Uma carga pontual q está localizada a uma distância a do centro de uma esfera de raio R<a. Suponha uma esfera condutora e aterrada.
(a) Mostre que o potencial na região externa da esfera é dado por
V(r, \theta)=\frac{q}{4 \pi \epsilon_{0}}\left[\frac{1}{\sqrt{r^{2}+a^{2}-2 a r \cos \theta}}-\frac{1}{\sqrt{R^{2}+\left(\frac{a r}{R}\right)^{2}-2 a r \cos \theta}}\right] .
(b) Encontre a densidade superficial de carga induzida, \sigma(\theta), sobre a superfície da esfera. Verifique que \int \sigma d a=-q R / a e justifique sua resposta.
(c) Encontre a força entre a esfera e a carga q. (Resposta: F=-\frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{q^{2} R a}{\left(a^{2}-R^{2}\right)^{2}}.)
(d) Encontre a energia eletrostática do sistema carga-esfera. (Resposta: W=-\frac{1}{8 \pi \epsilon_{0}} \frac{q^{2} R}{\left(a^{2}-R^{2}\right)}.)

Passo 1

O enunciado dá uma carga pontual q colocada a uma distância a do centro de uma esfera condutora de raio R, com R<a. A esfera está aterrada (potencial 0 sobre a superfície). O que é pedido:
  • (a) Mostrar que o potencial na região externa da esfera é
V(r,\theta)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left[\frac{1}{\sqrt{r^{2}+a^{2}-2ar\cos\theta}}-\frac{1}{\sqrt{R^{2}+\left(\frac{ar}{R}\right)^{2}-2ar\cos\theta}}\right],
para r\ge R.
  • (b) Encontrar a densidade superficial de carga induzida \sigma(\theta) na superfície da esfera e verificar que \displaystyle\int \sigma\,d a = -\frac{qR}{a}, justificando.
  • (c) Encontrar a força entre a esfera e a carga q (resposta esperada: \displaystyle F=-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^{2}Ra}{(a^{2}-R^{2})^{2}}).
  • (d) Encontrar a energia eletrostática do sistema carga–esfera (resposta esperada: \displaystyle W=-\frac{1}{8\pi\varepsilon_0}\frac{q^{2}R}{a^{2}-R^{2}}).
Informações relevantes dadas:
  • A carga q está em uma posição ao longo do eixo polar (podemos colocar no eixo z) a distância a do centro.
  • A esfera é condutora e aterrada \Rightarrow potencial na superfície r=R é V(R,\theta)=0.
  • Geometria: posição do ponto de observação em coordenadas esféricas (r,\theta,\varphi) com \theta medido a partir da linha que liga o centro ao ponto de carga q.

Passo 2

Ideia física e método a ser usado (sem ainda desenvolver cálculos): usar o método das cargas-imagem. A esfera condutora aterrada pode ser “substituída” (para o campo na região externa r\ge R) por uma carga imagem localizada no interior da esfera tal que a soma dos potenciais da carga real e da imagem anule a superfície r=R. Vou introduzir uma carga imagem q' colocada no eixo em uma distância b do centro, com b<R, e determinar q' e b impondo V(R,\theta)=0 para todo \theta. Depois vou escrever o potencial externo como soma dos dois potenciais e transformar a expressão para a forma pedida.
Antes de calcular: lembrete útil sobre séries de Legendre (vai aparecer):
  • Para r<a vale a expansão
\frac{1}{\sqrt{r^{2}+a^{2}-2ar\cos\theta}}=\frac{1}{a}\sum_{l=0}^{\infty}\left(\frac{r}{a}\right)^{l}P_{l}(\cos\theta).
  • Para r>b vale a expansão
\frac{1}{\sqrt{r^{2}+b^{2}-2br\cos\theta}}=\frac{1}{r}\sum_{l=0}^{\infty}\left(\frac{b}{r}\right)^{l}P_{l}(\cos\theta).
Essas expansões são ferramentas padrão para comparar coeficientes angulares.

