(7 pontos) Questão 01: Sabe-se que o campo elétrico de uma carga puntiforme Q situada na origem do sistema de coordenadas é dado pela expressão
\vec{E}(\vec{r})=\frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{Q}{r^{2}} \hat{r},
onde \vec{r} é o vetor posição do ponto no qual o campo é calculado.
(a) Calcule a energia eletrostática desta configuração de carga e interprete o resultado.
(b) Desde a segunda metade do século passado, quando a existência de elétrons, prótons e nêutrons ficou definitivamente estabelecida, o “tamanho” destas estruturas passou a ser tema de intensa investigação científica.
De acordo com o artigo de Chambers e Hofstadter (Phys. Rev. 1031454 (1956)), assuma que o próton é esférico e que a sua densidade de carga tenha a forma
\rho_{p}(r)=b_{0} \frac{e^{-\alpha r}}{r^{2}},
onde estamos trabalhando em coordenadas polares esféricas tomando a origem do sistema de coordenadas no centro do próton. Neste modelo, a densidade de carga é determinada por dois parâmetros: b_{0} e \alpha. Assuma que ambos são reais e positivos. Isto significa que, a rigor, precisamos de duas equações para determiná-los. Sejam Q_{p} a carga do próton e R_{p} o seu raio. A equação que conecta \rho_{p}(\vec{r}) e Q_{p} é
Q_{p}=\int \rho_{p}(\vec{r}) d^{3} \vec{r}
onde d^{3} \vec{r} é o elemento de volume infinitesimal e a integração deve ser realizada ao longo de todo o espaço.
Tecnicamente, o que se determina em laboratório é o raio quadrático médio, dado pela expressão:
R_{p}^{2}=\left\langle r^{2}\right\rangle \equiv \frac{\int r^{2} \rho(\vec{r}) d^{3} \vec{r}}{\int \rho(\vec{r}) d^{3} \vec{r}}
Encontre as equações que permitem determinar b_{0} e \alpha se os valores de Q_{p} e R_{p} forem obtidos experimentalmente.
(c) Determine os valores numéricos de b_{0} e \alpha em unidades do SI sabendo que Q_{p}= 1,602 \times 10^{-19} C e R_{p}=0,800 \times 10^{-15} \mathrm{~m}.
(d) Determine o campo elétrico gerado por esta densidade de carga. Faça um esboço do gráfico de |\vec{E}(\vec{r})| por r.
(e) Determine o potencial eletrostático \Phi(\vec{r}) associado a esta densidade de carga considerando o zero de potencial no infinito. Faça um esboço do gráfico de \Phi(r) por r.
Observação: sugere-se estudar a função exponencial integral para resolver este item e expressar a resposta em função da mesma.

Passo 1

O enunciado nos dá e pede o seguinte (vou listar direitinho para a gente não se perder):
  • Dados fornecidos:
    • Campo elétrico de uma carga puntiforme Q na origem:
    \vec{E}(\vec{r})=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{r^{2}}\hat{r}.
    • Modelo do próton (soma de carga esférica com origem no centro):
    \rho_{p}(r)=b_{0}\frac{e^{-\alpha r}}{r^{2}},
    com b_{0}>0 e \alpha>0.
    • Carga do próton conhecida: Q_{p}=1{,}602\times10^{-19}\\ \mathrm{C}.
    • Raio quadrático médio conhecido: R_{p}=0{,}800\times10^{-15}\\ \mathrm{m}.
  • O que é pedido:
    (a) Calcular a energia eletrostática da configuração de uma carga pontual Q e interpretar o resultado.
    (b) Para o modelo do próton, encontrar as equações que permitem determinar b_{0} e \alpha dado Q_{p} e R_{p}. (A integração do volume é sobre todo o espaço.)
    (c) Calcular numericamente b_{0} e \alpha em unidades SI usando os valores fornecidos.
    (d) Determinar o campo elétrico \vec{E}(\vec{r}) gerado por essa densidade de carga (expressão para todo r) e esboçar o gráfico de |\vec{E}(r)| em função de r.
    (e) Determinar o potencial eletrostático \Phi(\vec{r}) com \Phi(\infty)=0, expressá-lo usando a função exponencial integral, e esboçar o gráfico de \Phi(r) em função de r.

