P1 - Instituto de Física / UFRJ

1
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, constituı́da 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, constituı́da 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, INDIQUE 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 ,
Formulário
1
q
,
onde k0 =
E = k0 2 r̂
r
4πǫ0
q
V = k0 ,
r
E = −∇V ,
E=
I=
Z
S
E0
,
K
C = Q/V ,
J · n̂ dA ,
J = nqv ,
1
(1 + x)α ≃ 1 + αx + α(α − 1)x2 + . . .
2
1
I
S
U = k0
U=
E ·dA =
Qint
,
ǫ0
qq ′
,
r
1
QV ,
2
V = RI .
(x, α ∈ R, |x| ≪ 1)
Seção 1.
Múltipla escolha (10×0,5 = 5,0 pontos)
2. Uma partı́cula (pontual) de carga −Q está rodeada por partı́culas (pontuais) carregadas, situadas em dois anéis concêntricos com a partı́cula 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 partı́cula de carga −Q), a força elétrica
resultante F sobre a partı́cula de carga −Q e o potencial elétrico V no centro da figura (excetuando,
novamente, o da própria partı́cula de carga −Q).
Aproveite-se de simetrias do problema.
1. Uma partı́cula α e um núcleo de lı́tio estão em
repouso. O núcleo de lı́tio tem carga 3e > 0
e massa 7 u (unidades de massa atômica), ao
passo que a partı́cula α tem carga 2e e massa 4
u. Qual dos métodos propostos a seguir acelera as
duas partı́culas até o mesmo valor final de energia
cinética?
(a)
Sujeitar ambos a uma mesma diferença
de potencial (ddp).
(b)
Sujeitar a partı́cula α a uma ddp V e o
núcleo de lı́tio a uma ddp 3V .
(c)
Sujeitar a partı́cula α a uma ddp V e o
núcleo de lı́tio a uma ddp 7V /4.
(d)
Sujeitar a partı́cula α a uma ddp V e o
núcleo de lı́tio a uma ddp 2V /3.
(e)
Nenhum dos métodos anteriores.
(a)
(b)
(c)
(d)
2
10qQ
10q
E = k0 2 ŷ, F = k0 2 ŷ, V
r
r
10q
k0
.
r
2q
2qQ
E = −k0 2 ŷ, F = −k0 2 ŷ, V
r
r
4q
k0
.
R+r
2qQ
2q
E = −k0 2 ŷ, F = k0 2 ŷ, V
r
r
10q
−k0
.
r
3q
3qQ
E = k0 2 ŷ, F = −k0 2 ŷ, V
R
R
3q
k0 .
R
=
=
=
=
3. Um dipolo rı́gido é colocado na proximidade de
uma partı́cula (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
(a)
uma translação para a direita e uma
rotação, em torno do seu centro, no sentido anti-horário.
(b)
uma translação para a direita e uma
rotação, em torno do seu centro, no sentido horário.
(c)
4. Na figura, temos seções transversais de superfı́cies
esféricas e cúbicas, dentro de cada uma das quais
existe uma partı́cula carregada. Ordene, em
seqüência decrescente, os fluxos de campo elétrico
Φi (i = 1, 2, 3, 4, 5, 6) através de cada superfı́cie.
uma translação para cima e uma rotação,
em torno do seu centro, no sentido
horário.
(d)
uma translação para baixo e uma rotação,
em torno do seu centro, no sentido
horário.
(e)
uma translação para a esquerda e uma
rotação, em torno do seu centro, no sentido horário.
3
(a)
Φ3 > Φ 6 = Φ5 > Φ 4 > Φ 2 = Φ1 .
(b)
Φ3 > Φ 5 > Φ 4 > Φ 1 > Φ 6 > Φ 2 .
(c)
Φ 6 = Φ5 > Φ 3 > Φ 2 = Φ1 > Φ 4 .
(d)
Φ3 > Φ 6 > Φ 5 > Φ 4 > Φ 2 > Φ 1 .
(e)
Φ 6 = Φ5 > Φ 3 = Φ2 = Φ1 > Φ 4 .
