Valor: 2,5
Um cilindro de 2 m de raio e 1 m de comprimento está situado ao longo do eixo z, centrado na origem e apresenta o potencial no seu interior dado por V(\rho, \varphi, z)=100+50 \rho+150 \rho \operatorname{sen} \varphi \mathrm{~V}.
Com base nessas informações determine, no ponto \mathrm{P}\left(1,60^{\circ}, 0,5\right),
a) O potencial (V);
b) A intensidade do campo elétrico (E);
c) A densidade do campo elétrico (D);
d) A densidade volumétrica de carga ( \rho_{v} )
e) A carga total envolvida pelo cilindro.

Passo 1

O que o enunciado dá e o que ele pede:
  • Dados geométricos do cilindro:
    • raio a=2\\ \mathrm{m};
    • comprimento L=1\\ \mathrm{m}, centrado na origem ao longo do eixo z, portanto z\in[-0{,}5,\;0{,}5].
  • Potencial no interior do cilindro: V(\rho,\varphi,z)=100+50\,\rho+150\,\rho\sin\varphi\\ \mathrm{V}.(Está explícito que essa expressão vale para o interior do cilindro.)
  • Ponto onde avaliar: \mathrm{P}\left(1,\;60^\circ,\;0{,}5\right). Ou seja \rho=1\\ \mathrm{m}, \varphi=60^\circ, z=0{,}5\\ \mathrm{m}.
Perguntas:
a) Determinar o potencial V em \mathrm{P}.
b) Determinar a intensidade do campo elétrico \mathbf{E} em \mathrm{P}.
c) Determinar a densidade do campo elétrico \mathbf{D} em \mathrm{P}.
d) Determinar a densidade volumétrica de carga \rho_v no interior (e em \mathrm{P}).
e) Determinar a carga total envolvida pelo cilindro (integral volumétrica de \rho_v sobre o cilindro).

Passo 2

Cálculo do potencial em \mathrm{P} (item a).
Substituímos \rho=1 e \varphi=60^\circ na expressão dada. Lembrando que \sin60^\circ=\dfrac{\sqrt{3}}{2}.
V(1,60^\circ,0{,}5)=100+50\cdot1+150\cdot1\cdot\sin60^\circ
V(1,60^\circ,0{,}5)=150+150\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=150+75\sqrt{3}\\ \mathrm{V}.
Valor numérico aproximado:
V(1,60^\circ,0{,}5)\approx 150+75\cdot1{,}73205 \approx 279{,}9\\ \mathrm{V}.

Passo 3

Determinar o campo \mathbf{E} a partir do potencial (item b): teoria e aplicação.
Teoria rápida (fórmula que vamos usar): o campo elétrico é o gradiente negativo do potencial:
\mathbf{E}=-\nabla V.
No sistema cilíndrico (\rho,\varphi,z) a expressão do gradiente escalar é
\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},
onde \hat{\rho},\hat{\varphi},\hat{z} são os versores locais (unidades) das direções cilíndricas. Importante: \frac{1}{\rho}\frac{\partial}{\partial\varphi} aparece porque a coordenada angular altera com \rho.
Agora calculamos as derivadas parciais da expressão dada:
\frac{\partial V}{\partial \rho}=50+150\sin\varphi,
\frac{\partial V}{\partial \varphi}=150\rho\cos\varphi,
\frac{\partial V}{\partial z}=0.
Portanto
\nabla V=\hat{\rho}\,(50+150\sin\varphi)+\hat{\varphi}\,\frac{1}{\rho}(150\rho\cos\varphi)=\hat{\rho}\,(50+150\sin\varphi)+\hat{\varphi}\,(150\cos\varphi).
Logo
\mathbf{E}=-\nabla V=-\hat{\rho}\,(50+150\sin\varphi)-\hat{\varphi}\,(150\cos\varphi).
Avaliação em \mathrm{P}: \sin60^\circ=\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \cos60^\circ=\dfrac{1}{2}.
E_\rho=-(50+150\cdot\frac{\sqrt{3}}{2})=-(50+75\sqrt{3})\\ \mathrm{V/m},
E_\varphi=-(150\cdot\frac{1}{2})=-75\\ \mathrm{V/m},
E_z=0.
Valores numéricos:
E_\rho\approx -\bigl(50+75\cdot1{,}73205\bigr)\approx -179{,}9038\\ \mathrm{V/m},
E_\varphi=-75\\ \mathrm{V/m}.
Portanto, no ponto \mathrm{P},
\mathbf{E} \approx -179{,}9038\,\hat{\rho}-75\,\hat{\varphi}\\ \mathrm{V/m}.

Passo 4

Densidade do campo elétrico \mathbf{D} (item c).
Relação (material linear, assumimos vácuo/aire conforme não especificado):
\mathbf{D}=\varepsilon\,\mathbf{E}.
Se nada foi informado, usamos a permissividade do vácuo \varepsilon_0, com valor aproximado \varepsilon_0=8{,}854\times10^{-12}\\ \mathrm{F/m}.
Logo
\mathbf{D}=\varepsilon_0\mathbf{E}.
Multiplicando componente a componente em \mathrm{P}:
D_\rho=\varepsilon_0 E_\rho\approx 8{,}854\times10^{-12}\times(-179{,}9038)\approx -1{,}5928\times10^{-9}\\ \mathrm{C/m^2},
D_\varphi=\varepsilon_0 E_\varphi=8{,}854\times10^{-12}\times(-75)\approx -6{,}6405\times10^{-10}\\ \mathrm{C/m^2},
D_z=0.
Portanto
\mathbf{D}\approx -1{,}5928\times10^{-9}\,\hat{\rho}-6{,}6405\times10^{-10}\,\hat{\varphi}\\ \mathrm{C/m^2}.

