Uma esfera de raio a contém uma densidade volumétrica de carga uniforme \rho_{0} \mathrm{C} / \mathrm{m}^{3}. Encontre a energia total armazenada aplicando
(a) a Equação \quad W_{E}=\frac{1}{2} \int_{\text {vol }} \rho_{v} V d v
(b) a Equação W_{E}=\frac{1}{2} \int_{\mathrm{vol}} \mathbf{D} \cdot \mathbf{E} d v=\frac{1}{2} \int_{\mathrm{vol}} \epsilon_{0} E^{2} d v

Passo 1

O enunciado diz que temos uma esfera de raio a com densidade volumétrica de carga uniforme \rho_{0}. Queremos a energia eletrostática armazenada:
  • (a) usando
W_{E} = \tfrac12 \int_{\text{vol}} \rho_{v}\,V\,dv
  • (b) usando
W_{E} = \tfrac12 \int_{\text{vol}} \epsilon_{0} E^{2}\,dv.
Vamos precisar do potencial interno V(r) e do campo \mathbf E(r) obtidos por simetria esférica e Lei de Gauss.

Passo 2

Determinamos o potencial dentro da esfera resolvendo a equação de Poisson ou lembrando o resultado padrão. Em coordenadas esféricas, para r\le a,
V(r) =\frac{\rho_{0}}{6\epsilon_{0}}\bigl(3a^{2}-r^{2}\bigr).

Passo 3

Aplicando
W_{E} =\tfrac12\int_{0}^{a}\rho_{0}\,V(r)\,4\pi r^{2}dr =\tfrac12\int_{0}^{a}\rho_{0}\,\frac{\rho_{0}}{6\epsilon_{0}}(3a^{2}-r^{2})\,4\pi r^{2}dr,
o prefator é
\tfrac12\cdot\frac{4\pi\rho_{0}^{2}}{6\epsilon_{0}} =\frac{\pi\rho_{0}^{2}}{3\epsilon_{0}}
e a integral
\int_{0}^{a}(3a^{2}r^{2}-r^{4})\,dr =3a^{2}\frac{a^{3}}{3}-\frac{a^{5}}{5} =a^{5}-\frac{a^{5}}{5} =\frac{4a^{5}}{5}.
Logo
W_{E} =\frac{\pi\rho_{0}^{2}}{3\epsilon_{0}}\cdot\frac{4a^{5}}{5} =\frac{4\pi\rho_{0}^{2}a^{5}}{15\,\epsilon_{0}}.

Passo 4

Escrevendo Q=\tfrac{4\pi a^{3}\rho_{0}}{3}, temos
\rho_{0}=\frac{3Q}{4\pi a^{3}},
então
W_{E} =\frac{4\pi}{15\epsilon_{0}}\Bigl(\frac{3Q}{4\pi a^{3}}\Bigr)^{2}a^{5} =\frac{3Q^{2}}{20\pi\epsilon_{0}a} =\frac{3}{5}\,\frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\frac{Q^{2}}{a}.

Passo 5

Pelo teorema de Gauss, o campo elétrico é
E(r)= \begin{cases} \displaystyle \frac{\rho_{0}\,r}{3\epsilon_{0}},&r\le a,\\[6pt] \displaystyle \frac{Q}{4\pi\epsilon_{0}\,r^{2}},&r\ge a. \end{cases}]

Passo 6

Energia no interior 0\le r\le a:
W_{\rm in} =\tfrac12\epsilon_{0}\int_{0}^{a}E^{2}(r)\,4\pi r^{2}dr =\tfrac12\epsilon_{0}\int_{0}^{a}\Bigl(\frac{\rho_{0}r}{3\epsilon_{0}}\Bigr)^{2}4\pi r^{2}dr =\frac{2\pi\rho_{0}^{2}}{9\epsilon_{0}}\int_{0}^{a}r^{4}dr =\frac{2\pi\rho_{0}^{2}}{9\epsilon_{0}}\frac{a^{5}}{5} =\frac{2\pi\rho_{0}^{2}a^{5}}{45\,\epsilon_{0}}.

Passo 7

Energia no exterior r\ge a:
W_{\rm out} =\tfrac12\epsilon_{0}\int_{a}^{\infty} \Bigl(\frac{Q}{4\pi\epsilon_{0}r^{2}}\Bigr)^{2}4\pi r^{2}dr =\frac{\epsilon_{0}Q^{2}}{32\pi^{2}\epsilon_{0}^{2}}\int_{a}^{\infty}\frac{4\pi}{r^{2}}dr =\frac{Q^{2}}{8\pi\epsilon_{0}}\Bigl[\!-\frac{1}{r}\Bigr]_{a}^{\infty} =\frac{Q^{2}}{8\pi\epsilon_{0}a}.

Passo 8

Somando
W_{E} =W_{\rm in}+W_{\rm out} =\frac{2\pi\rho_{0}^{2}a^{5}}{45\epsilon_{0}} +\frac{Q^{2}}{8\pi\epsilon_{0}a}.
Substituindo \rho_{0}=3Q/(4\pi a^{3}) na parte interior dá \,Q^{2}/(40\pi\epsilon_{0}a) e
W_{E} =\frac{Q^{2}}{8\pi\epsilon_{0}a}+\frac{Q^{2}}{40\pi\epsilon_{0}a} =\frac{6Q^{2}}{40\pi\epsilon_{0}a} =\frac{3Q^{2}}{20\pi\epsilon_{0}a},
que coincide com o resultado do método (a).

Resposta

W_{E} =\frac{4\pi\rho_{0}^{2}a^{5}}{15\,\epsilon_{0}} =\frac{3Q^{2}}{20\pi\epsilon_{0}a} =\frac{3}{5}\,\frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\frac{Q^{2}}{a}.

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