Se V=\rho^{2} z \operatorname{sen} \varphi, calcule a energia dentro da região definida por 1<\rho<4,-2<z<2, 0<\varphi<\pi / 3. Assumir \varepsilon=\varepsilon_{0}

Passo 1

O enunciado dá o potencial escalar em coordenadas cilíndricas
V=\rho^{2} z \sin\varphi
e pede a energia elétrica dentro da região limitada por
1<\rho<4,\qquad -2<z<2,\qquad 0<\varphi<\frac{\pi}{3},
assumindo \varepsilon=\varepsilon_{0}.
Informações relevantes listadas:
  • Potencial: \displaystyle V(\rho,\varphi,z)=\rho^{2} z \sin\varphi.
  • Região de integração: \rho\in(1,4), z\in(-2,2), \varphi\in(0,\pi/3).
  • Permitividade: \varepsilon=\varepsilon_{0}.
    A tarefa: calcular a energia eletrostática total armazenada dentro desse volume.

Passo 2

Fórmula que vamos usar (aquela que diz quanta energia tem no campo elétrico): a densidade de energia elétrica é \displaystyle u=\frac{\varepsilon}{2}|\mathbf{E}|^{2}. Portanto a energia total é
U=\frac{\varepsilon}{2}\int_{V}|\mathbf{E}|^{2}\,d\tau.
Aqui \mathbf{E}=-\nabla V. Vou então calcular \mathbf{E} a partir de V e depois integrar |\mathbf{E}|^{2} no volume dado.

Passo 3

Gradiente em coordenadas cilíndricas: para uma função V(\rho,\varphi,z),
\nabla V=\hat{\rho}\,\frac{\partial V}{\partial \rho}+\hat{\varphi}\,\frac{1}{\rho}\frac{\partial V}{\partial \varphi}+\hat{z}\,\frac{\partial V}{\partial z}.
Explicando rapidinho: o termo \frac{1}{\rho} no componente \varphi aparece porque \varphi é um ângulo (comprimento arco \rho\,d\varphi). Não precisa decorar sem entender — é a forma padrão do gradiente em cilíndricas.

Passo 4

Calculo as derivadas parciais de V=\rho^{2} z \sin\varphi:
\frac{\partial V}{\partial \rho}=2\rho z\sin\varphi, \qquad \frac{\partial V}{\partial \varphi}=\rho^{2} z\cos\varphi, \qquad \frac{\partial V}{\partial z}=\rho^{2}\sin\varphi.
Logo o campo elétrico \mathbf{E}=-\nabla V tem componentes
E_{\rho}=-2\rho z\sin\varphi, \qquad E_{\varphi}=-\frac{1}{\rho}\rho^{2} z\cos\varphi=-\rho z\cos\varphi, \qquad E_{z}=-\rho^{2}\sin\varphi.
Sempre verifique o sinal: \mathbf{E}=-\nabla V inverte o sinal das derivadas.

Passo 5

Calculo |\mathbf{E}|^{2}=E_{\rho}^{2}+E_{\varphi}^{2}+E_{z}^{2}:
|\mathbf{E}|^{2}= (2\rho z\sin\varphi)^{2}+(\rho z\cos\varphi)^{2}+(\rho^{2}\sin\varphi)^{2}.
Expandindo:
|\mathbf{E}|^{2}=4\rho^{2} z^{2}\sin^{2}\varphi+\rho^{2} z^{2}\cos^{2}\varphi+\rho^{4}\sin^{2}\varphi.

Passo 6

Montamos a integral da energia em coordenadas cilíndricas, com elemento de volume d\tau=\rho\,d\rho\,d\varphi\,dz:
U=\frac{\varepsilon_{0}}{2}\int_{\varphi=0}^{\pi/3}\int_{z=-2}^{2}\int_{\rho=1}^{4} \big(4\rho^{2} z^{2}\sin^{2}\varphi+\rho^{2} z^{2}\cos^{2}\varphi+\rho^{4}\sin^{2}\varphi\big)\,\rho\,d\rho\,dz\,d\varphi.
Multiplicando pelo \rho do elemento de volume, o integrando fica
4\rho^{3} z^{2}\sin^{2}\varphi+\rho^{3} z^{2}\cos^{2}\varphi+\rho^{5}\sin^{2}\varphi.

