Desafio! O objetivo desse problema é calcular a energia eletrostática de uma esfera de raio R uniformemente carregada com carga total Q utilizando dois procedimentos diferentes.
(a) Considere a esfera como uma cebola, formada por diversas cascas de espessura bem pequena (no limite, serão infinitas cascas com espessura infinitesimal cada uma). Calcule, então, o trabalho total das forças eletrostáticas realizado quando a esfera é desfeita levando-se cada casca para o infinito.
(b) Calcule a auto-energia da esfera utilizando a expressão para a energia eletrostática U de uma distribuição contínua qualquer de cargas
U=\frac{1}{2} \int_{\mathcal{R}} \rho(\mathbf{r}) V(\mathbf{r}) d^{3} \mathbf{r}
onde \mathcal{R} é a região onde a densidade volumar de cargas é diferente de zero. Confira o resultado com o do item anterior.

Passo 1

O enunciado dá uma esfera de raio R com carga total Q distribuída uniformemente no volume (densidade volumétrica constante). As tarefas são duas:
  • (a) Calcular o trabalho total (energia) necessário para “desfazer” a esfera levando cada casca concêntrica para o infinito — ou seja, montar a esfera casca a casca, escrevendo o trabalho elementar para trazer uma casca desde o infinito até a posição r.
  • (b) Calcular a energia usando a fórmula da energia eletrostática para uma distribuição contínua:
U=\frac{1}{2}\int_{\mathcal{R}}\rho(\mathbf{r})V(\mathbf{r})\,d^{3}\mathbf{r},
onde \mathcal{R} é o volume da esfera. Em (b) será necessário conhecer a densidade \rho e o potencial V(\mathbf{r}) dentro da esfera ( r\le R).
Informações relevantes dadas/que usaremos (pegas do enunciado):
  • Raio: R.
  • Carga total: Q.
  • Distribuição: uniforme no volume \Rightarrow densidade volumétrica constante \rho.
  • Região de integração em (b): 0\le r\le R.

Passo 2

Preparação das expressões básicas (densidade, carga contida, casca elementar).
  • A densidade volumétrica uniforme é a carga total dividida pelo volume da esfera:
\rho=\frac{Q}{\tfrac{4}{3}\pi R^{3}}=\frac{3Q}{4\pi R^{3}}.
Expliquei: \rho é carga por unidade de volume, então divide-se Q por \tfrac{4}{3}\pi R^{3}.
  • A carga contida numa esfera de raio r\le R é proporcional ao volume \propto r^{3}:
q(r)=\rho\cdot\frac{4}{3}\pi r^{3}=Q\frac{r^{3}}{R^{3}}.
Expliquei: multiplica-se a densidade pelo volume da esfera de raio r.
  • A casca esférica fina entre r e r+dr tem volume dV=4\pi r^{2}dr e carga elementar
dq=\rho\,dV=\rho\cdot 4\pi r^{2}dr.
Expliquei: a área de uma superfície esférica é 4\pi r^{2}; multiplicando por espessura dr dá o volume da casca fina.

Passo 3

Método (a) — montando a esfera casca a casca: expressão do potencial em r devido à carga já reunida no interior e trabalho elementar.
  • Quando já montamos até o raio r, a carga interior é q(r) (escrevi acima). A casca fina de carga dq que trazemos do infinito até a posição r “vê” o potencial devido apenas à carga interior (porque, ao trazê-la de fora, a própria casca não contribui para o potencial naquele momento). O potencial, no ponto da casca, devido à carga interior q(r) é o potencial de uma carga pontual q(r) situada no centro:
V(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{q(r)}{r}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{Q}{R^{3}}\,r^{2}.
Expliquei: para r dentro da esfera, a contribuição da carga interna age como se estivesse concentrada no centro (Lei de Gauss / simetria esférica), então V(r)=q(r)/(4\pi\varepsilon_0 r). Substitui q(r)=Q r^{3}/R^{3} e simplifica para obter V(r) na casca.
  • O trabalho (energia) elementar para trazer a casca dq desde o infinito até r é
dU=V(r)\,dq.
Substituindo V(r) e dq:
dU=\left(\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{Q}{R^{3}}r^{2}\right)\left(\rho\cdot 4\pi r^{2}dr\right).
Agora substituo \rho=\dfrac{3Q}{4\pi R^{3}} para obter uma expressão apenas em Q,R,r.

Passo 4

Continuação do método (a): simplificação e integração.
  • Substituindo \rho em dq e na expressão de dU:
dq=\rho\cdot 4\pi r^{2}dr=\frac{3Q}{4\pi R^{3}}\cdot 4\pi r^{2}dr=\frac{3Q}{R^{3}}r^{2}dr.
Expliquei: os 4\pi cancelam, ficando expressão simples.
  • Então
dU=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{Q}{R^{3}}r^{2}\cdot \frac{3Q}{R^{3}}r^{2}dr =\frac{3Q^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}R^{6}}\,r^{4}dr.
  • Agora integro de r=0 até r=R para obter a energia total:
U=\int_{0}^{R} dU=\frac{3Q^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}R^{6}}\int_{0}^{R} r^{4}dr.
Calculo do integral:
\int_{0}^{R} r^{4}dr=\left[\frac{r^{5}}{5}\right]_{0}^{R}=\frac{R^{5}}{5}.
  • Substituindo:
U=\frac{3Q^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}R^{6}}\cdot\frac{R^{5}}{5}=\frac{3}{5}\cdot\frac{Q^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}R}.
Portanto, pelo método (a):
U=\frac{3}{5}\frac{Q^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}R}.