Passo 3

Determinar carga imagem q' e posição b exigindo V(R,\theta)=0.
Coloco a carga q na posição (r=a,\theta=0) (eixo z). Admito uma carga imagem q' na posição (r=b,\theta=0) com b<R. O potencial na superfície r=R é soma dos potenciais das duas cargas:
V(R,\theta)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{\sqrt{R^{2}+a^{2}-2aR\cos\theta}}+\frac{q'}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{\sqrt{R^{2}+b^{2}-2bR\cos\theta}}.
Impor V(R,\theta)=0 para todo \theta significa que as duas funções angulares se cancelam ponto a ponto. Expando cada termo em série de Legendre (usando as fórmulas do passo anterior). Como R<a e b<R, para o primeiro termo (carga em a) uso a expansão com r=R<a:
\frac{1}{\sqrt{R^{2}+a^{2}-2aR\cos\theta}}=\frac{1}{a}\sum_{l=0}^\infty \left(\frac{R}{a}\right)^{l}P_l(\cos\theta).
Para o segundo termo (imagem em b, com b<R) uso a expansão válida para r=R>b:
\frac{1}{\sqrt{R^{2}+b^{2}-2bR\cos\theta}}=\frac{1}{R}\sum_{l=0}^\infty \left(\frac{b}{R}\right)^{l}P_l(\cos\theta).
Substituindo em V(R,\theta)=0 e agrupando coeficientes de P_l(\cos\theta) obtemos, para cada l,
\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{1}{a}\left(\frac{R}{a}\right)^{l}+\frac{q'}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{1}{R}\left(\frac{b}{R}\right)^{l}=0.
Isso deve valer para todo l. A maneira mais simples de satisfazer isso para todos os l é ter
\frac{b}{R}=\frac{R}{a}, \qquad\text{e}\qquad \frac{q'}{R}=-\frac{q}{a}\cdot\frac{R}{a}^{\,l}\left(\frac{R}{b}\right)^{l}\\ \text{(consistente para todo \(l\))}.
A condição sobre b dá imediatamente
b=\frac{R^{2}}{a}.
Substituindo b/R=R/a na relação geral e pedindo independência de l leva a
\frac{q'}{R}=-\frac{q}{a}\quad\Rightarrow\quad q'=-\frac{qR}{a}.
Portanto a imagem necessária é uma carga
q'=-\frac{qR}{a}
colocada a uma distância
b=\frac{R^{2}}{a}
do centro, ao longo da mesma linha que contém q.
(Comentário intuitivo: o sinal negativo indica carga induzida oposta, e b<R fica dentro da esfera.)

Passo 4

Escrever o potencial externo usando a imagem e mostrar a forma pedida.
Para r\ge R o potencial é o mesmo que o gerado por q em r=a e pela imagem q' em r=b:
V(r,\theta)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{q}{\sqrt{r^{2}+a^{2}-2ar\cos\theta}}+\frac{q'}{\sqrt{r^{2}+b^{2}-2br\cos\theta}}\right).
Substituo q'=-\dfrac{qR}{a} e b=\dfrac{R^{2}}{a}:
V(r,\theta)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left[\frac{1}{\sqrt{r^{2}+a^{2}-2ar\cos\theta}}-\frac{R}{a}\cdot\frac{1}{\sqrt{r^{2}+\left(\dfrac{R^{2}}{a}\right)^{2}-2r\left(\dfrac{R^{2}}{a}\right)\cos\theta}}\right].
Agora faço uma simplificação algébrica do segundo denominador para obter exatamente a forma do enunciado. No segundo denominador:
\sqrt{r^{2}+\left(\frac{R^{2}}{a}\right)^{2}-2r\frac{R^{2}}{a}\cos\theta} =\frac{R}{a}\sqrt{R^{2}+\left(\frac{ar}{R}\right)^{2}-2ar\cos\theta}.
Logo
\frac{R}{a}\cdot\frac{1}{\sqrt{r^{2}+\left(\dfrac{R^{2}}{a}\right)^{2}-2r\dfrac{R^{2}}{a}\cos\theta}} =\frac{1}{\sqrt{R^{2}+\left(\dfrac{ar}{R}\right)^{2}-2ar\cos\theta}}.
Substituindo isto na expressão do potencial obtém-se exatamente
V(r,\theta)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left[\frac{1}{\sqrt{r^{2}+a^{2}-2ar\cos\theta}}-\frac{1}{\sqrt{R^{2}+\left(\dfrac{ar}{R}\right)^{2}-2ar\cos\theta}}\right],
o que prova a parte (a).

