(*) Suponha que no exercício 13, a densidade de carga depende da variável x da seguinte maneira: \rho=\rho_{0}(|x| / d)^{3}, onde \rho_{0}, é uma constante posi-
tiva. Determine o módulo, a direção e o sentido do campo elétrico nas regiões x \leq-d,-d< x<d, e x \geq d. Resposta: \mathbf{E}=-\rho_{0} d / 4 \epsilon_{0} \hat{\imath}, \mathbf{E}= \pm \rho_{0} x^{4} / 4 d^{3} \epsilon_{0} \hat{\imath} e \mathbf{E}=\rho_{0} d / 4 \epsilon_{0} \hat{\imath} respectivamente.

Passo 1

O enunciado dá a densidade volumétrica de carga (função de x):
\rho(x)=\rho_{0}\left(\frac{|x|}{d}\right)^{3},
onde \rho_{0}>0 e d>0 são constantes. A geometria implícita é a de uma lâmina (slab) infinita nas direções y,z e simétrica em relação ao plano x=0, ocupando a faixa -d\le x\le d. O pedido é: determinar módulo, direção e sentido do campo elétrico \mathbf{E} nas regiões
  • x\le -d,
  • -d < x < d,
  • x\ge d.
Informações relevantes dadas:
  • Densidade varia apenas com |x|, ou seja, \rho é função ímpar mesmo em módulo (mesma para x e -x).
  • Problema tem simetria de plano infinito (não depende de y,z), então o campo só pode ter componente na direção x.
  • Queremos \mathbf{E} como vetor (módulo + direção + sentido) em cada região.

Passo 2

Intuição física e simetria (por que o campo só tem componente em x):
  • A distribuição é uniforme nas direções y e z (infinita e translacionalmente simétrica), e simétrica em relação a x=0. Assim, por simetria, \mathbf{E} não pode ter componentes em y nem em z; só pode apontar ao longo do eixo x.
  • Além disso, por paridade, \mathbf{E} é uma função ímpar: \mathbf{E}(-x)=-\mathbf{E}(x). Isso significa que o campo aponta para fora do centro ( +\hat{\imath} para x>0 e -\hat{\imath} para x<0) porque \rho é positiva (cargas positivas repelem-se).
  • Conclusão: \mathbf{E}(x)=E(x)\,\hat{\imath} com E(x) escalar que muda de sinal ao trocar x\to -x.

Passo 3

Lei de Gauss e escolha da superfície gaussiana:
  • Use a Lei de Gauss em forma integral:
\oint_{S}\mathbf{E}\cdot d\mathbf{A}=\frac{Q_{\text{int}}}{\epsilon_{0}}.
  • Escolha uma caixa (pillbox) com faces planas perpendiculares ao eixo x, área de seção A, e faces localizadas em x=-x_0 e x=+x_0, simétrica em torno de 0. Pelo item anterior, somente as duas faces planas contribuem para o fluxo.
  • O fluxo total é a soma das contribuições das duas faces; como os vetores normais das faces estão orientados para fora, obtemos (para x_0\ge 0):
\oint_{S}\mathbf{E}\cdot d\mathbf{A}=2E(x_0)\,A.
  • A carga interna é a integral volumétrica entre -x_0 e +x_0:
Q_{\text{int}}=A\int_{-x_0}^{x_0}\rho(x')\,dx' = 2A\int_{0}^{x_0}\rho(s)\,ds,
onde usei s para integrar em s\ge 0 (aproveitando a simetria \rho(-s)=\rho(s)).

