Determine o módulo do campo elétrico gerado por uma casca esférica, de raio R carregada com uma carga
elétrica Q>0, em todo o espaço.
Dados do problema:
- Raio da casca esférica: R.
- Carga da casca esférica: Q.
Esquema do problema:
Para determinar o módulo do campo elétrico em todo o espaço devemos considerar os pontos no interior da
casca esférica, r ≤ R, e pontos no exterior da casca esférica, r > R,
(Figura 1).
Consideramos uma Superfície Gaussiana interna e outra superfície externa à casca esférica.
Solução:
No interior da casaca esférica não existem cargas, o campo elétrico é nulo
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{E=0}
\end{gather}
\]
A Lei de Gauss é dada por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\oint_A{\mathbf E}\cdot d\mathbf A=\frac{q}{\epsilon_0}} \tag{I}
\end{gather}
\]
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 2).
O vetor campo elétrico só possui componente na direção er, pode ser escrito como
\[
\begin{gather}
\mathbf E=E{\;\mathbf e}_r \tag{II}
\end{gather}
\]
O vetor elemento de área pode ser escrito como
\[
\begin{gather}
d\mathbf A=dA\;\mathbf n \tag{III}
\end{gather}
\]
substituindo as equações (II) e (III) na equação (I)
\[
\begin{gather}
\oint_AE\;{\mathbf e}_r\cdot dA\;\mathbf n=\frac{q}{\epsilon_0} \\[5pt]
\oint_AE\;dA\;\underbrace{{\mathbf e}_r\cdot\mathbf n}_{1}=\frac{q}{\epsilon_0}
\end{gather}
\]
Observação: Como
er e
n são vetores unitários seus módulos
são iguais a 1, e como ambos estão na mesma direção e sentido o ângulo entre eles é nulo,
θ=0,
\( {\mathbf e}_r\cdot\mathbf n=|\;\mathbf e_r\;|\;|\;\mathbf n\;|\;\cos 0=1\times 1\times 1=1 \)
\[ {\mathbf e}_r\cdot\mathbf n=|\;\mathbf e_r\;|\;|\;\mathbf n\;|\;\cos 0=1\times 1\times 1=1 \]
.
\[
\begin{gather}
\oint_AE\;dA=\frac{q}{\epsilon_0} \tag{IV}
\end{gather}
\]
O elemento de área dA será (Figura 3-A)
\[
\begin{gather}
dA=r\;d\theta\;r\operatorname{sen}\theta\;d\phi \\[5pt]
dA=r^2\;\operatorname{sen}\theta\;d\theta\;d\phi \tag{V}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (V) na equação (VI)
\[
\begin{gather}
\int_AEr^2\operatorname{sen}\theta\;d\theta\;d\phi=\frac{q}{\epsilon_0} \tag{VI}
\end{gather}
\]
Como o campo elétrico é uniforme e a integral não depende do raio eles podem “sair” da integral e 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 base do hemisfério, (Figura 3-B)
\[
\begin{gather}
Er^2\int_0^{\pi}\operatorname{sen}\theta\;d\theta\int_0^{{2\pi}}d\phi=\frac{q}{\epsilon_0}
\end{gather}
\]
Integração de
\( \displaystyle \int_0^{\pi}\operatorname{sen}\theta\;d\theta \)
\[
\begin{align}
\int_0^{\pi}\operatorname{sen}\theta\;d\theta &\Rightarrow \left.-\cos\theta\;\right|_{\;0}^{\;\pi }\Rightarrow -(\cos \pi -\cos0)\Rightarrow \\
&\Rightarrow -(-1-1)\Rightarrow -(-2)= 2
\end{align}
\]
Integração de
\( \displaystyle \int_0^{2\pi}\;d\phi \)
\[
\begin{gather}
\int_0^{2\pi}\;d\phi\Rightarrow\left.\phi\;\right|_{\;0}^{\;2\pi}\Rightarrow2\pi-0=2\pi
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
Er^2\times 2\times 2\pi =\frac{q}{\epsilon_0}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{E=\frac{q}{4\pi \epsilon_0r^2}}
\end{gather}
\]
EN
