Exercícios Resolvidos de Lei de Gauss – Simetrias

Ufpe - Física 3 – P1 2018.1 - 2

Um cilindro maciço infinito, não condutor, de raio R , apresenta uma densidade volumétrica de carga variável dada por :

onde ρ 0 é uma constante positiva e r é a distância ao eixo de simetria do cilindro (veja figura abaixo). Nestas condições, calcule:

  1. A carga elétrica numa porção finita do cilindro, que tenha comprimento L .
  2. O módulo do campo elétrico para r > R .
  3. O módulo do campo elétrico para r < R .

Passo 1

a) Para encontrarmos a carga total, precisamos notar que o elemento de volume infinitesimal nesse caso é dado por d V = A L = ( 2 π r d r ) L , como mostra a figura abaixo.

Portanto, substituindo a expressão para ρ ( r ) dada pelo problema, temos que

q = ∫ 0 R ρ r d V = 2 π ρ 0 R L ∫ 0 R sen ⁡ π r R d r = - 2 π ρ 0 R L R π cos ⁡ π R R - cos ⁡ π 0 R   ,

que resulta em

q = 4 ρ 0 R 2 L     .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

b) Para r > R , temos a superfície gaussiana como mostra a figura abaixo. O campo elétrico   E → aponta para fora do cilindro e tem o mesmo módulo em toda a área da superfície gaussiana com r > R . Além disso,  E → é sempre paralelo ao vetor   d A → na superfície lateral da gaussiana e sempre perpendicular às áreas das tampas. Portanto, só precisamos considerar as áreas laterais da gaussiana para o cálculo de | E → | .

Colocando essas informações na lei de Gauss para r > R , temos que

∮ S E → ⋅ d A → = E 2 π r L = Q i n t ϵ 0 = 1 ϵ 0   4 ρ 0 R 2 L   .

Simplificando essa expressão, obtemos

E = 2 ρ 0 R 2 π ϵ 0 r   ,   p a r a   r > R .

Passo 3

c) Para r < R , podemos fazer as mesmas considerações no item b) para o campo sobre a superfície gaussiana cilíndrica. O único aspecto que precisamos ter atenção agora é que dentro do volume da gaussiana não temos mais a carga total. Por isso, precisamos ver quanto de carga tem no volume dentro da região r < R para sabermos como é o módulo do campo que essa carga produz.

Para isso, podemos tomar a expressão que desenvolvemos no item a), mudando, agora, os limites de integração, ou seja,

q = ∫ 0 r ρ r ' d V = 2 π ρ 0 R L ∫ 0 r sen ⁡ π r ' R d r ' = - 2 π ρ 0 R L R π cos ⁡ π r R - cos ⁡ π 0 R   .

Simplificando essa expressão, temos:

q = 2 ρ 0 R 2 L 1 - cos ⁡ π r R .

Aplicando a lei de Gauss para r < R , temos:

∮ S E → ⋅ d A → = E 2 π r L = 2 ρ 0 R 2 L   1 - cos ⁡ π r R ,  

que nos dá:

E = ρ 0 R 2 1 - cos ⁡ π r R π ϵ 0 r   ,   p a r a   r < R   .

Resposta

  1. q = 4 ρ 0 R 2 L     ;
  2. E = 2 ρ 0 R 2 π ϵ 0 r   ,   p a r a   r > R   ;
  3. E = ρ 0 R 2 1 - cos ⁡ π r R π ϵ 0 r   ,   p a r a   r < R   .

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