Passo 5

Densidade volumétrica de carga \rho_v (item d): teoria e cálculo.
Teoria: a densidade volumétrica de carga no interior relaciona-se com \mathbf{D} por
\nabla\cdot\mathbf{D}=\rho_v.
Como \mathbf{D}=\varepsilon_0\mathbf{E}=-\varepsilon_0\nabla V, temos
\rho_v=\nabla\cdot\mathbf{D}=-\varepsilon_0\nabla^2 V.
Então precisamos do laplaciano de V em coordenadas cilíndricas:
\nabla^2 V=\frac{1}{\rho}\frac{\partial}{\partial\rho}\Bigl(\rho\frac{\partial V}{\partial\rho}\Bigr)+\frac{1}{\rho^2}\frac{\partial^2 V}{\partial\varphi^2}+\frac{\partial^2 V}{\partial z^2}.
Já calculamos \frac{\partial V}{\partial\rho}=50+150\sin\varphi. Então
\rho\frac{\partial V}{\partial\rho}=\rho(50+150\sin\varphi).
Derivando em \rho:
\frac{\partial}{\partial\rho}\bigl[\rho(50+150\sin\varphi)\bigr]=50+150\sin\varphi.
Portanto a primeira parcela do laplaciano é
\frac{1}{\rho}\bigl(50+150\sin\varphi\bigr).
Agora \frac{\partial^2 V}{\partial\varphi^2}: como \frac{\partial V}{\partial\varphi}=150\rho\cos\varphi, segue
\frac{\partial^2 V}{\partial\varphi^2}=-150\rho\sin\varphi.
A parcela angular do laplaciano é então
\frac{1}{\rho^2}(-150\rho\sin\varphi)=-\frac{150\sin\varphi}{\rho}.
A derivada em z é zero. Somando as duas parcelas dependentes de \varphi vemos que elas se cancelam:
\frac{1}{\rho}(50+150\sin\varphi)-\frac{150\sin\varphi}{\rho}=\frac{50}{\rho}.
Assim
\nabla^2 V=\frac{50}{\rho}.
Logo a densidade volumétrica de carga é
\rho_v=-\varepsilon_0\nabla^2 V=-\varepsilon_0\frac{50}{\rho}=-\frac{50\varepsilon_0}{\rho}\\ \mathrm{C/m^3}.
Avaliação em \mathrm{P} ( \rho=1\\ \mathrm{m}):
\rho_v(\mathrm{P})=-50\varepsilon_0\approx -50\times8{,}854\times10^{-12}\approx -4{,}4271\times10^{-10}\\ \mathrm{C/m^3}.

Passo 6

Carga total dentro do cilindro (item e): integração volumétrica.
Queremos
Q=\iiint_{\text{cilindro}}\rho_v\,dV.
Usamos coordenadas cilíndricas: dV=\rho\,d\rho\,d\varphi\,dz e \rho_v=-\dfrac{50\varepsilon_0}{\rho}. Então o produto \rho_v dV simplifica:
\rho_v\,dV=-\frac{50\varepsilon_0}{\rho}\,\rho\,d\rho\,d\varphi\,dz=-50\varepsilon_0\,d\rho\,d\varphi\,dz.
Portanto a integral é imediata (não depende de \rho,\varphi,z após simplificação):
Q=-50\varepsilon_0\int_{z=-L/2}^{L/2}\int_{\varphi=0}^{2\pi}\int_{\rho=0}^{a} d\rho\,d\varphi\,dz.
Os limites: a=2, L=1 (logo z integra de -0{,}5 a 0{,}5). Calculando:
\int_{\rho=0}^{2} d\rho=2,\qquad \int_{\varphi=0}^{2\pi} d\varphi=2\pi,\qquad \int_{z=-0{,}5}^{0{,}5} dz=1.
Logo
Q=-50\varepsilon_0\times 2\times 2\pi\times 1=-200\pi\varepsilon_0.
Valor numérico (com \varepsilon_0\approx8{,}854\times10^{-12}\\ \mathrm{F/m}):
Q\approx -200\pi\times8{,}854\times10^{-12}\approx -5{,}56\times10^{-9}\\ \mathrm{C}.
Observação física curta (apenas para entender): o sinal negativo indica carga volumétrica negativa média dentro do volume, consistente com \rho_v(\rho) negativa encontrada.

Resposta

(a) V(1,60^\circ,0{,}5)=150+75\sqrt{3}\\ \mathrm{V}\approx 279{,}9\\ \mathrm{V}
(b) \mathbf{E}(\mathrm{P})=-(50+75\sqrt{3})\,\hat{\rho}-75\,\hat{\varphi}\\ \mathrm{V/m}\approx -179{,}9038\,\hat{\rho}-75\,\hat{\varphi}\\ \mathrm{V/m}
(c) \mathbf{D}(\mathrm{P})=\varepsilon_0\mathbf{E}(\mathrm{P})\approx -1{,}5928\times10^{-9}\,\hat{\rho}-6{,}6405\times10^{-10}\,\hat{\varphi}\\ \mathrm{C/m^2}
(d) \rho_v(\rho)=-\dfrac{50\varepsilon_0}{\rho}\\ \mathrm{C/m^3}, em \mathrm{P}: \rho_v(\mathrm{P})=-50\varepsilon_0\approx -4{,}4271\times10^{-10}\\ \mathrm{C/m^3}
(e) Q_{\text{total}}=-200\pi\varepsilon_0\\ \mathrm{C}\approx -5{,}56\times10^{-9}\\ \mathrm{C}

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