculo do campo:
  • Distribuição estática e esfericamente simétrica (campo radial e função apenas de r).
  • Uso da lei de Gauss em sua forma integral válida para eletrostática no vácuo com permissividade \varepsilon_{0}.
  • Continuidade suficiente da densidade para os cálculos integrais feitos.

Resposta

(a) [A]=\mathrm{C\;m^{-4}} (coulomb por metro quarta).
(b) \rho(0)=0, \rho(r) cresce até um máximo em r=r_0 com \rho_{\max}=A r_0 e^{-1}, e depois decai exponencialmente para zero quando r\to\infty.
(c) Q_{\text{total}}=24\pi A r_{0}^{4}.
(d) \displaystyle \mathbf{E}(\mathbf{r})=\frac{A r_0^{4}}{\varepsilon_{0}}\cdot\frac{6 - e^{-r/r_0}\!\left[(r/r_0)^{3}+3(r/r_0)^{2}+6(r/r_0)+6\right]}{r^{2}}\;\hat{r}.

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