1 Lei de Coulomb e campo coulombiano

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André do Nascimento Barbosa
1 Lei de Coulomb e o campo coulombiano
Depois de um curso básico de eletricidade, geralmente temos em seguida o curso de eletromagnetismo, que é matematicamente mais completo e
rigoroso. Entretanto, não temos nada de novo conceitualmente e apenas estamos lidando com ferramentas matemáticas mais elegantes.
1.1 Lei de Coulomb
O problema central da eletrostática é encontrar equações que descravam o comportamento de cargas elétricas em repouso. O caso mais simples
pode ser visto quando temos uma carga pontual fixada em uma posição bem definida no espaço. Quando aproximamos uma outra carga dita “de
prova”, o que acontece é uma interação de natureza atrativa ou repulsiva entre tais partículas devido a propriedade de ambas possuirem uma
propriedade da matéria denominada carga elétrica. Para a notação, escolhemos um vetor ri ' que localiza a partícula carregada que fixamos
inicialmente e o vetor r é o objeto que localiza a partícula de prova no espaço. Em resumo, a partícula de prova é tal que conhecemos todas as
suas propriedades, ela é de fato um sensor para medir as propriedades elétricas de um corpo desconhecido, no caso, a partícula fixada.
Dependendo da natureza das cargas envolvidas, se as duas forem de mesma natureza, observa-se experimentalmente que existe uma força
repulsiva entre as duas. Entretanto, se as duas partículas etiverem carregadas com cargas de natureza oposta, temos uma força atrativa. É
possível ver que em laboratório que tal força é diretamente proporcional ao produto entre as cargas, ou seja
F ∝ qi '.q
Também, quando aproximamos ou distanciamos a carga de prova da carga teste i, observamos que tal força obedece a lei do inverso do
quadrado. Formalmente, temos
F ∝ r - ri '|| r - ri ' ||3
Sendo assim, por uma constante de proporcionalidade temos que a força que modela tal interação é dada por
F = k qi '.q(r - ri ')|| r - ri ' ||3 (1)
A equação (1) é conhecida como lei de Coulomb. A constante k pode ser escrita de uma forma mais conveniente,
k = 1
4 πϵ0
onde ϵ0 = 8, 85×10-12 C2 N-1 m-2
Esta nova constante é conhecida como permissividade elétrica no vácuo. A equação (1) é reescrita na forma
F = 1
4 πϵ0 qi '.q(r
 - ri ')|| r - ri ' ||3
1.2 O campo elétrico e princípio de superposição
Quando temos um número n de cargas fixas, a força que atuará na carga de prova será a soma vetorial de todas as forças individuais, ou seja
Ft = F1 + F2 + ... + Fn
Sendo assim,
Ft = 1
4 πϵ0 q1 '.q(r
 - r1 ')|| r - r1 ' ||3 + 14 πϵ0 q2 '.q(r
 - r2 ')|| r - r2 ' ||3 + 14 πϵ0 qn '.q(r
 - rn ')|| r - rn ' ||3 =
Ft = q
4 πϵ0 i=1
n qi ' (r - ri ')|| r - ri ' ||3
Quando eliminamos o termo que representa a carga de prova, estamos apenas lidando com uma entidade física denominada campo elétrico. O
campo elétrico é uma realidade física, ele é o agente por trás da força elétrica e é uma região no espaço que está sob influência da partícula
carregada. Sendo assim, para uma partícula pontual, temos
E(r) = 1
4 πϵ0 qi '.(r
 - ri ')|| r - ri ' ||3 (2)
onde, a lei de Coulomb pode ser reescrita como
F = q E (3)
Observe que na equação do campo, temos que o seu “valor” é dado para cada ponto no espaço e não é definido quando r = ri ' à princípio. Para
várias cargas, o campo elétrico em um determinado ponto será dado por
Et = E1 + E2 + ... + En
E(r) = 1
4 πϵ0 i=1
n qi ' (r - ri ')|| r - ri ' ||3 (4)
Esta soma vetorial é nada mais que o princípio de superposição para campos eletrostáticos. A equação (4) é o resultado mais importante que
temos, ela nos permite calcular o campo elétrico de qualquer distribuição finita de cargas em qualquer ponto no espaço. Entretanto, quando
temos, por exemplo, uma esfera carregada, estamos lidando com mais de 1023 partículas e torna-se impossível e talvez desnecessário calcular o
somatório em (4). Sendo assim, estendemos a equação (4) para um contínuo de cargas através da passagem deste somatório para uma integral,
onde
E(r) = 1
4 πϵ0 i=1
n qi ' (r - ri ')|| r - ri ' ||3 ⇄ 14 πϵ0 
q
(r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆq '
Agora, para estudar um corpo contínuo, podemos usar o conceito de densidade de cargas. Seja uma carga q' disposta em um volume V' qualquer,