Passo 2

(a) Vamos primeiro lembrar a fórmula física que diz quanta energia há no campo elétrico. A densidade de energia eletrostática (energia por unidade de volume) é
u(\vec{r})=\frac{\epsilon_0}{2}\,|\vec{E}(\vec{r})|^{2}.
Aqui \epsilon_0 é a permissividade do vácuo e |\vec{E}|^2 é o quadrado do módulo do campo. A energia total é a integral dessa densidade sobre todo o espaço:
U=\int_{\text{todo espaço}} u(\vec{r})\,d^{3}\vec{r}=\frac{\epsilon_0}{2}\int |\vec{E}(\vec{r})|^{2} d^{3}\vec{r}.ç
Isto vale sempre, inclusive para uma carga pontual, desde que a integral exista.

Passo 3

(a) Substituímos o campo da carga pontual \vec{E}(\vec{r})=\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\dfrac{Q}{r^{2}}\hat r na expressão de U. Primeiro calculamos |\vec{E}|^{2}:
|\vec{E}(r)|^{2}=\left(\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\right)^{2}\frac{Q^{2}}{r^{4}}.
Agora usamos coordenadas esféricas para integrar sobre todo o espaço: d^{3}\vec{r}=r^{2}\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\varphi. A integral angular dá 4\pi. Assim
U=\frac{\epsilon_0}{2}\left(\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\right)^{2}Q^{2}\cdot 4\pi \int_{0}^{\infty}\frac{1}{r^{4}}\,r^{2}dr =\frac{Q^{2}}{8\pi\epsilon_0}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{r^{2}}\,dr.

Passo 4

(a) A integral \displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{1}{r^{2}}\,dr diverge no limite inferior r\to 0. Para ver a divergência de forma explícita, regularizamos introduzindo um corte no interior: integramos de r=a até \infty e depois fazemos a\to 0^{+}:
U(a)=\frac{Q^{2}}{8\pi\epsilon_0}\int_{a}^{\infty}\frac{1}{r^{2}}\,dr =\frac{Q^{2}}{8\pi\epsilon_0}\left[\frac{1}{a}\right].
Portanto
\lim_{a\to 0^{+}} U(a)=\lim_{a\to 0^{+}}\frac{Q^{2}}{8\pi\epsilon_0 a}=+\infty.
Interpretação: o modelo clássico de carga pontual leva a uma energia eletrostática infinita (divergência de autoenergia). Isso mostra que o modelo pontual é fisicamente problemático ao nível clássico: a energia associada ao campo próximo à carga explode. Historicamente, isso motivou modelos com carga distribuída (ou tratamentos de renormalização na teoria quântica).

Passo 5

(b) Agora tratamos a densidade do próton \rho_{p}(r)=b_{0}\dfrac{e^{-\alpha r}}{r^{2}}. Precisamos das duas equações que determinam b_{0} e \alpha a partir de Q_{p} e R_{p}^{2}=\langle r^{2}\rangle.
Primeira equação: conservação da carga total
Q_{p}=\int_{\text{todo espaço}} \rho_{p}(\vec r)\,d^{3}\vec r.ç
Usando simetria esférica e d^{3}\vec r=r^{2}\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\varphi, a integral angular dá 4\pi e os r^{2} se cancelam com o denominador:
Q_{p}=4\pi b_{0}\int_{0}^{\infty} e^{-\alpha r}\,dr.
A integral é \displaystyle\int_{0}^{\infty} e^{-\alpha r}\,dr=\frac{1}{\alpha}. Logo
Q_{p}=4\pi b_{0}\cdot\frac{1}{\alpha}.
Rearranjando obtemos a primeira relação entre b_{0} e \alpha:
\boxed{b_{0}=\frac{\alpha\,Q_{p}}{4\pi}.}

