) (2,0 pontos) Calcule o campo elétrico, o potencial elétrico e a energia eletrostática total de uma casca esférica homogênea de carga Q e raio R.

Passo 1

O enunciado pede três coisas sobre uma casca esférica homogênea (isto é, carga distribuída apenas sobre a superfície da esfera): o campo elétrico, o potencial elétrico e a energia eletrostática total. Os dados que temos são:
  • carga total \\ Q colocada uniformemente sobre a casca;
  • raio da casca \\ R;
  • supõe-se vácuo com constante elétrica \\ \varepsilon_0.
    As perguntas explícitas são:
  1. Calcular \mathbf{E}(\mathbf{r}) para todo \\ r (dentro e fora da casca).
  2. Calcular o potencial elétrico V(r) para todo \\ r (com a convenção V(\infty)=0).
  3. Calcular a energia eletrostática total U armazenada no campo (ou trabalho para montar a casca).

Passo 2

Conceito e ferramenta principal: Lei de Gauss. Vou explicar por que usar Gauss aqui e como ela funciona. A Lei de Gauss no formato integral diz:
\oint_{\partial V} \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A} = \frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_0},
onde \oint_{\partial V} é a integral do campo elétrico sobre uma superfície fechada que envolve um volume V, e Q_{\text{int}} é a carga total dentro dessa superfície. Para um problema com simetria esférica (a casca é esférica e a distribuição é uniforme na superfície) o campo elétrico só pode ser radial e com módulo dependendo apenas da distância radial r. Isso simplifica a integral: sobre uma superfície esférica de raio r, \mathbf{E} é paralelo a d\mathbf{A} e constante em módulo, então
\oint \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A} = E(r) \cdot 4\pi r^2.
Usaremos isso para obter E(r).

Passo 3

Campo para \\ r>R (fora da casca). Aqui a superfície gaussiana de raio \\ r envolve toda a carga \\ Q, então Q_{\text{int}}=Q. Aplicando Gauss:
E(r)\,4\pi r^2 = \frac{Q}{\varepsilon_0}.
Isolando E(r) (módulo) obtemos
E(r) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Q}{r^2},\qquad (r>R).
Direção: radial para fora se Q>0, então em vetor:
\mathbf{E}(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Q}{r^2}\,\hat{\mathbf r},\qquad (r>R).
Comentário didático: isso é idêntico ao campo de uma carga puntiforme Q colocada no centro — por simetria, externamente a casca a distribuição se comporta como uma carga pontual.

Passo 4

Campo para \\ r<R (dentro da casca). Se a superfície gaussiana de raio r<R está inteiramente dentro da casca, ela não engloba carga (toda a carga está na superfície r=R). Então Q_{\text{int}}=0. Pela Lei de Gauss:
E(r)\,4\pi r^2 = 0 \implies E(r)=0,\qquad (r<R).
Ou seja, dentro da casca o campo elétrico é nulo. Isso é resultado direto da simetria e do fato de a carga estar somente na superfície.

Passo 5

Relação entre campo e potencial e escolha de referência. O potencial elétrico V(r) é definido pela relação:
\mathbf{E} = -\nabla V,
ou na forma escalar radial (quando \mathbf{E} é radial):
E(r) = -\frac{dV}{dr}.
Escolhemos V(\infty)=0 (convenção comum). Então para r>R podemos obter V(r) integrando:
V(r)-V(\infty) = -\int_{\infty}^{r} \mathbf{E}\cdot d\mathbf{l} = -\int_{\infty}^{r} E(r')\,dr'.
Substituindo E(r')=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{r'^2} e integrando:
V(r) = -\int_{\infty}^{r} \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r'^2}\,dr' = -\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\left[-\frac{1}{r'}\right]_{\infty}^{r} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r},\qquad (r>R).
Ou seja,
V(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Q}{r},\qquad (r>R).

Passo 6

Potencial para \\ r\le R (dentro da casca). Como \mathbf{E}=0 para r<R, o potencial não varia no interior: dV/dr=0 implica V constante dentro. A constante é o valor na superfície r=R. Assim
V(r)=V(R)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Q}{R},\qquad (r\le R).
Verificação de continuidade: o potencial é contínuo em r=R (o campo pode ter descontinuidade normal, que de fato ocorre devido à superfície com densidade superficial de carga).

Passo 7

Energia eletrostática total U — método 1: energia do campo. A energia armazenada no campo elétrico é
U = \frac{\varepsilon_0}{2}\int_{\mathbb{R}^3} E^2(\mathbf{r})\,d^3r.
Como E(r)=0 para r<R, somente a região r\ge R contribui. Em coordenadas esféricas:
U = \frac{\varepsilon_0}{2}\int_{r=R}^{\infty} E^2(r)\,4\pi r^2\,dr.
Substituindo E(r)=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2} para r\ge R:
U = \frac{\varepsilon_0}{2}\int_{R}^{\infty} \left(\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\right)^2 4\pi r^2\,dr.
Agora simplificamos passo a passo:
\left(\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\right)^2 4\pi r^2 = \frac{Q^2}{16\pi^2\varepsilon_0^2}\cdot \frac{4\pi}{r^2} = \frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0^2}\cdot\frac{1}{4r^2}.
Mas é mais direto fazer a álgebra inteira:
U = \frac{\varepsilon_0}{2}\cdot \frac{Q^2}{16\pi^2\varepsilon_0^2}\cdot 4\pi \int_{R}^{\infty}\frac{1}{r^2}\,dr.
Os fatores dão:
\frac{\varepsilon_0}{2}\cdot\frac{4\pi}{16\pi^2\varepsilon_0^2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} = \frac{1}{8\pi\varepsilon_0}.
A integral é \int_R^\infty r^{-2}dr = \left[-\dfrac{1}{r}\right]_R^\infty = \dfrac{1}{R}. Portanto
U = \frac{1}{8\pi\varepsilon_0}\,\frac{Q^2}{R}.

Passo 8

Energia eletrostática total U — método 2 (verificação): trabalho necessário para montar a casca trazendo carga aos poucos desde o infinito. Imagine formar a casca trazendo uma pequena carga dq e depositando-a sobre a superfície já com carga q. A energia necessária para trazer dq é dW = V_{\text{superf}}(q)\,dq, onde V_{\text{superf}}(q)=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{q}{R} é o potencial na superfície quando já existe carga q. Assim
dW = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{R}\,dq.
Integrando q de 0 até Q:
U = \int_0^{Q} \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 R}\,dq = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 R}\cdot\frac{Q^2}{2} = \frac{1}{8\pi\varepsilon_0}\,\frac{Q^2}{R},
o mesmo resultado do método do campo. Isso confirma a consistência física: energia do campo = trabalho de montagem.

Passo 9

Resumo físico e unidades: o campo é nulo no interior e igual ao de uma carga pontual no exterior; o potencial é contínuo e constante no interior; a energia total cresce com Q^2 e diminui com R (menor raio → maior energia, o que faz sentido: concentrar carga custa energia). As expressões obtidas estão em unidades SI (joules para U).

Resposta

\displaystyle \mathbf{E}(r)=\begin{cases} 0, & r<R,\\[6pt] \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{r^2}\,\hat{\mathbf r}, & r>R, \end{cases}
\displaystyle V(r)=\begin{cases} \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{R}, & r\le R,\\[6pt] \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{r}, & r>R, \end{cases}
\displaystyle U=\dfrac{1}{8\pi\varepsilon_0}\,\dfrac{Q^2}{R}.]

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