gabarito - Instituto de Física / UFRJ

UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
INSTITUTO DE FÍSICA
FÍSICA III (FIM230) - 2009/1
PRIMEIRA PROVA UNIFICADA
DATA: 08/04/2009
• Não é permitido o uso de calculadoras, telefones celulares, “iPods” ou similares.
• No cabeçalho do caderno de resolução, deverão constar, legivelmente, nome do aluno, seu
número de DRE, sua turma, seu horário de aulas e o nome de seu professor.
• Nenhum esclarecimento individual ser prestado no perodo de realizao da prova; caso persista
alguma dvida de enunciado, o aluno deve discorrer sobre a mesma no seu prprio caderno de
resoluo.
• Seja claro, preciso e asseado.
PROBLEMA 1 (Anel semicircular) [ 2,5 ponto(s)]
Um anel semicircular, de raio a, encontra-se situado no
plano XY , com suas extremidades nos ângulos polares
θ = 0 e θ = π, conforme mostra a figura ao lado. O trecho do anel contido no primeiro quadrante (π/2 > θ > 0)
possui carga total +q e o contido no segundo quadrante
(π > θ > π/2) carga total −q, onde q > 0. As cargas em
cada trecho estão distribuı́das de modo uniforme.
(a) Determine as densidades lineares de carga, respectivamente λ+ e λ− , em cada trecho. [0,4 ponto]
Fazendo uso dos vetores unitários indicados na figura:
(b) Obtenha uma expressão para o vetor campo elétrico
~ + produzido na origem (ponto P), pela carga existente
E
no primeiro quadrante. [0,8 ponto]
~ − produzido na origem (ponto P), pela carga existente
(c) Obtenha uma expressão para o vetor campo elétrico E
no segundo quadrante. [0,8 ponto]
(d) Determine então a expressão para o vetor força elétrica resultante exercida sobre uma partı́cula de prova com
carga q0 colocada na origem (ponto P). [0,5 ponto]
Resolução
(a)
πa
2q
)=
2
πa
2q
λ− = −
πa
λ+ = q/(
1
(1)
Figura 1:
Na figura 1:
−→
1 λds
1 λds
cos θ î −
sin θ ĵ
dE = −
2
4πǫ0 a
4πǫ0 a2
λ
=
(− cos θdθ î − sin θdθ ĵ)
4πǫ0 a
Essa expressão vale para qualquer θ e não apenas para o primeiro quadrante.
2
(2)
Figura 2:
(b)
−→
dE + =
q
2π 2 ǫ
0a
2
(− cos θdθ î − sin θdθ ĵ)
Z π/2
Z π/2
q
(−î
cos θdθ − ĵ
sin θdθ )
2π 2 ǫ0 a2
0
0
q
= 2 2 (−î − ĵ)
2π ǫ0 a
(3)
−
→
E+ =
(c)
−→
dE − =
−q
(− cos θdθ î − sin θdθ ĵ)
2π 2 ǫ0 a2
Z π
Z π
q
(
î
cos
θdθ
+
ĵ
sin θdθ )
2π 2 ǫ0 a2
π/2
π/2
q
(−î + ĵ)
=
2π 2 ǫ0 a2
(4)
(5)
−
→
E− =
(d)
q
î
π 2 ǫ 0 a2
−
→
−
→
qq0
F = q0 E = − 2 2 î
π ǫ0 a
−
→ −
→
−
→
E = E+ + E− = −
PROBLEMA 2 (Casca e bola esféricas) [ 2,5 ponto(s)]
Uma casca esférica condutora neutra de raio interno b
e raio externo c tem em seu interior, concêntrica a ela,
uma bola esférica isolante de raio a e constante dielétrica
igual a 1, conforme mostra a figura ao lado. Essa bola
está carregada com uma densidade volumar dada pela
função ρ(r) = αr (onde α é uma constante positiva e r
é a distância do ponto ao centro da esfera). O sistema
está em equilı́brio eletrostático.
3
(6)
(7)
(8)
(a) Determine a carga elétrica total contida na esfera isolante. [0,5 pontos]
(b) A partir da simetria do sistema, esboce as linhas de campo elétrico e uma superfı́cie gaussiana genérica que
será usada para a determinação do vetor campo elétrico. [0,4 pontos]
~ nas quatro regiões definidas pelo sistema (r < a, a < r < b, b < r < c e
(c) Determine o vetor campo elétrico E
c < r). [1,6 pontos]
Resolução
(a) A carga elétrica total Q contida na esfera será dada por
Z
Z a
Z
2
Q = ρdV =
αr4πr dr = 4πα
0
a
r3 dr ;
0
logo:
Q = παa4 .
(b) Devido à simetria esférica do problema, o campo elétrico só poderá ter componente na direção radial e só
~ = E(r)r̂. As superfı́cies gaussianas serão esféricas e
poderá depender de r, isto é, o campo elétrico será tal que E
concêntricas às superfı́cies do problema de maneira que o módulo do campo elétrico será constante em cada uma
delas.
(c) No caso da região b ≤ r < c, como a casca esférica é condutora e estamos em equilı́brio eletrostático, o campo
~ será nulo.
elétrico E
Para as outras regiões usaremos a Lei de Gauss
I
~ · dS
~ = q/ε0 .
Φ=
E
S
~ = Er (r)r̂ e dS
~ = dS r̂, de modo que E
~ · dS
~ = Er (r)dS. Como Er (r) é constante na superfı́cie
Neste caso E
gaussiana, teremos
I
I
~ · dS
~ = Er (r) dS = 4πr2 Er (r) .
E
S
S
Precisamos, agora, determinar a carga elétrica interna a cada superfı́cie gaussiana que descreve a região de
interesse.
