Duas cascas esféricas condutoras, concêntricas, de raios R_{1} e R_{2} com R_{2}>R_{1}, estão carregadas com cargas 2 Q e -Q , respectivamente. Calcule a energia eletrostática do sistema via campo elétrico e via potencial eletrostático.
Resposta: U=\frac{Q^{2}}{8 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\left(4 R_{2}-3 R_{1}\right)}{R_{1} R_{2}}

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede:
  • Duas cascas esféricas condutoras, concêntricas, com raios R_{1} e R_{2}, com R_{2}>R_{1}.
  • As cargas das cascas são: casca interna (raio R_{1}) com carga 2Q e casca externa (raio R_{2}) com carga -Q.
  • Pede-se a energia eletrostática total U do sistema, calculada de duas maneiras:
    1. via campo elétrico (integrando a densidade de energia \tfrac{1}{2}\varepsilon_0 E^2 em todo o espaço);
    2. via potencial eletrostático (usando a expressão apropriada para condensadores/conductores).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • As cascas são condutoras e concêntricas (logo campos e potenciais dependem só de r).
  • Cargas totais conhecidas: q_1=2Q na casca de raio R_1 e q_2=-Q na casca de raio R_2.
  • Valor da permissividade do vácuo: \varepsilon_0.

Passo 2

Determinar o campo elétrico em cada região (usando Gauss, porque a simetria esférica facilita muito).
Regiões:
  • Região I: r<R_{1} (dentro da casca interna). Como é condutor, campo elétrico interno é zero:
E(r)=0,\qquad r<R_{1}.
  • Região II: R_{1}<r<R_{2} (entre as cascas). Utilizando a lei de Gauss para uma superfície esférica de raio r com R_{1}<r<R_{2}, a carga inteira dentro da superfície é 2Q. Portanto o campo é o mesmo que de uma carga pontual 2Q no centro:
E(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2Q}{r^{2}}=\frac{2Q}{4\pi\varepsilon_0\,r^{2}},\qquad R_{1}<r<R_{2}.
  • Região III: r>R_{2} (fora das duas cascas). A carga total envolvida é 2Q+(-Q)=Q. Assim
E(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r^{2}}=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0\,r^{2}},\qquad r>R_{2}.
Explicação curta: para cascas esféricas condutoras a distribuição externa se comporta como carga pontual no centro para pontos fora; dentro de uma casca a contribuição dessa casca é constante (campo zero) e a contribuição de cascas internas se comporta como cargas pontuais.

Passo 3

Energia via campo elétrico: fórmula e setup da integral.
A densidade de energia eletrostática é
u(r)=\frac{1}{2}\varepsilon_0 E(r)^2.
A energia total é a integral dessa densidade sobre todo o espaço:
U=\int_{\text{todo espaço}} u\,dV=\frac{1}{2}\varepsilon_0\int_{0}^{\infty} E(r)^2\,4\pi r^{2}\,dr.ç
Como E(r)=0 para 0\le r<R_{1}, só precisamos integrar nas regiões II e III:
U=\frac{1}{2}\varepsilon_0\left[\int_{R_{1}}^{R_{2}} E_{\text{II}}(r)^2\,4\pi r^{2}\,dr+\int_{R_{2}}^{\infty} E_{\text{III}}(r)^2\,4\pi r^{2}\,dr\right].

Passo 4

Calcular a contribuição da região II ( R_{1}<r<R_{2}).
Primeiro escrever E_{\text{II}}(r) explicitamente:
E_{\text{II}}(r)=\frac{2Q}{4\pi\varepsilon_0\,r^{2}}=\frac{Q}{2\pi\varepsilon_0\,r^{2}}.
Calcular E_{\text{II}}(r)^2 e inserir na integral:
E_{\text{II}}^2=\frac{Q^{2}}{4\pi^{2}\varepsilon_0^{2}\,r^{4}}.
Então a energia na região II é
U_{\text{II}}=\frac{1}{2}\varepsilon_0\int_{R_{1}}^{R_{2}}\frac{Q^{2}}{4\pi^{2}\varepsilon_0^{2}\,r^{4}}\,4\pi r^{2}\,dr.
Agora simplificar o integrando antes de integrar:
\frac{1}{2}\varepsilon_0\cdot\frac{Q^{2}}{4\pi^{2}\varepsilon_0^{2}}\cdot 4\pi \cdot \frac{r^{2}}{r^{4}} = \frac{Q^{2}}{2\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{1}{r^{2}}.
Portanto
U_{\text{II}}=\frac{Q^{2}}{2\pi\varepsilon_0}\int_{R_{1}}^{R_{2}}\frac{1}{r^{2}}\,dr.
Integrando \int \! r^{-2} dr = -\dfrac{1}{r}:
U_{\text{II}}=\frac{Q^{2}}{2\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{R_{1}}-\frac{1}{R_{2}}\right).

