UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO PRIMEIRA PROVA (P1) 02/05/2012

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2 UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO INSTITUTO DE FÍSICA FÍSICA III 2012/1 PRIMEIRA PROVA (P1) 02/05/2012 VERSÃO: A INSTRUÇÕES: LEIA COM CUIDADO! 1. Preencha CORRETA, LEGÍVEL E TOTALMENTE os campos em branco do cabeçalho do caderno de resolução, fornecido em separado. 2. A prova constitui-se de duas partes: uma parte objetiva, perfazendo um total de 5,0 pontos, constituída por dez (10) questões objetivas (de múltipla escolha), cada uma das quais valendo 0,5 ponto, sem penalização por questão errada. uma parte discursiva, perfazendo um total de 5,0 pontos, constituída por duas (2) questões discursivas (ou argumentativas ou dissertativas), cada uma das quais valendo 2,5 pontos. 3. Acima da tabela de respostas das questões objetivas, na primeira página do caderno de resolução, INDI- QUE CLARAMENTE A VERSÃO DA PROVA (A, B,...). 4. O item considerado correto, em cada uma das questões objetivas, deve ser assinalado, A CANETA (de tinta azul ou preta), na tabela de respostas correspondente do caderno de resolução 5. É vedado o uso de qualquer instrumento eletro-eletrônico (calculadora, celular, ipod, etc) 6. Seja organizado e claro. F e = qe, E = k 0 q r 2 ˆr E = V, Formulário ( onde k 0 = 1 ), 4πǫ 0 q V = k 0 r, U = k qq 0 r, S E da = Q int ǫ 0, E = E 0 K, C = Q/V, U = 1 2 QV, I = J ˆndA, J = nqv, V = RI. S (1 + x) α 1 + αx α(α 1)x (x, α R, x 1) 1

3 Seção 1. Múltipla escolha (10 0,5 = 5,0 pontos) 1. Uma partícula α e um núcleo de lítio estão em repouso. O núcleo de lítio tem carga 3e > 0 e massa 7 u (unidades de massa atômica), ao passo que a partícula α tem carga 2e e massa 4 u. Qual dos métodos propostos a seguir acelera as duas partículas até o mesmo valor final de energia cinética? (b) (e) Sujeitar ambos a uma mesma diferença de potencial (ddp). Sujeitar a partícula α a uma ddp V e o núcleo de lítio a uma ddp 3V. Sujeitar a partícula α a uma ddp V e o núcleo de lítio a uma ddp 7V/4. Sujeitar a partícula α a uma ddp V e o núcleo de lítio a uma ddp 2V/3. Nenhum dos métodos anteriores. 2. Uma partícula (pontual) de carga Q está rodeada por partículas (pontuais) carregadas, situadas em dois anéis concêntricos com a partícula de carga Q, conforme indicado na figura. Os raios dos anéis são r e R = 2r. Indique a alternativa que apresenta corretamente: o campo elétrico E no centro da figura (excetuando, naturalmente, o da própria partícula de carga Q), a força elétrica resultante F sobre a partícula de carga Q e o potencial elétrico V no centro da figura (excetuando, novamente, o da própria partícula de carga Q). Aproveite-se de simetrias do problema. (b) 10q E = k 0 r 2 ŷ, F = k 10qQ 0 r 2 ŷ, V = 10q k 0 r. 2q E = k 0 r 2 ŷ, F = k 2qQ 0 r 2 ŷ, V = 4q k 0 R + r. E = k 0 2q r 2 ŷ, F = k 0 k 0 10q r. E = k 0 3q R 2 ŷ, F = k 0 k 0 3q R. 2qQ r 2 ŷ, V = 3qQ R 2 ŷ, V = 2

