Determine o módulo do campo elétrico de uma esfera condutora maciça, carregada com uma carga Q, em
todo o espaço.
Dados do problema:
Esquema do problema:
Vamos assumir que a esfera está carrega com uma carga positiva (Q > 0) e seu raio é igual
à R.
Para determinar o módulo do campo elétrico em todo o espaço devemos considerar os pontos no interior da
esfera,
\( r\leqslant R \),
e pontos no exterior da esfera, r > R (Figura 1).
Consideramos uma superfície Gaussiana interna e outra superfície externa á esfera.
Solução:
Como a esfera é condutora a carga se acumula na superfície, no interior não existem cargas (Figura 2),
portanto o campo elétrico é nulo
\[
\begin{gather}
E=0 \tag{I}
\end{gather}
\]
A Lei de Gauss é dada por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\oint_A{\mathbf E}\cdot d\mathbf A=\frac{q}{\epsilon_0}} \tag{II}
\end{gather}
\]
O campo elétrico se espalha radialmente a partir da distribuição de cargas na direção
er, e em cada elemento de área dA da superfície temos um vetor unitário
n perpendicular à superfície e orientado para fora. Assim em cada ponto da superfície o vetor campo
elétrico E e o vetor unitário n possuem a mesma direção e sentido (Figura 3).
O vetor campo elétrico só possui componente na direção er pode ser escrito como
\[
\begin{gather}
\mathbf E=E\;{\mathbf e}_r \tag{III}
\end{gather}
\]
O vetor elemento de área pode ser escrito como
\[
\begin{gather}
d\mathbf A=dA\;\mathbf n \tag{IV}
\end{gather}
\]
substituindo as equações (III) e (IV) na equação (II)
\[
\begin{gather}
\oint_AE\;{\mathbf E}_r\cdot dA\;\mathbf n=\frac{q}{\epsilon_0} \\[5pt]
\oint_AE\;dA\;\underbrace{{\mathbf E}_r\cdot\mathbf n}_1=\frac{q}{\epsilon_0}
\end{gather}
\]
Observação: Como
er e
n são vetores unitário seus módulos são
iguais à 1, como ambos estão na mesma direção e sentido o ângulo entre eles é nulo (
θ = 0),
\( {\mathbf E}_r\cdot\mathbf n=|\;{\mathbf E}_r\;|\;|\;\mathbf n\;|\cos0=1\times 1\times 1=1 \).
\[ {\mathbf E}_r\cdot\mathbf n=|\;{\mathbf E}_r\;|\;|\;\mathbf n\;|\cos0=1\times 1\times 1=1 \]
\[
\begin{gather}
\oint_AE\;dA=\frac{q}{\epsilon_0} \tag{V}
\end{gather}
\]
O elemento de área dA será (Figura 4-A)
\[
\begin{gather}
dA=r\;d\theta r\operatorname{sen}\theta\;d\phi \\[5pt]
dA=r^2\operatorname{sen}\theta\;d\theta\;d\phi \tag{VI}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (VI) na equação (V)
\[
\begin{gather}
\int Er^2\operatorname{sen}\theta\;d\theta\;d\phi=\frac{q}{\epsilon_0} \tag{VII}
\end{gather}
\]
A integral não depende do raio, assim E e r podem “sair” da integral e como não existem
termos “cruzados” em θ e ϕ as integrais podem ser separadas
\[
\begin{gather}
Er^2\int\operatorname{sen}\theta\;d\theta\int d\phi=\frac{q}{\epsilon_0}
\end{gather}
\]
Os limites de integração serão de 0 a π em dθ e de 0 e 2π em dϕ (uma volta
completa na esfera), conforme Figura 4-B
\[
\begin{gather}
Er^2\int_0^{\pi}\operatorname{sen}\theta\;d\theta\int_0^{2\pi}d\phi=\frac{q}{\epsilon_0}
\end{gather}
\]
Integral de
\( \displaystyle \int_0^{\pi}\operatorname{sen}\theta\;d\theta \)
\[
\begin{gather}
\int_0^{\pi}\operatorname{sen}\theta\;d\theta\Rightarrow\left.-\cos\theta\;\right|_{\;0}^{\;\pi}\Rightarrow -(\cos \pi -\cos0)\Rightarrow -(-1-1)\Rightarrow -(-2)\Rightarrow 2
\end{gather}
\]
Integral de
\( \displaystyle \int_0^{{2\pi}}\;d\phi \)
\[
\begin{gather}
\int_0^{{2\pi}}\;d\phi=\left.\phi\;\right|_{\;0}^{\;2\pi}=2\pi-0=2\pi
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
Er^2\times 2\times 2\pi=\frac{q}{\epsilon_0}
\end{gather}
\]
sendo q a carga total da distribuição temos, q = Q,
\[
\begin{gather}
E=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0r^2} \tag{VIII}
\end{gather}
\]
a solução será dada pelas equações (I) e (VIII)
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{
E=
\begin{cases}
\;\;\quad 0 &, & r\leqslant R \\
\dfrac{Q}{4\pi \epsilon_0r^{\;2}} &, & r\gt R
\end{cases}
}
\end{gather}
\]