Passo 6

(b) Segunda equação: definição do raio quadrático médio
R_{p}^{2}=\frac{\int r^{2}\rho_{p}(\vec r)\,d^{3}\vec r}{\int \rho_{p}(\vec r)\,d^{3}\vec r}.
Calculemos o numerador e o denominador separadamente. Denominador já foi calculado: \int\rho\,d^{3}r=Q_{p}.
O numerador é
\int r^{2}\rho_{p}(\vec r)\,d^{3}\vec r =4\pi b_{0}\int_{0}^{\infty} r^{2} \frac{e^{-\alpha r}}{r^{2}} r^{2}dr =4\pi b_{0}\int_{0}^{\infty} r^{2} e^{-\alpha r}\,dr.
Observação (importante e comum nessa conta): os dois fatores r^{2} que aparecem (um do r^{2} multiplicando \rho e outro do d^{3}r) deixam um único fator r^{2} na integral final, conforme escrito.
A integral conhecida é
\int_{0}^{\infty} r^{2} e^{-\alpha r}\,dr=\frac{2}{\alpha^{3}},
pois, em geral, \displaystyle\int_{0}^{\infty} r^{n} e^{-\alpha r}\,dr=\frac{n!}{\alpha^{n+1}} para n inteiro não-negativo.
Substituindo,
\text{numerador}=4\pi b_{0}\cdot\frac{2}{\alpha^{3}}=\frac{8\pi b_{0}}{\alpha^{3}}.
Assim
R_{p}^{2}=\frac{8\pi b_{0}/\alpha^{3}}{Q_{p}}.
Agora usamos a relação Q_{p}=4\pi b_{0}/\alpha (do passo anterior) para eliminar b_{0}. Resolvend o sistema dá (mais diretamente fazendo a simplificação)
R_{p}^{2}=\alpha\int_{0}^{\infty} r^{2} e^{-\alpha r}\,dr =\alpha\cdot\frac{2}{\alpha^{3}}=\frac{2}{\alpha^{2}}.
Portanto a segunda relação é
\boxed{R_{p}^{2}=\frac{2}{\alpha^{2}}\quad\Longrightarrow\quad \alpha=\frac{\sqrt{2}}{R_{p}}.}
Com \alpha obtido, b_{0} é dado pela fórmula do passo anterior:
\boxed{b_{0}=\frac{\alpha Q_{p}}{4\pi}=\frac{Q_{p}}{4\pi}\,\frac{\sqrt{2}}{R_{p}}.}

Passo 7

(c) Agora números. Usaremos os valores fornecidos exatamente como dados:
  • \displaystyle\alpha=\frac{\sqrt{2}}{R_{p}}. Substituindo R_{p}=0{,}800\times10^{-15}\\ \mathrm{m}:
\alpha=\frac{\sqrt{2}}{0{,}800\times10^{-15}\\ \mathrm{m}} =\frac{1{,}41421356\ldots}{0{,}8\times10^{-15}}\\ \mathrm{m}^{-1} \approx 1{,}7678\times10^{15}\\ \mathrm{m}^{-1}.
  • b_{0}=\dfrac{\alpha Q_{p}}{4\pi}. Usando \alpha acima e Q_{p}=1{,}602\times10^{-19}\\ \mathrm{C}:
b_{0}=\frac{1{,}76776695\times10^{15}\times 1{,}602\times10^{-19}}{4\pi}\\ \mathrm{C/m} \approx 2{,}25\times10^{-5}\\ \mathrm{C/m}.
(Arredondei mantendo 3 algarismos significativos; a unidade de b_{0} é \mathrm{C/m} porque \rho=b_{0}e^{-\alpha r}/r^{2} precisa dar \mathrm{C/m^{3}}.)

