Problemas Resolvidos de Física

Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FÍSICA 3
CAPÍTULO 30 – POTENCIAL ELÉTRICO
51. Em um bastão fino de comprimento L, que está sobre o eixo x, com uma extremidade na origem
(x = 0), como na Fig. 42, está distribuída uma carga por unidade de comprimento dada por λ =
kx, sendo k uma constante. (a) Considerando nulo o potencial eletrostático no infinito, determine
V no ponto P do eixo y. (b) Determine a componente vertical Ey do campo elétrico em P,
utilizando o resultado de (a) e também por cálculo direto. (c) Por que a componente horizontal
Ex do campo elétrico em P não pode ser encontrada usando o resultado de (a)? A que distância
do bastão, ao longo do eixo y, o potencial é igual à metade do seu valor na extremidade
esquerda do bastão?
(Pág. 76)
Solução.
Considere o esquema abaixo:
y
dE θ
P
θ
y
r
dq
x
x
dx
(a) Elemento de potencial (dV) gerado pelo elemento de carga (dq):
1 dq
1
dq
dV =
=
4πε 0 r 4πε 0 y 2 + x 2 1/ 2
(
Elemento de carga (dq):
dq
=
λ = kx
dx
dq = kxdx
)
(1)
(2)
Substituindo-se (2) em (1):
________________________________________________________________________________________________________
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996.
Cap. 30 – Potencial Elétrico
1
Problemas Resolvidos de Física
dV =
V
=
V
=
=
V
k
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
xdx
4πε 0 ( y + x 2 )1/ 2
2
k
dV
∫=
k
4πε 0
4πε 0
(y
2
∫
xdx
L
(y
0
+ x2 )
2
+ x2 )
1/ 2
1/ 2 L
0
k  2 2 1/ 2
y + L ) − y 
(



4πε
0
(b)
∂V
∂  k  2 2 1/ 2
 
Ey =
y
L
y
−
=
− 
+
−
(
)

∂y
∂y  4πε 0 

k  1 2 2 −1/ 2

Ey =
y + L ) .2 y − 1
−
(

4πε 0  2



k 
y

=
Ey
1−
4πε 0  ( y 2 + L2 )1/ 2 


Cálculo direto de V
dE =
−dE sen θ i + dE cos θ j
(3)
Módulo do elemento de campo elétrico:
1 dq
dE =
4πε 0 r 2
(4)
Substituindo-se (2) em (4):
k
xdx
dE =
2
4πε 0 y + x 2
Senos e cossenos de θ:
x
sen θ =
2
y + x2
(
cos θ =
(y
y
2
+x
(5)
)
(7)
)
(8)
1/ 2
2 1/ 2
Substituindo-se (5), (6) e (7) em (3):
k
x 2 dx
ky
xdx
−
i+
j
dE =
3/
2
4πε 0 ( y 2 + x 2 )
4πε 0 ( y 2 + x 2 )3/ 2
k L
x 2 dx
ky
d
E=
E
=
−
i+
3/ 2
∫
∫
0
2
2
4πε 0 ( y + x )
4πε 0
∫
xdx
L
0
(y
2
+x
)
2 3/ 2
j
________________________________________________________________________________________________________
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996.
Cap. 30 – Potencial Elétrico
2
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
2
2 1/ 2 
 

k   L + (L + y ) 
L
ky

E=
−
−
i+
ln

1/
2
 ( y 2 + L2 )  4πε 0
4πε 0  
y

 

Nesta expressão, pode-se ver que :


y
1 −
j
 ( y 2 + L2 )1/ 2 




k 
y

=
Ey
1−
4πε 0  ( y 2 + L2 )1/ 2 


(c) Não há dependência de V em relação a x na resposta do item (a).
(d) Potencial na extremidade esquerda do bastão, usando a resposta do item (a), com y = 0:
k  2 2 1/ 2 
kL
V(0)
0
L
0
=
+
=
−
(
)
 4πε 0
4πε 0 
Valor de y para o qual V(y) = V(0)/2:
V=
( y)
V(0)
kL
=
2 8πε 0
k  2 2 1/ 2
kL
y + L ) − y  =
(

 8πε 0
4πε 0 
(y
2
y=
+ L2 )
1/ 2
L
−y=
2
3L
4
________________________________________________________________________________________________________
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996.
Cap. 30 – Potencial Elétrico
3