Uma esfera isolante de raio R está eletrizada com cargas positivas de modo que a densidade volumétrica de cargas é dada pela função \rho=\mathcal{A} r^{3}(r \leq R), onde \mathcal{A} é uma constante positiva e r é a distância medida a partir do centro da esfera. Determine o potencial elétrico em qualquer região do espaço, usando como referência V=0 \mathrm{~V} para r \rightarrow \infty, para o potencial fora da esfera, e o potencial na superfície da esfera para determinar o potencial dentro da esfera.

Passo 1

O enunciado dá uma esfera isolante de raio R com densidade volumétrica de carga
\rho(r)=\mathcal{A}\,r^{3}\quad (0\le r\le R),
onde \mathcal{A}>0 é constante e r é a distância ao centro. Fora da esfera ( r>R) não há carga. O referencial é V(\infty)=0.
O que nos pedem:
  • Determinar o potencial elétrico para r>R (fora da esfera).
  • Calcular o potencial na superfície r=R.
  • Usar o potencial da superfície para encontrar o potencial dentro da esfera ( r\le R).
    Lista das informações relevantes:
  • \rho(r)=\mathcal{A}r^3 para 0\le r\le R.
  • \rho(r)=0 para r>R.
  • Condição de referência: V(\infty)=0.

Passo 2

Estratégia (explicada devagar): para uma distribuição esférica com densidade que depende só de r usamos a Lei de Gauss para achar o campo elétrico \mathbf{E}(r). Depois usamos a relação entre potencial e campo elétrico:
V(b)-V(a)=-\int_a^b \mathbf{E}\cdot d\mathbf{\ell},
escolhendo a=\infty e b=r para obter V(r) com a condição V(\infty)=0.
Primeiro precisamos do total de carga contida em uma esfera de raio qualquer r\le R. Definição e cálculo do carregamento interno:
Q_{\text{int}}(r)=\int_{0}^{r}\rho(r')\,d\tau=\int_{0}^{r}\rho(r')\;4\pi r'^{2}\,dr'.
Substituindo \rho(r')=\mathcal{A} r'^{3}:
Q_{\text{int}}(r)=4\pi \mathcal{A}\int_{0}^{r} r'^{5}\,dr'.
Calcule a integral passo a passo:
\int_{0}^{r} r'^{5}\,dr'=\left[\frac{r'^{6}}{6}\right]_{0}^{r}=\frac{r^{6}}{6}.
Portanto
Q_{\text{int}}(r)=4\pi \mathcal{A}\cdot\frac{r^{6}}{6}=\frac{2\pi}{3}\,\mathcal{A}\,r^{6}.
Em particular, a carga total da esfera é
Q_{\text{tot}}=Q_{\text{int}}(R)=\frac{2\pi}{3}\,\mathcal{A}\,R^{6}.

Passo 3

Agora aplicamos a Lei de Gauss para obter o módulo do campo elétrico. Para simetria esférica, em uma superfície esférica de raio r vale
\oint \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A}=E(r)\,4\pi r^{2}=\frac{Q_{\text{int}}(r)}{\varepsilon_0}.
Caso r\le R (ponto dentro da esfera): use Q_{\text{int}}(r)=\dfrac{2\pi}{3}\mathcal{A}r^{6}. Logo
E_{\text{in}}(r)=\frac{Q_{\text{int}}(r)}{4\pi\varepsilon_0 r^{2}} =\frac{\dfrac{2\pi}{3}\mathcal{A}r^{6}}{4\pi\varepsilon_0 r^{2}} =\frac{\mathcal{A}}{6\varepsilon_0}\,r^{4}.
Direção: radial para fora.
Caso r\ge R (fora da esfera): toda a carga está concentrada efetivamente no centro (efeito de campo externo para simetria esférica), então
E_{\text{out}}(r)=\frac{Q_{\text{tot}}}{4\pi\varepsilon_0 r^{2}} =\frac{\dfrac{2\pi}{3}\mathcal{A}R^{6}}{4\pi\varepsilon_0 r^{2}} =\frac{\mathcal{A}R^{6}}{6\varepsilon_0}\,\frac{1}{r^{2}}.

