6. Casca esférica - campo externo - Lei de Coulomb

(a) Escreva d q=\sigma R^{2} \sin \theta d \theta d \varphi e integre em \varphi para obter o “anel de latitude”: d q_{\text {anel }}= 2 \pi \sigma R^{2} \sin \theta d \theta.
(b) Considere o ponto P no eixo z, a distância r do centro. Escreva d E_{z} em função de r, R e \theta.
(c) Utilize simetria para mostrar que apenas a componente ao longo de z sobrevive.
(d) Monte a integral de d E_{z} sobre toda a casca e escreva a contribuição axial do elemento diferencial de campo:
d E_{z}(\theta)=k \frac{d q_{\text {anel }}}{s^{2}(\theta)} \frac{r-R \cos \theta}{s(\theta)}
(e) Técnica do potencial: Manipule a expressão e justifique que:
\frac{d}{d r}\left(\frac{1}{s(\theta)}\right)=-\frac{r-R \cos \theta}{s^{3}(\theta)}
Mostre então que
E_{z}(r)=-k \frac{d}{d r} \int_{0}^{\pi} \frac{2 \pi \sigma R^{2} \sin \theta d \theta}{s(\theta)}
(f) Interprete a integral anterior como o potencial V(r) da casca. Pelo argumento de simetria esférica, sustente que fora da casca V(r)=k Q / r. (Faça uma pesquisa a respeito.)
(g) Derive: E(r)=-d V / d r=k Q / r^{2}, r>R. Indique a direção radial.
(h) Limites: (i) r \gg R \Rightarrow E \sim k Q / r^{2}; (ii) r \rightarrow R^{+} \Rightarrow E \rightarrow k Q / R^{2}.

Passo 1

O enunciado pede o campo elétrico externo de uma casca esférica uniformemente carregada de raio R e densidade superficial \sigma, usando a Lei de Coulomb e em seguida a técnica do potencial. Vamos:
  1. Escrever o elemento de carga dq na casca e integrar em \varphi para obter a carga de um anel de latitude.
  2. Calcular a contribuição diferencial de campo em um ponto P sobre o eixo z a uma distância r do centro.
  3. Mostrar que só a componente axial sobrevive e montar a integral de E_z.
  4. Usar a relação com o potencial para simplificar a integral.
  5. Reconhecer que, por simetria esférica, fora da casca vale V(r)=kQ/r.
  6. Derivar E(r) e discutir os limites.

Passo 2

Em coordenadas esféricas, o elemento de área da casca é
dA = R^2\sin\theta\,d\theta\,d\varphi
e portanto o elemento de carga é
dq = \sigma\,dA = \sigma R^{2}\sin\theta\,d\theta\,d\varphi.
Integrando em \varphi de 0 a 2\pi obtemos a carga de um anel de latitude de ângulo polar \theta:
dq_{\text{anel}} = \int_{0}^{2\pi}\sigma R^{2}\sin\theta\,d\varphi = 2\pi\sigma R^{2}\sin\theta\,d\theta.

Passo 3

Para um ponto P no eixo z a uma distância r do centro, a distância de um elemento do anel a P é
s(\theta) =\sqrt{r^{2}+R^{2}-2rR\cos\theta}.
Por simetria em \varphi, só a componente ao longo do eixo z não se anula.

Passo 4

O módulo do campo devido ao anel é dE=k\,dq_{\text{anel}}/s^{2}. A componente em z é esse módulo vezes \cos\alpha, onde
\cos\alpha =\frac{\text{projeção de }s\text{ em }z}{s} =\frac{r-R\cos\theta}{s(\theta)}.çã
Logo
dE_{z}(\theta) = k\,\frac{dq_{\text{anel}}}{s^{2}(\theta)} \;\frac{r-R\cos\theta}{s(\theta)} = k\,\frac{2\pi\sigma R^{2}\sin\theta\,d\theta}{s^{2}(\theta)} \;\frac{r-R\cos\theta}{s(\theta)}.

Passo 5

Observe que
\frac{d}{dr}\!\biggl(\frac{1}{s(\theta)}\biggr) =-\frac{1}{s^{2}(\theta)}\, \frac{\partial s(\theta)}{\partial r} =-\frac{r-R\cos\theta}{s^{3}(\theta)}.
Portanto
dE_{z}(\theta) = k\,2\pi\sigma R^{2}\sin\theta \;\bigl[-\frac{d}{dr}\bigl(\frac{1}{s(\theta)}\bigr)\bigr]\,d\theta
e integrando \theta de 0 a \pi
E_{z}(r) =\int_{0}^{\pi}dE_{z} =-\,k\,\frac{d}{dr} \int_{0}^{\pi}\frac{2\pi\sigma R^{2}\sin\theta\,d\theta}{s(\theta)}.

Passo 6

A integral
\int_{0}^{\pi}\frac{2\pi\sigma R^{2}\sin\theta\,d\theta}{s(\theta)}
é exatamente \frac{1}{k} vezes o potencial
V(r)=\int\frac{k\,dq}{s}
de toda a casca. Por simetria esférica sabe-se (ou pesquisa) que, para r>R,
V(r)=k\,\frac{Q}{r}, \quad Q=4\pi R^{2}\sigma.

Passo 7

Derivando em r:
E_{z}(r) =-\frac{dV}{dr} =-\frac{d}{dr}\bigl(k\frac{Q}{r}\bigr) =k\,\frac{Q}{r^{2}}, \qquad r>R,
para fora da casca, em direção radial.
Nos limites:
(i) r\gg R\Rightarrow E\sim kQ/r^{2}.
(ii) r\to R^{+}\Rightarrow E\to kQ/R^{2}.

Resposta

\boxed{E(r)=k\,\frac{Q}{r^{2}}\quad(r>R),}
direção radial para fora da casca.

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