Instituto de Física UFRJ

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1 AC TORT 1/9 1 Instituto de Física UFRJ 1 a Avaliação a Distância de Física 3A - AD1 Soluções Pólo : Nome : Segundo Semestre de 9 Data: 1 o Q o Q 3 o Q 4 o Q Nota Assinatura : Problema 1 Considere um condutor carregado de geometria arbitrária em equilíbrio eletrostático. Seja σ a densidade (não necessariamente uniforme!) de carga superficial do condutor. (a) ( pt) Mostre que a força por unidade de área que atua sobre o condutor é dada por: df da = σ ǫ ˆn, one ˆn é o vetor unitário normal à superfície que aponta para exterior da mesma. Sugestão: suponha que um elemento da superfície carregada sofra a ação do valor médio do campo elétrico. Para calcular o valor médio, considere o campo imediatamente acima e abaixo da superície. (b) (1 pt) Como aplicação do resultado obtido acima, suponha um condutor esférico isolado de raio igual a 1 cm carregado com uma carga igual a nc. Calcule a pressão eletrostática sobre a superfície do condutor. (c) ( pt) Mostre que a força total sobre o condutor esférico do item anterior é zero. Sugestão: use coordenadas esféricas e lembre-se que o vetor unitário radial pode ser escrito como uma combinação linear dos unitários cartesianos: ê r = senθ cos φˆx + sen θ senφŷ + cos θ ẑ. A vantagem está no fato dos unitários cartesianos serem vetores constantes, enquanto que o unitário radial varia de ponto a ponto sobre a esfera. Na hora de calcular as integrais necessárias isso será muito importante. Veja um livro de cálculo se tiver mais dúvidas. (d) (1 pt) Ainda com referência ao condutor esférico do item anterior, calcule a força sobre o hemisfério norte do condutor. SOLUÇÃO 1: (a) A força sobre um elemento de área carregado do condutor é dada por: df = dq E, onde dq = σda e E é o campo elétrico que atua sobre o elemento de carga dq. Observe que este campo pode ser devido às cargas no condutor e a um possível campo externo criado por outras fontes. No entanto, a rigor, o campo sobre uma superfície condutora não é bem definido, há uma discontinuidade entre o campo imediatamente abaixo e o campo imediatamente acima da superfície que é proporcional à densidade superficial de carga local. O modo de contornar essa dificuldade é considerar o campo E que atua sobre dq como o campo médio. Como imediatamente abaixo (dentro) da superfície condutora o campo é nulo, e imediatamente acima o campo é não-nulo, perpendicular à superfície condutora, e vale (σ/ǫ ) ˆn, onde ˆn é o unitário normal à superfície, veja a Figura 1, o campo médio se escreve: E médio = 1 σ ǫ ˆn.

2 AC TORT 1/9 Condutor E acima = σ ǫ ˆn E abaixo = Figura 1: Valor médio do campo elétrico sobre uma superfície condutora. Segue que: ou: df = dqe médio = 1 σ ǫ da ˆn, df da = σ ǫ ˆn. σ O módulo dessa força por unidade de área,, é muitas vezes chamado de pressão eletrostática. Nosso cálculo do ǫ valor médio do campo é muito elementar, embora o resultado final esteja correto. O fator 1/ pode ser justificado de um modo mais rigoroso com o auxílio da lei de Gauss mas, para os nossos propósitos aqui, é suficiente fazer a média aritmética simples do campo. Convém ressaltar novamente que o campo E que aparece em nossos cálculos acima é o campo total, isto é, em princípio, é o campo das cargas presentes no condutor linearmente combinado com contribuições geradas por outras fontes, por exemplo, outros condutores carregados. No equilíbrio eletrostático, o campo resultante deve ser perpendicular à superfície do condutor, não importam as fontes. (b) Para um condutor esférico isolado podemos supor que a carga está uniformemente distribuída, logo: segue que: σ = Q 4πR =, 1 9 C 4π 1 4 m 1, C/m, pe = 1 σ ǫ = 1 (1, ) (8, 9 1 1, 14 N. ) (c) Como o condutor está isolado, isto é, sem a presença de outras cargas, o campo elétrico é gerado apenas pelas cargas sobre o condutor. A força sobre o hemisfério norte é então dada por: F = 1 σ da ˆn = 1 σ ǫ ǫ já que σ neste caso é uniforme. Observe que o unitärio normal ˆn varia de ponto a ponto sobre o hemisfério e, consequentemente, não pode ser posto em evidência na integral. O elemento de área da se escreve: da = R sen θ dθ dφ. Naturalmente, como o problema tem simetria esférica, estamos usando coordenadas esféricas, consulte um livro de cálculo se você precisar. Para efetuar a integral, primeiro fazemos a identificação ˆn = ê r e escrevemos: da ˆn, ê r = senθ cos φˆx + sen θ senφŷ + cos θ ẑ. A vantagem de proceder assim está no fato de que os unitários cartesianos são vetores constantes. Segue então que:

