20 Problema

Duas cargas pontuais q_{1} \mathrm{e} q_{2}, separadas por uma distância a, criam campos \mathbf{E}_{1} e \mathbf{E}_{2}, respectivamente. A energia potencial do sistema pode, então, ser expresa por
U=\frac{\epsilon_{0}}{2} \int_{V}\left(\mathbf{E}_{1}+\mathbf{E}_{2}\right)^{2} \mathrm{~d} V=\frac{\epsilon_{0}}{2} \int_{V}\left(\mathbf{E}_{1}^{2}+\mathbf{E}_{2}^{2}+2 \mathbf{E}_{1} \cdot \mathbf{E}_{2}\right) \mathrm{d} V
em que a integral é por todo o espaço. Os dois primeiros termos correspondem às autoenergias de cada carga pontual e devem ser, divergentes. Mostre que o termo restante é a energia de interação entre duas cargas, ou seja,
\epsilon_{0} \int_{V} \mathbf{E}_{1} \cdot \mathbf{E}_{2} \mathrm{~d} V=\frac{q_{1} q_{2}}{4 \pi \epsilon_{0} a}

Passo 1

O enunciado entregou duas cargas pontuais q_{1} e q_{2} separadas por uma distância a. Cada carga gera um campo elétrico, \mathbf{E}_{1} e \mathbf{E}_{2}, e a energia potencial total do sistema pode ser escrita como
U=\frac{\epsilon_{0}}{2}\int_{V}\bigl(\mathbf{E}_{1}+\mathbf{E}_{2}\bigr)^{2}\,dV =\frac{\epsilon_{0}}{2}\int_{V}\bigl(\mathbf{E}_{1}^{2}+\mathbf{E}_{2}^{2}+2\,\mathbf{E}_{1}\cdot\mathbf{E}_{2}\bigr)\,dV.
Os termos com \mathbf{E}_{1}^{2} e \mathbf{E}_{2}^{2} divergem (autoenergias), mas o termo cruzado
\epsilon_{0}\int_{V}\mathbf{E}_{1}\cdot\mathbf{E}_{2}\,dV
deve corresponder à energia de interação
\frac{q_{1}q_{2}}{4\pi\epsilon_{0}a}.
Para mostrar isso, vamos usar as relações do potencial elétrico, o teorema da divergência e a lei de Gauss.

Passo 2

A relação entre o campo e o potencial elétrico é
\mathbf{E}_{2} = -\nabla\phi_{2},
onde
\phi_{2}(\mathbf{r}) =\frac{q_{2}}{4\pi\epsilon_{0}\,\lvert \mathbf{r}-\mathbf{r}_{2}\rvert}.
Substituindo em \mathbf{E}_{1}\cdot\mathbf{E}_{2} temos
\mathbf{E}_{1}\cdot\mathbf{E}_{2} = -\,\mathbf{E}_{1}\cdot\nabla\phi_{2}.

Passo 3

Usamos a identidade vetorial
\nabla\cdot\bigl(\phi_{2}\,\mathbf{E}_{1}\bigr) =\phi_{2}\,\bigl(\nabla\cdot\mathbf{E}_{1}\bigr) +\mathbf{E}_{1}\cdot\nabla\phi_{2}.
Reescrevendo \mathbf{E}_{1}\cdot\nabla\phi_{2} isolamos
\mathbf{E}_{1}\cdot\nabla\phi_{2} =\nabla\cdot\bigl(\phi_{2}\,\mathbf{E}_{1}\bigr) -\phi_{2}\,\bigl(\nabla\cdot\mathbf{E}_{1}\bigr).
Logo
\mathbf{E}_{1}\cdot\mathbf{E}_{2} =-\mathbf{E}_{1}\cdot\nabla\phi_{2} =\phi_{2}\,\bigl(\nabla\cdot\mathbf{E}_{1}\bigr) -\nabla\cdot\bigl(\phi_{2}\,\mathbf{E}_{1}\bigr).

Passo 4

Integramos sobre todo o espaço V e aplicamos o teorema da divergência ao segundo termo:
\int_{V}\mathbf{E}_{1}\cdot\mathbf{E}_{2}\,dV =\int_{V}\phi_{2}\,\bigl(\nabla\cdot\mathbf{E}_{1}\bigr)\,dV -\int_{V}\nabla\cdot\bigl(\phi_{2}\,\mathbf{E}_{1}\bigr)\,dV.
O último integral vira integral de superfície no infinito:
\int_{V}\nabla\cdot\bigl(\phi_{2}\,\mathbf{E}_{1}\bigr)\,dV =\oint_{S\to\infty}\phi_{2}\,\mathbf{E}_{1}\cdot d\mathbf{S}.
Como \phi_{2}\sim1/r e \mathbf{E}_{1}\sim1/r^{2}, o produto decai como 1/r^{3} e o fluxo no infinito se anula. Sobram, portanto, só os términos de volume:
\int_{V}\mathbf{E}_{1}\cdot\mathbf{E}_{2}\,dV =\int_{V}\phi_{2}\,\bigl(\nabla\cdot\mathbf{E}_{1}\bigr)\,dV.

Passo 5

Pela lei de Gauss em forma diferencial,
\nabla\cdot\mathbf{E}_{1} =\frac{\rho_{1}}{\epsilon_{0}},
onde \rho_{1}(\mathbf{r})=q_{1}\,\delta(\mathbf{r}-\mathbf{r}_{1}). Então
\int_{V}\phi_{2}\,\bigl(\nabla\cdot\mathbf{E}_{1}\bigr)\,dV =\frac{1}{\epsilon_{0}} \int_{V}\phi_{2}\,\rho_{1}\,dV =\frac{1}{\epsilon_{0}} \,q_{1}\,\phi_{2}(\mathbf{r}_{1}).
Como \phi_{2}(\mathbf{r}_{1})=\dfrac{q_{2}}{4\pi\epsilon_{0}\,a}, resulta
\int_{V}\mathbf{E}_{1}\cdot\mathbf{E}_{2}\,dV =\frac{q_{1}}{\epsilon_{0}} \cdot\frac{q_{2}}{4\pi\epsilon_{0}\,a} =\frac{q_{1}q_{2}}{4\pi\epsilon_{0}^{2}\,a}.

Passo 6

Multiplicando por \epsilon_{0} obtemos exatamente o termo cruzado da energia:
\epsilon_{0} \int_{V}\mathbf{E}_{1}\cdot\mathbf{E}_{2}\,dV =\frac{q_{1}q_{2}}{4\pi\epsilon_{0}\,a},
que é a energia de interação entre as duas cargas.

Resposta

\epsilon_{0}\int_{V}\mathbf{E}_{1}\cdot\mathbf{E}_{2}\,dV =\frac{q_{1}q_{2}}{4\pi\epsilon_{0}\,a}.

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