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Enunciado

Física - Alaor Chaves- Ed: 1º - Capítulo 24.Exercícios e Problemas - Ex. 13

Considere a esfera de raio R , uniformemente carregada com a carga total Q , centrada no ponto r → = 0 → , e seja E → o campo elétrico gerado pela esfera. Mostre por cálculo direto que

∫ S E → ⋅ d S → = ∫ V ∇ ⋅ E →   d V ,

onde S é uma superfície esférica concêntrica com a esfera carregada.

Passo 1

Fala galerinha, beleza?

A gente já discutiu bastante como se comporta o campo de uma esfera uniformemente carregada. Para pontos no interior da esfera, a lei de Gauss fornece:

E ⋅ 4 π r 2 = Q ϵ 0 ⋅ r 3 R 3 → E = Q 4 π ϵ 0 ⋅ r R 3

Já para pontos externos a esfera, temos o conhecido campo de carga pontual:

E = Q 4 π ϵ 0 ⋅ 1 r 2

Vetorialmente, podemos escrever

E → = Q 4 π ϵ 0 ⋅ r R 3 r ^ ,             r < R Q 4 π ϵ 0 ⋅ 1 r 2 r ^ ,             r > R

Eu sei que pulei muitas etapas nessas contas. Isso foi discutido com exaustão nos primeiros capítulos do livro e não é o foco desse problema. Se você tiver problema em entender isso, procura nos resumos do RespondeAi que isso está lá!

Passo 2

O próximo passo seria calcular o divergente de E → em cada caso. Eu sei que você está pensando em pegar as expressões do campo e tirar o divergente na raça. Isso não está errado e você vai chegar no resultado correto fazendo isso, mas tem um jeito mais fácil...

Vamos usar a lei de Gauss na forma diferencial:

∇ ⋅ E → = ρ ϵ 0

Para pontos no exterior da esfera ( r > R ) não temos cargas, de modo que ρ . Assim, para r > R temos

∇ ⋅ E → = 0

Já para pontos dentro da esfera, temos que a carga é distribuída uniformemente, de modo que

ρ = Q V o l u m e = Q 4 π 3 R 3 = 3 Q 4 π R 3

Assim, temos que para r < R

∇ ⋅ E → = 3 Q 4 π ϵ 0 R 3

Podemos escrever então

∇ ⋅ E → = 3 Q 4 π ϵ 0 R 3 ,           r < R 0 ,           r > R

Passo 3

Agora que fizemos tudo isso podemos finalmente resolver o problema! Vamos olhar primeiro para r < R .

A integral de fluxo será

∫ S E → ⋅ d S → = ∫ S Q 4 π ϵ 0 ⋅ r R 3 r ^ ⋅ r ^   d S = Q 4 π ϵ 0 R 3 ∫ S r   d S

Para fazer a integral de superfície lembramos que r pode sair da integral:

∫ S r   d S = r   ∫ S d S = r ⋅ 4 π r 2 = 4 π r 3

=

Assim,

∫ S E → ⋅ d S → = Q 4 π ϵ 0 R 3 ⋅ 4 π r 3 = Q ϵ 0 R 3 r 3

Já a integral de volume do divergente será

∫ V ∇ ⋅ E →   d V = ∫ V 3 Q 4 π ϵ 0 R 3   d V = 3 Q 4 π ϵ 0 R 3 ⋅ V o l u m e

Como o volume é 4 π r 3 / 3 , temos

∫ V ∇ ⋅ E →   d V = 3 Q 4 π ϵ 0 R 3 ⋅ 4 π r 3 3

Assim,

∫ V ∇ ⋅ E →   d V = Q ϵ 0 R 3 r 3

Com isso, vemos que para r < R a relação a seguir é verificada:

∫ S E → ⋅ d S → = ∫ V ∇ ⋅ E →   d V

Passo 4

Vamos olhar agora para r > R . A integral de fluxo é bem simples:

∫ S E → ⋅ d S → = ∫ S Q 4 π ϵ 0 ⋅ 1 r 2 r ^ ⋅ r ^   d S = Q 4 π ϵ 0 ⋅ 1 r 2 ⋅ 4 π r 2 = Q ϵ 0

Já a integral do volume do divergente pode ser dividida em duas partes, uma dentro e outra fora da esfera carregada.

∫ V ∇ ⋅ E →   d V = ∫ V ,       r < R ∇ ⋅ E →   d V + ∫ V ,         r > R ∇ ⋅ E →   d V

Como para r > R o divergente é nulo, a segunda integral se anula:

∫ V ∇ ⋅ E →   d V = ∫ V ,       r < R ∇ ⋅ E →   d V = 3 Q 4 π ϵ 0 R 3 ⋅ V o l u m e e s f e r a

Note que a integral de volume para r < R será o divergente multiplicado pelo volume da esfera carregada, dado por

V o l u m e e s f e r a = 4 π R 3 3

Com isso, achamos

∫ V ∇ ⋅ E →   d V = 3 Q 4 π ϵ 0 R 3 ⋅ 4 π R 3 3 = Q ϵ 0

Portanto, vemos que a relação do enunciado também é válida nessa situação:

∫ S E → ⋅ d S → = ∫ V ∇ ⋅ E →   d V

E desta forma fechamos a questão 😊.

Resposta

Demonstração.

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