Para r < a:
Z
Z r
q = ρdV =
αr′ 4πr′2 dr′ = παr4 ,
0
logo
Qr2
αr2
~
r̂ =
r̂ .
E(r)
=
4ε0
4πε0 a4
4
Para a ≤ r < b e r ≥ c:
q=Q,
logo
~
E(r)
=
Q
r̂ .
4πε0 r2
PROBLEMA 3 (Quadrupolo elétrico) [ 2,5 ponto(s)]
A figura ao lado mostra duas partı́culas de cargas
elétricas individuais +q separadas entre si por uma
distância de 2a. No ponto médio entre essas duas
partı́culas é colocada uma terceira cuja carga elétrica é
−2q.
(a) Obtenha a expressão exata do potencial elétrico V (x)
no ponto P do eixo X, para x > a. Qual é a expressão
aproximada para V (x) quando tivermos x ≫ a? [1,0
ponto]
~ no
(b) A partir da expressão exata para o potencial elétrico, obtenha a expressão do vetor campo elétrico E
~
ponto P . Qual é a expressão aproximada para E(x)
quando tivermos x ≫ a? [1,0 ponto]
(c) Qual é a energia potencial eletrostática acumulada em tal sistema? [0,5 ponto]
Resolução
(a) Lembrando que o potencial elétrico de uma partı́cula de carga q é dado por V (r) = q/(4πǫo r), sendo r a
distância em relação à partı́cula, então no caso de uma distribuição discreta de três cargas puntiformes em que
as cargas elétricas e as posições das partı́culas em relação ao ponto P são (+q, x + a) , (−2q, x) , e (+q, x − a) ,
o potencial elétrico devido a elas neste ponto será fornecido por
3
1 X qn
1
q
2
1
1
2a2 q
V (x) =
=
.
=
− +
4πǫo n=1 xn
4πǫo x + a x x − a
4πǫo x(x2 − a2 )
No caso em que o ponto P se encontre muito afastado das cargas devemos considerar que x ≫ a e assim
podemos aproximar x(x2 − a2 ) ≈ x3 na expressão obtida acima para V (x) e com isso teremos que
V (x) ≈
Q
4πǫo x3
sendo Q ≡ 2a2 q o momento de quadrupolo elétrico da distribuição de cargas.
~ pode ser obtido a partir do potencial elétrico através de E(r)
~
~ (r) o que,
(b) O vetor campo elétrico E
= −∇V
no caso do ponto P , se reduzirá a
dV (x)
q
Q
2
1
1
3x2 − a2
~
E(x) = −
x̂ =
x̂ =
x̂ .
− 2 +
dx
4πǫo (x + a)2
x
(x − a)2
4πǫo x2 (x2 − a2 )2
No caso em que x ≫ a podemos aproximar (3x2 − a2 )/[x2 (x2 − a2 )2 ] ≈ 3x2 /x6 = 3/x4 e assim mostrar que
3Q
~
x̂ .
E(x)
≈
4πǫo x4
(c) Temos um sistema de três partı́culas; para construı́-lo (a partir de uma separação infinita entre as partı́culas),
devemos realizar um trabalho total dado por
U=
3 X
3
X
i=1 j>i
q2
qi qj
=
4πǫo rij
4πǫo
2 2
1
− −
2a a a
5
=−
7
2
q2
4πǫo a
.
PROBLEMA 4 (Capacitores) [ 2,5 ponto(s)]
Na figura ao lado, temos um arranjo constituı́do por uma bateria de força eletromotriz
V0 , uma chave S e três capacitores, 1, 2 e 3, de
mesma capacitância C, inicialmente descarregados. A chave S é, primeiramente, girada
para a posição a e permite-se que o capacitor
1 seja completamente carregado. A seguir, a
chave é girada para a posição b.
(a) Quais são as cargas finais q1 , q2 e q3
nos capacitores correspondentes, expressas
em função de V0 e C? [1,5 ponto]
(b) Determine a energia total acumulada nos
capacitores com a chave na posição a e aquela
acumulada nos capacitores com a chave na
posição b, expressas em função de V0 e C.
[1,0 ponto]
S
a
b
2
c
V0
1
3
d
Resolução
(a) A carga final adquirida pelo capacitor 1, depois da chave ser girada para a posição a, é dada por:
Q1 = C1 V0 = CV0 .
Na segunda etapa, após a chave S ser girada para a posição b, observamos, primeiro que, por simetria, a carga
(em módulo) em cada uma das placas dos capacitores 2 e 3 é a mesma; logo:
q2 = q3 .
Além disso, por conservação da carga,
q1 + q2 = Q1 = CV0 .
(9)
Uma outra equação provirá do cálculo da ddp entre os pontos a e d de duas maneiras: via o ramo que inclui
só o capacitor 1, fornecendo:
q1
Vad =
C
ou via o ramo que inclui os capacitores 2 e 3, fornecendo:
Vbcd = V2 + V3 = 2V2 = 2V3 = 2
q2
.
C
Obviamente, tais expressões tem de dar o mesmo valor; logo:
q1 = 2q2 .
(10)
Resolvendo o sistema de equações (9) e (10) para q1 e q2 , obtemos, finalmente:
q1 =
2
CV0
3
e
1
CV0 .
3
(b) Usaremos que a energia armazenada num capacitor com carga q, ddp V e capacitância C pode ser expressa
em qualquer uma das três formas equivalentes
q2 = q3 =
U=
1 q2
1
1
qV =
= CV 2 .
2
2C
2
6
Logo, para a chave na posição a, temos simplesmente:
Ua =
1
CV 2 .
2 0
Já para a chave na posição b, temos:
Ub = U1 + 2U2
=
q12
q22
1
+
,
2C
C
ou seja,
Ub =
1
CV 2 .
3 0
7
(11)
(12)