denominapos como densidade de carga
ρ(r ') = ⅆq 'ⅆV ' (5)
Ou seja, para determinarmos a carga todal em um volume arbitrário no espaço, temos
q ' =
V '
ρ(r ') ⅆV '
Sendo assim, substituindo (5) na integral de campo, obtemos uma expressão final em forma integral para o cálculo do campo elétrico:
E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ') (r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆV ' (6)
A equação (6) é o caso contínuo que depende apenas dos fatotres de densidade e geometria do corpo contínuo. Sendo assim, podemos calcular o
campo elétrico de qualquer corpo de qualquer geometria teoricamente. Analíticamente, podemos apenas calcular o campo elétrico de algumas
formas geométricas, dependendo ainda de como se comporta a função densidade de cargas. Vamos analisar os exemplos mais clássicos.
1.3 Exemplos para cálculo de campo elétrico pela lei de Coulomb
Exemplo 1: Campo elétrico de um fio em seu eixo de simetria
O primeiro exemplo de cálculo do campo elétrico é bem simples. Temos um fio disposto no eixo coordenado z de comprimento L. A densidade
de cargas é uniforme. Sendo assim, temos o seguinte esquema:
2 1 Lei de Coulomb e o campo coulombiano.nb
z
x
y
L /2
-L /2r
O
Esquema de um fio carregado disposto no eixo z.
Solução:
A primeira coisa a fazer é escrever o vetor que irá mapear a região de concentração de cargas e o vetor onde o campo será medido. Como foi
definido, os termos que tem um índice superior “linha” são relacionados à distribuição de cargas, enquanto os termos “sem linha” estão ligados
ao ponto do espaço onde o campo será medido. Sendo assim, de acordo com o esquema, temos
r
 ' = 0 ex + 0 e y + z ' ez = z ' ez, onde L /2 ⩾ z ' ⩾ -L /2
r
 = x ex + y e y + 0 ez
Como o sistema sugere uma simetria cilíndrica, podemos escrever os vetores acima na forma abaixo:
r
 ' = z ' ez
r
 = r ρ
Tirando a diferença entre r e r ' e o módulo da diferença,
r
 - r ' = r ρ -z ' ez|| r - r ' || = (r - r ')2 = r2 + (z ')2
Como a densidade está disposta em um fio unidimensional, simplificamos V’
V ' → z '⟺ⅆV ' ↔ⅆ z '
Lembrando que a densidade de cargas é uniforme ρ(r ') = ρ
basta apenas montar a integral:
E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ') (r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆV ' = E(r) = ρ4 πϵ0 -L/2
L/2 r ρ -z ' ez[r2 + (z ')2]3/2 ⅆ z '
A integral acima é na verdade duas integrais, uma para cada componente vetorial.
E (ρ) = ρ r
4 πϵ0  ∫-L/2L/2 1r2+(z')23/2 ⅆ z ' ρ (A)
E (z) = - ρ
4 πϵ0  ∫-L/2L/2 z'r2+(z')23/2 ⅆ z ' ez (B)
Onde vale
E(ρ) + E(z) = E(r)
1 Lei de Coulomb e o campo coulombiano.nb 3
Fica como exercício resolver cada uma das integrais acima. Para a integral (A), obtemos
E(ρ) = ρ r
4 πϵ0  -L/2
L/2 1[r2 + (z ')2]3/2 ⅆ z ' ρ = E(ρ) = ρ r4 πϵ0  z
r2 r2 + z2 
L/2
-L/2 ρ =
E(ρ) = ρ L
4 πϵ0 r r2 + L2 /4 ρ
Para a integral (B), obtemos um valor nulo, sendo assim
E(ρ) + E(z) = ρ L
4 πϵ0 r r2 + L2 /4 ρ + 0 ez = E(r)
Finalmente, a nossa resposta final será
E(r) = ρ L
4 πϵ0 r r2 + L2 /4 ρ
Exemplo 2: Campo elétrico de um anel de raio R em seu eixo de simetria, densidade uniforme.
Este próximo exemplo é um pouco diferente pois o fio agora está disposto na forma de um anel de raio R em volta da origem. Como o primeiro
exemplo, a primeira coisa a se fazer é escrever os vetores que vão mapear as cargas (vetor “com linha”) e o vetor de medição (vetor “sem linha”).
O esquema é dado abaixo:
z
x
y
r '
r
O
Esquema de um anel carregado disposto no plano xOy.
Solução:
Escrevendo os vetores relevantes, temos
r
 ' = x ' ex + y ' e y + 0 ez = R Cos θ 'ex + R Sen θ ' e y, onde (x ')2 + (y ')2 = R2 e 0 ⩽ θ ' ⩽ 2 π
r
 = 0 ex + 0 e y + z ez
A diferença e módulo dos vetores serão dados por
r
 - r ' = z ez - R Cos θ ' ex - R Sen θ ' e y
|| r - r ' || = (r - r ')2 = R2 + z2
A variável de integração muda também, neste caso, o fio é mapeado de acordo com o ângulo:
V ' → r⟺ⅆV ' ↔ R ⅆθ '
4 1 Lei de Coulomb e o campo coulombiano.nb
Tendo todos os termos relevantes, basta montar a integral de campo elétrico:
E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ') (r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆV ' = E(r) = ρ R4 πϵ0 0
2 π
z e