Passo 8

(d) Campo elétrico gerado por \rho_{p}(r).
Para uma densidade esfericamente simétrica, a lei de Gauss diz que o campo radial em r depende apenas da carga total interior ao raio r:
\vec{E}(r)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q_{\text{int}}(r)}{r^{2}}\hat r,
onde
Q_{\text{int}}(r)=\int_{0}^{r} \rho_{p}(r')\,4\pi r'^{2}dr'.
Calculemos Q_{\text{int}}(r). Usando \rho_{p}(r')=b_{0} e^{-\alpha r'}/r'^{2},
Q_{\text{int}}(r)=4\pi b_{0}\int_{0}^{r} e^{-\alpha r'}\,dr' =4\pi b_{0}\left(\frac{1-e^{-\alpha r}}{\alpha}\right).
Mas recorde do passo (b) que 4\pi b_{0}/\alpha=Q_{p}. Assim
\boxed{Q_{\text{int}}(r)=Q_{p}\bigl(1-e^{-\alpha r}\bigr).}
Logo o campo é
\boxed{\vec{E}(r)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q_{p}\bigl(1-e^{-\alpha r}\bigr)}{r^{2}}\\ \hat r.}
Observações e limites:
  • Para r\to\infty tem-se e^{-\alpha r}\to 0 e recupera-se o campo de uma carga pontual:
\vec{E}(r)\xrightarrow{r\to\infty}\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q_{p}}{r^{2}}\hat r.
  • Para r\to 0 usamos a expansão 1-e^{-\alpha r}\simeq \alpha r-\tfrac{1}{2}\alpha^{2}r^{2}+\cdots. Então
\vec{E}(r)\simeq \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q_{p}\,\alpha}{r}\hat r \quad (r\to 0),
ou seja, o campo diverge como 1/r ao aproximar-se do centro (menos singular que o 1/r^{2} da carga pontual, mas ainda divergente).
Esboço de |\vec{E}(r)| vs r (descritivo):
  • |\vec{E}(r)|\to +\infty quando r\to 0 (com comportamento ~constante \times 1/r).
  • |\vec{E}(r)| decresce monoticamente com r.
  • Para grandes r se comporta como \propto 1/r^{2} (cauda do ponto carga).
    Visualmente é uma curva que parte vertical próxima de r=0, decresce rápido e tende à curva Q_{p}/(4\pi\epsilon_0 r^{2}) para grandes r.

Passo 9

(e) Potencial eletrostático \Phi(r) com \Phi(\infty)=0.
Com campo radial, \Phi(r) pode ser obtido por
\Phi(r)=-\int_{\infty}^{r}\vec{E}(r')\cdot d\vec r' = -\int_{\infty}^{r} E(r')\,dr' =\int_{r}^{\infty} E(r')\,dr',
onde E(r') é o módulo radial positivo. Substituindo a expressão do campo:
\Phi(r)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}Q_{p}\int_{r}^{\infty}\frac{1-e^{-\alpha r'}}{r'^{2}}\,dr'.
Separamos a integral em duas:
\Phi(r)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}Q_{p}\left(\int_{r}^{\infty}\frac{1}{r'^{2}}\,dr' - \int_{r}^{\infty}\frac{e^{-\alpha r'}}{r'^{2}}\,dr'\right).
A primeira integral é \displaystyle\int_{r}^{\infty}\frac{1}{r'^{2}}dr'=\frac{1}{r}. A segunda integral exige a função exponencial integral. Definimos a função exponencial integral \mathrm{E}_{1}(x) por
\mathrm{E}_{1}(x)=\int_{x}^{\infty}\frac{e^{-t}}{t}\,dt\qquad(x>0).
Para avaliar I(r)=\displaystyle\int_{r}^{\infty}\frac{e^{-\alpha r'}}{r'^{2}}\,dr' fazemos a substituição u=\alpha r', dr'=du/\alpha, obtendo
I(r)=\alpha\int_{\alpha r}^{\infty}\frac{e^{-u}}{u^{2}}\,du.
Usando a identidade conhecida (obtida por partes)
\int_{x}^{\infty}\frac{e^{-u}}{u^{2}}\,du=\frac{e^{-x}}{x}-\mathrm{E}_{1}(x),
obtemos
I(r)=\alpha\left(\frac{e^{-\alpha r}}{\alpha r}-\mathrm{E}_{1}(\alpha r)\right) =\frac{e^{-\alpha r}}{r}-\alpha\,\mathrm{E}_{1}(\alpha r).
Substituindo na expressão de \Phi(r),
\Phi(r)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}Q_{p}\left(\frac{1}{r}-\frac{e^{-\alpha r}}{r}+\alpha\,\mathrm{E}_{1}(\alpha r)\right).
Simplificando:
\boxed{\Phi(r)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}Q_{p}\left(\frac{1-e^{-\alpha r}}{r}+\alpha\,\mathrm{E}_{1}(\alpha r)\right).}

