Para a distribuição de carga \rho(r)=\rho_{0}\left(a^{2}-r^{2}\right), para r<a; e \rho(r)=0, para r>a.
(a) Encontrar o módulo do campo elétrico E e o potencial V para \mathrm{r} \geq a. (b) Encontrar o módulo do campo elétrico E e o potencial V para \mathrm{r} \leq \mathrm{a} \mathrm{e}(\mathrm{c}) Encontrar a carga total. Justifique a sua resposta.

Passo 1

O enunciado dá uma distribuição de carga esfericamente simétrica com densidade
\rho(r)=\rho_{0}\bigl(a^{2}-r^{2}\bigr)\quad\text{para }0\le r<a
e
\rho(r)=0\quad\text{para }r>a.
Pede-se:
(a) o módulo do campo elétrico E e o potencial V para r\ge a;
(b) o módulo do campo elétrico E e o potencial V para r\le a;
(c) a carga total do sistema.
Todas as respostas devem ser funções de r, de \rho_{0}, de a e de \varepsilon_{0}. Vou assumir a condição usual de referência do potencial V(\infty)=0.

Passo 2

Ideia física e ferramenta matemática que vamos usar (explicação didática). A carga é esfericamente simétrica, então o campo elétrico fora e dentro só depende de r e é radial. A lei de Gauss integral em eletrostática diz que, para uma superfície esférica de raio r,
\oint \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A}=\frac{Q_{\text{int}}(r)}{\varepsilon_{0}}.
Aqui Q_{\text{int}}(r) é a carga total contida na esfera de raio r. Para uma esfera simétrica o campo tem módulo E(r) e direção radial, e a integral de superfície dá simplesmente E(r)\cdot 4\pi r^{2}. Assim, a partir de Q_{\text{int}}(r) obtemos E(r) por
E(r)=\frac{Q_{\text{int}}(r)}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}.
Explico: \varepsilon_{0} é a permissividade do vácuo; 4\pi r^{2} é a área da superfície esférica; Q_{\text{int}}(r) vem da integral volumétrica da densidade \rho(r) sobre a esfera de raio r.

Passo 3

Calcular a carga contida numa esfera de raio genérico r\le a. Usamos a fórmula do volume esférico em coordenadas radiais: um elemento de volume é dV=4\pi r'^{2}dr'. Portanto para r\le a,
Q_{\text{int}}(r)=\int_{0}^{r}\rho(r')\,4\pi r'^{2}dr'
Substituindo \rho(r')=\rho_{0}(a^{2}-r'^{2}) obtemos
Q_{\text{int}}(r)=4\pi\rho_{0}\int_{0}^{r}\bigl(a^{2}r'^{2}-r'^{4}\bigr)dr'.

Passo 4

Resolvo a integral explicitamente (mostrando cada passo). Calculemos as primitivas:
\int a^{2}r'^{2}dr' = a^{2}\cdot\frac{r'^{3}}{3}
\int r'^{4}dr' = \frac{r'^{5}}{5}.
Aplicando os limites 0 a r vem
Q_{\text{int}}(r)=4\pi\rho_{0}\left(\frac{a^{2}r^{3}}{3}-\frac{r^{5}}{5}\right).

Passo 5

Agora uso Gauss para obter E(r) para r\le a. Pela fórmula
E(r)=\frac{Q_{\text{int}}(r)}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}
substituo Q_{\text{int}}(r) e simplifico:
E(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\;4\pi\rho_{0}\left(\frac{a^{2}r^{3}}{3}-\frac{r^{5}}{5}\right).
Corta 4\pi e simplifica potências de r:
E(r)=\frac{\rho_{0}}{\varepsilon_{0}}\left(\frac{a^{2}r}{3}-\frac{r^{3}}{5}\right).
Posso escrever de forma factorada:
E(r)=\frac{\rho_{0}}{\varepsilon_{0}}\,r\left(\frac{a^{2}}{3}-\frac{r^{2}}{5}\right),
com direção radial (para sinal de \rho_{0}>0 o campo aponta para fora). Esta é a expressão do módulo de E para r\le a.

Passo 6

Para r\ge a toda a carga do corpo está contida dentro da esfera de raio r, então Q_{\text{int}}(r)=Q_{\text{total}} (a carga total). Primeiro vamos calcular a carga total explicitamente integrando até r=a.

Passo 7

Cálculo da carga total Q. Usamos a expressão de Q_{\text{int}}(r) com r=a:
Q_{\text{total}}=Q_{\text{int}}(a)=4\pi\rho_{0}\left(\frac{a^{2}a^{3}}{3}-\frac{a^{5}}{5}\right).
Simplificando os potes de a:
Q_{\text{total}}=4\pi\rho_{0}\,a^{5}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right).
Calculo do parêntese:
\frac{1}{3}-\frac{1}{5}=\frac{5-3}{15}=\frac{2}{15}.
Logo
Q_{\text{total}}=4\pi\rho_{0}a^{5}\cdot\frac{2}{15}=\frac{8\pi}{15}\rho_{0}a^{5}.
Isto responde a parte (c) e é usado na parte (a).

