AD1 Primeiro Semestre de 2009

A C Tort 1/2009
1
Instituto de Fı́sica
UFRJ
1a Avaliação a Distância de Fı́sica 3A - AD1
Primeiro Semestre de 2009 – Soluções
Problema 1 Um dos problemas da eletrostática é calcular o campo elétrico gerado por distribuiç ões fixas conhecidas, discretas ou contı́nuas, de carga. Uma vez conhecido o campo elétrico em todos os pontos do espaço
(incluisve dentro da distribuição) podemos calcular outras quantidades fı́sicas relevantes, como por exemplo, a
força sobre uma carga de prova ou a energia eletrostática armazenada no campo, ou no caso estático, se preferirmos, no sistema. No nosso curso vimos que há pelo menos três modos distintos de calcular o campo elétrico, a
saber:
(i) por meio da lei de Coulomb:
dE =
dq
êr ,
4πε0 r 2
(1)
conjuntamente com o princı́pio da superposição:
E=
Z
dE.
(2)
dq
,
4πε0 r
(3)
(ii) por meio do potencial elétrico:
dV =
combinado com o princı́pio da superposição:
V =
1
4πε0
Z
dq
,
r
(4)
e com a relação
E = −∇V,
(5)
(iii) e, finalmente, nos casos (poucos) em que a simetria da distribuição assim o permite, podemos utilizar a lei
de Gauss:
ZZ
E · da =
S
q(S)
,
ε0
onde q(S) é a carga encerrada por S e E é o campo total, incluso, o das cargas exteriores à superfı́cie. S.
(6)
A C Tort 1/2009
2
Considere então uma distribuição esférica uniforme de carga de densidade ρ0 e raio R.
(a) (3pts) Calcule o campo elétrico dentro e fora da distribuição usando os três modos citados acima.
(b) (1pt) Calcule a energia eletrostática da distribuição.
(c) (1pt) Suponha agora que uma carga puntiforme q0 seja trazida do infinito até uma distância 2R do centro da
distribuição. Calcule a energia eletrostática de interação entre a distribuição esférica e carga puntiforme.
(d) (1pt) Calcule a força que a carga puntiforme exerce sobre a distribuição..
Sinta-se à vontade em consultar o seu livro favorito de cálculo.
S OLUÇ ÃO 1:
(a) Lei de Coulomb Nosso ponto de partida é a integral (vetorial!):
Z
E=
dE =
dq
êr .
4πǫ0 r 2
Z
A dificuldade aqui é lidar com o vetor unitário radial que pode variar de direção e sentido e, logo, não
pode ser posto em evidência na integral. A outra dificuladade é que r é a distância do elemento de
carga dq ao ponto de observação, e não a distância radial à origem. Ignorar estes detalhes conduz ao
resultado errado. Uma possibilidade é usar coordenadas cartesianas. Nesse caso terı́amos três integrais
para calcular. Outra possibilidade é seguir o exemplo do nosso texto. O campo elétrico de uma casca
esférica uniformemente carregada foi calculado no texto de fı́sica 3a, Cap. 4, pg. 74, Exemplo 4.4. O
procedimento para calcular o campo elétrico de uma bola de carga de densidade uniforme ρ0 e raio R é
similar.
R
b
a(z ′ )
b
z′
b
z
A principal diferença entre este cálculo e o exemplo do texto é o elemento de integração que aqui será
o campo de um disco uniformemente carregado e de raio variável. O campo elétrico de um disco de
raio a uniformemente carregado com uma densidade superficial de carga σ sobre um ponto do eixo Oz
perpendicular ao plano que contém o disco e que passa por seu centro é dado por (veja o texto ou um dos
livros da bibliogarfia complementar):
A C Tort 1/2009
3
Ez (z) =
σ
2ǫ0
1− √
z
,
a2 + z 2
z > 0.
Para z < 0, o campo é dado por:
Ez (z) = −
σ
2ǫ0
z
,
1+ √
a2 + z 2
z < 0.
Vamos começar calculando o campo em um ponto externo à esfera z > R. E suficiente considerar o
resultado acima para o caso z > 0. Nesse caso, fazendo-se as substituiç ões: σ → ρ dz ′ e z → z − z ′ , o
campo de um disco infinitesimal de raio a(z ′ ), veja a figura, se escreve:
ρ0 dz ′
dEz (z, z ) =
