Questão 2: Um fio condutor maciço muito longo e de raio R está carregado com uma densidade de carga superficial \sigma. Calcule o potencial eletrostático nas regiões: (b) r>R. Considere o potencial elétrico zero em r=R.

Passo 1

Enunciado resumido e dados fornecidos: Encontrar o potencial eletrostático na região externa ao cilindro, isto é para r>R. Dados: fio condutor muito longo e de raio R, carregado com densidade de carga superficial \sigma. Condição de referência: o potencial elétrico é zero em r=R, isto é V(R)=0.
Informações relevantes do enunciado que vamos usar: o fio é muito longo (simetria cilíndrica), é um condutor maciço (isso implica que toda carga está na superfície externa e o campo elétrico dentro do condutor é zero), e a densidade superficial \sigma é a carga por unidade de área na superfície curva do cilindro.

Passo 2

Escolher uma superfície gaussiana adequada e escrever a Lei de Gauss. Por simetria cilíndrica, o campo elétrico fora do cilindro depende só de r e é radial. Escolhemos uma superfície gaussiana na forma de cilindro coaxial de raio r (com r>R) e comprimento L. A Lei de Gauss diz:
\oint_{\text{superf}} \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A}=\frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_0}.
Aqui \varepsilon_0 é a permissividade do vácuo. Na nossa superfície gaussiana só a superfície lateral contribui (as tampas têm \mathbf{E} paralelo a elas), e o fluxo é E(r) multiplicado pela área lateral.

Passo 3

Calcular a carga contida pela superfície gaussiana por unidade de comprimento. A densidade superficial \sigma tem unidades de carga por área (C·m^{-2}). Para um trecho de comprimento L da superfície do cilindro de raio R, a área da superfície curva é 2\pi R L, então a carga contida é
Q_{\text{int}}=\sigma\cdot(2\pi R L).
Definimos também a densidade linear de carga \lambda (carga por unidade de comprimento) como
\lambda=\frac{Q_{\text{int}}}{L}=\sigma\,(2\pi R).

Passo 4

Aplicar a Lei de Gauss ao cilindro gaussiano. O fluxo pela superfície lateral é E(r)\cdot(2\pi r L). Igualando:
E(r)\;2\pi r L=\frac{\sigma\,(2\pi R L)}{\varepsilon_0}.
Cancelando 2\pi L dos dois lados resulta:
E(r)=\frac{\sigma R}{\varepsilon_0}\cdot\frac{1}{r},\qquad r>R.
Explicação física: o campo é radial (direção normal à superfície) e decai como 1/r, característica de distribuições lineares de carga.

Passo 5

Relacionar campo elétrico com potencial elétrico e integrar. A diferença de potencial entre dois raios a e b é dada por
V(b)-V(a)=-\int_{a}^{b}\mathbf{E}\cdot d\mathbf{l}.
Aqui, para ir de r=R até um r>R movemo-nos radialmente, então \mathbf{E}\cdot d\mathbf{l}=E(r')\,dr' com sinal positivo no sentido radial. Como queremos V(r) sabendo V(R)=0, temos:
V(r)-V(R)=-\int_{R}^{r} E(r')\,dr'.

Passo 6

Substituir E(r') na integral e calcular explicitamente. Usando E(r')=\dfrac{\sigma R}{\varepsilon_0}\dfrac{1}{r'} obtemos:
V(r)-0=-\int_{R}^{r} \frac{\sigma R}{\varepsilon_0}\cdot\frac{1}{r'}\,dr' =-\frac{\sigma R}{\varepsilon_0}\int_{R}^{r}\frac{1}{r'}\,dr'.
A integral do logaritmo natural dá
-\frac{\sigma R}{\varepsilon_0}\big[\ln r'\big]_{R}^{r} =-\frac{\sigma R}{\varepsilon_0}\big(\ln r-\ln R\big).
Usando propriedades dos logaritmos, isso é
V(r)=-\frac{\sigma R}{\varepsilon_0}\ln\!\left(\frac{r}{R}\right) =\frac{\sigma R}{\varepsilon_0}\ln\!\left(\frac{R}{r}\right),\qquad r>R.

Passo 7

Interpretações rápidas e checagem de consistência: a unidade de \dfrac{\sigma R}{\varepsilon_0} é volt (V), como deve ser para um potencial. Para \sigma>0 o potencial é negativo para r>R porque \ln(R/r)<0; isso é esperado porque fixamos V(R)=0 e, como o condutor é infinito, o potencial tende ao -\infty quando r\to\infty (essa divergência é típica de distribuições infinitas, por isso não podemos tomar o infinito como referência). Pronto — obtivemos a expressão pedida.

Resposta

V(r)=\frac{\sigma R}{\varepsilon_0}\ln\!\left(\frac{R}{r}\right),\qquad r>R

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