Uma distribuição esférica de cargas é caracterizada por uma densidade de carga \rho constante para r \leq R. Para raios maiores que R, a densidade de carga é nula. Determine o potencial \varphi(r) pela equação de Poisson e por outro método que você conheça.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Dados fornecidos:
    • A densidade de carga é uniforme e constante para r\le R: \rho=\text{const}.
    • Para r>R a densidade de carga é nula: \rho(r)=0 para r>R.
    • Constantes físicas que aparecerão: a permissividade do vácuo \varepsilon_0.
  • O enunciado pede:
    • Determinar o potencial eletrostático \varphi(r) de toda a região (para r\le R e para r\ge R) usando a equação de Poisson.
    • Determinar \varphi(r) por outro método conhecido (vou usar a lei de Gauss para obter \mathbf{E}(r) e depois integrar para obter \varphi(r)).
  • Observações que adoto sem perguntar:
    • Vou escolher a referência \varphi(\infty)=0 (padrão em muitos problemas de eletrostática).
    • A distribuição é esférica (simetria esférica), então \varphi depende apenas de r.

Passo 2

Primeira abordagem: resolver a equação de Poisson. Apresento a equação e a forma a usar na simetria esférica.
  • A equação de Poisson para o potencial é
\nabla^2 \varphi(\mathbf{r}) = -\dfrac{\rho(\mathbf{r})}{\varepsilon_0}.
  • Para simetria esférica (função somente de r) o laplaciano fica
\nabla^2 \varphi(r) = \dfrac{1}{r^2}\dfrac{d}{dr}\!\left(r^2 \dfrac{d\varphi}{dr}\right).
  • Portanto, para r\le R (onde \rho= const) temos a equação ordinária
\dfrac{1}{r^2}\dfrac{d}{dr}\!\left(r^2 \dfrac{d\varphi}{dr}\right) = -\dfrac{\rho}{\varepsilon_0}.
Para r>R (onde \rho=0) obtemos a equação de Laplace
\dfrac{1}{r^2}\dfrac{d}{dr}\!\left(r^2 \dfrac{d\varphi}{dr}\right) = 0.

Passo 3

Resolver a equação para r\le R. Faço integrações passo a passo.
  • Multiplico por r^2 e chamo u(r)=r^2 \varphi'(r). Assim
\dfrac{d}{dr}u(r) = -\dfrac{\rho}{\varepsilon_0} r^2.
  • Integro uma vez em relação a r:
u(r)=r^2\varphi'(r) = -\dfrac{\rho}{\varepsilon_0}\dfrac{r^3}{3} + C_1,
onde C_1 é uma constante de integração.
  • Então
\varphi'(r) = -\dfrac{\rho}{\varepsilon_0}\dfrac{r}{3} + \dfrac{C_1}{r^2}.
  • Imponho condição física no centro: o potencial deve ser finito em r=0. O termo \dfrac{C_1}{r^2} diverge quando r\to 0 a menos que C_1=0. Logo
C_1=0, \qquad \varphi'(r) = -\dfrac{\rho}{\varepsilon_0}\dfrac{r}{3}\quad\text{para } r\le R.
  • Integro novamente para obter \varphi(r) (aqui C_2 é outra constante):
\varphi(r) = -\dfrac{\rho}{\varepsilon_0}\dfrac{r^2}{6} + C_2, \qquad r\le R.

Passo 4

Resolver a equação para r>R e determinar constantes usando condições físicas.
  • Para r>R a equação é \dfrac{1}{r^2}\dfrac{d}{dr}(r^2\varphi')=0. Integração dá
r^2\varphi'(r)=C_3 \quad\Rightarrow\quad \varphi'(r)=\dfrac{C_3}{r^2}.
  • Integrando:
\varphi(r)= -\dfrac{C_3}{r}+C_4,\qquad r>R.
  • Condição de referência: escolho \varphi(\infty)=0. Como -C_3/r\to 0 e C_4 é constante, isso força C_4=0. Assim
\varphi(r) = -\dfrac{C_3}{r},\qquad r>R.
  • Interpretando C_3: o potencial longe deve aproximar-se do potencial de uma carga total Q. Comparando com \varphi(r)\approx \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{r} para grandes r, temos
-\dfrac{C_3}{r} = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{r} \quad\Rightarrow\quad C_3 = -\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}.
(Escolhi sinal consistente com as integrais acima.)
  • A carga total Q da esfera de raio R com densidade \rho é
Q = \dfrac{4}{3}\pi R^3 \rho.
  • Portanto, para r>R
\varphi(r) = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{r} = \dfrac{\rho R^3}{3\varepsilon_0}\dfrac{1}{r}.

Passo 5

Determinar a constante C_2 na solução interna impondo continuidade do potencial em r=R.
  • A continuidade do potencial em r=R exige
\varphi_{\text{in}}(R)=\varphi_{\text{out}}(R).
  • \varphi_{\text{in}}(R) = -\dfrac{\rho}{\varepsilon_0}\dfrac{R^2}{6} + C_2.
  • \varphi_{\text{out}}(R) = \dfrac{\rho R^3}{3\varepsilon_0}\dfrac{1}{R} = \dfrac{\rho R^2}{3\varepsilon_0}.
  • Igualando:
-\dfrac{\rho}{\varepsilon_0}\dfrac{R^2}{6} + C_2 = \dfrac{\rho R^2}{3\varepsilon_0}.
  • Isolando C_2:
C_2 = \dfrac{\rho R^2}{3\varepsilon_0} + \dfrac{\rho R^2}{6\varepsilon_0} = \dfrac{\rho R^2}{2\varepsilon_0}.
  • Logo a solução interna fica
\varphi(r) = -\dfrac{\rho}{\varepsilon_0}\dfrac{r^2}{6} + \dfrac{\rho R^2}{2\varepsilon_0} = \dfrac{\rho}{6\varepsilon_0}\bigl(3R^2 - r^2\bigr),\qquad r\le R.

