Resoluções de Física III 1ª Lista POLI-USP (Lista provisória) Erros na lista e sugestões:

Resoluções de – Física III – 1ª Lista – POLI-USP (Lista provisória) Erros na lista e sugestões: estudospoli@gmail.com

Carga e Campo Elétrico 21.2 (1)

Neste exercício, fluxo é apenas vazão de cargas (não fluxo de campo vetorial). Temos que:

v = Δ_ΔtQ⇔Δ Q=v⋅Δt=2⋅104[C s−1]⋅102[μs]=2C .

\

ΔQ=2C

Considerando fluxo somente de elétrons e a carga elementar como 1,6×10−19_{C :} ne= 2 1,6⋅10−19=1,25×10 19 elétrons. 21.8 (2)

Obs.: Leia-se massa molar invés de massa atômica.

(a) Lembrando que para átomos com carga neutra, Z=nº de prótons=nº de elétrons. Temos então:

nº elétrons na esfera=n_e= Z⋅massa⋅L

massa molar=

13⋅25⋅(6,02⋅1023)

26,982 =7,25×10

24

elétrons .

(b) Aplicando a Lei de Coulomb:

F=

|

−n 'ee

||

+n'ee

|

4πε0r 2 ⇔n'e= 2 r

_√

πε0F e = 2⋅0,8

√

3,14(8,85⋅10−12)104 1,6⋅10−19 =5,27×10 15 elétrons . (c) Temos: n'e ne =5,27⋅10 15 7,25⋅1024=7,27×10 −10 . 21.32 (3)

(a) Por definição: F_e⃗=q ⃗E . Como o vetor campo elétrico está orientado para o centro da terra (para baixo) e queremos uma força elétrica orientada para cima, a carga líquida é negativa e seu módulo é dado por: qE=−Fp⇔q=−

F_p

E =−

60⋅9,8 [N ]

150 [N⋅C−1]=−3,92 C . (b) Aplicando a Lei de Coulomb:

F= q 2 4πε₀r2= 3,922 4⋅3,14⋅8,85⋅10−12⋅104=1,38×10 7_N

Não, pois o módulo da força gerada é muito grande. 21.43 (4)

(a) Pela simetria do problema, o campo elétrico em x=0 é 0.

⃗ E_r=E_a⃗+E_−a⃗= q 4πε0(0−a)2 (−^i )+ q 4πε0(0−(−a))2 ^i=0. (b) Tomando-se um ponto arbitrário sobre o eixo Ox P(x ,0) :

⃗

E_x=E_a⃗+E_−a⃗= q 4πε0(x−a)2

(x−a)

|x−a|^i+_4πε0q_{(x +a)}2

(x +a) |x+a| ^i= q4πε₀

(

1 (x−a)| x−a|+ 1 (x +a)|x +a|

)

^i

{

_Ex⃗₌ q 4πε₀ (−2)(x2+a2) (x2−a2)2 ^i para x<−a; ⃗ Ex=_4πεq 0 (−4 ax) (x2 −a2 )2^i para −a<x<a; ⃗ Ex= q 4πε0 2 (x2+a2) (x2−a2)2 ^_{i para a<x .} Desenho do gráfico:

Temos assíntotas verticais em x=a e x=−a e y=0 é assíntota horizontal para x →±∞ Derivando pela 1ª vez:

{

dE_x dx =−2 q 4πε0

(

1 (a−x)3+ 1 (−x−a)3

)

<0 ∀ x <−a; dE_x dx =−2 q 4πε0

(

1 (a−x)3+ 1

(x+a)3

)

≤0 ∀−a<x <a; dEx dx =−2 q 4πε₀

(

1 (x−a)3+ 1 (x +a)3

)

<0 ∀ x>a .

\

E_x decrescente em [−∞ ,−a ]∪[−a , a]∪[a ,+∞].

Derivando pela 2ª vez:

{

d2Ex dx2 =(−6) q 4πε₀

(

1 (x−a)4+ 1 (x+a)4

)

<0 ∀ x <−a ; d2E_x dx2 =6 q 4π ε0

(

1 (x+a)4− 1

(x−a)4

)

≥0 ∀−a< x<0 e ≤0 ∀ 0<x <a ; d2E_x dx2 =6 q 4πε0

(

1 (x −a)4+ 1 (x+a)4

)

>0 ∀ x >a.

