Duas cascas cilíndricas longas de raios r_{a} e r_{b} estão dispostas coaxialmente e estão carregadas de tal forma que possuem potenciais \varphi_{a} e \varphi_{b}, respectivamente. Determine o potencial entre as cascas cilíndricas.

Passo 1

Vamos entender claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Dados fornecidos:
    • Duas cascas cilíndricas coaxiais, longas (praticamente infinitas no sentido axial).
    • Raios das cascas: \;r_a\; (casca interna) e \;r_b\; (casca externa).
    • Potenciais elétricos das cascas: \;\varphi_a\; na casca de raio \;r_a\; e \;\varphi_b\; na casca de raio \;r_b\;.
  • O que o enunciado pede:
    • Determinar o potencial elétrico \varphi(r) na região entre as cascas, isto é para \;r_a<r<r_b\;.

Passo 2

Observações físicas e simetrias (isso orienta o método):
  • As cascas são longas e coaxiais: isso implica simetria cilíndrica e independência em relação ao ângulo azimutal e ao eixo axial. Em palavras simples: o potencial depende apenas da distância radial r ao eixo, não de z nem de \theta.
  • Logo, procuramos \varphi=\varphi(r) para r_a<r<r_b.

Passo 3

Equação que governa o problema:
  • Em regiões sem carga volumétrica (entre as cascas não há carga volumétrica), o potencial satisfaz a equação de Laplace.
  • Em coordenadas cilíndricas, para uma função que depende só de r, a equação de Laplace reduz-se a
\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\!\left(r\frac{d\varphi}{dr}\right)=0
Expliquei: essa forma vem da expressão geral de \nabla^2\varphi em coordenadas cilíndricas ao impor \partial/\partial z=0 e \partial/\partial\theta=0.

Passo 4

Resolver a equação diferencial (passo a passo, integrando):
  • Multiplicando a equação por r obtemos
\frac{d}{dr}\!\left(r\frac{d\varphi}{dr}\right)=0.
  • Integrando uma vez em relação a r:
r\frac{d\varphi}{dr}=C_1,
onde C_1 é constante de integração.
  • Isolando a derivada:
\frac{d\varphi}{dr}=\frac{C_1}{r}.
  • Integrando novamente:
\varphi(r)=C_1\ln r + C_2,
onde C_2 é outra constante de integração.
  • Comentário didático: portanto, para simetria cilíndrica sem cargas, o potencial varia linearmente com \ln r. Isso é análogo ao caso esférico (onde varia como 1/r), mas aqui a dependência é logarítmica por causa da geometria 2D (infinita no eixo).

Passo 5

Determinar as constantes usando as condições de contorno:
  • Aplicar \varphi(r_a)=\varphi_a\) e \(\varphi(r_b)=\varphi_b\). Assim \[\begin{cases} C_1\ln r_a + C_2 = \varphi_a,\\[4pt] C_1\ln r_b + C_2 = \varphi_b. \end{cases}
  • Subtrair a primeira equação da segunda:
C_1(\ln r_b - \ln r_a)=\varphi_b-\varphi_a.
  • Logo
C_1=\dfrac{\varphi_b-\varphi_a}{\ln\!\left(\dfrac{r_b}{r_a}\right)}.
  • Encontrar C_2\] usando, por exemplo, a condição em \(r_a:
C_2=\varphi_a - C_1\ln r_a.]

Passo 6

Escrever a solução final numa forma conveniente:
  • Substituindo C_1 e C_2 em \varphi(r)=C_1\ln r + C_2 e rearranjando obtemos a forma usada com frequência
\varphi(r)=\varphi_a + (\varphi_b-\varphi_a)\,\frac{\ln\!\left(\dfrac{r}{r_a}\right)}{\ln\!\left(\dfrac{r_b}{r_a}\right)},\qquad r_a<r<r_b.
  • Interpretação curta e útil: é uma interpolação linear entre \varphi_a e \varphi_b quando se usa a escala \ln r. Se quiser o campo elétrico radial, basta derivar:
E_r(r)=-\frac{d\varphi}{dr}=-\frac{\varphi_b-\varphi_a}{\ln\!\left(\dfrac{r_b}{r_a}\right)}\cdot\frac{1}{r}.
Isso mostra que E_r\propto 1/r, como esperado na simetria cilíndrica.

Resposta

\displaystyle \varphi(r)=\varphi_a + (\varphi_b-\varphi_a)\,\frac{\ln\!\left(\dfrac{r}{r_a}\right)}{\ln\!\left(\dfrac{r_b}{r_a}\right)},\qquad r_a<r<r_b

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