Suponha que novas observações revelaram um erro na lei de Coulomb. A força de interação entre partículas pontuais é de fato
\vec{F}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q Q}{r^{2}}\left(1+\frac{r}{\lambda}\right) e^{-\frac{r}{\lambda}} \hat{e}_{r}
em que \lambda é uma nova constante da natureza (com dimensão de comprimento, sendo um número muito grande, tal que essa correção é pequena, justificando o fato da diferença não ter sido observada anteriormente).
a) Determine o campo elétrico gerado pela carga Q ( \mathbf{1 0} pts).
b) Este campo elétrico admite um potencial escalar? Verifique se a relação \nabla \times \vec{E}=0 é válida para justificar a sua resposta ( \mathbf{1 0} pts).
c) Mostre que o potencial elétrico gerado pela carga Q é dado por ( \mathbf{1 0} pts)
\varphi(r)=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{e^{-\frac{r}{\lambda}}}{r}
d) Para a carga Q na origem, use os resultados dos itens anteriores e mostre que (i.e. calcule explicitamente o lado esquerdo da relação)
\oint_{S}(\vec{E} \cdot \hat{n}) d A+\frac{1}{\lambda^{2}} \int_{V} \varphi d v=\frac{Q}{\varepsilon_{0}}
em que S é a superfície e V o volume de uma esfera centrada em Q ( \mathbf{1 0} pts).
\vec{F}=q \vec{E}, \quad \vec{E}=-\nabla \varphi \quad \varphi(r)=-\int_{\infty}^{r} E_{r}\left(r^{\prime}\right) d r^{\prime}
\nabla \times \vec{V}=\hat{e}_{r} \frac{1}{r \sin \theta}\left[\frac{\partial}{\partial \theta}\left(\sin \theta V_{3}\right)-\frac{\partial V_{2}}{\partial \varphi}\right]+\hat{e}_{\theta} \frac{1}{r}\left[\frac{1}{\sin \theta} \frac{\partial V_{1}}{\partial \varphi}-\frac{\partial}{\partial r}\left(r V_{3}\right)\right]+\hat{e}_{\varphi} \frac{1}{r}\left[\frac{\partial}{\partial r}\left(r V_{2}\right)-\frac{\partial V_{1}}{\partial \theta}\right]
d v=r^{2} \sin \theta d r d \theta d \varphi, \quad d A=R^{2} \sin \theta d \theta d \varphi
\int x e^{-a x} d x=-\frac{(1+a x) e^{-a x}}{a^{2}}, \quad \int \frac{1}{x^{2}} e^{-a x} d x=-\frac{1}{x} e^{-a x}-a \int \frac{1}{x} e^{-a x} d x

Passo 1

O enunciado dá a força entre partículas puntuais na forma
\vec{F}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{qQ}{r^{2}}\left(1+\frac{r}{\lambda}\right)e^{-r/\lambda}\,\hat{e}_{r},
onde \lambda é uma constante de comprimento muito grande. Pede-se:
  • (a) o campo elétrico \vec{E} gerado pela carga Q;
  • (b) verificar se o campo admite um potencial escalar, isto é, checar se \nabla\times\vec{E}=0 (para justificar a existência do potencial);
  • (c) mostrar que o potencial elétrico é \varphi(r)=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}}\dfrac{e^{-r/\lambda}}{r};
  • (d) usando uma esfera de raio R centrada em Q, mostrar que
\oint_{S}(\vec{E}\cdot\hat{n})\,dA+\frac{1}{\lambda^{2}}\int_{V}\varphi\,dv=\frac{Q}{\varepsilon_{0}}.
Informações úteis fornecidas: \vec{F}=q\vec{E}, \vec{E}=-\nabla\varphi, \varphi(r)=-\int_{\infty}^{r}E_{r}(r')\,dr'; fórmula do rotacional em coordenadas esféricas; elementos dv=r^{2}\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\varphi e dA=R^{2}\sin\theta\,d\theta\,d\varphi; integrais auxiliares.

Passo 2

(a) Obter \vec{E} diretamente de \vec{F}=q\vec{E}.
  • Conceito usado: a força elétrica sobre uma carga de prova q é \vec{F}=q\vec{E}. Então o campo elétrico é a força por unidade de carga de prova.
  • Aplicando a definição: dividir a expressão de \vec{F} por q.
\vec{E}=\frac{\vec{F}}{q}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{Q}{r^{2}}\left(1+\frac{r}{\lambda}\right)e^{-r/\lambda}\,\hat{e}_{r}.
  • Observação didática: esse campo é radial (aponta em \hat{e}_{r}) e depende apenas de r. Isso já sugere simetria esférica — muito útil para integrais de fluxo e para testar se é gradiente de um escalar.

