AD2 - Soluç ˜oes - Instituto de Física / UFRJ

AC TORT 1/2009
1
Instituto de Fı́sica
1o Q
UFRJ
2o Q
a
2 Avaliação a Distância de Fı́sica 3A - AD2 - Soluções
Primeiro Semestre de 2009
Pólo :
3o Q
4o Q
Data:
Nota
Nome :
Assinatura :
ATENÇ ÃO : H Á UM TOTAL DE
N=10×
N ÚMERO DE PONTOS
14
÷ 14 .
PONTOS QUE VOC Ê PODE OBTER COM ESTA
AD. S UA
NOTA SER Á :
Problema 1 (1pt) No primeiro problema da AP1 1/2009, eram dadas duas distribuições planas da carga de
extensão infinita e densidades uniformes de mesmo valor absoluto σ, mas de sinais algébricos diferentes. As
distribuições interceptavam-se perpendicularmente uma a outra. Em um dos itens do problema pedia-se um esboço
das linhas de força. Eis a solução:
+σ
−σ
Um aluno questionou esta solução com o argumento de que as linhas de força deveriam ser perpendiculares às
distribuições, pois em caso contrário haveria movimento de cargas (i.e.: uma corrente elétrica) e o problema não
seria mais de eletrostática. A solução dada acima deve ser modificada? Justifique cuidadosamente sua resposta.
S OLUÇ ÃO 1: A solução dada acima está correta. Uma distribuição contı́nua de cargas estáticas não representa necessariamente um condutor, a menos que isto seja dito explicitamente! Uma distribuição pode ser
formada por um arranjo de cargas fixas em um meio dielétrico. Pode também ser a nuvem eletrônica que envolve
o núcleo do átomo. E, finalmente, podem ser as duas distribuiç ões planas da carga de extensão infinita e densidades uniformes do problema em questão. Para esse tipo de arranjo, outras forças ajudam a manter o equilı́brio
eletrostático. Sobre uma superfı́cie dielétrica, o campo elétrico pode ter uma componente paralela à superfı́cie,
isto não implica em deslocamento de carga. Já para uma superfı́cie condutora em equilı́brio eletrostático, o campo
deve ser perpendicular à superfı́cie.
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Problema 2 (2pts) Um cubo de aresta ℓ é colocado com um dos seus vértices na origem de um sistema de
coordenadas cartesianas. Um campo elétrico não-uniforme dado por:
E = −a x̂ + b ŷ + c ẑ.
onde a, b e c são constantes reais positivas, atravessa o cubo.
(a) Calcule o fluxo do campo elétrico através de cada uma das seis faces do cubo.
(b) Calcule a carga contida dentro do cubo.
S OLUÇ ÃO 2:
(a) o fluxo do campo elétrico é dado por:
Φ=
Z
E · n̂ dA.
Note que a definição de fluxo não implica necessariamente em uma superfı́cie fechada (mas, a lei de Gauss
sim!). Podemos aplicar esta equação a cada uma das faces do cubo, por exemplo, considere as faces cujos
unitários normais paralelos ao eixo x, então:
Φx = E · x̂ A + E · (−x̂) A = −aA + (−a)(−1)A = 0.
Do mesmo modo, pdemos mostrar facilmente que:
Φy = Φz = 0.
(b) Como o fluxo total, Φx + Φy + Φz , é nulo, pela lei de Gauss segue que a carga contida dentro do cubo é nula.
Problema 3 (5 pts) Uma distribuição de carga finita, esfericamente simétrica de raio R, porém não-uniforme, é
descrita pela densidade de carga ρ(r):
ρ(r) =

4r


, 0 ≤ r < R;
 ρ0 1 −
3R



0,
r > R.
A constante ρ0 é uma constante positiva com dimensões de carga/(comprimento)3 .
(a) Calcule a carga total da distribuição.
(b) Obtenha uma expressão para o campo elétrico dentro da distribuição.
(c) Obtenha uma expressão para o campo elétrico fora da distribuição.
(d) Obtenha uma expressão para o potencial elétrico fora da distribuição. Faça o zero do potencial no infinito.
(e) Obtenha uma expressão para o potencial elétrico dentro da distribuição. Não se esqueça que o potencial
eletrostático deve ser uma função contı́nua! Calcule o potencial na origem.
