1 f =10 15.) q 1. σ 1. q i. ρ = q 1. 4πa 3 = 4πr 3 q i = q 1 ( r a )3 V 1 = V 2. 4πr 2 E = q 1. q = 1 3, q 2. q = 2 3 E = = q 1/4πR 2

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1 1 possui uma carga uniforme q 1 =+5, 00 fc e a casca Instituto de Física - UFF Física Geral e Experimental I/XVIII Prof. Hisataki Shigueoka hisa possui uma carga q = q 1. Determine o módulo do campo elétrico (a) em r =0; (b) em r = a/; (c) em r = a; (d) em r =1, 50 a; (e) em r =, 30a; (f) em r =3, 50a. Determine a carga (g) na superfície interna e (h) na superfície externa da casca. (Nota: 1 f =10 15.) Problemas de Revisão Primeiro Semestre de A esfera 1, de raio R, possui uma carga positiva q. A esfera, de raio, 00 R, está muito afastada da esfera 1 e inicialmente descarregada. Quando as esferas são ligadas por um fio condutor suficientemente fino para que a carga que contém possa ser desprezada (a) o potencial V 1 da esfera 1 se torna maior, menor ouigual ao potencial V da esfera? (b) Que fração da carga q permanece na esfera 1? (c) Que fração da carga q é transferida para a esfera? (d) Qualéarazãoσ 1 /σ entre as cargas das duas esferas? Solução (a) As cargas da esfera 1 migrarão para a esfera até que as esferas tenham o mesmo potencial, V 1 = V. (b) e (c) Escrevemos, V 1 = q 1 /4πɛ 0 R e V = q /4πɛ 0 R. Usando a lei de conservação das cargas, q 1 + q = q e fato de que V 1 = V,obtemospara q 1 e q : q 1 q = 1 3, q q = 3 (d) A razão entre as densidades superficiais de cargas é σ 1 = q 1/4πR σ q /4π (R) =. Figura 1: Problema (). Solução Os dados do problema são o raio da esfera, a =, 0 10 m, o raio interno da casca condutora esférica, b =a, e o raio externo, c =, 4 a. A esfera é uniformemente carregada de carga q 1 =5, C e a casca esférica está descarregada. A superfície gaussiana no interior da esfera envolve uma carga q i, ρ = q 1 4πa 3 = Usando a lei de Gauss, obtemos q i 4πr 3 q i = q 1 ( r a )3 4πr E = q 1 ɛ 0 ( r a )3 (1) E = 1 q 1 r; para r a. 4πɛ 0 a3 (a) No centro da esfera, r =0, o campo é nulo, E =0. (b) Num ponto interior a esfera, r = a/, o campo é. Na Fig.(1), uma esfera maciça de raio a =, 00cm é concêntrica com uma casca esférica condutora de raio interno b =, 00a e raio externo c =, 40a. A esfera 1 File: Lista01_011_revisaoGAB.TE X E = 1 q 1 4πɛ 0 a 3 (a )= (8, )( ) ( 10 ) 3 ( 10 ) E = 5, 6 10 N/C. (c) Na superfície da esfera, r = a, o campo é E = 0, 11 N/C.