Passo 4

Expressão geral para o campo dentro do slab ( |x|<d\)): - Aplicando Gauss e cancelando \(2A\): \[E(x_0)=\frac{1}{\epsilon_{0}}\int_{0}^{x_0}\rho(s)\,ds \qquad\text{(válido para }0\le x_0\le d\text{)}.
  • Substitua \rho(s)=\rho_{0}\left(\dfrac{s}{d}\right)^{3}:
\int_{0}^{x_0}\rho(s)\,ds=\rho_{0}\int_{0}^{x_0}\left(\frac{s}{d}\right)^{3}ds =\rho_{0}\frac{1}{d^{3}}\int_{0}^{x_0}s^{3}\,ds.
  • Calcule a integral \int_{0}^{x_0}s^{3}\,ds=\dfrac{x_0^{4}}{4}. Portanto
\int_{0}^{x_0}\rho(s)\,ds=\rho_{0}\frac{1}{d^{3}}\cdot\frac{x_0^{4}}{4}=\frac{\rho_{0}x_0^{4}}{4d^{3}}.
  • Logo, para 0\le x_0\le d,
E(x_0)=\frac{1}{\epsilon_{0}}\cdot\frac{\rho_{0}x_0^{4}}{4d^{3}}=\frac{\rho_{0}x_0^{4}}{4d^{3}\epsilon_{0}}.
  • Isto é o valor escalar do campo para x>0. Como o campo é ímpar, para x<0 obtemos o mesmo módulo com sinal oposto. Em termos vetoriais:
\mathbf{E}(x)=\begin{cases} +\dfrac{\rho_{0}x^{4}}{4d^{3}\epsilon_{0}}\,\hat{\imath}, & 0<x<d,\\[6pt] -\dfrac{\rho_{0}x^{4}}{4d^{3}\epsilon_{0}}\,\hat{\imath}, & -d<x<0. \end{cases}
  • Interpretação física: o campo cresce com x^{4}\] perto do centro (rápido aumento) porque a densidade também cresce com \(|x|^{3}.]

Passo 5

Campo fora do slab ( |x|\ge d):
  • Para x_0\ge d toda a carga do slab está contida entre -d e +d. Então a carga interna para a caixa simétrica de faces em \pm x_0 é a carga total do slab por unidade de área A:
Q_{\text{int}}=A\int_{-d}^{d}\rho(x')\,dx' = 2A\int_{0}^{d}\rho(s)\,ds.
  • Calcule \int_{0}^{d}\rho(s)\,ds usando o mesmo procedimento:
\int_{0}^{d}\rho(s)\,ds=\rho_{0}\frac{1}{d^{3}}\int_{0}^{d}s^{3}\,ds =\rho_{0}\frac{1}{d^{3}}\cdot\frac{d^{4}}{4}=\frac{\rho_{0}d}{4}.
  • Então Q_{\text{int}}=2A\cdot\frac{\rho_{0}d}{4}=A\cdot\frac{\rho_{0}d}{2}.
  • Gauss dá:
2E(x_0)A=\frac{Q_{\text{int}}}{\epsilon_{0}}=\frac{A\,\rho_{0}d}{2\epsilon_{0}}.
  • Cancelando A e resolvendo para E,
E(x_0)=\frac{\rho_{0}d}{4\epsilon_{0}}\qquad\text{para }x_0\ge d.
  • Sinal/direção: para x\ge d o campo aponta no sentido positivo ( +\hat{\imath}); para x\le -d o campo aponta no sentido negativo ( -\hat{\imath}). Em vetorial:
\mathbf{E}(x)=\begin{cases} +\dfrac{\rho_{0}d}{4\epsilon_{0}}\,\hat{\imath}, & x\ge d,\\[4pt] -\dfrac{\rho_{0}d}{4\epsilon_{0}}\,\hat{\imath}, & x\le -d. \end{cases}]

Passo 6

Resumo físico e verificação rápida:
  • Campo interno cresce como x^{4} (módulo) e aponta para fora do centro (sinal conforme x).
  • Campo externo é constante (independe de x), com magnitude \rho_{0}d/(4\epsilon_{0}), e aponta para fora do slab (para +x quando x>d, para -x quando x<-d).
  • Em x=d a expressão interna para x=d E(d)=\rho_{0}d/(4\epsilon_{0}), que coincide com o valor externo — coerente com a continuidade do campo (a densidade é finita, não há folha de carga singular).

Resposta

x\le -d:\quad \mathbf{E}=-\dfrac{\rho_{0}d}{4\epsilon_{0}}\,\hat{\imath}\n
-d<x<0:\quad \mathbf{E}=-\dfrac{\rho_{0}x^{4}}{4d^{3}\epsilon_{0}}\,\hat{\imath}\n
0<x<d:\quad \mathbf{E}=+\dfrac{\rho_{0}x^{4}}{4d^{3}\epsilon_{0}}\,\hat{\imath}\n
x\ge d:\quad \mathbf{E}=+\dfrac{\rho_{0}d}{4\epsilon_{0}}\,\hat{\imath}

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