Lista 2

Resolução dos Problemas Pares da Segunda
Lista de Exercı́cios
Wagner Leite
www.wagnerleite.com
6 de março de 2010
Resumo
Esse texto contém cálculos referentes as resoluções dos problemas
pares disponı́veis no site da disciplina Fundamentos de Eletromagnetismo. Clique aqui e acesse os problemas propostos.
Exercı́cio 2
[A] A Figura 1 descreve a geometria do problema. [A] A equação 1 descreve
z }| {
o fluxo na base plana φb da semi-esfera. As chaves em cima dos vetores E(k̂)
são usadas para evidenciar o módulo, direção e sentido do vetor separada~ que tem o módulo dA e direção e sentido k̂
mente. Por exemplo, o vetor dA
z }| {
é descrito como: k̂dA
φb =
Z
~ =
~ · dA
E
Z z}|{ z }| {
E k̂ · k̂dA =
Z
EdA = E
Z
dA = EπR2
(1)
O fluxo total φt em qualquer superfı́cie fechada que não contém carga em seu
interior é nulo [C].
O fluxo total equivale a soma do fluxo vetorial das linhas que entram e saem
do volume delimitado pela superfı́cie, desse modo [B]:
φt = 0 = φb + φh ⇒ φh = −φb = −EπR2
0
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1
Figura 1: Semi-esfera, direção e sentido das linhas de campo elétrico.
Exercı́cio 4
[A] A Figura 2 ilustra as considerações de cálculo que serão empregadas para
solucionar o problema. Delineado em vermelho, observa-se uma superfı́cie
gaussiana cilı́ndrica de raio r. A área lateral da superfı́cie cilı́ndrica é dada
por 2πrh e o volume V dessa gaussiana por πr2 h. Os campos elétricos são
definidos na direção radial r̂. A equação 2 expõe o desenvolvimento analı́tico
onde se aplica a lei de Gauss.
Figura 2: Desenho ilustrativo de parte do cilı́ndro e da superfı́cie gaussina,
que está delineada em vermelho.
I
0
~ =
~ · dA
E
Z z}|{ z }| {
E r̂ · r̂dA =
Z
EdA = E2πrh =
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2
ρV
ρπr2 h
=
(2)
A equação 2 resuta em:
~ = ρπr r̂
E
2
[B] A carga total, neste caso, é dada por ρπR2 h. Analogamente ao desenvolvimento descrito na equação 2, tem-se:
E2πrh =
2
ρπR2 h
~ = ρR r̂
⇒E
2r
Exercı́cio 6
A Figura 3 descreve a geometria aplicada nesta resolução. A superfı́cie gaussiana utilizada é um paralelepipedo com área da base igual a A. A carga
interna à gaussiana, delimitada pela região em azul na Figura 3, é dada por
σA - onde σ é a densidade superficial de carga. O fluxo de campo elétrico
~ = 0.
~ · dA
na superfı́cie lateral desta gaussiana é nulo, pois nas laterais: E
Na superfı́cie superior de área A, o fluxo de campo elétrico é definido pela
equação 3.
Figura 3: Plano infinito em cinza, direção e sentido do campo elétrico e,
delineada a vermelho, a superfı́cie gaussiana.
φss =
0
Z
~ =
~ · dA
E
Z z}|{ z }| {
E k̂ · k̂dA =
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3
Z
EdA = E
I
dA = EA
(3)
De forma análoga para a superfı́cie inferior, a obtenção do fluxo segue descrita
pela equação 4.
φsi =
Z z }| { z
}|
{
E(−k̂) · (−k̂)dA =
Z
EdA = E
Z
dA = EA
(4)
O fluxo total equivale soma do fluxo na superfı́cie superior φss com o fluxo
na superfı́cie inferior φsi . Assim, pode se utilizar a lei de Gauss para obter o
campo elétrico - como segue:
2EA =
σA
~ = σ (±k̂)
⇒E
2
Um fator interessante nesse resultado é que o campo elétrico oriundo de um
plano infinito com densidade de carga constante não depende da distância
em relação ao plano. Com isso em mente e observando a Figura 4, fica clara
a obtenção do campo resultante entre as placas e fora dessa região. Entre as
~ = σ k̂
placas os vetores se somam, produzindo um campo total dado por: E
e fora dessa região os campos se anulam.
Figura 4: Planos infinitos juntamente com as direções e sentidos dos campos
elétricos produzidos de acordo com as cores definidas para cada um deles.