4 3. Um dipolo rígido é colocado na proximidade de uma partícula (pontual) de carga Q < 0, fixa no plano médio, perpendicular ao eixo do dipolo, conforme mostra a figura. Podemos afirmar que o movimento inicial do dipolo, imediatamente após ser liberado do repouso, consiste em 4. Na figura, temos seções transversais de superfícies esféricas e cúbicas, dentro de cada uma das quais existe uma partícula carregada. Ordene, em seqüência decrescente, os fluxos de campo elétrico Φ i (i = 1, 2, 3, 4, 5, 6) através de cada superfície. (b) (e) uma translação para a direita e uma rotação, em torno do seu centro, no sentido anti-horário. uma translação para a direita e uma rotação, em torno do seu centro, no sentido horário. uma translação para cima e uma rotação, em torno do seu centro, no sentido horário. uma translação para baixo e uma rotação, em torno do seu centro, no sentido horário. uma translação para a esquerda e uma rotação, em torno do seu centro, no sentido horário. Φ 3 > Φ 6 = Φ 5 > Φ 4 > Φ 2 = Φ 1. (b) Φ 3 > Φ 5 > Φ 4 > Φ 1 > Φ 6 > Φ 2. Φ 6 = Φ 5 > Φ 3 > Φ 2 = Φ 1 > Φ 4. Φ 3 > Φ 6 > Φ 5 > Φ 4 > Φ 2 > Φ 1. (e) Φ 6 = Φ 5 > Φ 3 = Φ 2 = Φ 1 > Φ 4. 3

5 5. Considere o gráfico que mostra como o potencial eletrostático varia, em função da distância radial a partir de um determinado ponto central, em cada uma de 4 regiões (disjuntas) do espaço. Nas regiões I e III, o potencial é constante, ao passo que, nas regiões II e IV, ele decresce monotonamente. Podemos afirmar que: 6. Na figura, ilustramos duas esferas carregadas, de mesmo raio R. Elas estão isoladas uma da outra e se encontram em equilíbrio eletrostático. A esfera da direita é condutora e a esfera da esquerda tem densidade volumar de carga ρ = const. Seja W i (i = 1, 2, 3, 4) o trabalho realizado pela força elétrica ao transportar uma partícula de teste com carga positiva, saindo do ponto A e retornando ao mesmo, ao longo dos caminhos (orientados) C i (i = 1, 2, 3, 4). Qual das alternativas abaixo é a correta? (b) (e) A componente radial do campo elétrico é negativa nas regiões I e II. A componente radial do campo elétrico é nula nas regiões I e III. A componente radial do campo elétrico é negativa nas regiões II e IV. A componente radial do campo elétrico é nula nas regiões II e IV. A componente radial do campo elétrico é positiva em todas as quatro regiões. W 1 = W 2 = W 3 = W 4. (b) W 1 > W 3 < W 2 < W 4. W 1 = W 3 < W 2 = W 4. W 1 > W 3 > W 2 < W 4. (e) W 1 = W 3 > W 2 = W Uma pastilha de metal em forma de paralelepípedo será utilizada como um resistor. Tal pastilha tem arestas de 2 cm, 4 cm e 10 cm. Para obter a resistência mínima possível, temos de colocar os contatos nos centros das faces paralelas do resistor, faces essas de largura e comprimento iguais a: (b) (e) 2 cm e 4 cm. 2 cm e 10 cm. 4 cm e 10 cm. Qualquer par de faces paralelas dará a mesma resistência. Nenhuma das respostas acima é correta. 4

6 8. Um capacitor de capacitância C 0 é carregado por uma bateria de fem V 0, recebendo, nesse processo, uma carga final de módulo Q 0 em cada placa. A seguir, o capacitor é desligado da bateria e conectado em paralelo com um capacitor de capacitância C 0 /2, que está descarregado. Após atingido o equilíbrio eletrostático, podemos afirmar que as grandezas módulo da diferença de potencial V, módulo da carga Q em cada placa e energia armazenada U, no capacitor de capacitância C 0, apresentam o seguinte comportamento: (b) (e) V permanece constante, Q permanece constante, U diminui. V permanece constante, Q diminui, U permanece constante. V diminui, Q permanece constante, U diminui. V diminui, Q diminui, U permanece constante. V diminui, Q diminui, U diminui. 9. Na figura, temos uma seção tranversal de um corpo condutor, isolado (muito afastado de quaisquer outros corpos), em equilíbrio eletrostático, carregado positivamente, além de algumas curvas orientadas. Qual(is) de tais curvas, nitidamente, não pode(m) representar linhas de campo do correspondente campo eletrostático? 1 e 4. (b) 1, 4 e 8. 2, 6 e 7. 1, 3, 4, 5, 7 e 8. (e) 1, 3, 4, 5 e Considere um capacitor de placas quadradas, paralelas, de área A e separadas por uma distância L. Das operações listadas a seguir, qual não altera a capacitância? Inclinar uma das placas com respeito à outra. (b) Reduzir a separação L. (e) (f) Introduzir uma chapa de cobre entre as placas do capacitor. Introduzir uma chapa isolante entre as placas do capacitor. Duplicar a área de ambas as placas. Duplicar a diferença de potencial entre as placas. 5

