Considere uma esfera de raio a. A esfera possui uma densidade que varia como função da distância ao centro através ds função \rho=A r^{2}. A carga total da esfera é Q.
(a) Encontre A
(b) Encontre o potencial fora da esfera.
(c) Encontre o campo fora da esfera.
(d) Encontre o potencial dentro da esfera.
(e) Encontre o campo dentro da esfera.

Passo 1

O enunciado dá uma esfera de raio a com densidade volumétrica que varia com a distância ao centro segundo \rho(r)=A r^{2}. A carga total da esfera é Q. As perguntas são:
(a) encontrar A;
(b) encontrar o potencial fora da esfera (para r\ge a);
(c) encontrar o campo elétrico fora da esfera (para r\ge a);
(d) encontrar o potencial dentro da esfera (para r\le a);
(e) encontrar o campo dentro da esfera (para r\le a).
Informações relevantes dadas:
  • raio da esfera: a;
  • densidade volumétrica: \rho(r)=A r^{2}, onde r é a distância ao centro;
  • carga total (somatória de toda a carga na esfera): Q.
    Vou usar a condição física usual de referenciar o potencial no infinito por V(\infty)=0, a menos que o enunciado diga outra coisa.

Passo 2

Encontrar A usando a definição de carga total como integral da densidade sobre o volume.
Explicação rápida do que é a densidade e o elemento de volume: \rho(r) é carga por unidade de volume em função de r. Num sistema esférico, um elemento de volume de uma casca esférica de raio r e espessura \mathrm{d}r tem volume \mathrm{d}V=4\pi r^{2}\mathrm{d}r (área da superfície 4\pi r^{2} vezes a espessura). Por isso a carga da casca é \rho(r)\,\mathrm{d}V.
Montamos a integral da carga total:
Q=\int_{V}\rho\,\mathrm{d}V=\int_{0}^{a} \bigl(A r^{2}\bigr)\,4\pi r^{2}\mathrm{d}r=4\pi A\int_{0}^{a} r^{4}\mathrm{d}r.
Calcule a integral:
\int_{0}^{a} r^{4}\mathrm{d}r=\left[\frac{r^{5}}{5}\right]_{0}^{a}=\frac{a^{5}}{5}.
Portanto
Q=4\pi A\cdot\frac{a^{5}}{5}=\frac{4\pi A a^{5}}{5}.
Isolando A:
A=\frac{5Q}{4\pi a^{5}}.

Passo 3

Campo elétrico fora da esfera ( r\ge a) — uso da simetria esférica e da Lei de Gauss.
Breve aula: a Lei de Gauss diz que a integral de \mathbf{E} sobre uma superfície fechada vale a carga interna dividida por \varepsilon_{0}:
\oint \mathbf{E}\cdot\mathrm{d}\mathbf{A}=\frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_{0}}.
Para uma superfície esférica de raio r centrada na origem, por simetria \mathbf{E} tem direção radial e módulo constante sobre a superfície, então \oint \mathbf{E}\cdot\mathrm{d}\mathbf{A}=E(r)\cdot 4\pi r^{2}.
Para r\ge a toda a carga Q está dentro da superfície, então Q_{\text{int}}=Q. Aplicando Gauss:
E(r)\,4\pi r^{2}=\frac{Q}{\varepsilon_{0}}\quad\Rightarrow\quad E(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0} r^{2}}.
Em forma vetorial, com \hat{r} apontando radialmente para fora:
\mathbf{E}(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0} r^{2}}\,\hat{r},\qquad r\ge a.
Comentário intuitivo: fora da esfera o campo é idêntico ao de uma carga pontual Q no centro — resultado clássico por simetria esférica.

Passo 4

Potencial fora da esfera ( r\ge a) — integrar o campo ou usar o resultado de carga pontual.
Definição usada: o potencial escalar V(r) satisfaz \mathbf{E}=-\nabla V. Para simetria radial isso dá E(r)=-\dfrac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}r}. Tomando V(\infty)=0 e integrando de \infty até r:
V(r)=-\int_{\infty}^{r} E(r')\mathrm{d}r'=-\int_{\infty}^{r} \frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0} r'^{2}}\mathrm{d}r' .
Calcule a integral:
V(r)=\left.\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0} r'}\right|_{\infty}^{r}=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0} r},\qquad r\ge a.
Isto é exatamente o potencial de uma carga pontual Q no centro.