z - R Cos θ ' ex - R Sen θ ' e y(R2 + z2)3/2 ⅆθ '
Novamente, temos três integrais. Não é difícil ver que as integrais nas coordenadas x e y se anulam por causa da função seno e cosseno. Basta
resolver para a coordenada z:
E(r) = E(z) = ρ z R
4 πϵ0(R2 + z2)3/2 0
2 πⅆ θ ' ez = ρ z R
2 ϵ0(R2 + z2)3/2 ez
Finalmente, a resposta final será
E(r) = ρ z R
2 ϵ0(R2 + z2)3/2 ez
Estes últmos dois exemplos foram casos clássicos em que a densidade de cargas está disposta em apenas uma dimensão. Agora, vamos analisar a
disposição de cargas em uma superfície. O problema continua sendo o mesmo, afinal a teoria é igual, o único trabalho a mais é que vamos lidar
com integrais duplas.
Exemplo 3: Disco esférico uniformemente carregado de raio R. Campo elétrico acima de seu eixo de simetria e casos 
limites.
Vamos considerar agora um disco uniformemente carregado de raio R. Diferente dos exemplos anteriores, ao invés de um distribuição de cargas
unidimensional, aqui vamos ter uma superfície com cargas distribuidas sobre ela. O esquema é quase o mesmo do caso do anel uniformemente
carregado:
z
x
y
r '
r
O
Esquema de um disco carregado disposto no plano xOy.
Solução:
Como sempre, a primeira coisa que devemos fazer é determinar os vetores que vão mapear a distribuição de cargas e o vetor que localiza o ponto
onde será medido o campo:
r
 ' = x ' ex + y ' e y + 0 ez = r ' Cos θ ' ex + r ' Sen θ ' e y, onde 0 ⩽ r ' ⩽ R e 0 ⩽ θ ' ⩽ 2 π
r
 = 0 ex + 0 e y + z ez
A diferença e o módulo da diferença serão dados por
r
 - r ' = z ez -r ' Cos θ ' ex + r ' Sen θ ' e y
|| r - r ' || = r '2 + z2
1 Lei de Coulomb e o campo coulombiano.nb 5
Novamente, a densidade de cargas é uniforme (caso mais simples). Como a distribuição de cargas é superficial, temos que simplificar o termo ⅆ
V´
V ' → S '⟺ⅆV ' ↔ⅆ x ' ⅆ y '
Escrevendo a integral do campo elétrico, ficaremos com
E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ') (r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆV ' =
= ρ
4 πϵ0 
S '
z e