Passo 5

Calcular a contribuição da região III ( r>R_{2}).
Escrevemos E_{\text{III}}(r):
E_{\text{III}}(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0\,r^{2}}.
Logo
E_{\text{III}}^2=\frac{Q^{2}}{16\pi^{2}\varepsilon_0^{2}\,r^{4}}.
A energia na região III é
U_{\text{III}}=\frac{1}{2}\varepsilon_0\int_{R_{2}}^{\infty}\frac{Q^{2}}{16\pi^{2}\varepsilon_0^{2}\,r^{4}}\,4\pi r^{2}\,dr.
Simplificando o integrando:
\frac{1}{2}\varepsilon_0\cdot\frac{Q^{2}}{16\pi^{2}\varepsilon_0^{2}}\cdot 4\pi \cdot \frac{1}{r^{2}} = \frac{Q^{2}}{8\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{1}{r^{2}}.
Portanto
U_{\text{III}}=\frac{Q^{2}}{8\pi\varepsilon_0}\int_{R_{2}}^{\infty}\frac{1}{r^{2}}\,dr.
Integrando:
U_{\text{III}}=\frac{Q^{2}}{8\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{R_{2}}\right).

Passo 6

Somar as contribuições das duas regiões para obter U via campo elétrico.
U=U_{\text{II}}+U_{\text{III}} =\frac{Q^{2}}{2\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{R_{1}}-\frac{1}{R_{2}}\right) +\frac{Q^{2}}{8\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{1}{R_{2}}.
Colocando em comum denominador \,8\pi\varepsilon_0:
U=\frac{4Q^{2}}{8\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{1}{R_{1}}-\frac{4Q^{2}}{8\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{1}{R_{2}} +\frac{Q^{2}}{8\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{1}{R_{2}}.
Agrupando os termos em 1/R_{2}:
U=\frac{Q^{2}}{8\pi\varepsilon_0}\left(\frac{4}{R_{1}}-\frac{3}{R_{2}}\right).
Reescrevendo numa única fração:
U=\frac{Q^{2}}{8\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{4R_{2}-3R_{1}}{R_{1}R_{2}}.

Passo 7

Agora calcular U via potencial eletrostático (método das cargas e potenciais de condutores).
Teorema usado: para um sistema de condutores com cargas q_i e potenciais V_i (potencial de cada condutor medido em relação ao infinito), a energia eletrostática pode ser escrita como
U=\frac{1}{2}\sum_{i} q_{i}V_{i}.
Isto é útil porque cada casca é um condutor e tem potencial uniforme.

Passo 8

Calcular os potenciais das cascas.
Potencial da casca interna (raio R_{1}), devido às duas cascas:
  • contribuição da própria carga 2Q (na superfície) é \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{2Q}{R_{1}};
  • contribuição da casca externa -Q é, para pontos internos à casca externa, igual ao potencial na superfície da casca externa, ou seja \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{-Q}{R_{2}}.
Logo o potencial da casca interna é
V_{1}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{2Q}{R_{1}}-\frac{Q}{R_{2}}\right).
Potencial da casca externa (raio R_{2}):
  • contribuição da casca interna 2Q vista a distância R_{2} é \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{2Q}{R_{2}};
  • contribuição da própria casca externa é \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{-Q}{R_{2}}.
Portanto
V_{2}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{2Q}{R_{2}}-\frac{Q}{R_{2}}\right)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{Q}{R_{2}}.
Observação: atenção ao sinal da carga externa -Q ao somar as contribuições.

Passo 9

Aplicar a fórmula U=\dfrac{1}{2}\sum q_{i}V_{i}.
Com q_{1}=2Q, q_{2}=-Q, V_{1} e V_{2} obtidos:
U=\frac{1}{2}\left[2Q\cdot\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{2Q}{R_{1}}-\frac{Q}{R_{2}}\right) +(-Q)\cdot\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{Q}{R_{2}}\right].
Fatorando \dfrac{1}{8\pi\varepsilon_0} (porque \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}=\tfrac{1}{8\pi\varepsilon_0}) e simplificando os produtos:
U=\frac{1}{8\pi\varepsilon_0}\left(4\frac{Q^{2}}{R_{1}}-3\frac{Q^{2}}{R_{2}}\right) =\frac{Q^{2}}{8\pi\varepsilon_0}\left(\frac{4}{R_{1}}-\frac{3}{R_{2}}\right).
Isto coincide exatamente com o resultado obtido pela integração do campo.

Resposta

U=\frac{Q^{2}}{8\pi\varepsilon_{0}}\frac{4R_{2}-3R_{1}}{R_{1}R_{2}}

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