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:
(a)
A componente radial do campo elétrico é
negativa nas regiões I e II.
(b)
A componente radial do campo elétrico é
nula nas regiões I e III.
(c)
A componente radial do campo elétrico é
negativa nas regiões II e IV.
(d)
A componente radial do campo elétrico é
nula nas regiões II e IV.
(e)
A componente radial do campo elétrico é
positiva em todas as quatro regiões.
6. Na figura, ilustramos duas esferas carregadas, de
mesmo raio R. Elas estão isoladas uma da outra
e se encontram em equilı́brio eletrostático. A esfera da direita é condutora e a esfera da esquerda
tem densidade volumar de carga ρ = const. Seja
Wi (i = 1, 2, 3, 4) o trabalho realizado pela força
elétrica ao transportar uma partı́cula de teste com
carga positiva, saindo do ponto A e retornando
ao mesmo, ao longo dos caminhos (orientados)
Ci (i = 1, 2, 3, 4). Qual das alternativas abaixo
é a correta?
(a)
W1 = W2 = W3 = W4 .
(b)
W1 > W3 < W2 < W4 .
(c)
W1 = W3 < W2 = W4 .
(d)
W1 > W3 > W2 < W4 .
(e)
W1 = W3 > W2 = W4 .
7. Uma “pastilha” de metal em forma de paralelepı́pedo será utilizada como um resistor. Tal pastilha tem arestas de 2 cm, 4 cm e 10 cm. Para
obter a resistência mı́nima possı́vel, temos de colocar os contatos nos centros das faces paralelas
do resistor, faces essas de largura e comprimento
iguais a:
4
(a)
2 cm e 4 cm.
(b)
2 cm e 10 cm.
(c)
4 cm e 10 cm.
(d)
Qualquer par de faces paralelas dará a
mesma resistência.
(e)
Nenhuma das respostas acima é correta.
8. Um capacitor de capacitância C0 é carregado por
uma bateria de fem V0 , recebendo, nesse processo,
uma carga final de módulo Q0 em cada placa. A
seguir, o capacitor é desligado da bateria e conectado em paralelo com um capacitor de capacitância C0 /2, que está descarregado. Após atingido o equilı́brio 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 C0 ,
apresentam o seguinte comportamento:
(a)
V permanece constante, Q permanece
constante, U diminui.
(b)
V permanece constante, Q diminui, U
permanece constante.
(c)
V diminui, Q permanece constante, U diminui.
(d)
V diminui, Q diminui, U permanece constante.
(e)
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 equilı́brio 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?
(a)
1 e 4.
(b)
1, 4 e 8.
(c)
2, 6 e 7.
(d)
1, 3, 4, 5, 7 e 8.
(e)
1, 3, 4, 5 e 8.
10. 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?
5
(a)
Inclinar uma das placas com respeito à
outra.
(b)
Reduzir a separação L.
(c)
Introduzir uma chapa de cobre entre as
placas do capacitor.
(d)
Introduzir uma chapa isolante entre as
placas do capacitor.
(e)
Duplicar a área de ambas as placas.
(f)
Duplicar a diferença de potencial entre as
placas.
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.
(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]
(c) 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 superfı́cie lateral, uma densidade
superficial de carga constante igual a σR . Coaxial com esse cilindro, há uma casca espessa,
neutra, também cilı́ndrica, condutora e igualmente longa, de raios interno a e externo b,
conforme mostra a figura ao lado. Suponha
que o sistema todo esteja em equilı́brio eletrostático.
(a) Determine as densidades superficiais de
carga σa e σb , supostas constantes, nas superfı́cies 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]
(c) Determine o potencial eletrostático nas
quatro regiões acima, tomando-o como zero
na superfı́cie do cilindro sólido de raio R. [1,0
ponto]
Justifique toda sua argumentação.
6
Gabarito para Versão A
Seção 1.
Múltipla escolha (10×0,5 = 5,0 pontos)
1. (d)
6. (a)
2. (c)
7. (c)
3. (a)
8. (e)
4. (e)
9. (d)
5. (b)
10. (f)
1
Seção 2. Questões discursivas (2×2,5 = 5,0 pontos)
1. Resolução:
(a) 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:
s2 = r 2 + z 2 .