7 Seção 2. Questões discursivas (2 2,5 = 5,0 pontos) 1. [2,5 pontos] Na figura ao lado, temos dois objetos extensos, muito finos, uniformemente carregados, em repouso. O anel tem raio r e carga q, e a barra tem comprimento L e carga Q. Como mostrado na figura, a barra está sobre o eixo Z, que é perpendicular ao plano do anel e passa pelo centro desse, tomado como origem. A extremidade mais próxima da barra encontra-se na cota z = a. Determine o vetor campo elétrico produzido pelo anel em um ponto arbitrário do eixo Z, com cota z. [1,0 ponto] (b) Determine o vetor força elétrica que o anel exerce sobre a barra. [1,0 ponto] Determine o vetor força elétrica do anel sobre a barra, no limite em que a L, r. [0,5 ponto] 2. [2,5 pontos] Um cilindro circular, sólido, condutor, muito longo, com base de raio R, possui, em sua superfície lateral, uma densidade superficial de carga constante igual a σ R. Coaxial com esse cilindro, há uma casca espessa, neutra, também cilíndrica, condutora e igualmente longa, de raios interno a e externo b, conforme mostra a figura ao lado. Suponha que o sistema todo esteja em equilíbrio eletrostático. Determine as densidades superficiais de carga σ a e σ b, supostas constantes, nas superfícies interna e externa da casca, respectivamente. [0,5 ponto] (b) Determine o vetor campo elétrico nas quatro regiões: (I) 0 r < R, (II) R < r < a, (III) a < r < b, e (IV) b < r <. [1,0 ponto] Determine o potencial eletrostático nas quatro regiões acima, tomando-o como zero na superfície do cilindro sólido de raio R. [1,0 ponto] Justifique toda sua argumentação. 6

8 Gabarito para Versão A Seção 1. Múltipla escolha (10 0,5 = 5,0 pontos) (e) 5. (b) (e) (f) 1

9 Seção 2. Questões discursivas (2 2,5 = 5,0 pontos) 1. Resolução: Considere o elemento de carga dq ilustrado na figura. Este elemento de carga dista s do ponto de cota z no eixo Z tal que: s 2 = r 2 + z 2. O vetor campo elétrico de devido ao elemento de carga dq no ponto de cota z tem módulo e faz um ângulo θ com o eixo Z, de modo que: e Então de = 1 dq 4πǫ 0 s 2 cosθ = z s = sen θ = r s = z (r 2 + z 2 ) 1/2 r (r 2 + z 2 ) 1/2. de = de cosθẑ + de sen θ ˆx. ARGUMENTAÇÃO EXTENSA: Por sua vez, ainda em relação ao ponto de cota z, o campo elétrico de associado ao elemento de carga diametralmente oposto ao dq citado acima também faz o mesmo ângulo θ com o eixo Z, tem o mesmo módulo de determinado antes, mas tem a sua projeção perpendicular ao eixo Z em sentido oposto à projeção correspondente relacionada ao elemento de carga dq. Este cancelamento vai acontecer para cada par de elementos de carga diametralmente opostos no anel uniformente carregado. Ou seja, o vetor campo elétrico do anel de cargas no ponto de cota z tem a direção do eixo Z e o sentido é o do unitário ẑ. ARGUMENTAÇÃO COMPACTA: De acordo com a simetria da distribuição de cargas, o campo elétrico resultante não tem componente componente perpendicular ao eixo Z: os componentes perpendiculares relativos a dois elementos de carga diametralmente opostos se cancelam. Logo, E = 1 4πǫ 0 Como r e z são constantes e dq = q, temos E = de cosθẑ, dq z (r 2 + z 2 ) (r 2 + z 2 ) ẑ. 1/2 E = 1 zq 4πǫ 0 (r 2 + z 2 ) ẑ. 3/2 2