3 AC TORT 1/9 3 Figura : Lembrando que: F = σ R ǫ π/ π sen θ dθ dφ [senθ cos φˆx + senθ senφŷ + cos θ ẑ]. π sen φdφ = π cos φdφ =, vemos que as integrais que multiplicam ˆx e ŷ são nulas, e ficamos com: F = σ R ǫ ( π/ π sen θ dθ dφ cos θ A integral em φ é imediata e vale π. A integral em θ pode ser facilmente efetuada com a substituição u = cos θ, ou se você preferir consulte uma tabela. O resultado final, escrito em uma forma mais fácil de ser interpretada, é: ) ẑ. onde Q = σ 4πR, é a carga total do hemisfério. F = 1 (Q /) 4πǫ R ẑ, (d) F =.!!! (Basta modificar convenientemente o limite superior da integral em θ). Problema Suponha que um átomo possa ser modelado do ponto de vista clássico da seguinte forma: uma carga elétrica central puntiforme de valor igual a Ze, onde Z é o número atômico, e e = 1, C, é o quantum elementar de carga, envolta por uma casca esférica fina concêntrica de raio R e carga elétrica Ze. (a) ( pt) Calcule o campo elétrico no interior, < r < R, e no exterior do átomo, R < r <. Observação: Lembre-se que casca fina significa que a espessura da mesma é zero. (b) (3pts) Ionizar o átomo neste modelo significa remover uma parte da da carga elétrica da casca (fina) carregada negativamente. Podemos expressar este processo supondo que Ze Ze(1 α), onde α é um número real entre zero e a unidade, i.e.: α [, 1]. Mostre que se o átomo for ionizado, a variação da energia eletrostática é dada por: U = U final U inical = 1 α Z e 4πǫ R. Sugestão: recalcule o campo elétrico na região r > R. Cuidado com a singularidade

4 AC TORT 1/9 4 SOLUÇÃO : (a) Na região entre < r < R, o campo é o campo de uma carga puntiforme: E = Ze 4πǫ r êr, < r < R. A contribuição da casca esférica é nula, como você poderá provar usando a lei de Gauss e a simetria esférica do problema. Na região r > R, novamente, usando a lei Gauss e a simetria esférica do problema, você pode comprovar que o campo é nulo. (b) A energia eletrostática pode ser calculada com a fórmula: A energia eletrostática antes da ionização é: U = ǫ R E dv. U = ǫ R ( ) Ze 4πǫ r 4π r dr = 1 Z e 4πǫ R dr r = 1 Z e [ 1 ] R. 4πǫ r Como você poderia ter antecipado, temos um problema em r =, pois a função 1/r diverge violentamente na origem. Para contornar esse problema, vamos introduzir um raio finito não-nulo para a carga puntiforme, δ << 1, e rescrever: Segue que: U = 1 Z e 4πǫ R δ dr r = 1 Z e [ 1 ] R. 4πǫ r δ U inicial = 1 Z e 4πǫ R + 1 Z e 4πǫ δ. Não se preocupe com a constante dependente de δ que você introduziu no problema. No final dos cálculos esse termo será subtraído naturalmente. Quando o átomo é ionizado, uma parte da carga da casca é removida para o infinito. (Essa é a definição de ionização!) Isto significa que agora o campo elétrico na região r > R não é mais nulo! A carga líquida envolvida por uma S.G. esférica de raio r > R será: q(r) = Ze Ze(1 α) = α Ze. Usando a lei de Gauss agora você obterá: E(r) = α Ze 4πǫ r êr, R < r <. O campo elétrico para < r < R, continua sendo o da carga puntiforme. Portanto, a energia eletrostática final será: U final = 1 Z e 4πǫ R + 1 Z e 4πǫ δ + ǫ A variação de energia eletrostática U é, depois de efetuar a integral: U = U final U inicial = 1 R ( ) α Ze 4πǫ r 4π r dr. α Z e 4πǫ R. Observe que, como prometido, a constante adicional introduzida para controlar a divergência na origem, não influi no resultado final. Essa divergência está associada com o conceito de carga puntiforme. Problema 3 (4pts) Considere três cargas idênticas de magnitude q colocadas nos vértices de um triaângulo eqüilátero de lado l, veja a Figura 3. Calcule explicitamente o trabalho realizado por um agente externo, isto é, calcule a integral: W = b a F ag. ext. dl,

