A uniform volume charge has constant density \rho_{v}=\rho_{0} \mathrm{C} / \mathrm{m}^{3}, and fills the region r<a, in which permittivity \epsilon as assumed. A conducting spherical shell is located at r=a, and is held at ground potential. Find:
a) the potential everywhere
b) the electric field intensity, \mathbf{E}, everywhere

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede o que segue:
  • Informação: há uma densidade volumétrica de carga uniforme \rho_{v}=\rho_{0} (em \mathrm{C}/\mathrm{m}^3) ocupando toda a região r<a.
  • Informação: no interior ( r<a) o meio tem permissividade \epsilon.
  • Informação: existe uma casca condutora localizada em r=a, mantida ao potencial de terra (ou seja, V(a)=0).
  • Pedidos:
    1. Determinar o potencial V em toda a região (ou seja, para r<a e para r\ge a).
    2. Determinar a intensidade do campo elétrico \mathbf{E} em toda a região (para r<a e para r\ge a).

Passo 2

Observação sobre simetria e método (sem ainda resolver): pela geometria esférica e densidade uniforme, a configuração tem simetria esférica — portanto o campo elétrico, se existir, será radial e dependerá apenas de r. Isso permite aplicar a Lei de Gauss para uma superfície esférica de raio r. Vou usar a forma integral da Lei de Gauss:
\oint_{\text{superf}} \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A}=\frac{Q_{\text{enc}}}{\epsilon},
onde Q_{\text{enc}} é a carga total contida dentro da superfície e \epsilon é a permissividade do meio onde aplicamos a equação. Aqui d\mathbf{A} aponta radialmente para fora.

Passo 3

Calcular \mathbf{E} para r<a usando Gauss. Escolho uma superfície esférica de raio r com r<a.
  • A simetria implica \mathbf{E}(r)=E_r(r)\,\hat{\mathbf{r}} com E_r constante sobre a esfera de raio r.
  • A integral da esquerda vira E_r(r)\cdot 4\pi r^2.
  • A carga encerrada pela esfera de raio r é a densidade vezes o volume esférico até r:
Q_{\text{enc}}(r)=\rho_{0}\cdot \frac{4}{3}\pi r^3.
  • Substituindo na Lei de Gauss:
E_r(r)\cdot 4\pi r^2=\frac{\rho_{0}\,\frac{4}{3}\pi r^3}{\epsilon}.
  • Cancelo fatores e resolvo para E_r(r):
E_r(r)=\frac{\rho_{0} r}{3\epsilon}.
  • Portanto, para r<a o campo vetorial é
\mathbf{E}(r)=\frac{\rho_{0} r}{3\epsilon}\,\hat{\mathbf{r}}.
Explicação do sinal/direção: se \rho_{0}>0, o campo aponta radialmente para fora; se \rho_{0}<0, aponta para dentro. Aqui escrevi a forma com o vetor unitário \hat{\mathbf{r}} que indica direção radial para fora.

Passo 4

Determinar \mathbf{E} para r\ge a. Há uma casca condutora em r=a mantida em terra. Fisicamente, a carga volumétrica interna total é
Q_{\text{tot}}=\rho_{0}\cdot \frac{4}{3}\pi a^3.
Ao colocar a casca condutora em contato com a terra (ground), aparecem cargas induzidas na superfície interna da casca que somam -Q_{\text{tot}}, e pela conexão com a terra qualquer carga extra flui para a terra de modo que a superfície externa da casca não fica com carga líquida. Assim, o campo fora da casca é nulo (a casca isolou eletricamente o exterior do interior quando está aterrada). Em termos práticos: para r\ge a o campo é
\mathbf{E}(r)=\mathbf{0}.
(Explicação alternativa curta: uma superfície condutora em terra é um escudo elétrico — nada do campo interno aparece fora.)

Passo 5

Agora encontro o potencial V(r). Vou usar a relação entre campo e potencial (união de definição):
\mathbf{E}=-\nabla V.
Com simetria esférica, isso reduz a relação unidimensional
E_r(r)=-\frac{dV}{dr}.
Usarei a condição de contorno V(a)=0 (consequência de a casca estar aterrada).
Para r<a: já temos E_r(r)=\dfrac{\rho_{0} r}{3\epsilon}. Integrando:
-\frac{dV}{dr}=\frac{\rho_{0} r}{3\epsilon}\quad\Longrightarrow\quad dV=-\frac{\rho_{0} r}{3\epsilon}\,dr.
Integro de r até a, usando V(a)=0:
V(r)-V(a)=-\int_{a}^{r}\frac{\rho_{0} r'}{3\epsilon}\,dr'.
Como V(a)=0,
V(r)=-\frac{\rho_{0}}{3\epsilon}\int_{a}^{r} r'\,dr'=-\frac{\rho_{0}}{3\epsilon}\cdot\frac{1}{2}\bigl(r^2-a^2\bigr).
Organizando:
V(r)=\frac{\rho_{0}}{6\epsilon}\bigl(a^2-r^2\bigr),\qquad (r<a).
Para r\ge a: a casca está em potencial zero e o campo fora é nulo, logo V(r)=0 para r\ge a. Note que V(r) é contínua em r=a (ambos dão zero).

Passo 6

Checagens rápidas e observações físicas:
  • Valor no centro: V(0)=\dfrac{\rho_{0} a^2}{6\epsilon}.
  • Descontinuidade de \mathbf{E} em r=a: dentro, E_r(a^-) = \dfrac{\rho_{0} a}{3\epsilon}; fora, E_r(a^+)=0. Essa descontinuidade corresponde à presença da densidade superficial de carga induzida na face interna do condutor. A densidade superficial induzida \sigma_{\text{ind}} na superfície interna satisfaz \sigma_{\text{ind}}=\epsilon\bigl(E_{a^+}-E_{a^-}\bigr)=-\epsilon E_{a^-}=-\dfrac{\rho_0 a}{3}, o que dá a carga total -Q_{\text{tot}} quando integrada pela área 4\pi a^2.

Passo 7

Resumo final (formas fechadas) e incentivo: você já tem as expressões prontas para usar na prova — é só lembrar da simetria esférica, da Lei de Gauss e de integrar E=-dV/dr. Vai com calma, respira e confia que esse padrão aparece sempre que tiver cargas com simetria esférica.

Resposta

V(r)=\begin{cases}\dfrac{\rho_{0}}{6\epsilon}\bigl(a^{2}-r^{2}\bigr), & r<a,\\[6pt] 0, & r\ge a,\end{cases}
\mathbf{E}(r)=\begin{cases}\dfrac{\rho_{0} r}{3\epsilon}\,\hat{\mathbf{r}}, & r<a,\\[6pt] \mathbf{0}, & r\ge a.\end{cases}]

Exercícios relacionados