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S OLUÇ ÃO 3:
(a) Como temos simetria esférica,
Q=
Z
R
2
ρ(r) 4πr dr = 4πρ0
R
Z
4 r
1−
3R
0
0
2
r dr = 4πρ0
"
r3 4 r4
−
3
3 4R
#R
= 0.
0
(b) Com a lei de Gauss e levando em conta a simetria esférica podemos escrever:
q(r)
,
ǫ0
E(r) 4πr 2 =
onde q(r):
r3 4 r4
−
3
3 R
q(r) = 4πρ0
!
.
Segue que:
r3 1 r4
−
3
3 R
ρ0
E(r) =
ǫ0 r 2
!
r 1 r2
−
3 3 R
ρ0
=
ǫ0
!
,
para 0 ≤ r < R.
(c) Lei de Gauss + simetria esférica + carga total nula levam à:
E = 0,
para r > R.
(d) Como para r > R, o campo elétrico é nulo, nessa região o potencial é uniforme:
V (r) = C.
Se o potencial é zero no infinito, então C= 0.
(e)
V (r) − V (R) = −
Z
r
R
ρ0
E(r ) dr = −
ǫ0
′
′
"
r2 ′ 1 r3 ′
−
6
9 R
#r
.
R
Efetuando a integral obtemos:
V (r) − V (R) = −
Z
r
R
ρ0
E(r ) dr = −
ǫ0
′
′
"
r2 1 r3
−
6
9 R
!
−
R2 1 R3
−
6
9 R
Ou ainda:
V (r) − V (R) = −
Z
r
R
ρ0
E(r ) dr =
ǫ0
′
′
"
R2
−
18
r2 1 r3
−
6
9 R
Por continuidade V (R) = 0, logo:
ρ0
V (r) =
ǫ0
"
R2
−
18
r2 1 r3
−
6
9 R
!#
.
!#
.
!#
.
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Segue que:
V (0) =
ρ0 R2
.
ǫ0 18
Problema 4 (2pts) O potencial elétrico em uma região do espaço é dado por:
V (x, y, z) = A x2 − 3y 2 + z 2 ,
onde A é uma constante.
(a) Quais são as dimensões de A?
(b) Calcule o campo elétrico no ponto P de coordenadas (0, 0, 0.25 m).
S OLUÇ ÃO 4:
(a) Como o potencial no SI é medido em volts, A deve ter dimensões de V/m2 .
(b)
E = −∇ V = −A (2x x̂ − 6y ŷ + 2z ẑ) .
No ponto P (0, 0, 0.25 m):
E = −0.50A ẑ.
Problema 5 (4 pts) Na geometria plana, o cı́rculo é definido como o locus dos pontos do plano equidistantes de
um ponto arbitrário O. Apolônio de Perga 1 (c. 262 a.C – 190 a.C.) descobriu outro modo de definir o cı́rculo. Eis
sua definição: sejam dois pontos fixos P1 e P2 e um ponto arbitrário Q do plano. Seja P1 Q o segmento de reta que
une P1 a Q e QP2 o segmento de reta que une Q a P2 . Se:
|P1 Q|
= κ,
|QP2 |
(1)
onde κ é uma constante, então o locus geométrico dos pontos P que satisfazem está relação é o cı́rculo. A definição
de Apolônio apresenta a importante propriedade:
|OP1 | · |OP2 | = |OQ|2 = r 2 .
(2)
A distância |OQ| = r, é o raio do cı́rculo de Apolônio. A definição de Apolônio pode ser generalizada para
dimensões superiores, por exemplo, para o espaço tridimensional euclidiano. Neste caso, o cı́rculo será substituı́do
pela superfı́cie da esfera.
1
Apolônio de Perga, o grande geômetra como era conhecido por seus contemporâneos, é considerado pelos historiadores hodiernos da
matemática como um dos três grandes matemáticos da Grécia Antiga, os outros dois são Euclides (c. 262 a.C – 190 a.C.) e Arquimedes
(c. 262 a.C – 190 a.C.). Entre seus trabalhos encontra-se o importante tratado As cônicas, obra-prima da geometria clássica. Nesse tratado,
Apolônio demonstra que as cônicas, i.e.: a parábola, a hipérbole e a elipse, são o resultado da intersecção do plano e do cone duplo.