z -r ' Cos θ ' ex + r ' Sen θ ' e y(r '2 + z2)3/2 ⅆ x ' ⅆ y '
A integral do campo será dividida novamente em três integrais, uma para cada componente. Como o termo ⅆx’ⅆy’ deve ser “traduzido” para
coordenadas polares, temos
E(r) = ρ
4 πϵ0 
S '
z e

z -r ' Cos θ ' ex + r ' Sen θ ' e y(r '2 + z2)3/2 ⅆ x ' ⅆ y ' = E(r) = ρ4 πϵ0 0
R
0
2 π
z e

z -r ' Cos θ ' ex + r ' Sen θ ' e y(r '2 + z2)3/2 r ' ⅆ r ' ⅆθ '
Podemos ver que, devido as integrais que envolvem os senos e cossenos nas coordenadas x e y, o campo irá anular em ambas. Então, o campo
será devido apenas pela coontribuição na coordenada z.
E(r) = ρ z
4 πϵ0 0
R
0
2 π 1(r '2 + z2)3/2 r ' ⅆ r ' ⅆθ ' ez =
= - ρ z
2 ϵ0  1
r2 + z2 
R
0
e

z = ρ z
2 ϵ0 1z - 1
R2 + z2  ez
O resultado final será então
E(r) = ρ z
2 ϵ0 1z - 1
R2 + z2  ez
Este é o resultado final do campo para este tipo de simetria. Agora, vamos analisar os casos limites. Por que temos que fazer isso? Os casos
limites irão fornecer o campo elétrico de um plano infinito e campo para uma carga pontual. Vamos ver como chegamos a tais resultados.
Primeiro, vamos analisar o caso para quando R >> z. Passando o limite em E,
Lim
R→∞ E(r) = LimR→∞ ρ z2 ϵ0 1z - 1
R2 + z2  ez =ρ z
2 ϵ0 LimR→∞1z - 1
R2 + z2  ez =
ρ z
2 ϵ0 LimR→∞ e

z
z
- Lim
R→∞
e

z
R2 + z2  =
ρ
2 ϵ0 ez - LimR→∞ e

z
R 1 + z2
R2
= ρ
2 ϵ0 ez
Finalmente, o campo de um plano infinito seria dado por:
ER→∞(r) = ρ
2 ϵ0 ez
Vamos analizar agora o caso em que z>>R. Expandindo em série o denominador com raiz, temos
6 1 Lei de Coulomb e o campo coulombiano.nb
E(r) = ρ z
2 ϵ0 1z - 1
R2 + z2  ez =
ρ z
2 ϵ0 1z - 1
z 1 + R2
z2
 ez ≈ ρ z
2 ϵ0 1z - 1z 1 - 12 R2z2 + ...  ez ≈ ρ z2 ϵ0 12 R2z3  ez ≈ ρ R24 ϵ0 z2
Finalmente, identificando Qdisco = ρ π R2 (integração da equação (5)), obteremos
Ez→∞(r) = Qdisco
4 πϵ0 z2
Exemplo 4: Esfera oca uniformemente carregada de raio R. Campos elétricos interno e externo.
Como no exemplo anterior, Temos uma distribuição superficial de cargas elétricas. O que queremos fazer é determinar o campo dentro e fora da
esfera oca para saber como ele se comporta. O esquema do exemplo segue abaixo:
z
x
yO
r
r ' r