Passo 3

(b) Verificar \nabla\times\vec{E}=0. Explicar por que isso garante (ou não) existência de potencial.
  • Conceitos: Um campo vetorial \vec{E} que é gradiente de um escalar (ou seja, \vec{E}=-\nabla\varphi) é um campo conservativo; em uma região simplesmente conexa isso é equivalente a \nabla\times\vec{E}=0. Aqui devemos checar \nabla\times\vec{E} para r>0 (afinal, no ponto r=0 existe a carga pontual e singularidades podem ocorrer).
  • Uso da fórmula do rotacional em coordenadas esféricas (o enunciado deu a fórmula). Para um campo puramente radial temos: V_{1}=E_{r}(r), V_{2}=0, V_{3}=0 (a notação do enunciado coloca V_{1}\equiv componente radial, V_{2}\equiv componente \theta, V_{3}\equiv componente \varphi).
  • Componentes do rotacional (usando a fórmula dada):
    (\nabla\times\vec{E})_{r}=\frac{1}{r\sin\theta}\left[\frac{\partial}{\partial\theta}\!\big(\sin\theta\,V_{3}\big)-\frac{\partial V_{2}}{\partial\varphi}\right].
    Mas V_{2}=0 e V_{3}=0, logo (\nabla\times\vec{E})_{r}=0.
    (\nabla\times\vec{E})_{\theta}=\frac{1}{r}\left[\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial V_{1}}{\partial\varphi}-\frac{\partial}{\partial r}\!\big(rV_{3}\big)\right].
    Aqui V_{3}=0 e V_{1}=E_{r}(r) depende só de r, então \partial V_{1}/\partial\varphi=0. Assim (\nabla\times\vec{E})_{\theta}=0.
    (\nabla\times\vec{E})_{\varphi}=\frac{1}{r}\left[\frac{\partial}{\partial r}\!\big(rV_{2}\big)-\frac{\partial V_{1}}{\partial\theta}\right].
    Aqui V_{2}=0 e V_{1} independe de \theta, então (\nabla\times\vec{E})_{\varphi}=0.
  • Conclusão: para todo r>0 (fora da origem) \nabla\times\vec{E}=\vec{0}. Portanto, na região r>0 o campo é conservativo e admite um potencial escalar \varphi(r). Observação importante: no ponto r=0 há singularidade (carga pontual); a identidade \nabla\times\vec{E}=0 não pode ser simplesmente aplicada no ponto singular — por isso afirmamos a existência do potencial para r>0. Na prática física, definimos \varphi por integração radial a partir do infinito, como no item (c).

Passo 4

(c) Mostrar \varphi(r)=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}}\dfrac{e^{-r/\lambda}}{r} usando \varphi(r)=-\int_{\infty}^{r}E_{r}(r')\,dr'.
  • Primeiro, escrevemos E_{r}(r) com uma constante auxiliar:
    A\equiv\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}},\qquad E_{r}(r)=A\frac{1}{r^{2}}\left(1+\frac{r}{\lambda}\right)e^{-r/\lambda}.
  • Reescrever o integrando de forma conveniente:
    \frac{1}{r^{2}}\left(1+\frac{r}{\lambda}\right)=\frac{1}{r^{2}}+\frac{1}{\lambda}\frac{1}{r}.
  • Então
    \varphi(r)=-\int_{\infty}^{r}E_{r}(r')\,dr'=-A\int_{\infty}^{r}\left[\frac{1}{r'^{2}}+\frac{1}{\lambda}\frac{1}{r'}\right]e^{-r'/\lambda}\,dr'.
  • Defina a\equiv 1/\lambda para simplificar. O integrando fica \left(\dfrac{1}{r'^{2}}+a\,\dfrac{1}{r'}\right)e^{-a r'}. Use a identidade fornecida:
    \int\frac{1}{x^{2}}e^{-ax}\,dx=-\frac{1}{x}e^{-ax}-a\int\frac{1}{x}e^{-ax}\,dx.
    Assim,
    \int\left[\frac{1}{r'^{2}}+a\frac{1}{r'}\right]e^{-a r'}\,dr'= -\frac{1}{r'}e^{-a r'}-a\int\frac{1}{r'}e^{-a r'}\,dr'+a\int\frac{1}{r'}e^{-a r'}\,dr' =-\frac{1}{r'}e^{-a r'}.
    (os termos com \int\frac{1}{r'}e^{-a r'} cancelam).
  • Portanto o integral definido é
    -A\int_{\infty}^{r}\left[\cdots\right]dr' = -A\Big[-\frac{1}{r'}e^{-a r'}\Big]_{\infty}^{r} = -A\left(-\frac{1}{r}e^{-a r}-0\right)=A\frac{e^{-r/\lambda}}{r}.
    (o termo no infinito tende a zero porque e^{-a r'}/r'\to 0 quando r'\to\infty).
  • Substituindo A=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}} obtemos
    \varphi(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{e^{-r/\lambda}}{r},
    que é exatamente o que queríamos mostrar.
  • Observação física: esse potencial é a forma típica do potencial de Yukawa (um Coulomb modificado por um fator exponencial) e está bem definido para r>0; tende a 0 quando r\to\infty (condição de referência imposta na integral).