5 AC TORT 1/9 5 necessário para modificar a configuração inicial dessas cargas, colocando uma delas sobre o ponto médio do segmento de reta que une as duas cargas restantes. Compare o resultado obtido com o resultado do Problema 4 da AP3 1/9. Sugestão: escreva uma expressão para a força resultante (variável!) que atua sobre a carga a ser transportada, depois calcule o trabalho. Cuidado com os sinais algébricos da força e do deslocamento. Pense fisicamente, o trabalho do agente externo deve ser positivo, pois diminuindo a distância entre as cargas a energia eletrostática aumenta (supondo q > ). q l q q q q q l Figura 3: Quanto trabalho é gasto para mudar a configuração eletrostática inicial? SOLUÇÃO 3: A força eletrostática que o campo exerce sobre a carga q colocada em um dos vértices do triângulo formado pelas três cargas é: F y = F cos θ = q y 4πǫ ( ) l 3/, 4 + y onde y é a coordenada da carga sobre a reta que divide a base do triângulo em duas partes iguais. A coordenada y está contida no intervalo [, ( 3/)l]. A força que o agente externo deve fazer para alterar a configuração é: θ F F 1 θ y l/ l/ Figura 4: A força exercida pelo campo é F 1 + F, a força exercida pelo agente externo é: (F 1 + F ). O deslocamento será: F ag. ext. = F y ŷ. O trabalho realizado pelo agente externo será dado por: dl = dy ŷ.

6 AC TORT 1/9 6 W ag. ext. = b a F ag. ext. dl = + q 4πǫ Efetuando a integral, consulte uma tabela se precisar, obtém-se: ( 3/)l y dy ( ) l 3/. 4 + y W ag. ext. = q πǫ l. Este resultado coincide com o resultado obtido na AP3 1/9. Mas, observe que na AP3, a solução é obtida de um modo mais simples, calculando-se a variação da energia potencial eletrostática U. Por que razão os dois resultados coincidem? A razão é simples: W ag. ext. = W campo = U!!! Problema 4 Considere dois dipolos ideais, i.e.: puntiformes, p 1 e p. Seja r a posição do dipolo em relação ao dipolo 1, veja a Figura 4. (a) (1pt) Mostre que a energia eletrostática de interação entre os dois dipolos é dada por U (r) = p 1 p 4πǫ r 3 3 (p 1 r)(p r) 4πǫ r 5. Observe que o resultado é invariante frente a permutação dos índices 1 e. (b) (1pt) Calcule a energia eletrostática para uma configuração em que os dipolos estão alinhados paralelamente um ao outro e perpendiculares ao vetor posição relativa. (c) (1pt) Refaça o item anterior para o caso de alinhamento antiparalelo e perpendiculares ao vetor posição relativa. (d) (1 pt) Calcule a energia eletrostática para uma configuração em que os dipolos são alinhados perpendicularmente um ao outro. Um dos dipolos é perpendicular ao vetor posição relativa e o outro é paralelo. (e) (1 pt) Qual configuração é energeticamente mais favorável? p 1 r p Figura 5: Interação eletrostática entre dois dipolos ideais. SOLUÇÃO 4: (a) A energia eletrostática de interação entre os dois dipolos é: onde U 1 = p 1 E, Veja o nosso texto. Segue que: E = 3(p r) 4πǫ r 3 p 4πǫ r 5. U 1 (r) = p 1 p 4πǫ r 3 3 (p 1 r)(p r) 4πǫ r 5.

7 AC TORT 1/9 7 Observe que U 1 = U 1. Isto significa que poderíamos ter escrito inicialmente: o resultado final seria o mesmo. U 1 = p E 1, (b) Se os dois dipolos são paralelos, os produtos escalares p 1 r e p r são nulos, logo: U = p 1p 4πǫ r 3. (c) Se os dois dipolos são antiparalelos, os produtos escalares p 1 r e p r também são nulos, logo: (d) Nesse caso, U = p 1p 4πǫ r 3. U =. (e) A configuração energeticamente mais favorável é a que a minimiza a energia eletrostática, logo, é calculada no item (c).