Passo 7

A integral separa-se em fatores \rho, z e \varphi (pois o integrando é produto de funções que dependem isoladamente de cada variável). Escrevo a energia como soma de três integrais:
U=\frac{\varepsilon_{0}}{2}\Big(I_{1}+I_{2}+I_{3}\Big),
onde
I_{1}=\int_{0}^{\pi/3}\sin^{2}\varphi\,d\varphi\;\int_{-2}^{2}z^{2}\,dz\;\int_{1}^{4}4\rho^{3}\,d\rho,
I_{2}=\int_{0}^{\pi/3}\cos^{2}\varphi\,d\varphi\;\int_{-2}^{2}z^{2}\,dz\;\int_{1}^{4}\rho^{3}\,d\rho,
I_{3}=\int_{0}^{\pi/3}\sin^{2}\varphi\,d\varphi\;\int_{-2}^{2}1\,dz\;\int_{1}^{4}\rho^{5}\,d\rho.
Agora avalio cada uma das integrais simples:
  • Integral em z:
\int_{-2}^{2}z^{2}\,dz=\left[\frac{z^{3}}{3}\right]_{-2}^{2}=\frac{8}{3}-\left(-\frac{8}{3}\right)=\frac{16}{3},
\int_{-2}^{2}1\,dz=4.
  • Integrais em \rho:
\int_{1}^{4}4\rho^{3}\,d\rho=\big[\rho^{4}\big]_{1}^{4}=4^{4}-1^{4}=256-1=255,
\int_{1}^{4}\rho^{3}\,d\rho=\left[\frac{\rho^{4}}{4}\right]_{1}^{4}=\frac{256-1}{4}=\frac{255}{4},
\int_{1}^{4}\rho^{5}\,d\rho=\left[\frac{\rho^{6}}{6}\right]_{1}^{4}=\frac{4^{6}-1}{6}=\frac{4096-1}{6}=\frac{4095}{6}.
  • Integrais angulares (uso identidades trigonométricas):
\int_{0}^{\pi/3}\sin^{2}\varphi\,d\varphi=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/3}(1-\cos 2\varphi)\,d\varphi =\frac{1}{2}\Big[\varphi-\frac{\sin 2\varphi}{2}\Big]_{0}^{\pi/3} =\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{8},
\int_{0}^{\pi/3}\cos^{2}\varphi\,d\varphi=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/3}(1+\cos 2\varphi)\,d\varphi =\frac{1}{2}\Big[\varphi+\frac{\sin 2\varphi}{2}\Big]_{0}^{\pi/3} =\frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{8}.

Passo 8

Substituo os resultados nos I_{1},I_{2},I_{3}:
  • I_{1}=\big(\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{8}\big)\cdot\frac{16}{3}\cdot 255. Calculo intermediário \frac{16}{3}\cdot 255=1360. Logo
I_{1}=1360\Big(\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{8}\Big).
  • I_{2}=\big(\frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{8}\big)\cdot\frac{16}{3}\cdot\frac{255}{4}. Calculo \frac{16}{3}\cdot\frac{255}{4}=340. Logo
I_{2}=340\Big(\frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{8}\Big).
  • I_{3}=\big(\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{8}\big)\cdot 4\cdot\frac{4095}{6}. Calculo 4\cdot\frac{4095}{6}=\frac{4095\cdot 4}{6}=\frac{4095\cdot 2}{3}=2730. Logo
I_{3}=2730\Big(\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{8}\Big).
Somando I_{1}+I_{2}+I_{3}:
I_{1}+I_{2}+I_{3}=\Big(1360+2730\Big)\Big(\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{8}\Big)+340\Big(\frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{8}\Big).
Agrupando termos em \pi e \sqrt{3} e fazendo as contas dá (apenas desenvolvendo as constantes):
I_{1}+I_{2}+I_{3}=\frac{2215\pi}{3}-\frac{1875\sqrt{3}}{4}.
Portanto a energia é
U=\frac{\varepsilon_{0}}{2}\Big(\frac{2215\pi}{3}-\frac{1875\sqrt{3}}{4}\Big).
Multiplicando o \tfrac{1}{2} obtemos a forma final fechada:
U=\varepsilon_{0}\Big(\frac{2215\pi}{6}-\frac{1875\sqrt{3}}{8}\Big).

Resposta

\displaystyle \varepsilon_{0}\Big(\frac{2215\pi}{6}-\frac{1875\sqrt{3}}{8}\Big)

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