2 Entre a esfera e a casca, a<r<b,deacordo com a lei de Gauss, o campo se comporta como E = 1 q 1 4πɛ 0 r (d) Em r =1, 5 a, o valor docampoédee =4, N/C. (e) Em r =, 3 a se localiza na casca condutora, logo E =0. (f) Fora da casca, r =3, 5a, a carga envolvida pela superficie gaussiana deste raio é nula. Isto implica, pela lei de Gauss, uma vezque o elemento de área é radial e não nulo, temos E =0em todo o espaço fora da casca. (g) Para calcular a carga na superfície interna da casca esférica, constrói-se uma superf cie gaussian esférica de raio entr os valores c e b. Seja q si acarag na superfície interna da casca e aplicando a lei de Gauss se torna E d S = q + q si ɛ 0 Como E =0no interior da casca, temos q + q si =0. Resulta em q si = q =5, 0 fc. (h) Carga na superfície externa da casca é q e = q 1 + q q e =0. 3. Uma carga puntiforme de +3e está na origem e uma outra, de e, sobre o eixo dos x está em x = a. Responder, justificando, os itens (a) a (d) sem fazer os cálculos: (a) a força eletrostática entre as cargas é atrativa ou repulsiva; (b) em qual intervalo, x<0, 0 <x<ae x>a, o campo resultante das cargas se anula; (c) em qual intervalo, x<0, 0 <x<ae x>a, o potencial elétrico das duas cargas é nulo. (d) Apartir da equação E = V interprete: (i) se E =0numa posição, então o potencial é nulo? (ii) na superfície equipotencial V =0, o campo elétrico é também nulo? Resolver os itens seguintes. (e) Uma terceira carga +e é trazida do infinito até x = a/8. Qual é a energia potencial do sistema formado pelas três partículas? Que trabalho o agente externo deve realizar para separar todas as três cargas, isto é, levá-las ao infinito? (f) A terceira carga, descrita em (e), é solta na posição x = a/8. Qual é a energia cinética dessa partícula ao chegar em x =a/8? (g) Que trabalho o agente externo deve realizar para levar a terceira carga de volta à posição inicial? Solução (a) Como as partículas possuem cargas opostas, então a força é atrativa. (b) Para se saber se o campo elétrico se anula ou não, deve-se avaliar os sentidos dos campos produzidos pelas cargas e as suas magnitudes em termos das cargas e das distâncias. NA região esquerda da carga 3e, x<0, o campo gerado pela carga e sempre será menor do que o campo gerado pela carga 3e, pois aquela se encontra a distância maior e de carga menor. Entre as cargas não se terá um campo vece =0, por que os campos estão orientados no mesmo sentido. A posição x>a, os campos estão em sentidos opostos. Numa posição próxima à carga menor, e, o campo gerado por esta carga poderá ser igual ao campo da carga 3e que se encontra a uma distância maior. (c) O potencial é positivo ou negativo conforme o sinal da carga. Dessa forma o potencial poderá anular, numa posição, 0 <x<a, próxima da carga negativa, e mais afastada em x>a. (d) (i) Se o campo é nulo, então a derivada V é nula, isto é, a função é máxima ou mínima na posição. (ii) Se V =0numa posição ou superfície, o campo E terá um valor positivo ou negativo, conforme a variação da função V. (e) A energia potencial do sistema de três partículas é 1 3e( e) U = + 1 3e(e) 4πɛ 0 a 4πɛ 0 a/8 U = 90 e 4πɛ 0 a. 1 ( e)(e) 4πɛ 0 a/8, A energia potencial é positiva. O agente externo realizará um trabalho negativo de mesmo valor absoluto. (f) Terceira carga em x = a/8, a energia potencial é aquela obtida no item (e); U i = 90 e 4πɛ 0 a

3 3 Em x =a/8, U f = 130 e 4πɛ 0 a. A variação da energia potencial é calculada ΔU = U f U i = 0 e 4πɛ 0 a. A terceira partícula é solta em x = a/8, K i ΔK = K f K i = K f. Temos K f = ΔU = 0 e 4πɛ 0 a. =0, e (g) O agente externo realizará um trabalho W e = K f. (c) Aforça eletrostática sobre o elétron é F = ee dirigida em direção a placa, sentido contrário do campo elétrico. O elétron parte com uma velocidade dada na figura v t, que diminui de valor e reverte o sentido movimento por causa da força eletrostática atrativa: F = ee = m e a. substituindo eplas expressão de campo, obtemos a = eσ ɛ 0 m e. Tanto a desaceleração como a aceleração a é a mesma, em módulo, obtida pela inclinação da curva da velocidade: a = = Na Fig.(a), um elétron é arremessado verticalmente para cima, com uma velocidade de, m/s, apartir das vizinhanças de placa de plástico uniformemente carregada. (a) Desenhe as superfícies equipotenciais da distribuição das cargas na placa. (b) Mostre, utilizando a lei de Gauss, que o campo elétrico muito próximo a placa é E = σ/(ɛ 0 ). A Fig.(b) mostra a velocidade escalar v em função do tempo t, em1ps =10 1 s até o elétron voltar ao ponto de partida. Qual é a densidade superficial de cargas da placa? A densidade superficial de cargas é obtida σ = ɛ 0 m e a e = (8, )(9, ) , O resultado é σ =, C/m. Figura : Problema (4). Solução (a) As superfícies equipotenciais são linhas paralelas à superfície da placa (perpendiculares aos campos elétricos. (b) Desenhando uma superfície gaussiana cilíndrica perpendicular à placa e aplicando a lei de Gauss é mostrado que o módulo do campo elétrico das cargas da placa é E = σ/(ɛ Na Fig.(3), uma barra não condutora de comprimento L =8, 15cm tem uma carga q = 4, 3 fc uniformemente distribuída. (a) Uma superfície gaussiana envolve a barra. Qual é o fluxo do campo elétrico através desta superfície? Utilizando esta superfície, pode-se determinar o campo elétrico em qualquer ponto da superfície? Explicar. (b) Faça os esboços das linhas de campo elétrico e das superfícies equipotencias. (c) Qual é a densidade linear decargas da barra? Determine (d) o módulo e (e) a direção (em relação ao semi-eixo x positivo) do campo elétrico produzido no ponto P, situado no eixo x, a uma distância a =1, 0 cm da extremidade da barra. Determine o módulo do campo elétrico produzido em um ponto situado no eixo x, a uma distância a =50, 0 m do centro da barra, (f) pela barra e (g) por uma partícula de carga q = 4, 3 fc colocada no lugar anteriormente ocupado pelo centro da barra.