Passo 5

Calcular a densidade superficial de carga induzida \sigma(\theta).
Para um condutor, a densidade superficial de carga está relacionada ao campo elétrico imediatamente fora da superfície pela lei
\sigma(\theta)=\varepsilon_0 E_{r\,\text{(fora)}}(R,\theta).
O componente radial do campo fora é E_r=-\partial V/\partial r (derivada no sentido radial para fora). Assim
\sigma(\theta)=-\varepsilon_0\left.\frac{\partial V}{\partial r}\right|_{r=R}.
Vou calcular \partial V/\partial r a partir da forma com duas radicais. Para o primeiro termo (denominador D_1=\sqrt{r^{2}+a^{2}-2ar\cos\theta}) tem-se
\frac{\partial}{\partial r}\left(\frac{1}{D_1}\right)=-\frac{r-a\cos\theta}{\left(r^{2}+a^{2}-2ar\cos\theta\right)^{3/2}}.
Para o segundo termo, escrevo D_2=\sqrt{R^{2}+\left(\dfrac{ar}{R}\right)^{2}-2ar\cos\theta}. Derivando:
\frac{\partial}{\partial r}\left(\frac{1}{D_2}\right)=-\frac{\dfrac{a^{2}r}{R^{2}}-a\cos\theta}{ \left(R^{2}+\left(\dfrac{ar}{R}\right)^{2}-2ar\cos\theta\right)^{3/2}}.
Portanto, usando a expressão de V,
\frac{\partial V}{\partial r}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left[-\frac{r-a\cos\theta}{\left(r^{2}+a^{2}-2ar\cos\theta\right)^{3/2}}+\frac{\dfrac{a^{2}r}{R^{2}}-a\cos\theta}{ \left(R^{2}+\left(\dfrac{ar}{R}\right)^{2}-2ar\cos\theta\right)^{3/2}}\right].
Agora avalio em r=R. Observe que, ao substituir r=R, os dois denominadores coincidem:
r^{2}+a^{2}-2ar\cos\theta\Big|_{r=R}=R^{2}+a^{2}-2aR\cos\theta
e
R^{2}+\left(\frac{ar}{R}\right)^{2}-2ar\cos\theta\Big|_{r=R}=R^{2}+a^{2}-2aR\cos\theta.
Logo, ao pôr r=R e juntar termos do numerador obtemos
\left.\frac{\partial V}{\partial r}\right|_{r=R} =\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{-\big(R-a\cos\theta\big)+\big(\dfrac{a^{2}}{R}-a\cos\theta\big)}{\big(R^{2}+a^{2}-2aR\cos\theta\big)^{3/2}}.
O numerador simplifica:
-\big(R-a\cos\theta\big)+\big(\dfrac{a^{2}}{R}-a\cos\theta\big) =\frac{a^{2}-R^{2}}{R}.
Portanto
\left.\frac{\partial V}{\partial r}\right|_{r=R} =\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{a^{2}-R^{2}}{R\big(R^{2}+a^{2}-2aR\cos\theta\big)^{3/2}}.
Finalmente,
\sigma(\theta)=-\varepsilon_0\left.\frac{\partial V}{\partial r}\right|_{r=R} =-\frac{q}{4\pi}\cdot\frac{a^{2}-R^{2}}{R\big(R^{2}+a^{2}-2aR\cos\theta\big)^{3/2}}.
Essa é a densidade superficial de carga induzida (note que é negativa para q>0, indicando carga induzida de sinal oposto).

Passo 6

Verificar que \displaystyle\int \sigma\,d a = -\dfrac{qR}{a}.
A carga total induzida Q_{\mathrm{ind}} é
Q_{\mathrm{ind}}=\int_{\text{superfície}} \sigma\,d a = \int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{\pi} \sigma(\theta)\,R^{2}\sin\theta\,d\theta\,d\varphi =2\pi R^{2}\int_{0}^{\pi}\sigma(\theta)\sin\theta\,d\theta.í
Substituo \sigma(\theta):
Q_{\mathrm{ind}}=-\frac{q}{4\pi}\cdot\frac{a^{2}-R^{2}}{R}\,2\pi R^{2}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin\theta\,d\theta}{\big(R^{2}+a^{2}-2aR\cos\theta\big)^{3/2}}.
Simplificando constantes:
Q_{\mathrm{ind}}=-\frac{q}{2}\,R(a^{2}-R^{2})\int_{0}^{\pi}\frac{\sin\theta\,d\theta}{\big(R^{2}+a^{2}-2aR\cos\theta\big)^{3/2}}.
Faço a substituição u=\cos\theta ( du=-\sin\theta\,d\theta), integrando de u=1 a u=-1:
\int_{0}^{\pi}\frac{\sin\theta\,d\theta}{(R^{2}+a^{2}-2aR\cos\theta)^{3/2}} =\int_{-1}^{1}\frac{du}{(R^{2}+a^{2}-2aRu)^{3/2}}.
Calculo a integral padrão: com \alpha=R^{2}+a^{2} e \beta=2aR,
\int_{-1}^{1}\frac{du}{(\alpha-\beta u)^{3/2}} =\frac{2}{\beta}\left(\frac{1}{\sqrt{\alpha-\beta}}-\frac{1}{\sqrt{\alpha+\beta}}\right).
Mas \alpha\pm\beta=(a\pm R)^{2}, então a expressão torna-se
\int_{-1}^{1}\frac{du}{(\alpha-\beta u)^{3/2}} =\frac{2}{2aR}\left(\frac{1}{a-R}-\frac{1}{a+R}\right) =\frac{2}{a(a^{2}-R^{2})}.
Substituindo na expressão de Q_{\mathrm{ind}}:
Q_{\mathrm{ind}}=-\frac{q}{2}\,R(a^{2}-R^{2})\cdot\frac{2}{a(a^{2}-R^{2})}=-\frac{qR}{a}.
Isso verifica a identidade pedida. Físicamente: a carga total induzida é -qR/a, consistente com o valor da carga imagem q'=-qR/a; a carga imagem simula a distribuição induzida na superfície.