\

Gráfico de Ex com concavidade para cima em [−a , 0]∪[a ,+∞] e com concavidade

para baixo em [−∞ ,−a ]∪[0, a ].

Com isso você está apto a desenhar o gráfico.



40



20

20

40

x



0.04



0.02

0.02

0.04

y

21.53 (5)

(a) Considere a seguinte figura:

(Obs.: Leia-se (d ⃗E)no lugar de ⃗E na imagem)

Com dq=λdy : dE_x⃗=d ⃗E cosθ^i= k dq x2 +y2 x

√

x2+y2^i= k λ x dy(x2 +y2 )3 /2^i

Têm-se então que:

∫

0 Ex d Ex=Ex=

∫

−a a kλ xdy (x2+y2)3/ 2= kλ x2

∫

−a a 1

(

1+

(

y x

)

2

)

32 dy=kλ x

∫

arctan (−a x) arctan( a_x) sec2_u sec3udu= kλ x

(

a

√

x2 +a2−

(

−a

√

x2 +a2

)

)

= = 2 kλ a x

√

x2+a2= 2 kλa x

√

x2+a2= 2 kλ x

√

x2/a2+1 ⇒ Ex⃗= 2 kλ x

√

x2/a2+1^i

(

b) A única coisa que muda nessa questão são os limites de integração.

∫

0 Ex d Ex=Ex=

∫

−∞ +∞ kλ x dy (x2 +y2 )3 /2= kλ x2

∫

−∞ +∞ 1

(

1+

(

y x

)

2

)

3 2 dy=kλ x

[

y

√

x2+y2

]

|

+∞ −∞ = =kλ x

[

y→+∞lim y

√

x2+y2−y→−∞lim y

√

x2+y2

]

= kλ x [1−(−1)]= 2 kλ x ⇒ Ex⃗= 2 kλ x ^i

Note que poderiamos ter feito a tender a infinito na expressão de (a).

Os gráficos podem ser obtidos da mesma forma que na questão anterior, ou de maneira mais simplificada (tente enxergar o gráfico sem uso de limites).

21.62 (6)

(a) As linhas de campo formam dois "gomos" indicando que elas saem das cargas nos extremos e chegam na carga central, ou que elas saem da carga central chegando na carga dos extremos. Então, a carga central têm sinal oposto das cargas nos extremos.

(b) Na mediatriz à reta comum as cargas não existe componente vertical do campo, pela simetria. Como a componente horizontal gerada pela carga central têm sentido contrário à carga dos

extremos haverá 2 pontos de campo elétrico mínimo simétricos em relação à reta que une as cargas pertencente à esta mediatriz.

(a) Temos que: Q a= dq dy(distribuiçãouniforme)e : ⃗ dE =dE_x⃗+dE_y⃗= dEcosθ^i−dEsenθ^j= kQ a

(

xdy (x2 +y2 )3/ 2^i− ydy(x2 +y2 )3 /2^j

)

Integrando: ⃗ E =kQ a

(

∫

₀ a xdy (x2+y2)3 /2

)

^i−kQa

(

∫

0 a ydy (x2+y2)3 /2

)

^j I_x=

∫

xdy (x2+y2)3 /2= 1 x2

∫

dy

(1+( y / x)2)3 /2. Fazendo y / x=tgu⇒ dy=xsec

2_{u du. Então: I} x= 1 x

∫

cosudu = =senu x +k = y x

√

x2 +y2+k ⇒ Ex⃗= kQ x

√

x2 +a2^i Iy=

∫

ydy (x2 +y2 )3/ 2. Fazendo x 2 +y2=u ⇒ 2 y dy=du. Então : Iy= 1 2

∫

1

√

u3du=− 1

√

x2 +y2+k ⇒ ⃗ E_y=−kQ a

(

− 1

√

x2+a2+ 1

√

x2

)

^j=−kQa

(

1 x− 1

√

x2+a2

)

^j Então : ⃗E= kQ x

√

x2+a2 ^_{i −}kQ a

(

1 x− 1

√

x2+a2

)

^_j (b) Como Fe⃗=q ⃗E , então: ⃗ F= −qkQ x

√

x2 +a2 ^_{i +}qkQ a

(

1 x− 1

√

x2 +a2

)