-
Esquema de uma esfera oca e seus vetores notáveis..
Solução:
Para resolver este tipo de problema, podemos explorar a simetria e trabalhar rotacionando o eixo de forma que o vetor “sem linha” seja posto
diretamente sobre um dos eixos. Sendo assim, façamos uma rotação nos eixos de tal forma que o eixo z esteja bem acima deste vetor:
z
x
y
O
r
r 'r -ϕ
Eixos rotacionados
Agora, podemos escrever os vetores “sem linha” de uma maneira mais conveniente.
r
 = z ez
1 Lei de Coulomb e o campo coulombiano.nb 7
r
 ' = R Cos θ ' Sen ϕ ' ex +R Sen θ ' Sen ϕ ' e y +R Cos ϕ ' ez
Tirando a diferença e o módulo, obtemos
r
 - r ' = -R Cos θ ' Sen ϕ ' ex -R Sen θ ' Sen ϕ ' e y +(z -R Cos ϕ ') ez
|| r - r ' || = R2 Cos2 θ ' Sen2 ϕ ' + R2 Sen2 θ ' Sen2 ϕ ' + (z -R Cos ϕ ')21/2 =
= z2 + R 2 - 2 z R Cos ϕ '1/2
Como a distribuição de carcas está em um superfície, fazemos a simplificação de ⅆV’ para ⅆS’, onde usamos o Jacobiano apropriando para as
coordenadas esfericas com raio fixo:
E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ') (r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆV ' =
= ρ
4 πϵ0 0
2 ππ
0
-R Cos θ ' Sen ϕ ' ex -R Sen θ ' Sen ϕ ' e y +(z -R Cos ϕ ') ez  z2 + R 2 - 2 z R Cos ϕ '3/2 R2 Sen ϕ ' ⅆθ ' ⅆϕ '
Fica novamente claro que temos três integrais separadas, uma para cada coordenada. Mesmo assim, é evidente que as integrais nos eixos x e y
serão nulas pelo fato de estarem envolvidas integrais em seno e cosseno (observe o limite de integração também). Sendo assim, vamos apenas
resolver a última coordenada:
E(r) = ρ
4 πϵ0 0
2 ππ
0
(z -R Cos ϕ ') ez(z2 + R 2 - 2 z R Cos ϕ ')3/2 R2 Sen ϕ ' ⅆθ ' ⅆϕ ' =
= ρ R2
2 ϵ0 
π
0
(z -R Cos ϕ ') ez(z2 + R 2 - 2 z R Cos ϕ ')3/2 Sen ϕ ' ⅆϕ '
Resolvendo esta integral, obtemos
E(r) = ρ R2
2 ϵ0 z2 (z - R)|| z - R || - (-z - R)|| z + R || ez
Temos que avaliar agora os valores absolutos e verificar os campos nas duas regiões diferentes. Se z < R, ou seja, no interior da esfera, teremos
E(r) = 0
Para z > R,
E(r) = ρ R2
2 ϵ0 z2 ez
identificando, Qesfera = 4 π ρ R2, temos
E(r) = Qesfera
4 π ϵ0 z2 ez
Ou seja, o capo se corporta como uma carga pontual situada na origem. Observe que devido a simetria da esfera, esse resultado encontrado para
z é na verdade um caso especial, pois teriamos o mesmo comportamento em qualquer direção. Sendo assim, a resposta mais geral possível seria
E(r) = ρ R2
2 ϵ0 r2 (r - R)|| r - R || - (-r - R)|| r + R || r
8 1 Lei de Coulomb e o campo coulombiano.nb
Exemplo 5: Esfera uniformemente carregada de raio R.
Agora vamos lidar com o caso mais geral. Vamos apenas estudar o caso mais simples porém altamente ilustrativo da esfera uniformemente
carregada. Aqui temos o uso total da forma geral da equação que descreve campos elétricos. De fato, o esquema é quase o mesmo que no
exemplo anterior, entretanto, temos a variação do raio. Sendo assim, o problematorna-se uma integral tripla. Não existem grandes dificuldade na
análise dos resultados também, entretanto, creio que este seja o tipo de exercicio mais simples para o campo elétrico de um corpo totalemnte
sólido.
z
x
yO
r
r ' r