Passo 10

(e) Comentários sobre o potencial e comportamento assintótico (para ajudar na prova):
  • Comportamento para r\to\infty: \mathrm{E}_{1}(\alpha r) decai exponencialmente (aproximadamente \displaystyle \mathrm{E}_{1}(x)\sim \frac{e^{-x}}{x} para x\to\infty), e e^{-\alpha r} também decai. Logo
\Phi(r)\xrightarrow{r\to\infty}\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q_{p}}{r},
recuperando o potencial de uma carga pontual à distância grande.
  • Comportamento para r\to 0: a expansão para pequeno argumento da exponencial integral é \mathrm{E}_{1}(x)\simeq -\gamma-\ln x + x+\cdots (onde \gamma é a constante de Euler). Assim \alpha\mathrm{E}_{1}(\alpha r) tem um termo -\alpha\ln r que diverge quando r\to 0. Portanto \Phi(r) diverge logaritmicamente para r\to 0. Isso é consistente com o fato de que o campo diverge como 1/r: integrar 1/r gera um \ln r.
  • Esboço de \Phi(r): tende a +\infty quando r\to 0 (divergência logarítmica), decresce ao aumentar r e para grandes r aproxima-se de Q_{p}/(4\pi\epsilon_0 r).

Resposta

(a) A energia eletrostática do campo de uma carga pontual diverge; regularizando até um raio mínimo a obtém-se
U(a)=\frac{Q^{2}}{8\pi\epsilon_0 a}\xrightarrow{a\to 0^{+}}+\infty.
(b) As equações que determinam b_{0} e \alpha são
Q_{p}=4\pi\frac{b_{0}}{\alpha}, \qquad R_{p}^{2}=\frac{2}{\alpha^{2}}.
(c) Numéricos (SI):
\alpha=\frac{\sqrt{2}}{R_{p}}\approx 1{,}7678\times10^{15}\\ \mathrm{m}^{-1}, \qquad b_{0}=\frac{\alpha Q_{p}}{4\pi}\approx 2{,}25\times10^{-5}\\ \mathrm{C/m}.
(d) Campo elétrico:
\vec{E}(r)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q_{p}\bigl(1-e^{-\alpha r}\bigr)}{r^{2}}\\ \hat r.
Esboço: |\vec{E}(r)|\to\infty quando r\to 0 (comportamento \sim const \times 1/r), decresce monotonicamente e para r\to\infty tende a Q_{p}/(4\pi\epsilon_0 r^{2}).
(e) Potencial com \Phi(\infty)=0:
\Phi(r)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}Q_{p}\!\left(\frac{1-e^{-\alpha r}}{r}+\alpha\,\mathrm{E}_{1}(\alpha r)\right),
onde \mathrm{E}_{1}(x)=\displaystyle\int_{x}^{\infty}\frac{e^{-t}}{t}\,dt. Esboço: \Phi(r)\to+\infty quando r\to 0 (divergência logarítmica) e \Phi(r)\to Q_{p}/(4\pi\epsilon_0 r) quando r\to\infty.

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