Uma casca esférica fina, condutora, de raio R, está uniformemente carregada com uma carga total Q. Por integração direta, encontre o potencial em um ponto arbitrário
fora da casca.

Passo 1

O enunciado nos dá: uma casca esférica fina, condutora, de raio R, com carga total Q distribuída uniformemente sobre a superfície. A tarefa é: por integração direta, encontrar o potencial elétrico em um ponto arbitrário fora da casca.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • Raio da casca: R.
  • Carga total na casca: Q.
  • O ponto onde queremos o potencial está a uma distância r do centro da casca, com r>R (fora da casca).
  • A distribuição é uniforme na superfície (densidade superficial constante).

Passo 2

Fórmula que vamos usar (potencial devido a uma distribuição superficial de carga): V(\mathbf{r})=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int_{\text{superfície}}\frac{\sigma(\mathbf{r}')}{\lvert\mathbf{r}-\mathbf{r}'\rvert}\,dA',í
onde:
  • \varepsilon_0 é a permissividade do vácuo;
  • \sigma(\mathbf{r}') é a densidade superficial de carga no ponto de fonte \mathbf{r}';
  • dA' é o elemento de área da superfície.
Como a carga é uniforme na superfície, a densidade superficial é \sigma=\frac{Q}{4\pi R^{2}}.
Escolhemos coordenadas esféricas centradas na casca e, sem perda de generalidade (por simetria), colocamos o ponto de observação sobre o eixo polar ( z-axis) a uma distância r do centro. Seja (R,\theta',\varphi') a posição de um elemento de área na casca. A distância entre o ponto de observação e o elemento de carga é, pela lei dos cossenos, \lvert\mathbf{r}-\mathbf{r}'\rvert=\sqrt{r^{2}+R^{2}-2rR\cos\theta'}.

Passo 3

Escrever o integral usando dA'=R^{2}\sin\theta'\,d\theta'\,d\varphi' e \sigma constante: V(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\sigma\int_{0}^{2\pi}\!\int_{0}^{\pi}\frac{R^{2}\sin\theta'\,d\theta'\,d\varphi'}{\sqrt{r^{2}+R^{2}-2rR\cos\theta'}}.
A integranda não depende de \varphi', portanto a integração em \varphi' dá um fator 2\pi: V(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\sigma R^{2}\,2\pi\int_{0}^{\pi}\frac{\sin\theta'\,d\theta'}{\sqrt{r^{2}+R^{2}-2rR\cos\theta'}}.

Passo 4

Fazer a substituição \,u=\cos\theta'\, para simplificar a integral em \theta'. Então \,du=-\sin\theta'\,d\theta'\, e quando \theta'=0 temos u=1, quando \theta'=\pi temos u=-1. Assim: \int_{0}^{\pi}\frac{\sin\theta'\,d\theta'}{\sqrt{r^{2}+R^{2}-2rR\cos\theta'}}=\int_{1}^{-1}\frac{-du}{\sqrt{r^{2}+R^{2}-2rR u}}=\int_{-1}^{1}\frac{du}{\sqrt{r^{2}+R^{2}-2rR u}}.
Defina A=r^{2}+R^{2} e B=2rR. A integral fica \displaystyle\int_{-1}^{1}\frac{du}{\sqrt{A-Bu}}. Uma primitiva é \displaystyle -\frac{2}{B}\sqrt{A-Bu}, pois derivando obtemos \frac{1}{\sqrt{A-Bu}}. Avaliando entre u=-1 e u=1: \int_{-1}^{1}\frac{du}{\sqrt{A-Bu}}=\left[-\frac{2}{B}\sqrt{A-Bu}\right]_{-1}^{1}=\frac{2}{B}\big(\sqrt{A+B}-\sqrt{A-B}\big).
Substituindo A\pm B: A+B=r^{2}+R^{2}+2rR=(r+R)^{2},\qquad A-B=r^{2}+R^{2}-2rR=(r-R)^{2}.
Como r>R, \sqrt{A+B}=r+R e \sqrt{A-B}=r-R. Então a integral vale \frac{2}{B}\big((r+R)-(r-R)\big)=\frac{2}{2rR}\cdot(2R)=\frac{2}{r}.

Passo 5

Voltar ao valor de V(r). Temos V(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\sigma R^{2}\,2\pi\cdot\frac{2}{r}.
Simplificando os fatores: 2\pi\cdot 2 =4\pi, e \sigma 4\pi R^{2}=Q. Portanto V(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{Q}{r},\qquad r>R.
Interpretação física rápida: o potencial fora da casca é exatamente igual ao de uma carga pontual Q colocada no centro da casca — resultado consistente com a simetria esférica e com o teorema de Gauss.

Resposta

V(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Q}{r}\quad\text{para }r>R.

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