Considere uma carga puntiforme q localizada na origem O. O campo elétrico é
\mathbf{E}(\mathbf{r})=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q}{r^{2}} \hat{\mathbf{r}}, \quad r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}} .
Seja S a superfície esférica de raio R centrada na origem. Calcule o fluxo elétrico
\Phi=\iint_{S} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{A}
avaliando explicitamente a integral dupla sobre o elemento de área d \mathbf{A}.
Dica: parametrizar a superfície por coordenadas esféricas \theta \in[0, \pi], \varphi \in[0,2 \pi] e lembrar que, na esfera de raio R,
d \mathbf{A}=\hat{\mathbf{r}} R^{2} \sin \theta d \theta d \varphi
Note que neste problema existe um produto escalar entre o campo E e o elemento de área d \mathbf{A}.

Passo 1

O enunciado dá uma carga puntiforme q localizada na origem O. O campo elétrico é
\mathbf{E}(\mathbf{r})=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{q}{r^{2}}\hat{\mathbf{r}},\quad r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}.
A superfície S é a esfera de raio R centrada na origem. Pede-se o fluxo
\Phi=\iint_{S}\mathbf{E}\cdot d\mathbf{A},
avaliando explicitamente a integral dupla usando a parametrização esférica com \theta\in[0,\pi], \varphi\in[0,2\pi]. Foi dada a fórmula do elemento de área na esfera:
d\mathbf{A}=\hat{\mathbf{r}}\,R^{2}\sin\theta\,d\theta\,d\varphi.
Informações relevantes listadas:
  • \mathbf{E} está radial (proporcional a \hat{\mathbf{r}}).
  • Na superfície S temos r=R constante.
  • O produto escalar \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A} precisa ser avaliado explicitamente antes de integrar.

Passo 2

Entendendo os vetores e o produto escalar: \hat{\mathbf{r}} é o vetor unitário radial, apontando para fora da esfera. O elemento de área d\mathbf{A} está orientado para fora e, pela dada expressão, também é paralelo a \hat{\mathbf{r}}. Para dois vetores paralelos, o produto escalar vale o produto dos módulos, isto é, para vetores \mathbf{a}=a\hat{\mathbf{u}} e \mathbf{b}=b\hat{\mathbf{u}} com mesma direção,
\mathbf{a}\cdot\mathbf{b}=ab.
No nosso caso, \mathbf{E} e d\mathbf{A} têm a mesma direção \hat{\mathbf{r}}, então o produto escalar simplifica bastante. Também observe que, sobre a esfera, podemos substituir r=R em \mathbf{E}.

Passo 3

Substituímos r=R em \mathbf{E} e usamos a expressão de d\mathbf{A}. Em forma exibida:
\mathbf{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{q}{R^{2}}\hat{\mathbf{r}},
d\mathbf{A}=\hat{\mathbf{r}}\,R^{2}\sin\theta\,d\theta\,d\varphi.
Agora o produto escalar fica
\mathbf{E}\cdot d\mathbf{A}=\left(\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{q}{R^{2}}\hat{\mathbf{r}}\right)\cdot\left(\hat{\mathbf{r}}\,R^{2}\sin\theta\,d\theta\,d\varphi\right).
Expliquei acima que \hat{\mathbf{r}}\cdot\hat{\mathbf{r}}=1. Simplificando os fatores R^{2} que se cancelam, obtemos
\mathbf{E}\cdot d\mathbf{A}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\,q\,\sin\theta\,d\theta\,d\varphi.

Passo 4

Montamos a integral dupla do fluxo, com os limites padrão da esfera em coordenadas esféricas:
\Phi=\int_{\varphi=0}^{2\pi}\int_{\theta=0}^{\pi}\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\,q\,\sin\theta\,d\theta\,d\varphi.
Aqui \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\,q é constante e pode sair da integração.

Passo 5

Calculo da integral em \theta. A primitiva de \sin\theta é -\cos\theta. Portanto
\int_{0}^{\pi}\sin\theta\,d\theta = \bigl[-\cos\theta\bigr]_{0}^{\pi} = -\cos\pi -\bigl(-\cos0\bigr)= -(-1)+1=2.
Expliquei cada passo: usei a antiderivada e avaliei nos limites 0 e \pi.

Passo 6

Calculo da integral em \varphi. Temos
\int_{0}^{2\pi}d\varphi = 2\pi.
Multiplicando tudo:
\Phi=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\,q\;\times\; \left(\int_{0}^{\pi}\sin\theta\,d\theta\right)\;\times\;\left(\int_{0}^{2\pi}d\varphi\right) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\,q\;\times\;2\;\times\;2\pi.
Simplificando os fatores numéricos,
\Phi=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\,q\cdot 4\pi=\frac{q}{\varepsilon_{0}}.

Passo 7

Comentário didático curto (checagem): o resultado não depende do raio R, como você pode ver pelos cancelamentos. Isso faz sentido fisicamente e coincide com a Lei de Gauss, que afirma que o fluxo sobre uma superfície fechada que envolve a carga q é q/\varepsilon_{0}. Se quisesse resolver a mesma integral para uma superfície não centrada ou não esférica, a integral seria mais trabalhosa; aqui a simetria radial facilita muito porque \mathbf{E} é sempre paralelo a d\mathbf{A}.

Resposta

\displaystyle \Phi=\frac{q}{\varepsilon_{0}}

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