^_j

Em problemas em que a≪ x , os termos a2,

a3,a4 etc são desprezíveis em relação a x ( a não é desprezível!). Basta então reajustas a expressão de F_y e efetuar a aproximação:

F_y=qkQ a

(

1 x− 1

√

x2 +a2

)

= qkQ a

√

x2 +a2 −x x

√

x2 +a2 = qkQ a

√

x2 +a2 −x x

√

x2 +a2 (

√

x2+a2+x) (

√

x2 +a2 +x)= qkQ a x2 +a2 −x2 x

√

x2 +a2 (

√

x2 +a2 +x )= = qkQa x

√

x2+a2(

√

x2+a2+x).

Agora podemos fazer a2

=0 em Fx e Fy, obtendo: F_x≈ −qkQ x

√

x2 +0=− Qq 4πε0x 2 Fy≈ qkQa x

√

x2+0 (

√

x2+0+x )= +qkQa 2 x3 =+ Qqa 8πε0x 3

21.96 (8)

(Novamente, leia-se dE na imagem) Da relação da circunferência:

ds=a dθ

Da relação fornecida no enunciado:

dq ds= Q πa ⇔ dq=π aQ ds=Q dπθ Temos: d ⃗E=−kQ

πa2 (cosθ, senθ)d θ ⇒

⃗ E =− kQ πa2(

∫

0 π cosθ dθ,

_∫

0 π senθ dθ)=− kQ πa2(0,2)=−2 kQ πa2 ^_j 21.107 (9) O

item (a) será usado para resolver o (b). Veja: (a) dq dr= Q L ⇒ Ex=

∫

−a 2 −L −a 2 kQdr (x−r )2L= kQ L ₋

∫

_a 2−L −a 2 1 (r−x )2dr = =kQ L

[

1 x−r

]

|

−a 2 −a 2−L =2 kQ L

(

1 2 x +a− 1 2 L+2 x+a

)

. (b) Como F=q E vamos integrar dq E(x):

F=

∫

a 2 a 2+L 2 kQ2 L2

(

1 2 x+a− 1 2 L+2 x+a

)

dx = Q2 4πε₀L2ln

|

2 x +a 2 L+2 x +a

|

|

a 2+L a 2 = = Q 2 4πε0L 2

(

ln

(

a+L a+2 L

)

−ln

(

a a+L

)

)

= Q2 4πε0L 2ln

[

(a+L)2 a(a+2 L)

]

22.1 (10)

(a) O fluxo é dado por



=

∫

_S E⋅A = E A cosθ= 14(N /C)0,250m

2

2 =1,75 (N /C)m

2_.

(b) Não, depende apenas da área e do ângulo que o vetor normal forma com o campo elétrico. (c) −1≤cos θ≤1 ⇔ 0≤|cosθ|≤1 ⇒ (i)0 º (ii)90 º

22.4 (11)

O fluxo em cada face é dado por:

S 1=

∫

_S ExL ² cos π₂+

∫

_SEzL² cos π₂=0+ 0=0 S 2=

∫

_S ExL ² cos π₂+

∫

_SEzL² cos0=0+3[ z ]0,3 N C 0,09 m 2 (1)= 0,081(N /C )m2. S 3=

∫

_SExL ² cos π₂+

∫

_SEzL ² cos π₂=0+0=0 S 4=

∫

_SExL ² cos π₂+

∫

_S EzL ² cos(−π)=0+3[z]0N_C 0,09 m 2 (−1)= 0 S 5=

∫

_S ExL ² cosπ+

∫

_SEzL ² cos π₂=5 [x ]0,3 N C 0,09 m 2_{(−1)+0 =−0,135(N /C )m}2. S 6=

∫

_SExL ² cos0+

∫

_S EzL ² cos π₂=5[ x]0 N C 0,09 m 2 (1)+0=0 O fluxo total é a soma dos fluxos calculados:

 =S 1+S 2+S 3+S 4+S 5+S 6= 0+0,081+ 0+0−0,135+0 (N /C)m2=−0,054 (N /C)m2

22.8 (12)