2ǫ0
′
#
"
(z − z ′ )
,
1− p 2 ′
a (z ) + (z − z ′ )2
onde (teorema de Pitágoras):
a2 (z ′ ) = R2 − z ′ 2 ,
veja a figura. O campo total sobre um ponto do eixo z será:
Z
Ez (z) =
dEz (z, z ′ ),
ou, fazendo as substituições requeridas:
ρ0
Ez (z) =
2ǫ0
+R
Z
−R
"
(z − z ′ )
1− p 2
R − z ′ 2 + (z − z ′ )2
#
dz ′ .
Como no texto fazemos a mudança de variável:
ω := z − z ′
dω = −dz ′ ,
e rescrevemos a integral na forma:
ρ0
Ez (z) =
2ǫ0
z−R
ω
dω.
2
R − z 2 + 2zω
z+R
Efetuando a integral, veja em uma tabela a integral pertinente, obtemos:
Ez (z) =
Z
1− √
Q
ρ (4 π R3 /3)
=
,
2
4πǫ0 z
4πǫ0 z 2
z > R.
Dada a simetria esférica do problema, podemos airmar que não há nada particular a respeito do eixo Oz
e podemos fazer a substituição z → r, onde r é a distância radial à origem. Portanto:
E(r) =
Q
,
4πǫ0 r 2
r > R.
Consideremos agora um ponto interior à distribuição, 0 < z < R. Este cálculo requer um pouco mais de
cuidado.
b
b
b
b
b
O
z′ < z
z
z′ > z
R
A C Tort 1/2009
4
Se z ′ < z, escrevemos:
ρ0 dz ′
dEz (z, z ′ ) = +
2ǫ0
#
"
(z − z ′ )
,
1− p 2 ′
a (z ) + (z − z ′ )2
pois o campo do disco infinitesimal deve apontar da esquerda para a direita. Se z ′ > z, escrevemos:
ρ0 dz ′
dEz (z, z ) = −
2ǫ0
′
#
"
(z − z ′ )
,
1+ p 2 ′
a (z ) + (z − z ′ )2
pois o campo do disco infinitesimal deve apontar agora da direita para a esquerda. Como antes, nos dois
casos:
a2 (z ′ ) = R2 − z ′ 2 ,
O campo no ponto interior z < R será dado por:
ρ0
Ez (z) =
2ǫ0
Z
z
−R
dz
′
"
#
(z − z ′ )
ρ0
1− p 2 ′
−
′
2
2ǫ
a (z ) + (z − z )
0
Z
R
z
dz
′
"
#
(z − z ′ )
1+ p 2 ′
.
a (z ) + (z − z ′ )2
Fazendo as substituiç ões requeridas, mudando a variável de integração como antes e fazendo uso de uma
tabela de integrais, obteremos, finalmente:
ρz
, 0 < z < R.
3ǫ0
A simetria esférica tira qualquer importância que o eixo Oz possa ter, e podemos rescrever este resultado
em função da variável radial r:
Ez (z) =
Ez (z) =
ρr
,
3ǫ0
0 < r < R.
A idéia básica por trás deste cálculo, que não deve ser confundida com os detalhes técnicos, é simples: escolhemos um campo conhecido, apropriado, no caso o campo de um disco, que serve como contribuição
elementar, a seguir invocamos o prinı́pio da superposição, et voilá, obtemos a solução. Você poderia
empregar o mesmo método para calcular o campo de uma distribuição cilindrı́ca uniforme, finita, sobre o eixo principal de simetria. O disco seria o elemento de integração apropriado. Aprecie agora a
simplicidade com que estes resultados podem ser obtidos com a lei de Gauss.
Lei de Gauss Como temos simetria esférica, podemos escrever:
E(r) 4πr 2 =
Q(r)
,
ǫ0
onde Q(r) é a carga envolvida pela superfı́cie gausssiana, aqui, uma superfı́cie esférica de raio r. Para
uma distribuição de carga uniforme:
ρ(r) = ρ0 =
Q
4
πR3
3
.
Segue que:
Q(r) = ρ0
Substituindo o valor de ρ0 teremos:
4
π r3,
3
0 ≤ r ≤ R.
A C Tort 1/2009
5
r3
.
R3
Para um ponto dentro da bola ( r < R), a lei de Gauss leva à:
Q(r) = Q
E(r) =
ρ0 r
Qr
=
.
3
4πǫ0 R
3ǫ0
Para um ponto fora da bola ( r > R), a lei de Gauss leva à:
Q
ρ0 R3
=
.
2
4πǫ0 r
3ǫ0 r 2
E(r) =
Observe que o campo elétrico é contı́nuo em r = R. Isto se dá porque estamos tratando com uma
distribuição de carga e não um condutor. O cálculo do campo elétrico da bola de carga por meio da lei
de Gauss é apresentado como exemplo em praticamente todos os textos de fı́sica básica. Quando há um
grau muito elevado de simetria, a lei de Gauss é o modo mais fácil de calcular o campo.
Potencial elétrico Como no caso do cálculo via lei de Coulomb do campo elétrico, dividamos a esfera em
discos uniformemente carregados de raio variável, veja a a figura. Recordemos o potencial de um disco
