1. Uma esfera de raio R e densidade volumétrica de carga (constante) \rho gira com velocidade angular constante \omega.
(c) Encontre o potencial vetor exato para pontos com coordenadas (r, \theta, 0), com r>R.

Passo 1

O que o problema dá e o que pede (em palavras claras e curtas):
  • Dado: uma esfera de raio \,R e densidade volumétrica de carga constante \,\rho, girando com velocidade angular constante \,\omega em torno do eixo z.
  • Pede: o potencial vetor exato para pontos com coordenadas \,(r,\theta,0) (ou seja \varphi=0) com \,r>R (fora da esfera).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A distribuição de carga é volumétrica e uniforme: \rho=\text{const}.
  • A velocidade de cada pequena parcela de carga em posição \mathbf{r}' é \mathbf{v}=\boldsymbol{\omega}\times\mathbf{r}'.
  • Queremos \mathbf{A}(\mathbf{r}) para \,r>R.

Passo 2

Como modelar a corrente e qual fórmula vamos usar — passo-a-passo intuitivo.
  • A corrente volumétrica (densidade de corrente) é a carga por volume vezes a velocidade local:
\mathbf{J}(\mathbf{r}')=\rho\,\mathbf{v}(\mathbf{r}')=\rho\;(\boldsymbol{\omega}\times\mathbf{r}').
Aqui \mathbf{r}' é um ponto dentro da esfera ( |\mathbf{r}'|\le R).
  • Para calcular \mathbf{A} fora da distribuição (isto é, para \,r>R) podemos usar a expansão multipolar para campos magnéticos de uma distribuição de correntes localizadas. O termo dominante a grandes distâncias é o termo dipolar magnético. Para correntes estacionárias, o potencial vetor dipolar é
\mathbf{A}(\mathbf{r})=\frac{\mu_0}{4\pi}\,\frac{\mathbf{m}\times\mathbf{r}}{r^3}, \qquad (r>R)
onde \mathbf{m} é o momento dipolar magnético da distribuição de corrente. Vou explicar e calcular \mathbf{m}.
  • Definição útil do momento dipolar magnético:
\mathbf{m}=\frac{1}{2}\int \mathbf{r}'\times\mathbf{J}(\mathbf{r}')\,d^3r'.
Esta fórmula dá um vetor que caracteriza a distribuição de corrente; para distâncias maiores que a região de correntes, \mathbf{A} é dado por expressão dipolar acima.

Passo 3

Calcular o momento dipolar \mathbf{m} usando a fórmula e a expressão de \mathbf{J}.
  • Substituindo \mathbf{J}=\rho(\boldsymbol{\omega}\times\mathbf{r}'):
\mathbf{m}=\frac{1}{2}\rho\int \mathbf{r}'\times(\boldsymbol{\omega}\times\mathbf{r}')\,d^3r'.
  • Usar a identidade vetorial (produto triplo):
\mathbf{r}'\times(\boldsymbol{\omega}\times\mathbf{r}')=\boldsymbol{\omega}\,(\mathbf{r}'\cdot\mathbf{r}')-\mathbf{r}'(\mathbf{r}'\cdot\boldsymbol{\omega}).
Portanto
\mathbf{m}=\frac{1}{2}\rho\left[\boldsymbol{\omega}\int r'^2\,d^3r' - \int \mathbf{r}'(\mathbf{r}'\cdot\boldsymbol{\omega})\,d^3r'\right].