4 4 Solução Utilizando os elementos de carga, dq, e dx, escrevemos o potencial como Figura 3: Problema (5). Solução (a) O fluxo é Φ = q/ɛ 0. Para aplicar a lei de Gauss na determinação do módulo do campo elétrico deve-se escolher a mesma simetria que o campo elétrico é gerado pela distribuição de cargas. A escolha da superfície deve ser tal que apresente simplificações na resolução da forma intergral da lei de Gauss. (b) Integrando, resulta em dv = 1 4πɛ 0 fracdqx V (a) = λ 4πɛ 0 L 0 dx (L + a x) V (a) = q 1 4πɛ 0 L ln(l + a ) a Este é o potencial em a, eem4a é fazer V (4a). (b) A variação da energia potencial elétrica e ΔU = eδv = e(v (a) V (4a)). Resulta em Figura 4: As setas indicam os campo e a linha tracejada, a superfície equipotencial. (c) Densidade linear λ = q/l = 5, C/m. (d) O campo elétrico devido a um elemento de carga dq num elemento de comprimento da barra, dx, é integrado E x = λ L dx 4πɛ 0 0 (L + a x) = 1 q 4πɛ 0 a(l + a) E x = 1, N/C (f) Em a =50, 0m >>L, ou seja, L + a a. expressão do campo se torna E x = 1 q 4πɛ 0 a = 1, N/C A expressão acima mostra que a barra se comporta como uma carga puntiforme. (g) Como no item (f). 6. Na Fig.(3), descrita pelo problema (5), (a) determine os potenciais nos pontos a e 4a distantes da extremidade direita da barra. (b) Determine a variação da energia potencial elétrica e o trabalho realizado pelo campo elétrico ao trazer um elétron de 4 a até a. A ΔU = ( eq 1 +4a) ln(4(l 4πɛ 0 L L + a ) O trabalho realizado pelo campo elétrico é W = ΔU.. Na Fig.(5), uma barra fina de vidro forma uma semicircunferência de raio r = 5, 00 cm. Uma carga +q =4, 50 pc está distribuída uniformememnte na metade superior da barra e uma carga q = 4, 50pC está distribuída uniformemente na metade inferior. Determine (a) o módulo e (b) a direção (em relação ao semi-eixo x positivo) do campo elétrico E no ponto P, situado no centro do semicírculo.(c) Determine a força sobre uma partícula +q colocada no ponto P. Solução (a) e (b) Para determinar o campo elétrico num ponto P interno a um arco de barra carregada, consultar o livro Fundamentos de Física, vol 3, página 30. A expressão obtida no livro citado é E = λ 4πɛ 0 1 r senθ θ/ θ/.

5 5 ligadas pelo fio, que depois é removido. (b) Quais são as novas cargas nas esferas? Determine novos valores (c) do módulo da força eletrostática entre as esferas A e C; (d) do módulo da força eletrostática entre as esferas B e C? (e) Esboçar o vetor resultante do campo elétrico no centro do triângulo. (f) Discutir se superfície equipotencial negativa passa pelo interior do triângulo. Figura 5: Problema (). A densidade linear éλ = q/(πr/). Cada arco de um quarto de círculo produzum campo E = q πr/ 1 4πɛ 0 r senθ π/4 π/4 O campo resultante é duas vezes a projeção de E sobre o eixo vertical Y. 1 E T =Ecosπ/4=( q)cos pi/4 4πɛ 0 πr E o seu valor é E T = 0, 6 N/C ĵ Solução (a) Figura 6: Problema (8). F AC = q A q C 4πɛ 0 d =3, (b) Esferas A e B são ligadas: q A = q B = qa+qb = 3, 0 nc. A esfera B é ligada à terra: q B =0. As esferas B ec são ligadas: (c) O módulo da força eletrostática sobre a carga +q colocada em P é q B = q C = q C + q B = 8+0 =4, 0 nc. F = qe T =9, 10 1 N. Novas forças: (c) 8. Na Fig.(6), três esferas condutoras iguais são dispostas de modo a formar um triâgulo equilátero de lado d = 0, 0cm. Os raios das esferas são muito menores que d, e as cargas das esferas são q A =, 00 nc, q B = 4, 00 nc e q C =+8, 00 nc. (a) Qual é o módulo da força eletrostática entre as esferas A e C? Em seguida, éexecutadooseguinte procedimento: A e B são ligados por um fio fino, que depois é removido; B é ligada à terra pelo fio, que depois é removido; B e C são (d) F AC = q A q C 4πɛ 0 d =, F BC = q B q C 4πɛ 0 d =3, (e) O campo resultante no centro do triângulo aponta em direção à esfera A. (f) A superfície equipotencial negativa passa pelo interior do triângulo, pois a esfera A está negativamente

6 6 carregada, produzindo em seu redor um potencial negativo.