EXERCÍCIO 1.25 Em certa região do espaço, existe um potencial dado por V(x, y, z)=A / x+B \ln (C y z), onde A, B e C são constantes. Qual é o vetor campo elétrico num ponto P(x, y, z) dessa região?

Passo 1

O enunciado dá o potencial escalar elétrico na região como \;V(x,y,z)=\dfrac{A}{x}+B\ln(Cyz)\;, onde A, B e C são constantes. O que se pede é: encontrar o vetor campo elétrico no ponto P(x,y,z) dessa região.
Informações relevantes fornecidas:
  • A expressão do potencial é \;V(x,y,z)=\dfrac{A}{x}+B\ln(Cyz)\;.
  • A, B e C são constantes (podem ser positivas ou negativas; não foram especificadas).
  • Domínio implícito: a função \ln(Cyz) exige que Cyz>0. Além disso \dfrac{A}{x} exige x\neq0. Essas condições são necessárias para o potencial estar bem definido no ponto P.

Passo 2

A relação fundamental entre potencial e campo elétrico que vamos usar é
\mathbf{E} = -\nabla V.
Explicando isso: \mathbf{E} é o vetor campo elétrico, e \nabla V (lê-se "gradiente de V") é o vetor cujas componentes são as derivadas parciais de V em relação a x, y e z. Em coordenadas cartesianas:
\nabla V = \left(\dfrac{\partial V}{\partial x},\; \dfrac{\partial V}{\partial y},\; \dfrac{\partial V}{\partial z}\right).
Então, para achar \mathbf{E} basta calcular as três derivadas parciais de V e colocar um sinal negativo em cada componente. Vou calcular cada derivada passo a passo.

Passo 3

Derivada parcial em relação a x.
A parte de V que depende de x é \dfrac{A}{x}. Lembrando que a derivada de x^{-1} é -x^{-2}, temos
\dfrac{\partial}{\partial x}\!\left(\dfrac{A}{x}\right)=A\cdot\dfrac{\partial}{\partial x}\!(x^{-1})=A\cdot(-x^{-2})=-\dfrac{A}{x^{2}}.
A outra parcela B\ln(Cyz) não depende de x, logo sua derivada parcial em x é zero. Portanto
\dfrac{\partial V}{\partial x} = -\dfrac{A}{x^{2}}.

Passo 4

Derivada parcial em relação a y.
A parte relevante agora é B\ln(Cyz). Vamos usar a regra da cadeia: se f(u)=\ln u então f'(u)=1/u, e aqui u=Cy z. Aplicando \dfrac{\partial}{\partial y}:
\dfrac{\partial}{\partial y}\!\bigl(B\ln(Cyz)\bigr)=B\cdot\dfrac{1}{Cyz}\cdot \dfrac{\partial}{\partial y}(Cyz).
Como \dfrac{\partial}{\partial y}(Cyz)=Cz (tratando C e z como constantes ao derivar em relação a y), obtemos
\dfrac{\partial}{\partial y}\!\bigl(B\ln(Cyz)\bigr)=B\cdot\dfrac{1}{Cyz}\cdot(Cz)=B\cdot\dfrac{Cz}{Cyz}=B\cdot\dfrac{1}{y}=\dfrac{B}{y}.
A parcela \dfrac{A}{x} não depende de y, então sua derivada é zero. Logo
\dfrac{\partial V}{\partial y}=\dfrac{B}{y}.

Passo 5

Derivada parcial em relação a z.
É análogo ao caso em y. Aplicando a regra da cadeia em B\ln(Cyz):
\dfrac{\partial}{\partial z}\!\bigl(B\ln(Cyz)\bigr)=B\cdot\dfrac{1}{Cyz}\cdot \dfrac{\partial}{\partial z}(Cyz).
Aqui \dfrac{\partial}{\partial z}(Cyz)=Cy, portanto
\dfrac{\partial}{\partial z}\!\bigl(B\ln(Cyz)\bigr)=B\cdot\dfrac{Cy}{Cyz}=B\cdot\dfrac{1}{z}=\dfrac{B}{z}.
A parcela \dfrac{A}{x} não depende de z, então
\dfrac{\partial V}{\partial z}=\dfrac{B}{z}.

Passo 6

Agora juntamos as três derivadas parciais para formar o gradiente:
\nabla V = \left(-\dfrac{A}{x^{2}},\; \dfrac{B}{y},\; \dfrac{B}{z}\right).
Aplicando a relação \mathbf{E}=-\nabla V, invertemos o sinal de cada componente:
\mathbf{E}(x,y,z)=\left(\dfrac{A}{x^{2}},\; -\dfrac{B}{y},\; -\dfrac{B}{z}\right),
ou, escrevendo com os vetores unitários cartesianos,
\mathbf{E}(x,y,z)=\dfrac{A}{x^{2}}\hat{\mathbf{i}}-\dfrac{B}{y}\hat{\mathbf{j}}-\dfrac{B}{z}\hat{\mathbf{k}}.
Observação sobre domínio: essa expressão é válida somente nos pontos onde x\neq0 e Cyz>0 (para que o potencial original esteja definido).

Resposta

\displaystyle \mathbf{E}(x,y,z)=\dfrac{A}{x^{2}}\hat{\mathbf{i}}-\dfrac{B}{y}\hat{\mathbf{j}}-\dfrac{B}{z}\hat{\mathbf{k}}

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