A Lei de Gauss nos diz que: _S=

∫

_SE⋅A =q_εint

0 . Então, considerando ε0=8,85×10 −12_{: :} (a) S 1= 1 ε₀(q 1)= 4 8,85×10 3_{= 452(N /C)m}2 (b) S 2= 1 ε0(q 2)= (−7,8) 8,85 ×10 3_{=−881(N /C)m}2 (c) S 3= 1 ε0(q 1+q 2)= (−3,8) 8,85 ×10 3_{=−429 (N /C)m}2 (d) S 4= 1 ε₀(q 1+q 3)= 6,4 8,85×10 3_{=723 (N /C)m}2 (e) S 5= 1 ε0(q 1+q 2+q 3)= (−1,4) 8,85 ×10 3 =−158(N /C)m2

22.16 (13)

(a) Para um ponto fora da superfície a uma distância d=0,100 m , considere a superfície gaussiana esférica concêntrica a esfera metálica de raio igual a d +r=0,100+0,450=0,55 m . Aplicando a Lei de Gauss, note que pela simetria o campo elétrico é perpendicular à superfície:

 =

∫

_SE⋅A = EA=E(4π(d+r)2)=q_εint

0 ⇒ E=

0,25×10−9

8,85×10−12(4⋅3,14⋅0,552)= 7,43 N /C .

(b) Como a superfície é condutora não há nenhuma carga em seu interior. Isso implica, pela Lei de Gauss que: E=0 .

22.35 (14)

(a) Supondo as faces quadradas de lado 5cm:

 =(5×10−2)2cos(60)(E₁−E₂)=25

2 (2,5−7,0)=−56,25(N /C)m

2

Pela Lei de Gauss:

qint= ε0=−56,25(8,85×10−12)=−4,98×10−10C .

(b) Somente no interior, pois se houvesse uma carga nas próximidades do paralelepípedo o campo não seria uniforme e teria uma direção radial a essa carga.

22.45 (15)

(a) Escolhendo uma superfície gaussiana esférica concêntrica às esferas e de raio r, temos: (i) r <a : Não há cargas internas à superfície, então a Lei nos garante que E=0 .

(ii) a<r<b : Note que o campo elétrico precisa ser nulo (se não fosse nulo haveria uma força exercida sobre as cargas de sua superfície gerando uma corrente elétrica). Como não há fluxo na superfície gaussiana constata-se também que não há cargas na superfície interna ( q_{sup. interna}=0 ).

E=0 .

(iii) b<r<c : Pela lei de Gauss: E=+_A2 q_ε

0

= +2 q 4πr2ε0

= +q 2πr2ε0

, radial para fora.

(iv) c <r<d : Novamente o campo elétrico nessa região deve ser nulo, logo E=0 . Note que pela Lei de Gauss, a carga interna à superfície dever ser nula, então:

+2 q+q_{sup. interna}=0 ⇔ q_{sup. interna}=−_{2 q . Para manter o equilíbrio:} −2 q+q_{sup. externa}=+4 q ⇔ q_{sup. externa}=+6 q .

(v) d <r : Pela lei de Gauss: E=+6 q_Aε

0

= +6 q 4πr2ε0

= +3 q 2π r2ε0

, radial para fora. (b) As respostas foram obtidas nos comentários em (a).

(a) ρ= q_{esf. oca} Vesf. oca = qesf. oca 4 3 π(2 R) 3 −4 3π R 3 ⇔ qesf. oca= 28 3 ρ π R 3

Para soma de cargas igual a zero:

Q+q_{esf. oca}=0⇔28 3 ρ πR

3

=−Q \ ρ=− 3 Q 28π R3 .

(b) 0<r<R : Como a esfera é condutora, para haver equilibrio não deve haver forças atuando (senão as cargas estariam em movimento). Logo, para regíões internas a sua superfície a carga interna é zero e E=0 .

R<r <2 R : Cálculo da carga interna: q_int=Q+4

3π(r 3 −R3_{)ρ= Q−Q(r}3−R3) 7 R3 = 8 Q 7 − Qr3 7 R3 Lei de Gauss: E(4π r2 )=q_εint 0 ⇔E= 2 Q 7π ε₀r2− Qr 28πε₀R3 .

r>2 R: E=0 direto pela Lei de Gauss pois qint=0 .

