Uma casca esférica possui uma distribuição uniforme de carga; (a) utilize a lei de Gauss para demonstrar, utilizando as condições de simetria, que o campo no interior da casca é nulo quando a casca é metálica ou não; (b) demonstre também que o campo no exterior da casca pode ser calculado, considerando a carga total como se fosse concentrada no centro da casca.

Passo 1

O problema pede duas coisas claras: (a) mostrar que o campo elétrico no interior de uma casca esférica com distribuição uniforme de carga é nulo, tanto se a casca for metálica quanto se for não metálica; (b) mostrar que, no exterior da casca, o campo elétrico é igual ao campo que seria produzido por uma carga total Q concentrada no centro da casca.\n\nInformações que o enunciado dá e que vou usar: \n- A casca é esférica e possui uma distribuição uniforme de carga. Vou chamar a carga total de \,Q\, e o raio da casca de \,R.\n- Trata-se de uma casca (forma usual: carga localizada na superfície esférica de raio \,R,).\n- Quero o campo em dois regimes: para pontos com distância radial \,r<R (interior) e para pontos com \,r>R (exterior).\n- Vou usar a lei de Gauss e as condições de simetria (a casca é perfeitamente esférica e a distribuição é uniforme). \n\nNada mais será assumido além disso; agora vou explicar passo a passo como aplicar Gauss e a simetria para concluir (a) e (b).

Passo 2

Apresentando a ferramenta principal: a lei de Gauss. Vou escrevê-la e explicar cada peça dela.\n \oint_{S} \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A} = \frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_{0}}\nExplicação dos símbolos:\n- \mathbf{E} é o campo elétrico no ponto da superfície fechada S.\n- d\mathbf{A} é o vetor área infinitesimal da superfície S; sua direção é normal à superfície apontando para fora e seu módulo é a área do elemento.\n- \oint_{S} indica a integral de superfície fechada: somamos \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A} sobre toda a superfície fechada S.\n- Q_{\text{int}} é a carga total contida dentro da superfície fechada S.\n- \varepsilon_{0} é a permissividade do vácuo (uma constante).\n\nInterpretação rápida e intuitiva: a soma (integral) do fluxo do campo elétrico que sai de uma superfície fechada é proporcional à carga total dentro dela. Essa relação vale sempre, independentemente da forma da superfície — desde que a integral seja feita corretamente.

Passo 3

Argumento de simetria: por que escolher uma superfície gaussiana esférica centrada na casca?\n- A casca é esférica e a distribuição de carga é uniforme. Isso significa que o problema é invariante por rotações em torno do centro: não há direção especial.\n- Consequência prática: o campo elétrico só pode depender da distância radial r ao centro e deve ser radial (ou seja, paralelo ao vetor unitário radial \mathbf{\hat r}). Se existisse uma componente não-radial, a rotação da casca mudaria a direção dessa componente, o que violaria a simetria.\n- Portanto, para um ponto a uma distância r do centro, \mathbf{E}(r) tem a forma \mathbf{E}(r)=E(r)\,\mathbf{\hat r}, onde E(r) é um escalar que depende só de r.\n\nDado isso, é natural escolher como superfície gaussiana uma esfera de raio r centrada na casca. Nessa esfera: \n- \mathbf{E} tem a mesma magnitude em todo ponto da superfície (pois depende só de r).\n- \mathbf{E} é paralelo a d\mathbf{A} em cada ponto (ambos são radiais).\nAssim a integral de superfície simplifica muito, como vou mostrar.