10 (b) Seja dq um elemento de carga da barra. O vetor força elétrica que o anel exerce sobre esse elemento é dado por df = dqe, onde o campo elétrico é dado pelo resultado do item. Como a barra está uniformemente carregada, a sua densidade linear de carga é dada por λ = Q L. Com isso, podemos expressar o elemento de carga dq em termos de um elemento de linha ao longo da barra dq = λdz = Q L dz. Logo, a força resultante sobre a barra será dada por Q F = df = L dze = 1 qq 4πǫ 0 L a+l a zdz ẑ. (r 2 + z 2 ) 3/2 Definindo uma nova variável u := r 2 + z 2, temos que du = 2zdz. Com isso, a expressão pode ser reescrita como F = 1 qq r 2 +(a+l) 2 du 4πǫ 0 2L r 2 +a u ẑ = 1 ( qq 2 ) r 2 +(a+l) 2 3/2 4πǫ 2 0 2L u 1/2 r 2 +a ẑ. 2 Portanto ( ) F = 1 qq 1 4πǫ 0 L r2 + a 1 ẑ. 2 r2 + (a + L) 2 Podemos reescrever a expressão para a força como F = 1 ( ) qq 1 4πǫ 0 L r2 + a 1 ẑ, 2 r2 + a 2 + L 2 + 2aL e ainda como F = 1 qq 1 4πǫ 0 L a r2 a r2 a + L2 2 a + 2L 2 a Considerando que, conforme o Formulário, (1 + x) α = 1 + αx + α(α 1) x2 2! +..., para x 1 e que, no limite a L, L a 1 e r a 1, temos r2 e Logo, F 1 qq 1 4πǫ 0 L a a 2 1 r 2 2a ( r r2 a + L2 2 a + 2L 2 a 2 + L2 a 2 + 2L ). a 2 a ẑ. (1 r2 2a r2 2a 2 + L2 2a 2 + L ) ẑ = 1 ( qq a 4πǫ 0 a L ) ẑ. 2a Considerando-se, de novo, que 1 L 2a, pois a L, tem-se, finalmente, F 1 4πǫ 0 qq a 2 ẑ, 3

11 que é a força de interação eletrostática entre duas partículas pontuais carregadas separadas por uma distância a. 2. Resolução: Em pontos do interior de um condutor em equilíbrio eletrostático, o campo elétrico (macroscópico) é zero. Logo, pela lei de Gauss, qualquer superfície fechada constituída totalmente por pontos do interior do condutor deve encerrar uma carga total igual a zero. Apliquemos isso para uma gaussiana cilíndrica circular, coaxial com o eixo de simetria da distribuição em questão, de raio r, tal que a < r < b. Devemos ter, então: Q int = σ R 2πRh + σ a 2πah = 0. Logo, σ a = R a σ R. (1) Como a casca é condutora, no equilíbrio eletrostático, toda a carga em excesso só pode depositar-se em suas superfícies (interna e/ou externa). Então, é claro, registra-se uma distribuição de carga com densidade não nula, dada por (1), na sua superfície interna (de raio a). Como a casca é neutra, isso implica que, na sua superfície externa (de raio b) deve haver uma correspondente distribuição de carga com densidade σ b tal que σ b 2πbh + σ a 2πah = 0. Logo, σ b = a b σ a = R b σ R. (2) (b) Nas regiões I e III, por tratarem-se de regiões no interior de condutores em equilíbrio eletrostático, os campos elétricos (macroscópicos) são zero, como simples conseqüência das definições de condutor e de equilíbrio eletrostático. Concretamente, Região I: 0 r < R: Região III: a < r < b: Região II: R < r < a: E = 0. (3) E = 0. (4) Devido à simetria cilíndrica da situação, o campo elétrico resultante deve ter somente componente radial: E = E rˆr. Além disso, de novo por simetria cilíndrica, sua única componente só pode depender da distância até o eixo de simetria, ou seja, E r = E r (r). Por isso tudo, convém escolher como superfície gaussiana, a partir da qual determinaremos o campo elétrico, uma superfície cilíndrica circular S, de raio genérico r e altura (comprimento) h; tal superfície inclui, é claro, além da superfície lateral S lat, suas bases superior B sup e inferior B inf, para que, como qualquer gaussiana, seja uma superfície fechada. A integral que define o fluxo do campo elétrico através de tal gaussiana divide-se em três contribuições: E nda = E nda + E nda + E nda. S S lat B sup B inf 4