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Q′
Q
b
b
|P1 Q|
|QP2 |
=
|P1 Q ′ |
|Q ′ P2 |
b
b
b
O
P1
P2
O cı́rculo de Apolon̂io (e sua generalização tridimensional) pode ser aplicado a vários problemas fı́sicos.
Entre esses problemas encontramos o seguinte problema de eletrostática: considere uma casca esférica condutora
aterrada (V = 0, na superfı́cie da casca) de raio R. Seja P1 um ponto no interior da casca sito a uma distância
D do seu centro geométrico, e P2 um ponto no exterior da mesma. Suponha que em P1 coloquemos uma carga
puntiforme de valor q e perguntemo-nos: qual a magnitude da força entre a carga puntiforme e a casca condutora?
Esta força é atrativa ou repulsiva? A casca esférica condutora, em razão da indução eletrostática, sofre um rearranjo
na distribuição de suas cargas. Embora saibamos onde se encontra a carga puntiforme, a nova distribuição de
cargas da casca esférica nos é desconhecida. É isto que torna o problema difı́cil de ser resolvido. Felizmente,
há métodos para resolver este tipo de problema. Um desses métodos é conhecido como o método das imagens
e, essencialmente, consiste em substituir a casca esférica condutora e sua distribuição complexa por uma carga
fictı́cia, a carga-imagem q ′ , cuja localização, magnitude e sinal algébrico devemos determinar. A carga-imagem
deve localizar-se fora da região de interesse, que no caso é o interior da casca, pois a carga total nessa região não
pode ser modificada, caso contrário estarı́amos lidando com outro problema. Também não podemos modificar as
condições especı́ficas do problema, por exemplo, o valore do potencial sobre superfı́cie do condutor. Coloquemos
então a carga-imagem em P2 e escrevamos q ′ = κ q, onde κ é uma constante real a ser determinada. Agora, com
a geometria do cı́rculo de Apolônio em mente, siga o roteiro abaixo.
q
O
D
R
q′
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(a) Mostre que como a casca esférica está aterrada, os pontos P1 e P2 , onde estão localizadas as cargas q e q ′
respectivamente, e um ponto da superfı́cie da esfera definem uma esfera de Apolônio.
(b) Mostre que a carga q ′ está a uma distância igual a R(R − D)/D do ponto da superfı́cie da casca condutora
que está mais próximo.
(c) Mostre que q ′ = −(R/D) q.
(d) Mostre que a força coulombiana entre as duas cargas puntiformes é dada por:
F =−
R D q2
1
.
4πǫ0 (R2 − D 2 )2
O sinal algébrico indica que a força entre as cargas é atrativa e sua direção é determinada pelo segmento de
reta que une as duas cargas.
S OLUÇ ÃO 5:
(a) Como a casca condutora está aterrada, V = 0 na superfı́cie (e na região interior da casca!), podemos escrever:
q′
q
+
= 0,
|P1 Q| |P2 Q|
onde Q é um ponto na superfı́cie da casca condutora. Segue que:
|P2 Q|
q
1
=− ′ =− .
q
κ
|P1 Q|
Evidentemente κ < 0, como veremos no item (c).
(b) Da figura vem que:
|OP1 | = D,
|OP2 | = R + x,
|OQ| = R2 ,
onde x é a menor distância entre a superfı́cie condutora e a carga-imagem. Da propriedade (2) vem que:
D(R + x) = R2 .
Resolvendo para x:
x=
R(R − D)
.
D
(c) Como a casca condutora está aterrada, V = 0 em qualquer ponto da superfı́cie, em particular,
κq
q
+
= 0.
R−D
x
Segue que:
κ=−
Portanto a carga-imagem vale:
R
.
D
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q′ = −
R
q.
D
(d) A força entre a casca condutora e a carga puntiforme será dada pela lei de Coulomb:
F =
1
qq′
κ q2
1
=
−
.
4πǫ0 (R − D + x)2
4πǫ0 (R − D + x)2
Substituindo os resultados para x e κ obtidos nos itens anteriores, obtemos:
F =−
1
R D q2
.
4πǫ0 (R2 − D 2 )2
O sinal negativo indica que a força entre a carga puntiforme e a casca condutora é atrativa.