(c) A fina camada de cargas ocorre na superfície da esfera isolante. Note que na proximidade de r=R ocorre um "salto" de E=0 para E= Q

4πε0r

2 . Na esfera isolante, por sua vez a distribuição

torna-se contínua e não há esse "salto" no campo elétrico. Veja que

[

2Q 7πε₀r2− Qr 28πε₀R3

]

2 R = Q 14πε₀R2− Q

14πε₀R2=0 , que é o mesmo valor para r >2 R.

22.57 (18) (a) Independentemente, ρ=dq dV . V = 4 3πr 3 ⇒dV =4πr2dr Então dq=ρ0(1−r /R)4πr2dr

∫

0 qTOTAL dq=qTOTAL=

∫

0 R ρ0(1−r /R)4π r 2 dr=12Q R3

[

r3 3− r4 4 R

]

₀ R =12Q R3 ⋅ R3 12=Q⇒ qTOTAL=Q

(b) Pela Lei de Gauss:

∫

SE⋅A=E (4πr 2 )=Q_ε 0⇒E= Q 4πε0r

2, que é idêntico ao campo elétrico produzido por uma

carga puntiforme Q. (c) Temos que: qr= 12Q R3

(

r3 3− r4

4 R

)

. Pela Lei de Gauss:

E= qr 4πε0r 2= Qr 4π ε0R 3

(

4− 3 r

R

)

, radial para fora.

(e) Calculemos o Emax para r≤R : Reescrevendo a expressão do item (c):

E= −3Q

4πε0R 4r (r −

4 R

3 ) que é uma equação do segundo grau em r. Logo, Emax=

Q

3π ε0R

2 em

r=2 R

22.56 (17)

(a) Um exemplo seria colocar duas cargas de mesmo módulo e sinal equidistantes da carga +q e colineares entre si.

(b) O campo elétrico produzido pelas outras cargas deveria possuir uma direção axial apontando para a posição inicial da carga +q.

(c) Considere a posição inicial de equilíbrio P. Para haver equilíbrio estável, a força q ⃗E(P) sobre

+q em P deve ser nula, ou seja E(P)=0 . Para haver a força restauradora, ⃗ E(∞) ou de forma ⃗

geral E(r ) (campo após um deslocamento r) deve apontar de volta para P. Por uma superfície ⃗

gaussiana S tão próxima quanto queiramos de P, temos que o fluxo do campo elétrico é tal que  S<0 , o que implica na existência de uma carga negativa em P (absurdo!), já que em P não há

carga nenhuma. Logo, é impossível existir equilíbrio estável sobre uma carga +q somente sobre ação de forças exclusivamente eletrostáticas.

(d) Demonstração análoga ao item (c). Considere a posição inicial de equilíbrio P. Para haver equilíbrio estável, a força −q ⃗E(P) sobre -q em P deve ser nula, ou seja E(P)=0 . Para haver ⃗

a força restauradora, E(∞) ou de forma geral ⃗ E(r ) (campo após um deslocamento r) deve ⃗

apontar saindo de P. Por uma superfície gaussiana S tão próxima quanto queiramos de P, temos que o fluxo do campo elétrico é tal que  S>0 , o que implica na existência de uma carga positiva em

P (absurdo!), já que em P não há carga nenhuma. Logo, é impossível existir equilíbrio estável sobre uma carga -q somente sobre ação de forças exclusivamente eletrostáticas.

Potencial Elétrico

23.22 (19) (Considerando a uma constante positiva) (b) Por definição, V =−

∫

∞ r ⃗ E⋅ ⃗dl= q 4πε₀r Então: V0= q 4πε₀a+ q 4πε₀a= 2 q 4πε₀a .

(c) Temos dois triângulos retângulos de lados a e x (x é um ponto arbitrário sobre Ox). Somando a contribuição das duas cargas: V = q

4πε₀

√

a2 +x2+ q 4πε₀

√

a2 +x2= 1 4πε₀ 2 q

√

a2 +x2 .

(e) Para x≫a , V =_4πε1

0

2q

√

02+x2=

2 q 4πε₀x .

Erratas, sugestões, auxílio em formatações, envio de soluções ou simplesmente bate-papo:

estudospoli@gmail.com

Resolução feita por Asa Noturna. O restante da lista (ex. 20 a 29) será adicionado no decorrer das aulas que antecedem a P1.