12 É claro que, devido à perpendicularidade, nas bases, entre E e ˆn, as duas últimas integrais são nulas, sobrando somente aquela na superfície lateral. Essa pode, nitidamente, levando em conta que, nesse caso, ˆn = ˆr, ser escrita como S lat E nda = E r (r)2πrh. (5) Por outro lado, a carga total encerrada nessa gaussiana é somente aquela presente no cilindro sólido, de raio R, ou seja: Q int = σ R 2πRh. (6) A lei de Gauss exige que igualemos a expressao do fluxo total (5) e a expressão dessa carga total encerrada (6), dividida por ǫ 0. Isso nos leva a E r (r)2πrh = σ R2πRh ǫ 0, ou seja, E = σ RR 1 ˆr. (7) ǫ 0 r Região IV: b < r < : Por uma argumentação análoga àquela apresentada para a região II, teremos, como expressão para a integral do fluxo, através de uma nova gaussiana de raio r tal que b < r < agora, a mesma expressão: E ˆndA = E r (r)2πrh. S Também, pelo fato da casca espessa ser neutra, a carga encerrada nessa nova gaussiana resulta ser a mesma que a correspondente na região II, ou seja, Q int = σ R 2πRh. Logo, pela lei de Gauss, continuamos a ter a mesma expressão para o campo elétrico: E = σ RR 1 ˆr. (8) ǫ 0 r Como, no item (b), foram encontradas as expressões (3), (7), (4), (8), para o campo elétrico em todas as 4 regiões típicas, vamos determinar o potencial eletrostático, via integração de dv = E dl. Para tanto, precisaremos, é claro, fazer uma escolha do zero do potencial, que já foi indicada no enunciado: V (r = R) = 0. Como isso situa-se na fronteira entre as regiões I e II, começaremos por determinar o potencial justamente na região I e prosseguiremos para fora. Região I: 0 r < R: Obviamente, como o campo é zero [cf. (3)], temos V = V R const. O valor explícito de tal constante vem da imposição, conforme o enunciado, de que V (r = R) = 0. Logo V = 0. 5

13 Região II: R < r < a: Da expressão para o campo (7), vem V = σ RR ǫ 0 ( ) r ln, r 1 com r 1 uma constante de integração. Novamente, como o potencial deve ser contínuo e igual a zero em r = R, deduzimos que r 1 = R e, portanto, Região III: a < r < b: Da expressão para o campo (4), vem V = σ RR r ) ln(. (9) ǫ 0 R V = V 1 const. Como o potencial deve ser contínuo em r = a, podemos usar a expressão (9), para determinar o valor de V 1, obtendo, então, V = σ RR a ) ln(. (10) ǫ 0 R Região IV: b < r < : Da expressão para o campo (8), vem V = σ RR ǫ 0 ( ) r ln, (11) r 2 com r 2 uma constante de integração. Novamente, por continuidade em r = b, deduzimos, usando essa última expressão e (10), que σ RR a ) ln( = σ ( ) RR b ln, ǫ 0 R ǫ 0 r 2 ou seja, Substituindo isso de volta em (11), temos, pois, r 2 = b a R. V = σ RR ǫ 0 ( a ) ln br r. 6