de raio a uniformemente carregado com uma densidade superficial de carga σ sobre um ponto do eixo
Oz perpendicular ao plano que contém o disco, e que passa por seu centro geométrico, é dado por (veja
o nosso texto ou um dos livros da bibliogarfia complementar):
σ p 2
a + z 2 − |z| ,
2ǫ0
V (z) =
Fazendo as substituiç ões: σ → ρ0 dz ′ , |z| → |z − z ′ | =
ρ0 dz ′
dV (z, z ) =
2ǫ0
q
′
z ′ )2
(z −
−∞ < z < ∞.
p
−
(z − z ′ )2 , temos:
a2 (z ′ )
−
q
(z −
z ′ )2
.
Consideremos primeiramente o caso em que z > R, i.e.: o potencial em um ponto externo à esfera.
Nesse caso,
V (z) =
ρ0
2ǫ0
Z
+R
q
(z − z ′ )2 + R2 − z ′ 2 − (z − z ′ )
−R
dz ′ .
Fazendo a mudança de variável de integração que fizemos antes, temos:
ρ0
V (z) =
2ǫ0
Z
z+R
z−R
O resultado da integral é:
V (z) =
p
R2 − z 2 + 2zω − ω dω.
Q
ρ0 2 R3
=
,
2ǫ0 3 z
4πǫ0 z
z > R.
Que pode ser rescrito em razão da simetria esférica:
V (r) =
Q
,
4πǫ0 r
z > R.
O caso em que o ponto de observação está no interior da esfera, z < R, deve ser tratado com um certo
cuidado. Como no cálculo do campo elétrico, temos de saber se z ′ é maior ou menor do que z. De fato,
se você pensar um pouco sobre o resultado original para o disco verá que:
A C Tort 1/2009
6
dV (z, z ′ ) =
ρ0 dz ′ q
(z − z ′ )2 − a2 (z ′ ) − (z − z ′ ) ,
2ǫ0
z ′ < z;
dV (z, z ′ ) =
ρ0 dz ′ q
(z − z ′ )2 − a2 (z ′ ) + (z − z ′ ) ,
2ǫ0
z ′ > z.
e
Portanto,
ρ0
V (z) =
2ǫ0
Z
z
−R
q
(z −
z ′ )2
−
a2 (z ′ ) −
ρ0
(z − z ) dz +
2ǫ0
′
Z
′
R
z
q
(z −
z ′ )2
−
a2 (z ′ )
′
+ (z − z ) dz ′ .
Procedendo como anteriormente,
V (z) =
ρ0
2ǫ0
Z
0
z+R
q
(R2 − z 2 + 2zω − ω dω +
ρ0
2ǫ0
Z
0
z−R
q
(R2 − z 2 + 2zω + ω dω.
Efetuando as integrais com o auxı́lio de uma tabela (levando em conta que z < R para não cair em
contradição) obteremos finalmente:
V (z) = −
ρ0 z 2 ρ0 R2
+
,
6ǫ0
2ǫ0
0 ≤ z ≤ R.
Como já mencionamos antes, a simetria esférica permite escrever o resultado trocando z por r:
V (r) = −
ρ0 r 2 ρ0 R 2
+
,
6ǫ0
2ǫ0
0 ≤ r ≤ R.
Para obter o campo elétrico basta calcular o gradiente dos resultados obtidos:
∂V (r)
.
∂r
Desnecessário dizer que obtemos o mesmo resultado dos itens anteriores. Há outra possibilidade de
calcular o potencial da esfera: usar coordenadas esféricas! Nesse caso, o ponto de partida é:
Er (r) = −
1
V (r) =
4πǫ0
Z
dq
,
kr − r ′ k
onde r é o vetor de posição do ponto de observação, e r ′ é o vetor de posição do elemento de carga dq. Se
escolhermos o eixo polar z com origem no centro da distribuição e passando pelo ponto de observação,
então:
ρ0
V (r) =
4πǫ0
Z
2
r ′ dr ′ sen θ ′ dφ ′ dθ ′
√
,
r 2 + r ′ 2 − 2rr ′ cos θ ′
onde r é o módulo de r e r ′ é o módulo de r ′ . O ângulo θ ′ , é o ângulo entre r e r ′ . O mesmo procedimento poderia ser empregado para calcular o campo elétrico, mas nesse caso é preciso não esquecer que
o vetor unitário radial depende de θ e de φ.
Quando não há simetria suficente para calcular o campo por meio da lei de Gauss, só nos resta calcular
o potencial, analı́tica ou numericamente. Para configuraçõess eletrostáticas muito complicadas, de baixa
simetria, pense, por exemplo, na carga que uma asa de avião pode acumular por atrito com o ar, utiliza-se
um poderoso instrumento chamado método dos elementos finitos, que permite calcular o potencial e o
campo numericamente.
A C Tort 1/2009
7
(b) A (auto) energia eletrostática de uma bola de carga uniformemente distribuı́da é:
W=
3 Q2
,
5 4πǫ0 R
onde Q = ρ (4/3) π R3 , é a carga total da bola. Para obter este resultado podemos usar a expressão:
1
2
W=
Z Z Z
ρ(r)V (r) d3 x,
que é discutida no nosso texto. Aqui:
V (r) = V (r) =