-
r '
Esquema de uma esfera sólida e seus vetores notáveis..
Solução:
No exemplo anterior, pode-se verificar que na região externa à esfera, temos um caso onde toda a carga poderia ser considerada como concen-
trada na origem. Consideramos aqui uma sucessão infinita de cascas, onde o campo total é dado por
E(r) = Qtotal
4 π ϵ0 r2 r
Entretanto, a carga das camadas internas pode ser representada como uma razão da carga total devido à uniformindade da distribuição de cargas,
de sorte que
Qi = 43 π r34
3
π R3 Qtotal ⇒ r
3
R3
Qtotal
Sendo assim, o campo interno será dado por
E(r) = r3R3 Qtotal
4 π ϵ0 r2 r = Qtotal4 π ϵ0 R3 r r
Ei(r) = Qtotal
4 π ϵ0 R3 r r
ou seja, o campo interno de uma esfera sólida varia linearmente com o raio, equanto o campo externo é modelado como se toda a carga estivesse
no centro do sistema. Para verificar se isto faz algum sentido, basta ver se o campo terá o mesmo valor na fronteira:
Ei(R) = EE(R)
Qtotal
4 π ϵ0 R2 r = Qtotal4 π ϵ0 R3 R r
Este resultado pode ser obtido usando diretamente a lei de Coulomb. O esforço matemático é tamanho que as integrais (que por incrível que
pareça, são analíticas) são extrememente complicadas. Entretanto, como conseguimos chegar a um resultado conveniente à partir de uma
hipótese, temos que verifica-lo fazendo de fato as contas. Como em todos os exemplos anteriores, a primeira coisa a fazer é determinar os vetores
1 Lei de Coulomb e o campo coulombiano.nb 9
que vão mapear a distribuição de cargas e o vetor direção. Já supondo uma rotação de conveniencia, obtemos
r
 = z ez
r
 ' = r ' Cos θ ' Sen ϕ ' ex + r ' Sen θ ' Sen ϕ ' e y + r ' Cos ϕ ' ez
onde 0 ⩽ r ' ⩽ R, 0 ⩽ θ ' ⩽ 2 π e 0 ⩽ ϕ ' ⩽ π
Observe que, diferente do caso da esfera oca, o raio “com linha” não é uma constante, agora, temos que integrar sobre todo o volume. A
direrença e o módulo da diferença entre os vetores serão dados por
r
 - r ' = -r ' Cos θ ' Sen ϕ ' ex - r ' Sen θ ' Sen ϕ ' e y + (z - r ' Cos ϕ ') ez
|| r - r ' || = z2 + r ' 2 - 2 z r ' Cos ϕ '1/2
Não precisamos simplificar o termo ⅆV’, apenas escreve-lo da maneira conveniente para o caso esférico. Sendo assim, a integral de campo será
E(r) = 1
4 πϵ0 
V '
ρ(r ') (r - r ')|| r - r ' ||3 ⅆV ' =
= ρ
4 πϵ0 0
2 ππ
0

0
R -r ' Cos θ ' Sen ϕ ' ex -r ' Sen θ ' Sen ϕ ' e y +(z -r ' Cos ϕ ') ez  z2 + r ' 2 - 2 z r ' Cos ϕ '3/2 r '2 Sen ϕ ' ⅆ r ' ⅆθ ' ⅆϕ '
Observe que da mesma forma que no caso da esfera oca, as integrais nas componentes x e y se anulam devido às integrais em seno e cosseno na
coordenada θ’. Isto é devido ao fato de as linhas campo serem perpendiculares à superficie e elas representariam uma contribuição não perpendic-
ular (a mesma coisa para os exemplos anteriores). Logo, basta integrair na última componente:
E(r) = ρ ez
2 ϵ0 
π
0