Passo 7

Calcular a força entre a esfera e a carga q.
Uma propriedade poderosa do método da imagem é que, para calcular a força sobre a carga real q devido à condutora (isto é, devido às cargas induzidas), basta calcular a força coulombiana entre q e a carga imagem q' (porque a imagem reproduz o efeito do condutor na região externa). Então a força (na direção radial) é
\mathbf{F}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{qq'}{(a-b)^{2}}\hat{\mathbf{r}},
onde b=R^{2}/a é a posição da imagem e a-b é a separação entre q (em r=a) e q' (em r=b). Substituindo q'=-\dfrac{qR}{a} e a-b=\dfrac{a^{2}-R^{2}}{a} obtemos o módulo e o sinal:
F=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q\left(-\dfrac{qR}{a}\right)}{\left(\dfrac{a^{2}-R^{2}}{a}\right)^{2}} =-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^{2}Ra}{(a^{2}-R^{2})^{2}}.
O sinal negativo indica força atrativa dirigida para o centro (ou seja, para reduzir r). Isso coincide com a resposta fornecida.

Passo 8

Calcular a energia eletrostática do sistema carga–esfera.
Forma prática: a energia eletrostática necessária para montar o sistema (com a esfera aterrada) é metade da energia de interação entre a carga real q e a carga imagem q'. Uma forma intuitiva e correta de ver isso é: a energia total do campo pode ser escrita como \dfrac{\varepsilon_0}{2}\int E^{2}dV ou como \dfrac{1}{2}\int \rho V\,dV. Se separemos a contribuição da carga real e da induzida, a energia correspondente à interação real–induzida aparece com fator 1/2. Aplicando isso com a imagem que reproduz o potencial induzido, obtemos
W=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{q q'}{a-b}.
Substituindo q'=-\dfrac{qR}{a} e a-b=\dfrac{a^{2}-R^{2}}{a}, tem-se
W=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{-q^{2}R/a}{(a^{2}-R^{2})/a} =-\frac{1}{8\pi\varepsilon_0}\frac{q^{2}R}{a^{2}-R^{2}}.
Isto coincide com a resposta indicada. O sinal negativo mostra que é uma configuração ligada (energia menor que a separação no infinito), ou seja, trabalho seria liberado ao aproximar a carga da esfera (ação atrativa).

Resposta

(a) \displaystyle V(r,\theta)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_{0}}\left[\frac{1}{\sqrt{r^{2}+a^{2}-2ar\cos\theta}}-\frac{1}{\sqrt{R^{2}+\left(\dfrac{ar}{R}\right)^{2}-2ar\cos\theta}}\right]
(b) \displaystyle \sigma(\theta)=-\frac{q}{4\pi}\cdot\frac{a^{2}-R^{2}}{R\big(R^{2}+a^{2}-2aR\cos\theta\big)^{3/2}}\quad\text{e}\quad\int\sigma\,d a=-\frac{qR}{a}
(c) \displaystyle F=-\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{q^{2}Ra}{\big(a^{2}-R^{2}\big)^{2}}
(d) \displaystyle W=-\frac{1}{8\pi\varepsilon_{0}}\frac{q^{2}R}{a^{2}-R^{2}}

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