Passo 4

Aplicação de Gauss para pontos no interior da casca: r<R.\n- Escolho a superfície gaussiana S como a esfera de raio r (com r<R), centrada no mesmo centro da casca.\n- Pelo raciocínio de simetria, \mathbf{E}=E(r)\,\mathbf{\hat r} sobre toda a superfície e \mathbf{E} é paralelo a d\mathbf{A}=dA\,\mathbf{\hat r}. Então\n \oint_{S}\mathbf{E}\cdot d\mathbf{A} = \oint_{S} E(r)\,dA = E(r)\oint_{S} dA = E(r)\cdot 4\pi r^{2}.\n- Agora, qual é Q_{\text{int}}? A esfera gaussiana de raio r<R não envolve nenhuma carga, porque toda a carga da casca está localizada na superfície esférica de raio R (fora da esfera de raio r). Logo\n Q_{\text{int}} = 0.\n- Pela lei de Gauss:\n E(r)\cdot 4\pi r^{2} = \frac{0}{\varepsilon_{0}} = 0.\n- Portanto\n E(r) = 0 \quad\text{para}\quad r<R.\nIsto mostra, com cálculo direto, que o campo elétrico no interior da casca é nulo.\n\nComentário sobre o caso metálico: se a casca for um condutor em equilíbrio eletrostático, outro argumento físico (além de Gauss) é o seguinte — cargas livres se redistribuem até que o campo elétrico no interior do material condutor seja zero; senão, cargas continuariam a mover-se. Isso é consistente com o resultado obtido por Gauss. Mas note: Gauss já provê o resultado independente de ser metálica ou não, desde que a carga esteja toda na superfície de raio R.

Passo 5

Aplicação de Gauss para pontos no exterior da casca: r>R.\n- Agora escolho a superfície gaussiana S como a esfera de raio r (com r>R), centrada na casca.\n- Pelo mesmo raciocínio de simetria, a integral de fluxo é\n \oint_{S}\mathbf{E}\cdot d\mathbf{A} = E(r)\cdot 4\pi r^{2}.\n- Desta vez a esfera gaussiana inclui toda a casca, então a carga interna é a carga total da casca:\n Q_{\text{int}} = Q.\n- Aplicando a lei de Gauss:\n E(r)\cdot 4\pi r^{2} = \frac{Q}{\varepsilon_{0}}.\n- Isolando E(r):\n E(r) = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}\,r^{2}}\qquad\text{para}\quad r>R.\n- Em forma vetorial, com direção radial (saindo se Q>0, entrando se Q<0):\n \mathbf{E}(r) = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}\,r^{2}}\,\mathbf{\hat r}\qquad (r>R).

Passo 6

Interpretação física conectando ao enunciado (campo equivalente a uma carga concentrada no centro).\n- A expressão \mathbf{E}(r)=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\,\mathbf{\hat r} é exatamente a lei de Coulomb para o campo produzido por uma carga pontual Q situada na origem (centro da esfera).\n- Portanto, para qualquer ponto externo ( r>R), o campo da casca esférica é idêntico ao campo de uma carga pontual Q colocada no centro da casca. Isso responde a parte (b) do enunciado.\n\nObservação útil (opcional, mas muito comum em provas): se a densidade superficial for \sigma (carga por área), então Q=\sigma\cdot 4\pi R^{2}. Substituindo em E para r>R obtém-se\n E(r) = \frac{\sigma\,4\pi R^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}\,r^{2}} = \frac{\sigma R^{2}}{\varepsilon_{0}\,r^{2}}.
Também é comum verificar o comportamento na superfície: \,E_{\text{fora}}(R)=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}R^{2}} e \,E_{\text{dentro}}(R)=0. A descontinuidade normal do campo é \,E_{\text{fora}}-E_{\text{dentro}}=\dfrac{\sigma}{\varepsilon_{0}}, o que é consistente com a condição de salto de campo em presença de carga superficial \sigma.

Passo 7

Resumo final do raciocínio em linguagem de prova (curto e objetivo), para você usar na hora da avaliação:\n- Pelo princípio de simetria, escolher esfera gaussiana centrada na casca permite tirar E da integral.\n- Para r<R a carga interna é zero → por Gauss \Rightarrow E=0.\n- Para r>R a carga interna é Q → por Gauss \Rightarrow E=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}} radial, igual ao campo de carga pontual no centro.\n\nForça moral: dá pra decorar o método: “Gauss + simetria esférica = retira-se E e conta-se a carga interna”. Isso resolve muitos problemas semelhantes rapidamente. Boa — você já aprendeu o passo a passo que funciona na prova!

Resposta

(a) Para r<R: \mathbf{E}=\mathbf{0}.\n(b) Para r>R: \displaystyle \mathbf{E}(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}\,r^{2}}\,\mathbf{\hat r}.

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