Exercı́cio 8
O fluxo de campo elétrico em uma superfı́cie gaussiana esférica é dado pela
equação 5; onde, na mesma, r̂ representa o vetor unitário na direção radial e
0
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4
dV representa o elemento diferencial de volume.
φ=
I
~ =
~ · dA
E
I z}|{ z }| {
E r̂ · r̂dA =
I
EdA = E
I
dA = EA = E4πr2
(5)
Defindo uma superfı́cie gaussiana na região delimitada por 0 < r < a, fica
evidente que a carga interna a ela é nula. Dessa forma, o campo elétrico é
zero.
No caso deR a < r < b, a carga dentro superfı́cie gaussiana equivale
R
a ρdV , isto é, ar Cr 4πr2 dr. A Figura 4 ilustra a geometria empregada.
Aplicando a lei de Gauss, obtém-se:
E4πr2 =
2
C
~ = C (r2 − a2 )r̂ = C (1 − a )r̂
2π(r2 − a2 ) ⇒ E
2r2
2
r2
(6)
Figura 5: Definição da geometria empregada. Delineado em vermelho, é
mostrada a superfı́cie de Gauss aplicada.
Para r > b, a carga interna a superfı́cie é dada por:
a lei de Gauss, chega-se a:
E4πr2 =
Rb C
4πr2 dr.
a r
Aplicando
C
~ = C (b2 − a2 )r̂
2π(b2 − a2 ) ⇒ E
2r2 Exercı́cio 10
Para resolver esse problema, basta esboçar uma gaussiana qualquer na região
com campo elétrico uniforme. O fluxo total de campo elétrico será nulo, as
0
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5
linhas de campo que entram na Gaussiana também saem. Isso implica em
uma carga nula, de acordo com a equação 7.
q
(7)
φE =
onde φE é o fluxo de campo elétrico, a constante de permissividade elétrica
e q é a carga interna a superfı́cie.
Exercı́cio 12
A geometria do problema é mostrada na Figura 5. A esfera interna irá induzir
a carga de -3 nC na superfı́cie interna da casca esférica. Como a carga total
da casca é zero, a carga da surperfı́cie externa equivale a 3 nC. A área da
superfı́cie interna da casca é 4π(10)2 = 1256 cm2 e da externa equivale a
4π(15)2 = 2826 cm2 .
Figura 6: Esfera interna com raio de 5 cm possuindo carga igual a 3 nC
e casca esferica descarregada tendo raio interno de 10 cm e raio externo
equivalente a 15 cm.
A densidade superfı́cial de carga σi da parte interna da casca esférica segue
registrada:
−3
nC
σi =
× 104 = −24 2
1256
m
Na superfı́cie externa da casca, a densidade σe é dada como segue:
3
nC
σe =
× 104 = 11 2
2826
m
6
Exercı́cio 14
Inicialmente, pode-se determinar o campo elétrico de uma linha infinita com
densidade linear de carga λ a um distancia r da mesma. A Figura 7 descreve
a geometria que será aplicada aos cálculos.
Figura 7: Desenho esquemático do fio com densidade de cara λ e superfı́cie
gaussiana cilı́ndrica com raio r comprimento h.
O campo elétrico é radial, bem como o vetor elemento diferencial de área.
A equação 8 mostra o desenvolvimento analı́tico para obtenção do fluxo de
campo elétrico na gaussiana da Figura 7.
φ=
I
~ =
~ · dA
E
Z z}|{ z }| {
E r̂ · r̂dA =
Z
EdA = E
Z
dA = EA
(8)
Na equação 9, segue o desenvolvimento analı́tico para determinar o campo
elétrico - para tal é utilizada a lei de Gauss. Nota-se que q é dada por λh e
que, não há fluxo nas bases do cilı́ndro que constitui a superfı́cie de Gauss.
φ=
q
λh
~ = λ r̂
=
= EA = E(2πrh) ⇒ E
2πr
(9)
A Figura 8 descreve a geometria empregada no problema. A força elétrica é
~ assim, aplicando o resultado provido pela equação 9,
dada pelo produto q E,
tem-se:
λ1
λ1 λ2 Z b dl
~
~
|dF | = [
](λ2 dl) ⇒ |F | =
⇒
2π(a + l)
2π 0 a + l
0
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7
Figura 8: Fio infinito com densidade de carga λ1 (horizontal), fio com densidade de carga λ2 (vertical) e geometria do problema.
λ1 λ2
a+b
λ1 λ2
[ln(a + b) − ln(a + 0)]r̂ =
[ln(
)]r̂
F~ =
2π
2π
a
0
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8