ρ0 r 2 ρ0 R 2


+
, 0 ≤ r < R;
−



6 ǫ0
2 ǫ0
Q
,
4πǫ0 r 2





e,
ρ(r) =
r > R.


 ρ0 , 0 ≤ r < R;

 0,
r > R.
Como o potencial e a distribuição de carga têm simetria esférica, podemos escrever:
ρ0
W=
2
Z
R
0
ρ0 r 2 ρ0 R 2
+
−
6 ǫ0
2 ǫ0
!
4πr 2 dr.
Efetuando a integral obteremos o resultado mencionado acima. Outra possibilidade é calcular a integral:
ǫ0
E2 d3 x,
2
sobre todo o espaço, i.e.: dentro e fora da bola de carga, onde:
Z
E(r) =






ρ0 r
êr ,
3 ǫ0


ρ0 R3


 −
ê ,
2 r
3 ǫ0 r
0 ≤ r ≤ R;
r ≥ R.
Há uma terceira possibilidade que é calcular o trabalho realizado para construir a esfera de carga trazendo
camadas esféricas do infinito até a posição final. Isto foi feito na AP3 2/2008, veja o final deste gabarito. De
qualquer modo que você faça o cálculo da energia eletrostática da bola de carga uniforme, o resultado final
deve ser o mesmo, isto é:
W=
3 Q2
!!!
5 4πǫ0 R
A C Tort 1/2009
8
(c) Como para r > R a bola de carga comporta-se como uma carga puntiforme:
W′ =
Qq0
.
4πǫ0 (2R)
Note que este resultado é refere-se a energia de interação entre duas distribuições de carga. O resultado anterior
nos dá a auto-energia, o trabalho gasto para montar a bola de carga. Se você calcular a auto-energia de uma
carga puntiforme verá que ela é infinita!
(d) A força que a bola de carga exerce sobre a carga puntiforme é:
F=
Qq0
êr .
4πǫ0 r 2
Pelo princı́pio da ação e reação, a força que a carga puntiforme exerce sobre a bola de carga é:
F ′ = −F = −
Qq0
êr .
4πǫ0 r 2
Este resultado vale somente se a carga puntiforme estiver em um ponto tal que r > R. Se nos colocarmos a
carga puntiforme dentro da distribuição esférica em um ponto tal que r < R, e supusermos que esta não fica
alterada, então a carga puntiforme sentirá uma força igual:
F = q0 E = q0
ρr
êr .
3ǫ0
Portanto, nesse caso:
F ′ = −F = −q0
ρr
êr .
3ǫ0
Problema 2 Em uma determinada válvula eletrônica, os elétrons são emitidos por uma superfı́cie plana metálica
aquecida (a placa emissora) e coletados por uma outra superfı́cie plana metálica paralela à primeira (a placa coletora) colocada a uma distância D, veja a figura ilustrativa abaixo. A diferença de potencial elétrico entre as placas
é dada por V (x) = κx4/3 . Suponha que as dimensões lineares das placas sejam muito maiores do que a distância
que as separa.
(a) (1pt) Faça o gráfico do campo elétrico entre as placas.
(b) (2pts) Use a lei de Gauss na forma diferencial e calcule a densidade volumar de carga ρ(x) para 0 < x < D.
Faça o gráfico da densidade volumar de carga obtida.
(c) (1pt) Calcule a densidade superficial de carga σ da placa coletora. Repita o cálculo para a placa emissora.
A C Tort 1/2009
9
D
fluxo dos elétrons
x
placa emissora
placa coletora
S OLUÇ ÃO 2:
(a) Como as dimensões lineares das placas são muito maiores do que a distância que as separa, podemos considerar as mesmas como tendo extensão infinita. Neste caso, o campo elétrico dependerá somente de x. De fato, é
por esta mesma razão que o potencial depende somente de x! O campo elétrico é:
4
dV (x)
= − κ x1/3 .
dx
3
A figura acima mostra o gráfico do campo elétrico entre as placas:
Ex (x) = −
0.0
E(x)
–0.5
–1.0
0.0
0.5
x
1.0
Por simplicidade, fizemos κ = 3/4 e D = 1 (unidades arbitrárias).
(b) Eis um modo simples de obter a lei de Gauss na forma diferencial para o problema que temos de resolver:
como podemos supor simetria planar, entre as placas podemos considerar a situação desenhada abaixo:
A C Tort 1/2009
10
ρ
Ex (x)
Ex (x + ∆ x)
−n
n
x
x + ∆x
Seja A a área das superfı́cies hipotéticas planas paralelas às placas e separadas por uma distância ∆ x. O fluxo
do campo elétrico será:
ΦE = [Ex (x + ∆ x) − Ex (x)] A =
[Ex (x + ∆ x) − Ex (x)]
A ∆ x.
∆x
De acordo com a lei de Gauss:
Q
,
ǫ0
onde Q é a carga contida no volume gaussiano, (em cinza no desenho acima). A carga Q pode ser escrita
como:
ΦE =
Q = ρ(x) A ∆ x.
Segue que:
[Ex (x + ∆ x) − Ex (x)]
A ∆ x = ρ(x) A ∆ x.
∆x
Simplificando e tomando o limite ∆ x → 0, obtemos:
dEx (x)
ρ(x)
=
.
dx
ǫ0
Este resultado é uma caso particular da relação mais geral:
∇·E=
ρ(x, y, z)
∂Ex (x, y, z) ∂Ey (x, y, z) ∂Ez (x, y, z)
+
+
=
.
∂x
∂y
∂z
ǫ0
Voltando ao problema em questão, a densidade de carga pode ser calculada com:
ρ(x) = ǫ0
4κ ǫ0
dEx (x)
= − 2/3 ,
dx
9x
0 < x ≤ D.
A C Tort 1/2009
11
rho(x)
0
–40
–80
–120
0.0
0.4
0.8
x
(c) Usando a lei de Gauss na forma integral, podemos ver que o fluxo é nulo muito próximo da placa emissora,
pois o campo é nulo em x = 0. Mas, próximo da placa coletora, o fluxo vale:
4
Φ = Ex (D)A = − κ D 1/3 A.
3
Como Φ = q/ǫ0 = σ A/ǫ0 , segue que:
4
σ = − κ ǫ0 D 1/3 .
3
Outro modo de obter a densidade superficial de carga é calcular:
Z
σ=
D
ρ(x)dx,
0
verifique!
Complemento: problema 3 AP3 2/2008
Calcule a energia eletrostática de uma bola de carga uniformemente carregada de raio R e carga total Q. Sugestão:
lembre-se que para uma distribuição localizada de carga, o potencial eletrostático pode ser interpretado como
o trabalho realizado por unidade de carga trazida do infinito até a sua posição atual. Comece com uma bola
de carga de raio r. Para acrescentar uma camada esférica adicional de carga dQ à bola, o trabalho realizado é
d W = V (r) dQ. Daqui em diante é com você.
dQ
r
Q(r)
A C Tort 1/2009
12
Solução:
dU = V (r)dQ =
Mas
Q(r) =
Q(r)
dQ.
4πε0 r
Q
r3
3
(4/3)
πr
=
Q
,
(4/3) πR3
R3
logo,
dQ = 3
Q 2
r dr.
R3
Segue que
dU =
Qr 3
Q 2
Q2
3
r
dr
=
3
r 4 dr,
4πε0 rR3 R3
4πε0 R6
ou ainda
Q2
U =3
4πε0 R6
ZR
0
r 4 dr =
3 Q2
.
5 4πε0 R