0
R (z -r ' Cos ϕ ') r '2 Sen ϕ '(z2 + r ' 2 - 2 z r ' Cos ϕ ')3/2 ⅆ r ' ⅆθ ' ⅆϕ '
Esta integral foi resolvida usando o software Wolfram Mathematica. Seu resultado foi dado como
E(r) = ρ ez
2 ϵ0 1z2 16 r '2 + z2 - 2 r ' z Cos ϕ ' 2 r '2 - z2 + 2 r ' z Cos ϕ ' + 3 z2 Cos ϕ ' -
z3 Cos ϕ ' Lnr ' - z Cos ϕ ' + r '2 + z2 - 2 r ' z Cos ϕ '  Sen2 ϕ '
0
R π
0
Fazendo as substituições, teremos
E(r) = - ρ ez
2 ϵ0  13 z2 R2 (R - z)2 - (R + z)2 + z2 (R - z)2 - (R + z)2 + R z (R - z)2 + (R + z)2 
= - ρ ez
2 ϵ0  13 z2 R2 ( || R - z || - || R + z ||) + z2 ( || R - z || - || R + z ||) + R z ( || R - z || + || R + z ||)
 Temos que analisar os valores absolutos para estudar o campo dentro e fora da esfera. Se R - z < 0 , (dentro da esfera)
Ei(r) = - ρ ez
2 ϵ0  13 z2 R2 [-(R - z) + (R + z)] + z2 [(R - z) + (R + z)] + R z [-(R - z) - (R + z)] =
= - ρ ez
2 ϵ0  13 z2 R2 [-R + z + R + z] + z2 [-(R - z) - (R - z)] + R z [-R + z - R - z =
E(r) = - ρ ezϵ0 -z33 z2  = ρ z e

z
3 ϵ0
Ei(r) = ρ z ez
3 ϵ0
10 1 Lei de Coulomb e o campo coulombiano.nb
Agora, vamos analisar o caso onde z ⩾ R (fora da esfera):
Ee(r) = - ρ ez
2 ϵ0  13 z2 R2 [ || R - z || - || R + z ||] + z2 [ || R - z || - || R + z ||] + R z [ || R - z || + || R + z ||] =
= - ρ ez
2 ϵ0  13 z2 R2 [-(R - z) - (R + z)] + z2 [-(R - z) - (R + z)] + R z [-(R - z) + (R + z)] =
= - ρ ez
6 ϵ0 z2 R2 [-R + z - R - z] + z2 [-R + z - R - z] + R z [-R + z + R + z] =
Ee(r) = - ρ ez
6 ϵ0 z2 R2 [-2 R] + z2 [-2 R] + R z [2 z] = ρ R3 e

z
3 ϵ0 z2
Ee(r) = ρ R3 ez
3 ϵ0 z2
Da mesma forma que no caso co campo interno, calculando a carga total, teremos
Qtotal =
V '
ρ ⅆV ' = 4
3
π ρ R3 ⇒ ρ = 3 Qtotal
4 π R3
Substituindo ete resultado nos dois ultimos resultados, temos
Ee(r) = Qtotal
4 π ϵ0 z2 ez
Ei(r) = Qtotal
4 π ϵ0 R3 z ez
Normalmente, no caso geral teremos o vetor direcional substituido pelo radial, assim
Ee(r) = Qtotal
4 π ϵ0 r2 r
Ei(r) = Qtotal
4 π ϵ0 R3 r r
que é exatamente o mesmo resultado que obtemos assumindo as nossas hipóteses iniciais. Isto demonstra a força da teoria, em princípio, a
eletrostática resume-se em calcular campos usando a Lei de Coulomb. Vimos no último exemplo que esta integral pode ser incrivelmente
complicada e às vezes impossíveis. Entretanto, devido às propriedades matemáticas da lei de Coulomb, vamos à partir de agora trabalhar com“macetes” para calcular tal campo de formas mais fáceis.
1 Lei de Coulomb e o campo coulombiano.nb 11