Passo 5

Carga encerrada por uma esfera de raio r\le a — passo intermediário para campo e potencial internos.
Para r\le a calculamos a carga dentro de raio r (usar variável dummy r' na integração):
Q_{\text{int}}(r)=\int_{0}^{r} \rho(r')\,\mathrm{d}V'= \int_{0}^{r} \bigl(A r'^{2}\bigr)\,4\pi r'^{2}\mathrm{d}r' =4\pi A\int_{0}^{r} r'^{4}\mathrm{d}r'.
Avalia a integral:
\int_{0}^{r} r'^{4}\mathrm{d}r'=\frac{r^{5}}{5}.
Portanto
Q_{\text{int}}(r)=4\pi A\cdot\frac{r^{5}}{5}.
Substituindo o valor de A achado no Passo 2 ( A=\dfrac{5Q}{4\pi a^{5}}):
Q_{\text{int}}(r)=4\pi\cdot\frac{5Q}{4\pi a^{5}}\cdot\frac{r^{5}}{5}=Q\frac{r^{5}}{a^{5}}.
Resultado intuitivo: a fração da carga encerrada é \bigl(r/a\bigr)^{5}.

Passo 6

Campo dentro da esfera ( r\le a) usando Gauss.
Aplicando Gauss a uma superfície esférica de raio r\le a:
E(r)\,4\pi r^{2}=\frac{Q_{\text{int}}(r)}{\varepsilon_{0}}=\frac{Q}{\varepsilon_{0}}\frac{r^{5}}{a^{5}}.
Isolando E(r):
E(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{r^{3}}{a^{5}}.
Em forma vetorial:
\mathbf{E}(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{r^{3}}{a^{5}}\,\hat{r},\qquad r\le a.
Observações úteis: E(0)=0 (como esperado por simetria) e E(r) é contínuo em r=a (verificação rápida: em r=a a expressão interior vira Q/(4\pi\varepsilon_0 a^{2}), que coincide com o valor externo).

Passo 7

Potencial dentro da esfera ( r\le a) — integração a partir de a ou a partir do infinito.
Método: usar continuidade do potencial em r=a e integrar E radialmente. Primeiro temos V(a)=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0} a} (do Passo 4). Para r\le a,
V(r)=V(a)-\int_{a}^{r} E(r')\mathrm{d}r'.
Substitua E(r')=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}}\dfrac{{r'}^{3}}{a^{5}}:
V(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0} a}-\int_{a}^{r}\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{{r'}^{3}}{a^{5}}\mathrm{d}r' =\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0} a}-\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0} a^{5}}\int_{a}^{r}{r'}^{3}\mathrm{d}r'.
Calcule a integral:
\int_{a}^{r}{r'}^{3}\mathrm{d}r'=\left[\frac{{r'}^{4}}{4}\right]_{a}^{r}=\frac{r^{4}-a^{4}}{4}.
Logo
V(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0} a}-\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0} a^{5}}\cdot\frac{r^{4}-a^{4}}{4}.
Colocando em forma mais compacta:
V(r)=\frac{Q}{16\pi\varepsilon_{0} a^{5}}\bigl(5a^{4}-r^{4}\bigr),\qquad r\le a.
Verificação rápida (sanity check): em r=a isto dá V(a)=\dfrac{Q}{16\pi\varepsilon_{0} a^{5}}(5a^{4}-a^{4})=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0} a}, compatível com o externo; derivando -\dfrac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}r} recupera E(r) interno.

Passo 8

Verificação (cheia de carinho): diferenciar o potencial interno e conferir que retorna o campo interno.
Diferenciando V(r)=\dfrac{Q}{16\pi\varepsilon_{0} a^{5}}(5a^{4}-r^{4}):
-\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}r}=-\frac{Q}{16\pi\varepsilon_{0} a^{5}}\cdot(-4r^{3})=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{r^{3}}{a^{5}},
que é exatamente E(r) do Passo 6. Tudo consistente — ótimo sinal de que os cálculos estão corretos.

Resposta

(a) A=\dfrac{5Q}{4\pi a^{5}}
(b) V(r)=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0} r},\qquad r\ge a
(c) \mathbf{E}(r)=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0} r^{2}}\,\hat{r},\qquad r\ge a
(d) V(r)=\dfrac{Q}{16\pi\varepsilon_{0} a^{5}}\bigl(5a^{4}-r^{4}\bigr),\qquad r\le a
(e) \mathbf{E}(r)=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}}\dfrac{r^{3}}{a^{5}}\,\hat{r},\qquad r\le a

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