Seja uma esfera, de raio R , uniformemente carregada com carga total Q . Mostre que o potencial eletrostático no seu interior ( r<R ) é dado por
\varphi(r)=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} R}\left(\frac{3}{2}-\frac{r^{2}}{2 R^{2}}\right)

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede uma coisa específica.
  • Dados:
    • Uma esfera de raio \,R\,.
    • Carga total uniformemente distribuída no volume da esfera: \,Q\,.
    • Constante do meio livre: \,\varepsilon_{0}\,.
    • Ponto onde se quer o potencial: uma distância \,r\, do centro, com \,r<R\, (interior da esfera).
  • Pergunta:
    • Calcular o potencial eletrostático \varphi(r) para \,r<R\,, adotando a convenção usual \varphi(\infty)=0.

Passo 2

Estratégia escolhida (explicada de forma simples e didática).
  • Observação física e simetria: a esfera tem carga distribuída uniformemente e é esférica, então o campo elétrico é radial e depende apenas da distância ao centro. Isso permite usar superfícies gaussianas esféricas.
  • Ferramentas que serão usadas:
    • Lei de Gauss (para encontrar o campo elétrico \vec{E} dentro e fora da esfera).
    • Definição de potencial eletrostático como integral do campo: \varphi(r)-\varphi(\infty)=-\int_{\infty}^{r}\vec{E}\cdot d\vec{\ell}.
  • Raciocínio prático para a prova: primeiro achar \vec{E}(r) para r<R (e também lembrar \vec{E} para r\ge R para fazer a integral da origem até r), depois integrar o campo para obter \varphi(r).

Passo 3

Aplicando a Lei de Gauss para obter o campo elétrico.
  • Enunciado da Lei de Gauss em forma integral:
    \oint_{S}\vec{E}\cdot d\vec{A}=\frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_{0}},
    onde \,Q_{\text{int}}\, é a carga contida dentro da superfície fechada S.
  • Escolhe-se S como uma superfície esférica de raio r centrada na esfera carregada. Por simetria, \vec{E} é radial e constante sobre a superfície, então
    E(r)\cdot 4\pi r^{2}=\frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_{0}}.
    Aqui \,E(r)\, é a intensidade do campo na distância \,r\, do centro e \,4\pi r^{2}\, é a área da superfície esférica.
  • Para r<R a carga interna é a fração volumétrica da carga total:
    Q_{\text{int}}=Q\cdot\frac{\text{volume da esfera de raio }r}{\text{volume da esfera de raio }R} =Q\cdot\frac{\tfrac{4}{3}\pi r^{3}}{\tfrac{4}{3}\pi R^{3}}=Q\frac{r^{3}}{R^{3}}.
  • Substituindo na Lei de Gauss:
    E(r)\cdot 4\pi r^{2}=\frac{Q\,r^{3}}{\varepsilon_{0}R^{3}}.
    Isolando E(r):
    E(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot\frac{r}{R^{3}}\qquad\text{(para \(r<R\)).}
    Aqui \,E(r)\, está apontando radialmente para fora (vetor \hat{r}), mas para a integração de potencial basta usar a componente radial.
  • Comentário adicional útil: para referência, fora da esfera ( r\ge R) o campo é o mesmo de uma carga pontual Q no centro:
    E(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot\frac{1}{r^{2}}\qquad\text{(para \(r\ge R\)).}

Passo 4

Definição de potencial e preparação da integral.
  • Definição usada: a diferença de potencial entre dois pontos a e b é \varphi(b)-\varphi(a)=-\int_{a}^{b}\vec{E}\cdot d\vec{\ell}.
  • Adota-se a convenção \varphi(\infty)=0. Assim \varphi(r)=-\int_{\infty}^{r}\vec{E}\cdot d\vec{\ell}.
  • Como o campo é radial, \vec{E}\cdot d\vec{\ell}=E(r')\,dr' (com o sinal e limites tratados corretamente). Para ir de \infty até r<R dividimos a integral em duas partes: primeiro de \infty até R (onde se usa E externo como carga pontual) e depois de R até r (onde se usa E interno encontrado). \varphi(r)=-\int_{\infty}^{R}E_{\text{out}}(r')\,dr' - \int_{R}^{r}E_{\text{in}}(r')\,dr'.

Passo 5

Calcular as integrais explicitamente.
  • Primeiro integral (de \infty até R) usando E_{\text{out}}(r')=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}}\dfrac{1}{r'^{2}}:
    -\int_{\infty}^{R}\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{1}{r'^{2}}\,dr' =-\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}}\left[-\frac{1}{r'}\right]_{\infty}^{R} =\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}R}.
    Portanto \varphi(R)=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}R}.
  • Segundo integral (de R até r, usando E_{\text{in}}(r')=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}}\dfrac{r'}{R^{3}}):
    -\int_{R}^{r}\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{r'}{R^{3}}\,dr' =-\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}R^{3}}\left[\frac{r'^{2}}{2}\right]_{R}^{r} =-\frac{Q}{8\pi\varepsilon_{0}R^{3}}\bigl(r^{2}-R^{2}\bigr).
    Repare que como r<R o termo (r^{2}-R^{2}) é negativo, e o resultado desta integral é positivo, como deve ser (o potencial dentro é maior que no infinito).
  • Somando as duas partes:
    \varphi(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}R}-\frac{Q}{8\pi\varepsilon_{0}R^{3}}\bigl(r^{2}-R^{2}\bigr).

Passo 6

Algebrar e simplificar para a forma final.
  • Agrupando os termos: \varphi(r)=\frac{Q}{8\pi\varepsilon_{0}R^{3}}\bigl(2R^{2}+R^{2}-r^{2}\bigr) =\frac{Q}{8\pi\varepsilon_{0}R^{3}}\bigl(3R^{2}-r^{2}\bigr).
  • Colocando em fator conveniente: \varphi(r)=\frac{Q}{8\pi\varepsilon_{0}R}\left(3-\frac{r^{2}}{R^{2}}\right) =\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}R}\left(\frac{3}{2}-\frac{r^{2}}{2R^{2}}\right).

Passo 7

Cheque rápido e dicas de prova.
  • Checagem de limites:
    • Em r=R obtém-se \varphi(R)=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}R}, que é consistente com o potencial externo contínuo na superfície.
    • Em r=0 obtém-se \varphi(0)=\dfrac{3Q}{8\pi\varepsilon_{0}R}.
  • Dica prática para prova: para problemas esféricos uniformes, primeiro usar Gauss para achar E(r) (fácil), depois integrar para obter \varphi(r) fazendo os cuidados com os limites (dividir a integração em regiões internas/externas se necessário).

Resposta

\varphi(r)=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} R}\left(\frac{3}{2}-\frac{r^{2}}{2 R^{2}}\right)

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