~ devido ao elemento de carga dq no ponto de cota z tem módulo
O vetor campo elétrico dE
dE =
1 dq
4πǫ0 s2
e faz um ângulo θ com o eixo Z, de modo que:
cos θ =
z
z
= 2
s
(r + z 2 )1/2
sen θ =
r
r
= 2
.
s
(r + z 2 )1/2
e
Então
dE = dE cos θẑ + dE sen θ x̂ .
~
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
E=
4πǫ0
Como r e z são constantes e
R
Z
Z
dE cos θẑ ,
z
dq
ẑ .
(r2 + z 2 ) (r2 + z 2 )1/2
dq = q, temos
E=
1
zq
ẑ .
4πǫ0 (r2 + z 2 )3/2
2
(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 (a).
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
dz .
L
Logo, a força resultante sobre a barra será dada por
Z
Z
Z
1 qQ a+L
zdz
Q
dzE =
ẑ.
F = dF =
2
L
4πǫ0 L a
(r + z 2 )3/2
Definindo uma nova variável u := r2 + z 2 , temos que du = 2zdz. Com isso, a expressão pode ser reescrita
como
2
Z 2
1 qQ
1 qQ r +(a+L) du
2
r2 +(a+L)2
ẑ.
ẑ
=
F =
−
r2 +a2
3/2
1/2
4πǫ0 2L r2 +a2
4πǫ0 2L
u
u
Portanto
1 qQ
F =
4πǫ0 L
1
1
√
−p
r 2 + a2
r2 + (a + L)2
!
ẑ .
(c) Podemos reescrever a expressão para a força como
1
1
1 qQ
√
ẑ ,
−√
F =
4πǫ0 L
r 2 + a2
r2 + a2 + L2 + 2aL
e ainda como

1 qQ 1 
1
q
F =
4πǫ0 L a
1+
r2
a2
−q
1+
1
r2
a2
+
L2
a2
+
2L
a

 ẑ .
2
Considerando que, conforme o Formulário, (1 + x)α = 1 + αx + α(α − 1) x2! + . . ., para x ≪ 1 e que, no
limite a ≫ L, La ≪ 1 e ar ≪ 1, temos
1
r2
q
≈1− 2
2
2a
1 + ar 2
e
1
q
1+
Logo,
F ≈
1 qQ 1
4πǫ0 L a
r2
a2
+
L2
a2
+
2L
a
≈1−
1
2
r2
L2
2L
+ 2 +
2
a
a
a
.
r2
L
1 qQ
r2
L2
L
1− 2 −1+ 2 + 2 +
1
+
ẑ =
ẑ .
2a
2a
2a
a
4πǫ0 a2
2a
Considerando-se, de novo, que 1 ≫
L
2a ,
pois a ≫ L, tem-se, finalmente,
F ≈
1 qQ
ẑ ,
4πǫ0 a2
3
que é a força de interação eletrostática entre duas partı́culas pontuais carregadas separadas por uma
distância a.
2. Resolução:
(a) Em pontos do interior de um condutor em equilı́brio eletrostático, o campo elétrico (macroscópico) é
zero. Logo, pela lei de Gauss, qualquer superfı́cie fechada constituı́da totalmente por pontos do interior
do condutor deve encerrar uma carga total igual a zero. Apliquemos isso para uma gaussiana cilı́ndrica
circular, coaxial com o eixo de simetria da distribuição em questão, de raio r, tal que a < r < b. Devemos
ter, então:
Qint = σR 2πRh + σa 2πah = 0 .
Logo,
σa = −
R
σR .
a
(1)
Como a casca é condutora, no equilı́brio eletrostático, toda a carga em excesso só pode depositar-se em
suas superfı́cies (interna e/ou externa). Então, é claro, registra-se uma distribuição de carga com densidade
não nula, dada por (1), na sua superfı́cie interna (de raio a). Como a casca é neutra, isso implica que, na
sua superfı́cie externa (de raio b) deve haver uma correspondente distribuição de carga com densidade σb
tal que
σb 2πbh + σa 2πah = 0 .
