Uma casca cilíndrica circular muito longa (infinita), de raio interno a e raio externo b , está uniformemente carregada, com uma densidade volumar ρ constante.

  1. Determine a sua carga por unidade de comprimento (axial);
  2. Determine o vetor campo elétrico para um ponto arbitrário na região r > b ;
  3. Determine o vetor campo elétrico para um ponto arbitrário na região a < r < b ;
  4. Determine o vetor campo elétrico para um ponto arbitrário na região r < a .

Passo 1

Desenhando uma seção reta, supomos que o eixo do cilindro está em O z :

A ideia de achar a carga é sempre brincar com a densidade. A definição da densidade volumar é:

ρ = d q d V

Melhorando essa notação para fazer sentido a questão:

ρ = d 3 q d V 3

Como se quer a densidade por unidade de comprimento, isolamos o que se quer, utilizando coordenadas cartesianas:

d 3 q d x d y d z = ρ

d 3 q d z = ρ   d x d y

Passo 2

Integrando temos na coroa circular D = r ∈ R r ∈ a , b } temos:

d q d z = ∬ D   ρ   d x d y

A densidade é constante então sai fora da integral:

d q d z = ρ ∬ D   d x d y

Agora temos só a integral do elemento de área:

d A = d x d y

Trabalhando em coordenadas polares, teremos:

d A = 2 π r   d r

Na real, não importa em quais coordenadas estamos, a integral será simplesmente a área total. Mas caso você prefira integrar, a resolução será:

d q d z = ρ ∫ a b 2 π r   d r = 2 π ρ   ∫ a b r   d r

d q d z = 2 π ρ r 2 2 a b

d q d z = 2 π ρ b 2 2 - a 2 2

E achamos nossa densidade por comprimento:

d q d z = ρ π b 2 - a 2

Passo 3

Agora ele quer o campo, então partimos pra violência com Gauss.

Enunciando a Lei:

∯ G E → ∙ d A → = Q i n t ϵ 0

Pela simetria cilíndrica do problema, escolhemos uma Gaussiana cilíndrica de raio arbitrário r e comprimento arbitrário L .

Passo 4

Dado que escolhemos uma superfície com essas dimensões e já aproveitamos a simetria do campo, temos que o vetores normais à parte lateral da superfície são paralelos ao campo, ao passo que os vetores normais nas tampas são perpendiculares a ele, de forma que:

G = Lateral + Tampas

∯ G E → ∙ d A → = ∯ Lateral E → ∙ d A → + ∯ Tampas E → ∙ d A →

∯ G E → ∙ d A → = ∯ Lateral E d A

Passo 5

Pela configuração do campo, o seu módulo é constante em toda parte lateral da Gaussiana:

∯ Lateral E d A = E ∯ Lateral d A

E temos então a área da lateral com nossa integral:

∯ G E → ∙ d A → = E A

A expressão para a área lateral é dada pela fórmula:

A = 2 π r × L

Logo, temos:

E 2 π r L = Q int ϵ 0

E = Q int 2 π L ϵ 0 r

Como pela simetria o campo deve ter uma componente radial somente:

E → = Q int 2 π L ϵ 0 r r ^

Passo 6

Agora vamos atacar as regiões por partes. Começando por r > b , temos que a carga interna à Gaussiana é a carga total do cilindro:

Q int = Q total

Não sabemos esse valor, mas sabemos sua densidade por unidade de comprimento. Portanto, por regra de três, se a Gaussiana tem um comprimento L :

Q int L = d q d z

Que é a densidade por unidade de comprimento. Vamos chamar de uma letra bonitinha esse valor pra facilitar as contas:

λ = d q d z

Show. Continuando:

Q int L = λ → Q int = L λ

Então temos na fórmula:

E → = L λ 2 π L ϵ 0 r r ^

Arrumando:

E → = λ 2 π ϵ 0 r r ^

Substituindo o lambda que nós calculamos no primeiro passo:

E → = ρ b 2 - a 2 2 ϵ 0 r r ^

Passo 7

Agora vamos brincar com a região a < r < b . Neste caso nossa carga interna é um pouco menor (em módulo) que a total, pois a Gaussiana encerra um volume menorzinho.

Dessa forma só vamos poder descobrir a carga integrando a densidade dentro dos limites da Gaussiana. Pela mesma lógica de antes:

ρ = d 3 q d V 3

d q d z = ρ ∬ G   d x d y

A Gaussiana é um cilindro de raio variando entre a e b . Dentro do buraco r < a não temos carga. Mudando para coordenadas polares:

d x d y = d A

d A = 2 π r   d r

Essa zoeira não é matematicamente formal porque duas integrais viram uma, mas nós já comentamos algumas vezes. A parada funciona! É como se estivéssemos já pré-calculando a integral em θ e jogando lá direto. Então integral fica:

d q d z = ρ ∫ a r 2 π r ' d r '

Resolvendo:

d q d z = π ρ r 2 - a 2

Substituindo na fórmula:

Q int L = π ρ r 2 - a 2

Q int = L π ρ r 2 - a 2

E → = L π ρ r 2 - a 2 2 π L ϵ 0 r r ^

Arruma-se:

E → = ρ r 2 - a 2 2 ϵ 0 r r ^

Passo 8

Pela lógica aplicada até agora temos que a carga interna à Gaussiana na última região r < a é:

Q int = 0

Logo: E → = 0 →

Resposta

λ = ρ π b 2 - a 2

E → = 0 → ,       r < a ρ r 2 - a 2 2 ϵ 0 r r ^ ,       a < r < b ρ b 2 - a 2 2 ϵ 0 r r ^ ,       b < r

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