Passo 8

Campo elétrico para r\ge a. Como toda carga está dentro, o campo fora se comporta como de uma carga pontual Q_{\text{total}} colocada no centro. Pela lei de Coulomb (ou Gauss),
E(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{Q_{\text{total}}}{r^{2}}.
Substituindo Q_{\text{total}}=\dfrac{8\pi}{15}\rho_{0}a^{5} obtemos
E(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{8\pi}{15}\frac{\rho_{0}a^{5}}{r^{2}}.
Simplificando fatores \pi:
E(r)=\frac{2}{15}\frac{\rho_{0}a^{5}}{\varepsilon_{0}}\cdot\frac{1}{r^{2}}.
Ou escrito de modo mais claro,
E(r)=\frac{2\rho_{0}a^{5}}{15\varepsilon_{0}}\cdot\frac{1}{r^{2}},
com direção radial (para fora se \rho_{0}>0).

Passo 9

Agora o potencial. Lembrando a relação entre E e V: para campo radial,
V(b)-V(a)=-\int_{a}^{b}E(r')\,dr'.
Usarei a condição V(\infty)=0 para obter V(r) em todas as regiões.
Primeiro r\ge a. O potencial para r\ge a vindo de uma carga total Q_{\text{total}} é (com V(\infty)=0)
V(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{Q_{\text{total}}}{r}.
Substituindo Q_{\text{total}} obtemos
V(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{8\pi}{15}\frac{\rho_{0}a^{5}}{r} =\frac{2\rho_{0}a^{5}}{15\varepsilon_{0}}\cdot\frac{1}{r}.

Passo 10

Potencial para r\le a. Uma forma prática é calcular V(a) pela expressão externa e depois integrar o campo interior de a até r. Primeiro
V(a)=\frac{2\rho_{0}a^{5}}{15\varepsilon_{0}}\cdot\frac{1}{a}=\frac{2\rho_{0}a^{4}}{15\varepsilon_{0}}.
Em seguida, para r\le a,
V(r)=V(a)-\int_{a}^{r}E(s)\,ds.
Como r<a a integral com limite superior menor muda de sinal; é mais confortável reescrever
V(r)=V(a)+\int_{r}^{a}E(s)\,ds.
Substituo E(s)=\dfrac{\rho_{0}}{\varepsilon_{0}}\!\left(\dfrac{a^{2}s}{3}-\dfrac{s^{3}}{5}\right) e integro:
\int_{r}^{a}E(s)\,ds=\frac{\rho_{0}}{\varepsilon_{0}}\int_{r}^{a}\left(\frac{a^{2}s}{3}-\frac{s^{3}}{5}\right)ds.
Calculo das primitivas:
\int \frac{a^{2}s}{3}ds=\frac{a^{2}s^{2}}{6}, \quad \int \frac{s^{3}}{5}ds=\frac{s^{4}}{20}.
Aplicando os limites r a a
\int_{r}^{a}E(s)\,ds=\frac{\rho_{0}}{\varepsilon_{0}}\left(\frac{a^{4}}{6}-\frac{a^{4}}{20}-\frac{a^{2}r^{2}}{6}+\frac{r^{4}}{20}\right).
Simplificando 1/6-1/20=7/60 e adicionando a V(a) (onde V(a)=(\rho_{0}/\varepsilon_{0})\cdot 2a^{4}/15=(\rho_{0}/\varepsilon_{0})\cdot 8a^{4}/60) obtemos
V(r)=\frac{\rho_{0}}{\varepsilon_{0}}\left(\frac{a^{4}}{4}-\frac{a^{2}r^{2}}{6}+\frac{r^{4}}{20}\right).
Como verificação rápida, se r=a obtemos V(a)=\dfrac{\rho_{0}}{\varepsilon_{0}}\left(\dfrac{a^{4}}{4}-\dfrac{a^{4}}{6}+\dfrac{a^{4}}{20}\right)=\dfrac{2\rho_{0}a^{4}}{15\varepsilon_{0}} que coincide com a expressão externa, logo V é contínua em r=a. Também E(r)=-dV/dr reproduz a expressão interior do passo 5.

Passo 11

Resumo final das expressões (já deduzidas passo a passo):
Para r\ge a:
E(r)=\frac{2\rho_{0}a^{5}}{15\varepsilon_{0}}\cdot\frac{1}{r^{2}}, \qquad V(r)=\frac{2\rho_{0}a^{5}}{15\varepsilon_{0}}\cdot\frac{1}{r}.
Para r\le a:
E(r)=\frac{\rho_{0}}{\varepsilon_{0}}\left(\frac{a^{2}r}{3}-\frac{r^{3}}{5}\right), \qquad V(r)=\frac{\rho_{0}}{\varepsilon_{0}}\left(\frac{a^{4}}{4}-\frac{a^{2}r^{2}}{6}+\frac{r^{4}}{20}\right).
Carga total:
Q_{\text{total}}=\frac{8\pi}{15}\rho_{0}a^{5}.

Resposta

(a) E(r)=\dfrac{2\rho_{0}a^{5}}{15\varepsilon_{0}}\dfrac{1}{r^{2}},\quad V(r)=\dfrac{2\rho_{0}a^{5}}{15\varepsilon_{0}}\dfrac{1}{r} para r\ge a.
(b) E(r)=\dfrac{\rho_{0}}{\varepsilon_{0}}\!\left(\dfrac{a^{2}r}{3}-\dfrac{r^{3}}{5}\right),\quad V(r)=\dfrac{\rho_{0}}{\varepsilon_{0}}\!\left(\dfrac{a^{4}}{4}-\dfrac{a^{2}r^{2}}{6}+\dfrac{r^{4}}{20}\right) para r\le a.
(c) Q_{\text{total}}=\dfrac{8\pi}{15}\,\rho_{0}a^{5}.

Exercícios relacionados