Logo,
a
R
σb = − σa = σR .
b
b
(2)
(b) Nas regiões I e III, por tratarem-se de regiões no interior de condutores em equilı́brio eletrostático,
os campos elétricos (macroscópicos) são zero, como simples conseqüência das definições de condutor e de
equilı́brio eletrostático. Concretamente,
• Região I: 0 ≤ r < R:
E = 0.
(3)
E = 0.
(4)
• Região III: a < r < b:
• Região II: R < r < a:
Devido à simetria cilı́ndrica da situação, o campo elétrico resultante deve ter somente componente
radial:
E = Er r̂ .
Além disso, de novo por simetria cilı́ndrica, sua única componente só pode depender da distância até
o eixo de simetria, ou seja,
Er = Er (r) .
Por isso tudo, convém escolher como superfı́cie gaussiana, a partir da qual determinaremos o campo
elétrico, uma superfı́cie cilı́ndrica circular S, de raio genérico r e altura (comprimento) h; tal superfı́cie
inclui, é claro, além da superfı́cie lateral Slat , suas bases superior Bsup e inferior Binf , para que, como
qualquer gaussiana, seja uma superfı́cie fechada. A integral que define o fluxo do campo elétrico
através de tal gaussiana divide-se em três contribuições:
Z
Z
I
Z
E ·n dA .
E ·n dA +
E ·n dA +
E ·n dA =
S
Bsup
Slat
4
Binf
É claro que, devido à perpendicularidade, nas bases, entre E e n̂, as duas últimas integrais são nulas,
sobrando somente aquela na superfı́cie lateral. Essa pode, nitidamente, levando em conta que, nesse
caso, n̂ = r̂, ser escrita como
Z
Slat
E ·n dA = Er (r)2πrh .
(5)
Por outro lado, a carga total encerrada nessa gaussiana é somente aquela presente no cilindro sólido,
de raio R, ou seja:
Qint = σR 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 ǫ0 . Isso nos leva a
Er (r)2πrh =
σR 2πRh
,
ǫ0
ou seja,
E=
σR R 1
r̂ .
ǫ0 r
(7)
• 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:
I
S
E · n̂ dA = Er (r)2πrh .
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,
Qint = σR 2πRh .
Logo, pela lei de Gauss, continuamos a ter a mesma expressão para o campo elétrico:
E=
σR R 1
r̂ .
ǫ0 r
(8)
(c) Como, no item (b), foram encontradas as expressões (3), (7), (4), (8), para o campo elétrico em todas
as 4 regiões tı́picas, 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 = VR ≡ const .
O valor explı́cito de tal constante vem da imposição, conforme o enunciado, de que V (r = R) = 0.
Logo
V = 0.
5
• Região II: R < r < a:
Da expressão para o campo (7), vem
V =−
σR R
ln
ǫ0
r
r1
,
com r1 uma constante de integração. Novamente, como o potencial deve ser contı́nuo e igual a zero
em r = R, deduzimos que r1 = R e, portanto,
V =−
σR R r .
ln
ǫ0
R
(9)
• Região III: a < r < b:
Da expressão para o campo (4), vem
V = V1 ≡ const .
Como o potencial deve ser contı́nuo em r = a, podemos usar a expressão (9), para determinar o valor
de V1 , obtendo, então,
σR R a V =−
(10)
.
ln
ǫ0
R
• Região IV: b < r < ∞:
Da expressão para o campo (8), vem
σR R
V =−
ln
ǫ0
r
r2
,
(11)
com r2 uma constante de integração. Novamente, por continuidade em r = b, deduzimos, usando essa
última expressão e (10), que
σR R a σR R
b
−
=−
,
ln
ln
ǫ0
R
ǫ0
r2
ou seja,
r2 =
b
R.
a
Substituindo isso de volta em (11), temos, pois,
V =−
6
σR R a ln
r .
ǫ0
bR