Exercícios Resolvidos de Dielétricos

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Enunciado

Uma bola esférica, condutora, sólida, em equilíbrio eletrostático, de raio a , possui carga total Q . Tal bola é circundada por uma coroa esférica, isolante (de constante dielétrica K ), de raios interno a e externo b > a , com uma carga total - Q , uniformemente distribuída (pelo interior da coroa).

  1. Calcule o vetor campo elétrico resultante (módulo, direção e sentido) nas três regiões: (I) 0 < r < a ; (II) a < r < b ; (III) b < r < ∞ .
  2. Calcule o potencial elétrico resultante nas três regiões acima mencionadas, fazendo-o zero no infinito.

Passo 1

Pra matar o campo vamos rodar a Lei de Gauss...

∯ G E → ∙ d A → = Q i n t ϵ 0

Pela simetria esférica do problema, escolhemos uma superfície esférica de raio arbitrário r para ser nossa Gaussiana G . Dessa forma, os vetores normais d A → são paralelos ao campo em todos os pontos de G , do que segue o fato:

E → ∙ d A → = E d A

Passo 2

Além disso, pela configuração do campo, temos que o seu módulo E → é constante em toda G , do que segue o fato:

∯ G E d A = E ∯ G d A

Da última equação, segue que a integral de d A em toda G é a área da Gaussiana. A área superficial de uma esfera é conhecida e é igual à:

∯ G d A = 4 π r 2

Substituindo na Lei, temos:

E 4 π r 2 = Q i n t ϵ 0

E = Q i n t 4 π ϵ 0 r 2

Ainda pela configuração do campo, a simetria esférica nos dá que a componente do campo é radial:

E → = Q i n t 4 π ϵ 0 r 2 r ^

Passo 3

Agora vamos de região em região. Para r < a , se fecharmos uma gaussiana G lá, temos que a carga interna é zero:

Q i n t = 0

Pois num condutor em equilíbrio eletrostático as cargas ficam na superfície e o campo é zero. Vemos que as contas batem:

E → = 0 4 π ϵ 0 r 2 r ^

E → = 0 →

Passo 4

Para r ∈ ] a , b [ temos que a carga interna é tanto a Q da esfera, quanto a q do pedaço da casca que estiver dentro da Gaussiana. Além disso, a Gaussiana está numa região de dielétrico, portanto dividimos a carga interna pelo fator K . Você também pode argumentar que nessa região a permissividade muda e é igual à:

ϵ = K ϵ 0

Acho que é melhor pro examinador essa justificativa. = ]

E → = Q i n t 4 π ϵ r 2 r ^

E → = Q + q 4 π K ϵ 0 r 2 r ^

Acabou? Não, essa carga q é uma variável que eu inventei e tem que ser calculado em função dos dados do problema.

Passo 5

Para achar q , integramos a densidade de carga da casca isolante até os limites da Gaussiana:

q = ∫ a r ρ   d V

Só que ele disse que a carga é uniformemente distribuída. Isto implica na densidade ser constante, portanto pode sair da integral:

q = ρ ∫ a r d V

A integral do diferencial de volume de uma esfera nada mais é do que o volume desta. Você poderia chegar à mesma conclusão se utilizasse aquela expressão ( 4 π r 2 d r ) que nós mostramos no capítulo de densidade de carga. Mas enfim...

q = ρ V r - V a

q = ρ 4 π r 3 3 - 4 π a 3 3

q = 4 π ρ 3 ( r 3 - a 3 )

Passo 6

Lembrando que a densidade, por ser constante, é igual à carga total pelo volume total:

ρ = Q t o t a l V t o t a l

O volume total daquela casca nada mais é que o volume de uma esfera de raio b menos o de uma esfera de raio a :

ρ = - Q 4 π b 3 3 - 4 π a 3 3

Substituindo:

q = 4 π 3 - Q 4 π 3 b 3 - a 3 ( r 3 - a 3 )

q = - Q r 3 - a 3 b 3 - a 3

Passo 7

Substituindo láaaa em cima no Passo 4:

E → = Q + q 4 π K ϵ 0 r 2 r ^

E → = Q + - Q r 3 - a 3 b 3 - a 3 4 π K ϵ 0 r 2 r ^

E → = Q 4 π K ϵ 0 r 2 1 - r 3 - a 3 b 3 - a 3 r ^

Arrumando né:

E → = Q 4 π K ϵ 0 r 2 b 3 - a 3 - r 3 + a 3 b 3 - a 3 r ^

E → = Q 4 π K ϵ 0 r 2 b 3 - r 3 b 3 - a 3 r ^

E temos o nosso campo para:

r ∈ a , b

Passo 8

Agora vamos pra região final r > b . Para esta, nós temos:

Q i n t = Q + - Q

Q i n t = 0

Portanto temos que a Lei de Gauss retorna, neste caso:

E → = 0 →

Passo 9

Agora vem uma questão super desagradável, tudo por causa daquele campo horrível entre a e b ... Utilizamos a fórmula do potencial: Δ V = - ∫ C E → ∙ d r →

Partindo do infinito pegando um caminho C radial, temos, para a região r > b :

V r - V ∞ = - ∫ C E d r

Como o campo nesta região é nulo e o potencial do infinito também:

V r - 0 = 0

V r = 0 ,       r > b

Passo 10

Agora vem a pica... Para a região r ∈ a , b partimos do ponto r = b e fazemos:

V r - V b = - ∫ b r E d r

V r - 0 = - ∫ b r Q 4 π K ϵ 0 r 2 b 3 - r 3 b 3 - a 3 d r

Agora é “só” fazer essa integral aí! Partiu então... =’[

Arrumando:

V r = - Q 4 π K ϵ 0 b 3 - a 3 ∫ b r b 3 r 2 - r d r

Ah... Não deu tão feio quanto eu imaginava... Integrando:

V r = - Q 4 π K ϵ 0 b 3 - a 3 - b 3 r - r 2 2 b r

Finalmente aplicamos os limites de integração:

V r = Q 4 π K ϵ 0 b 3 - a 3 b 3 1 r - 1 b + 1 2 r 2 - b 2

Arrumamos para nossa própria saúde:

V r = Q 4 π K ϵ 0 b 3 - a 3 b 3 r + r 2 2 - 3 b 2 2

Passo 11

Finalmente, para a última região r ∈ 0 , a partimos de r = a :

V r - V a = - ∫ a r E d r

Só que o campo é nulo nessa região! Portanto:

V r - V a = 0 → V r = V ( a )

Para achar o V a basta substituir na expressão do potencial anterior:

V a = Q 4 π K ϵ 0 b 3 - a 3 b 3 a + a 2 2 - 3 b 2 2

Logo, nessa região toda:

V r = Q 4 π K ϵ 0 b 3 - a 3 b 3 a + a 2 2 - 3 b 2 2

Chatinha né?

Resposta

E → = 0 → ,       r < a Q 4 π K ϵ 0 r 2 b 3 - r 3 b 3 - a 3 r ^ ,       a < r < b 0 → ,       r > b

V r = Q 4 π K ϵ 0 b 3 - a 3 b 3 a + a 2 2 - 3 b 2 2 ,       r < a Q 4 π K ϵ 0 b 3 - a 3 b 3 r + r 2 2 - 3 b 2 2 ,       a < r < b 0 ,       r > b

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