Passo 5

(d) Calcular explicitamente
\oint_{S}(\vec{E}\cdot\hat{n})\,dA+\frac{1}{\lambda^{2}}\int_{V}\varphi\,dv
para uma esfera de raio R centrada em Q, e mostrar que o resultado é Q/\varepsilon_{0}.
  • Primeiro termo: fluxo de \vec{E} pela esfera de raio R.
    • Como \vec{E}=E_{r}(r)\,\hat{e}_{r} e a normal \hat{n}=\hat{e}_{r} na superfície esférica, temos \oint_{S}(\vec{E}\cdot\hat{n})\,dA=E_{r}(R)\times \text{área da esfera}=E_{r}(R)\times 4\pi R^{2}.á
    • Substituindo E_{r}(R)=A\frac{1}{R^{2}}\left(1+\frac{R}{\lambda}\right)e^{-R/\lambda} com A=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}}, \oint_{S}(\vec{E}\cdot\hat{n})\,dA =A\frac{1}{R^{2}}\left(1+\frac{R}{\lambda}\right)e^{-R/\lambda}\times 4\pi R^{2} =\frac{Q}{\varepsilon_{0}}\left(1+\frac{R}{\lambda}\right)e^{-R/\lambda}.
  • Segundo termo: \dfrac{1}{\lambda^{2}}\int_{V}\varphi\,dv sobre a esfera de raio R.
    • Usar \varphi(r)=A\frac{e^{-r/\lambda}}{r} e dv=r^{2}\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\varphi.
    • A integral angular dá 4\pi. Assim \int_{V}\varphi\,dv = A\cdot 4\pi\int_{0}^{R}\frac{e^{-r/\lambda}}{r}\,r^{2}\,dr =A\cdot 4\pi\int_{0}^{R}r\,e^{-r/\lambda}\,dr.
    • Use a integral dada \int x e^{-ax}\,dx=-\dfrac{(1+ax)e^{-ax}}{a^{2}}. Aqui x=r e a=1/\lambda. Então \int_{0}^{R}r e^{-r/\lambda}\,dr =\left[-\frac{(1+\frac{r}{\lambda})e^{-r/\lambda}}{(1/\lambda)^{2}}\right]_{0}^{R} =\lambda^{2}\left(1-(1+\frac{R}{\lambda})e^{-R/\lambda}\right).(avaliando em r=0 o termo dá -\frac{1\cdot e^{0}}{(1/\lambda)^{2}}=-\lambda^{2}, com o sinal muda para +).
    • Então \int_{V}\varphi\,dv = A\cdot 4\pi\cdot \lambda^{2}\left(1-(1+\tfrac{R}{\lambda})e^{-R/\lambda}\right).
    • Multiplicando por 1/\lambda^{2}, \frac{1}{\lambda^{2}}\int_{V}\varphi\,dv = A\cdot 4\pi\left(1-(1+\tfrac{R}{\lambda})e^{-R/\lambda}\right) =\frac{Q}{\varepsilon_{0}}\left(1-(1+\tfrac{R}{\lambda})e^{-R/\lambda}\right).
  • Somando os dois termos:
    \oint_{S}(\vec{E}\cdot\hat{n})\,dA+\frac{1}{\lambda^{2}}\int_{V}\varphi\,dv =\frac{Q}{\varepsilon_{0}}\left(1+\tfrac{R}{\lambda}\right)e^{-R/\lambda} +\frac{Q}{\varepsilon_{0}}\left(1-(1+\tfrac{R}{\lambda})e^{-R/\lambda}\right).
    Os termos com (1+\tfrac{R}{\lambda})e^{-R/\lambda} se cancelam, sobrando
    =\frac{Q}{\varepsilon_{0}}.
  • Isso é exatamente o resultado pedido.

Resposta

(a) \displaystyle \vec{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{Q}{r^{2}}\left(1+\frac{r}{\lambda}\right)e^{-r/\lambda}\,\hat{e}_{r}.
(b) Sim; para r>0 \displaystyle \nabla\times\vec{E}=\vec{0}, portanto o campo é conservativo e admite potencial escalar (a singularidade na origem exige cuidado, por isso afirmamos para r>0).
(c) \displaystyle \varphi(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{e^{-r/\lambda}}{r}.
(d) \displaystyle \oint_{S}(\vec{E}\cdot\hat{n})\,dA+\frac{1}{\lambda^{2}}\int_{V}\varphi\,dv=\frac{Q}{\varepsilon_{0}}.

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