Passo 4

Avaliar as integrais sobre a esfera com simetria isotrópica.
  • Primeiro, calcule a integral escalar
\int r'^2\,d^3r'=\int_{0}^{R} r'^2 \cdot 4\pi r'^2\,dr' =4\pi\int_{0}^{R} r'^4\,dr' =4\pi\cdot\frac{R^5}{5}=\frac{4\pi R^5}{5}.
  • Segundo, pela simetria esférica vale a relação tensorial
\int r'_i r'_j\,d^3r'=\frac{\delta_{ij}}{3}\int r'^2\,d^3r' =\frac{\delta_{ij}}{3}\cdot\frac{4\pi R^5}{5}=\frac{4\pi R^5}{15}\,\delta_{ij}.
Isto implica, em forma vetorial,
\int \mathbf{r}'(\mathbf{r}'\cdot\boldsymbol{\omega})\,d^3r'=\left(\frac{4\pi R^5}{15}\right)\boldsymbol{\omega}.
  • Substituindo nas expressões para \mathbf{m}:
\mathbf{m}=\frac{1}{2}\rho\left[\boldsymbol{\omega}\cdot\frac{4\pi R^5}{5} - \frac{4\pi R^5}{15}\boldsymbol{\omega}\right] =\frac{1}{2}\rho\,\boldsymbol{\omega}\left(\frac{4\pi R^5}{5}-\frac{4\pi R^5}{15}\right).
Calcule o fator numérico:
\frac{4\pi R^5}{5}-\frac{4\pi R^5}{15}=\frac{4\pi R^5}{5}\left(1-\frac{1}{3}\right)=\frac{4\pi R^5}{5}\cdot\frac{2}{3}=\frac{8\pi R^5}{15}.
Multiplicando por \tfrac{1}{2}\rho
\mathbf{m}=\frac{1}{2}\rho\cdot\frac{8\pi R^5}{15}\,\boldsymbol{\omega}=\frac{4\pi}{15}\,\rho\omega R^5\,\hat{\mathbf{z}},
pois \boldsymbol{\omega}=\omega\,\hat{\mathbf{z}}. Portanto:
\boxed{\mathbf{m}=\frac{4\pi}{15}\,\rho\,\omega\,R^5\,\hat{\mathbf{z}}.}
  • Observação prática (útil na prova): pode-se escrever \mathbf{m} em função da carga total \,Q da esfera, lembrando Q=\dfrac{4\pi R^3}{3}\rho. Substituindo:
\mathbf{m}=\frac{1}{5}\,Q\,\omega\,R^2\,\hat{\mathbf{z}}.
Ambas as formas são equivalentes.

Passo 5

Escrever o potencial vetor \mathbf{A} para \,r>R usando o momento dipolar encontrado.
  • A expressão dipolar geral (válida para r>R) é
\mathbf{A}(\mathbf{r})=\frac{\mu_0}{4\pi}\,\frac{\mathbf{m}\times\mathbf{r}}{r^3}.
Para \mathbf{m}=m\,\hat{\mathbf{z}} essa forma, em coordenadas esféricas (r,\theta,\varphi), tem apenas componente azimutal \varphi-hat:
\mathbf{A}(r,\theta)=A_{\varphi}(r,\theta)\,\hat{\boldsymbol{\varphi}},\qquad A_{\varphi}(r,\theta)=\frac{\mu_0 m}{4\pi}\,\frac{\sin\theta}{r^2}.
(Isto é um resultado padrão: o potencial vetor de um dipolo magnético orientado no eixo z é puramente azimutal.)
  • Substituindo m=\dfrac{4\pi}{15}\rho\omega R^5 obtemos
\frac{\mu_0 m}{4\pi}=\frac{\mu_0}{4\pi}\cdot\frac{4\pi}{15}\rho\omega R^5=\frac{\mu_0\rho\omega R^5}{15}.
Logo
\boxed{A_{\varphi}(r,\theta)=\frac{\mu_0\rho\omega R^5}{15}\,\frac{\sin\theta}{r^2},\qquad (r>R).}
  • Em vetor:
\boxed{\mathbf{A}(r,\theta,\varphi)=\frac{\mu_0\rho\omega R^5}{15}\,\frac{\sin\theta}{r^2}\,\hat{\boldsymbol{\varphi}},\qquad (r>R).}
Para o ponto pedido no enunciado (r,\theta,0) (ou seja \varphi=0), a direção \hat{\boldsymbol{\varphi}} vale a unidade azimutal naquele lugar, então a expressão acima é diretamente aplicável.

Passo 6

Resumo didático rápido (para a prova): o procedimento que sempre funciona para esse tipo de problema
  • escreva \mathbf{J}=\rho(\boldsymbol{\omega}\times\mathbf{r}');
  • calcule o momento dipolar \mathbf{m}=\tfrac{1}{2}\int \mathbf{r}'\times\mathbf{J}\,d^3r' usando identidades vetoriais e simetria (o passo que consome tempo é avaliar as integrais, mas para esfera uniforme há fórmulas prontas: \int r'^2 dV e \int r'_i r'_j dV);
  • use \mathbf{A}=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{\mathbf{m}\times\mathbf{r}}{r^3} para r fora da distribuição;
  • note que o resultado fica só em \hat{\boldsymbol{\varphi}} e decai como 1/r^2.
Força e ânimo: essa é uma conta padrão e elegante — pratica um pouco esse passo de calcular \mathbf{m} com produtos vetoriais e integrais em esfera que é frequente em provas.

Resposta

\displaystyle \mathbf{A}(r,\theta,0)=\frac{\mu_0\,\rho\,\omega\,R^5}{15}\,\frac{\sin\theta}{r^2}\,\hat{\boldsymbol{\varphi}} (válido para r>R).

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