Duas cascas condutoras esféricas de raios r_{a} e r_{b} estão dispostas concentricamente e carregadas de tal forma que possuem potenciais \varphi_{a} e \varphi_{b}, respectivamente. Se r_{b}>r_{a}, determine o potencial entre as cascas e nos pontos r>r_{b}.

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede:
  • Dados:
    • Duas cascas condutoras concêntricas de raios \,r_a e \,r_b com \,r_b>r_a.
    • A casca de raio \,r_a está a potencial \,\varphi_a.
    • A casca de raio \,r_b está a potencial \,\varphi_b.
  • Perguntas:
    1. Determinar o potencial elétrico \varphi(r) na região entre as cascas, isto é para \,r_a<r<r_b.
    2. Determinar o potencial elétrico \varphi(r) nos pontos externos à casca externa, isto é para \,r>r_b.
Observações importantes (informações relevantes do enunciado):
  • As cascas são condutoras e concêntricas, logo o problema é sphericamente simétrico (o potencial depende apenas de \,r).
  • Não foi dada explicitamente a referência do potencial no infinito; para obter a solução física usual vou adotar a convenção padrão: \,\varphi(\infty)=0. Vou mencionar também como ficaríamos caso a referência no infinito fosse diferente.

Passo 2

Ideia geral e equação a resolver (aula curta sobre o método).
  • Em regiões sem cargas (entre as cascas e fora da casca externa) o potencial satisfaz a equação de Laplace. Para simetria esférica a equação reduz-se a uma ODE em \,r:
\frac{1}{r^{2}}\frac{d}{dr}\!\left(r^{2}\frac{d\varphi}{dr}\right)=0.
  • Vamos resolver essa ODE passo a passo (isso é básico e muito útil em provas):
    1. Multiplica por \,r^{2} e integra uma vez:
    \frac{d}{dr}\!\left(r^{2}\frac{d\varphi}{dr}\right)=0 \quad\Rightarrow\quad r^{2}\frac{d\varphi}{dr}=C_1,onde \,C_1 é constante de integração.
    2. Isola \,d\varphi/dr e integra de novo: \frac{d\varphi}{dr}=\frac{C_1}{r^{2}} \quad\Rightarrow\quad \varphi(r)= -\frac{C_1}{r}+C_2,onde \,C_2 é outra constante de integração.
  • Conclusão: a solução geral, em qualquer região esférica sem carga, é da forma
\varphi(r)=A+\frac{B}{r},
onde \,A e \,B são constantes que serão fixadas pelas condições de contorno (valores dos potenciais nas superfícies e comportamento no infinito).

Passo 3

Determinação do potencial na região entre as cascas ( \,r_a<r<r_b).
  • Pela argumentação acima, para \,r_a<r<r_b temos
\varphi(r)=A+\frac{B}{r}.
  • Impomos as condições de contorno conhecidas: \varphi(r_a)=\varphi_a e \varphi(r_b)=\varphi_b. Isso dá o sistema
A+\frac{B}{r_a}=\varphi_a, \qquad A+\frac{B}{r_b}=\varphi_b.
  • Subtraindo as duas equações para eliminar A:
\frac{B}{r_a}-\frac{B}{r_b}=\varphi_a-\varphi_b \quad\Rightarrow\quad B\!\left(\frac{1}{r_a}-\frac{1}{r_b}\right)=\varphi_a-\varphi_b.
  • Resolve-se para B:
B=\frac{\varphi_a-\varphi_b}{\dfrac{1}{r_a}-\dfrac{1}{r_b}} =\frac{(\varphi_a-\varphi_b)\,r_a r_b}{\,r_b-r_a\, }.
  • Agora obtém-se A usando \,A=\varphi_a - B/r_a:
A=\varphi_a-\frac{B}{r_a} =\varphi_a-\frac{(\varphi_a-\varphi_b)\,r_a r_b}{(r_b-r_a)r_a} =\frac{\varphi_b r_b-\varphi_a r_a}{\,r_b-r_a\, }.

Passo 4

Escrever a expressão final para \varphi(r) entre as cascas e interpretar.
  • Substituindo A e B na forma geral:
\varphi(r)=\frac{\varphi_b r_b-\varphi_a r_a}{\,r_b-r_a\,} +\frac{(\varphi_a-\varphi_b)\,r_a r_b}{(r_b-r_a)\,r}, \qquad r_a<r<r_b.
  • Comentário didático: essa fórmula é a combinação de uma parte constante e uma parte proporcional a 1/r. Ela garante que em r=r_a o potencial vale \varphi_a e em r=r_b vale \varphi_b. Em prova, basta lembrar que a solução radial é A+B/r e aplicar as duas condições de contorno para obter A e B.

Passo 5

Potencial fora da casca externa ( r>r_b). hipótese sobre o infinito e solução.
  • Para r>r_b também temos solução da forma
\varphi(r)=A'+\frac{B'}{r}.
  • Para um sistema finito de cargas isoladas é habitual escolher a referência tal que
\varphi(\infty)=0,
ou seja, o potencial tende a zero quando r\to\infty. Adotando essa convenção física (explique-se na prova se mudar a referência), o termo constante deve ser nulo: A'=0.
  • A condição de continuidade do potencial na superfície \,r=r_b
\varphi(r_b)=\varphi_b=\frac{B'}{r_b} \quad\Rightarrow\quad B'=\varphi_b\,r_b.
  • Logo, para r>r_b (com \varphi(\infty)=0) obtemos a forma simples de monopólo:
\varphi(r)=\frac{\varphi_b\,r_b}{r}, \qquad r>r_b.
  • Comentário físico: isso corresponde ao campo gerado por uma carga efetiva Q=4\pi\varepsilon_0 r_b\varphi_b localizada na casca externa (vista de longe), e mostra que o potencial fora decai como 1/r.

Passo 6

Observação final e caso em que a referência em infinito não é zero.
  • Se, por alguma razão, a referência escolhida for \varphi(\infty)=\varphi_\infty\neq 0, então a solução externa fica
\varphi(r)=\varphi_\infty+\frac{(\varphi_b-\varphi_\infty)\,r_b}{r}, \qquad r>r_b,
pois isto garante \varphi(r_b)=\varphi_b e \varphi(\infty)=\varphi_\infty. Normalmente usa-se \varphi_\infty=0, retornando à forma do Passo 5.

Resposta

\displaystyle \varphi(r)=\frac{\varphi_b r_b-\varphi_a r_a}{\,r_b-r_a\,} +\frac{(\varphi_a-\varphi_b)\,r_a r_b}{(r_b-r_a)\,r},\quad r_a<r<r_b.
\displaystyle \varphi(r)=\frac{\varphi_b\,r_b}{r},\quad r>r_b (assumindo \varphi(\infty)=0).

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