Passo 4

Relação entre E e V: para campo radial E(r) temos
V(r)=-\int_{\infty}^{r} E(r')\,dr'.
Comecemos por r\ge R. Substitua E_{\text{out}}(r')=\dfrac{\mathcal{A}R^{6}}{6\varepsilon_0}\dfrac{1}{r'^{2}}. Calcule a integral:
V_{\text{out}}(r)=-\int_{\infty}^{r}\frac{\mathcal{A}R^{6}}{6\varepsilon_0}\frac{1}{r'^{2}}\,dr' =\frac{\mathcal{A}R^{6}}{6\varepsilon_0}\left(\frac{1}{r}\right).
Detalhe do passo de integração: \int r'^{-2}dr'=-r'^{-1}. Avaliando entre \infty e r -\left(-\dfrac{1}{r}\right)=\dfrac{1}{r}. Assim
V_{\text{out}}(r)=\frac{\mathcal{A}R^{6}}{6\varepsilon_0}\frac{1}{r},\qquad r\ge R.

Passo 5

Potencial na superfície r=R: plugando r=R em V_{\text{out}}:
V(R)=\frac{\mathcal{A}R^{6}}{6\varepsilon_0}\frac{1}{R}=\frac{\mathcal{A}R^{5}}{6\varepsilon_0}.

Passo 6

Agora determinamos V(r) para r\le R. Usamos continuidade do potencial e escrevemos
V(r)=V(R)-\int_{R}^{r} E_{\text{in}}(r')\,dr'.
Substitua E_{\text{in}}(r')=\dfrac{\mathcal{A}}{6\varepsilon_0}r'^{4} e calcule a integral:
\int_{R}^{r}\frac{\mathcal{A}}{6\varepsilon_0}r'^{4}\,dr'=\frac{\mathcal{A}}{6\varepsilon_0}\left[\frac{r'^{5}}{5}\right]_{R}^{r} =\frac{\mathcal{A}}{30\varepsilon_0}\left(r^{5}-R^{5}\right).
Portanto
V(r)=V(R)-\frac{\mathcal{A}}{30\varepsilon_0}\left(r^{5}-R^{5}\right).
Substituindo V(R)=\dfrac{\mathcal{A}R^{5}}{6\varepsilon_0} e simplificando:
V(r)=\frac{\mathcal{A}R^{5}}{6\varepsilon_0}-\frac{\mathcal{A}}{30\varepsilon_0}\left(r^{5}-R^{5}\right) =\frac{\mathcal{A}}{30\varepsilon_0}\left(6R^{5}-r^{5}\right).
Verificação rápida: para r=R obtemos V(R)=\dfrac{\mathcal{A}R^{5}}{6\varepsilon_0} (consistente) e para r\to 0 o potencial é finito:
V(0)=\frac{\mathcal{A}}{30\varepsilon_0}\,6R^{5}=\frac{\mathcal{A}R^{5}}{5\varepsilon_0}.

Passo 7

Resumo físico e checagens:
  • O campo externo decai como 1/r^{2}, então o potencial externo decai como 1/r e satisfaz V(\infty)=0.
  • O potencial é contínuo em r=R e finito em r=0 (o que é esperado para uma distribuição de carga volumétrica regular).
  • Todas as expressões dependem apenas de \mathcal{A}, R e \varepsilon_0.

Resposta

V(r)= \begin{cases} \dfrac{\mathcal{A}R^{6}}{6\varepsilon_{0}}\dfrac{1}{r}, & r\ge R,\\[6pt] \dfrac{\mathcal{A}}{30\varepsilon_{0}}\left(6R^{5}-r^{5}\right), & r\le R. \end{cases}]

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