Passo 5

Método (b) — usar U=\dfrac{1}{2}\int \rho V\,d^{3}r. Vou obter V(r) dentro da esfera e integrar.
  • Primeiro, o campo elétrico dentro da esfera (pela Lei de Gauss): para r\le R,
E(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{q(r)}{r^{2}} =\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{Q}{R^{3}}\,r.
Expliquei: a carga interna é q(r)=Q r^{3}/R^{3}; dividindo por r^{2} q(r)/r^{2}=Q r/R^{3}.
  • O potencial absoluto V(r) (escolhendo V(\infty)=0) pode ser obtido integrando o campo radialmente. Mais simples é usar V(R)=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}R} (potencial na superfície) e integrar do raio R para r:
V(r)-V(R)=-\int_{R}^{r} E(r')\,dr' = -\int_{R}^{r}\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{Q}{R^{3}}r'\,dr'.
Calcule a integral:
-\int_{R}^{r}\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}R^{3}}r'\,dr'=-\frac{Q}{8\pi\varepsilon_{0}R^{3}}\left(r^{2}-R^{2}\right).
Então
V(r)=V(R)-\frac{Q}{8\pi\varepsilon_{0}R^{3}}\left(r^{2}-R^{2}\right).
Substituindo V(R)=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}R} e rearranjando obtemos a forma padrão:
V(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{Q}{2R}\left(3-\frac{r^{2}}{R^{2}}\right),\qquad (r\le R).
Expliquei: verifique em r=R recupera Q/(4\pi\varepsilon_0 R); em r=0 obtém V(0)=\dfrac{3Q}{8\pi\varepsilon_{0}R}.

Passo 6

Aplicar a fórmula U=\dfrac{1}{2}\int \rho V\,d^{3}r usando \rho e V(r) obtidos.
  • A integral se reduz, por simetria esférica, a
U=\frac{1}{2}\int_{0}^{R}\rho\,V(r)\,4\pi r^{2}dr =2\pi\rho\int_{0}^{R}V(r)r^{2}dr.
Expliquei: d^{3}r=4\pi r^{2}dr em coordenadas esféricas para função radial só.
  • Substituo \rho=\dfrac{3Q}{4\pi R^{3}} e V(r)=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\dfrac{Q}{2R}\left(3-\dfrac{r^{2}}{R^{2}}\right):
U=\frac{1}{2}\cdot\frac{3Q}{4\pi R^{3}}\cdot 4\pi\int_{0}^{R}\left(\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{Q}{2R}\left(3-\frac{r^{2}}{R^{2}}\right)\right)r^{2}dr.
Simplifico fatores constantes antes de integrar:
U=\frac{3Q}{2R^{3}}\cdot\frac{Q}{8\pi\varepsilon_{0}R}\int_{0}^{R}\left(3-\frac{r^{2}}{R^{2}}\right)r^{2}dr.
Expliquei: juntei \tfrac{1}{2}, \tfrac{3Q}{4\pi R^{3}} e o 4\pi que vem do elemento de volume.
  • O integrando expande para 3r^{2}-\dfrac{r^{4}}{R^{2}}. Então calculo:
\int_{0}^{R}\left(3r^{2}-\frac{r^{4}}{R^{2}}\right)dr =3\left[\frac{r^{3}}{3}\right]_{0}^{R}-\frac{1}{R^{2}}\left[\frac{r^{5}}{5}\right]_{0}^{R} =R^{3}-\frac{R^{3}}{5}=\frac{4}{5}R^{3}.
  • Substituindo este resultado na expressão de U:
U=\frac{3Q^{2}}{16\pi\varepsilon_{0}R^{4}}\cdot\frac{4}{5}R^{3}.
Simplificando:
U=\frac{3Q^{2}}{16\pi\varepsilon_{0}R^{4}}\cdot\frac{4}{5}R^{3} =\frac{3Q^{2}}{20\pi\varepsilon_{0}R} =\frac{3}{5}\frac{Q^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}R}.
Portanto o método (b) dá o mesmo resultado que (a).

Passo 7

Interpretação e comentário final (curto, motivador).
  • O número \dfrac{3}{5} é menor que \tfrac{1}{2} ou maior? Na verdade \tfrac{3}{5}=0,6 e \tfrac{1}{2}=0,5; para comparação: uma casca esférica fina com a mesma carga teria energia U_{\text{casca}}=\tfrac{1}{2}\dfrac{Q^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}R}. A distribuição volumétrica espalha a carga pelo interior, aumentando o custo de montar a esfera (a energia cresce para 0,6 em vez de 0,5 multiplicado por Q^{2}/(4\pi\varepsilon_{0}R)).
  • Conclusão: os dois procedimentos coincidem, como deveria, pois representam a mesma energia física (energia necessária para montar a distribuição de cargas).

Resposta

U=\frac{3}{5}\frac{Q^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}R}

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