Passo 6

Resumo das soluções obtidas pela equação de Poisson (com \varphi(\infty)=0).
  • Para r\le R:
\varphi(r) = \dfrac{\rho}{6\varepsilon_0}\bigl(3R^2 - r^2\bigr).
  • Para r\ge R:
\varphi(r) = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{r} = \dfrac{\rho R^3}{3\varepsilon_0}\dfrac{1}{r}.

Passo 7

Segunda abordagem (método alternativo): usar a lei de Gauss para obter \mathbf{E}(r) e então integrar \mathbf{E} para obter \varphi(r). Isso serve como verificação física.
  • A lei de Gauss (forma integral) diz que o fluxo de \mathbf{E} por uma superfície esférica de raio r é \dfrac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0}, e por simetria \mathbf{E} é radial.
  • Para r\le R, a carga encoberta por uma esfera de raio r é
Q_{\text{enc}}(r) = \dfrac{4}{3}\pi r^3 \rho.
Portanto
E_r(r)\cdot 4\pi r^2 = \dfrac{Q_{\text{enc}}(r)}{\varepsilon_0} \quad\Rightarrow\quad E_r(r) = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q_{\text{enc}}(r)}{r^2} = \dfrac{\rho r}{3\varepsilon_0}.
(O vetor campo é \mathbf{E}(r)=E_r(r)\,\hat{\mathbf{r}}.)
  • Para r\ge R a carga encoberta é Q (a carga total), então
E_r(r) = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{r^2} = \dfrac{\rho R^3}{3\varepsilon_0}\dfrac{1}{r^2}.

Passo 8

Integrar o campo para obter o potencial. Lembrando que \mathbf{E}=-\nabla\varphi e, na direção radial,
\varphi(r) - \varphi(\infty) = -\int_{r}^{\infty} \mathbf{E}\cdot d\mathbf{\ell} = -\int_{r}^{\infty} E_r(r')\,dr'.
Com \varphi(\infty)=0:
  • Para r\ge R, só preciso da integral do campo externo:
\varphi(r) = -\int_{r}^{\infty} \dfrac{\rho R^3}{3\varepsilon_0}\dfrac{1}{r'^2}\,dr' = \dfrac{\rho R^3}{3\varepsilon_0}\dfrac{1}{r},
o que coincidirá com o resultado da Poisson.
  • Para r\le R a integral separa-se em duas partes (de r até R usando E_{\text{in}} e de R até \infty usando E_{\text{out}}):
\varphi(r) = -\int_{r}^{R} \dfrac{\rho r'}{3\varepsilon_0}\,dr' \;-\; \int_{R}^{\infty}\dfrac{\rho R^3}{3\varepsilon_0}\dfrac{1}{r'^2}\,dr'.
Calculo as duas integrais:
-\int_{r}^{R} \dfrac{\rho r'}{3\varepsilon_0}\,dr' = -\dfrac{\rho}{3\varepsilon_0}\left[\dfrac{r'^2}{2}\right]_{r}^{R} = -\dfrac{\rho}{6\varepsilon_0}\bigl(R^2 - r^2\bigr).
-\int_{R}^{\infty}\dfrac{\rho R^3}{3\varepsilon_0}\dfrac{1}{r'^2}\,dr' = -\dfrac{\rho R^3}{3\varepsilon_0}\left[-\dfrac{1}{r'}\right]_{R}^{\infty} = \dfrac{\rho R^2}{3\varepsilon_0}.
Somando:
\varphi(r) = -\dfrac{\rho}{6\varepsilon_0}\bigl(R^2 - r^2\bigr) + \dfrac{\rho R^2}{3\varepsilon_0} = \dfrac{\rho}{6\varepsilon_0}\bigl(3R^2 - r^2\bigr),
o que coincide com a solução obtida por Poisson.

Passo 9

Comentário físico e verificações rápidas (para ganhar confiança na resposta).
  • No centro r=0 obtemos \varphi(0)=\dfrac{\rho}{6\varepsilon_0}3R^2 = \dfrac{\rho R^2}{2\varepsilon_0}, finito como esperado.
  • A derivada \varphi'(r) dá o campo \mathbf{E} por \mathbf{E}=-\varphi'(r)\hat{\mathbf r}, e retornam as expressões obtidas via Gauss.
  • Para r\to\infty, \varphi(r)\sim Q/(4\pi\varepsilon_0 r) como potencial de uma carga pontual Q.

Resposta

\displaystyle \varphi(r)=\begin{cases} \dfrac{\rho}{6\varepsilon_0}\bigl(3R^2 - r^2\bigr), & r\le R,\\[6pt] \dfrac{\rho R^3}{3\varepsilon_0}\dfrac{1}{r} = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{r}, & r\ge R, \end{cases}
onde \;Q=\dfrac{4}{3}\pi R^3\rho.]

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