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Universidade Federal do Rio de Janeiro – Instituto de F́ısica
F́ısica III-A – 2017/1 – Prova SC: 26/06/2017
Versão: A
Formulário
~F e = q ~E , ~E = k0
q
r2
r̂
(
k0 =
1
4πε0
)
,
∮
S
~E ·d~A =
Qint
ε0
, ~E = − ~∇V , V = k0
q
r
, U = k0
qq′
r
,
C = Q/V , U =
1
2
QV , uE =
1
2
ε0E
2 , I =
∫
S
~J ·d~A , ~J = nq~v , ~J = σ~E , V = RI , P = V I ,
~Fm = q~v × ~B , d~Fm = Id~ℓ× ~B ,
∮
S
~B ·d~A = 0 , d ~B =
µ0
4π
Id~ℓ× r̂
r2
,
∮
C
~B · d~ℓ = µ0Ienc + µ0ǫ0
dΦE
dt
, Eind = −
dΦB
dt
,
∫
dx
(x2 + a2)3/2
=
1
a2
x
√
x2 + a2
+ const.
Seção 1. Questões discursivas (1×1,5 + 1×3,0 + 1×2,5 + 1×3,0 = 10,0 pontos)
Todas as respostas devem ter justificativas!
1. [1,5 ponto]
Considere uma distribuição de cargas num segmento
retiĺıneo de comprimento L, posicionado ao longo do eixo
Y, no plano z = 0, com densidade linear de carga não
uniforme, dada por λ(y) = −αy, onde α é uma constante
positiva. A distribuição encontra-se em equiĺıbrio ele-
trostático e o ponto médio do segmento está lozalizado
em y = 0, como mostrado na Figura 1.
(a) Determine a carga total Q contida no segmento. [0,5
ponto]
(b) Determine o potencial elétrico devido ao seg-
mento em um ponto P, localizado na posição (x, 0, 0).
Considere o potencial elétrico nulo no infinito. [0,5 ponto]
(c) É posśıvel determinar o campo elétrico ~E no ponto
P devido ao segmento de cargas utilizando o potencial
elétrico obtido no ı́tem “b”? Justifique. [0,5 ponto] Figura 1: Questão discursiva 1.
2.
1
[3,0 pontos]
Uma casca ciĺındrica condutora de comprimento L, raio
interno a e raio externo 3a possui carga 2Q e encontra-se
em equiĺıbrio eletrostático (veja seção reta da casca
ciĺındrica na Figura 2). Utilize um sistema de coordena-
das ciĺındricas (s, θ, z), onde s é a distância de um ponto
qualquer ao eixo da casca ciĺındrica, que coincide com o
o eixo Z do sistema de coordenadas mostrado na Figura
2. Considere que L ≫ a (ou seja, que a casca ciĺındrica é
aproximadamente infinita).
(a) Utilizando a lei de Gauss, determine o campo ele-
trostático ~E (módulo, direção e sentido) devido à casca
ciĺındrica em todo o espaço. [1,8 ponto]
(b) Determine o potencial eletrostático devido à casca
ciĺındrica em todo o espaço, considerando seu valor igual a
zero para uma distância 2a do eixo do cilindro. [1,2 ponto]
Figura 2: Questão discursiva 2.
3. [2,5 pontos]
Uma placa condutora infinita de espessura d é posicio-
nada paralelamente ao planoXZ, de forma que seu plano
médio coincide com este plano, como mostrado na Figura
3. Ela possui uma densidade de corrente estacionária, na
região interna à placa, dada por ~J = J0ẑ, onde J0 é uma
constante e ẑ é o unitário da direção OZ.
(a) Quais são a direção e o sentido do campo magnético
devido à placa, tanto para y > 0 quanto para y < 0?
Justifique. [0,8 ponto]
(b) Utilizando a lei de Ampère, determine o módulo do
campo magnético devido à placa, em um ponto localizado
fora da mesma. [0,7 ponto]
(c) Utilizando a lei de Ampère, determine o módulo do
campo magnético devido à placa, em um ponto localizado
dentro da mesma. [1,0 ponto]
Figura 3: Questão discursiva 3.
4. [3,0 pontos]
Considere um fio infinito formado por dois trechos re-
tiĺıneos semi-infinitos e perpendiculares entre si, locali-
zados no plano z = 0. Por esse fio flui uma corrente
estacionária I. Um sistema de eixos é escolhido de modo
que um trecho retiĺıneo coincida com o semi-eixo positivo
OY e o outro, com o semi-eixo positivo OX, como indica
a Figura 4. Na figura também está indicado o sentido da
corrente. Utilizando a lei de Biot-Savart, determine
o campo magnético (módulo, direção e sentido) devido a
esse fio num ponto genérico P(x0, y0, 0) do primeiro qua-
drante do plano OXY. [3,0 pontos] Figura 4: Questão discursiva 4.
2
Baixado por Cadu Martins (ed23lost@gmail.com)
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Gabarito para Versão A
Seção 1. Questões discursivas (1×1,5 + 1×3,0 + 1×2,5 + 1×3,0 = 10,0 pontos)
1. Resolução:
(a) Temos que:
dQ = λ(y)dy,
Q =
∫ L/2
−L/2
(−α)ydy = −α
∫ L/2
−L/2
ydy = 0.
→ Q = 0 .
(b) Temos:
dV =
dq
r
,
V (x, 0, 0) =
∫ L/2
−L/2
(−α)ydy
√
x2 + y2
,
V (x, 0, 0) = −α
∫ L/2
−L/2
ydy
√
x2 + y2
.
A integral de uma função ı́mpar num intervalo simétrico é nula. Dito de outra forma, para cada elemento de carga
situado na posição yS > 0 existe um outro elemento de carga na posição yI = −yS, ambos à mesma distância de
P, tal que a soma das contribuições desses dois elementos ao potencial elétrico é nula. Assim:
→ V (x, 0, 0) = 0 .
(c) Pela relação entre o valor da componente i do campo e a variação do potencial em relação ao eixo xi, Ei =
−∂V/∂xi, só é posśıvel determinar a componente x do campo elétrico usando o resultado do item “b”. Isso porque,
por esse resultado, não é posśıvel conhecer como o potencial varia com y e com z, o que impede a determinação das
componentes Ey e Ez. Ou seja, o campo elétrico ~E não pode ser determinado conhecendo-se apenas o resultado
do ı́tem “b”.
�
2. Resolução:
(a) Devido à simetria ciĺındrica da distribuição de cargas, podemos escrever o campo elétrico como ~E = E(s)ŝ.
Escolhendo uma superf́ıcie gaussiana ciĺındrica, de altura h e raio s, coaxial com a casca ciĺındrica, encontramos
pelo fato do campo ter apenas componente na direção de ŝ, que apenas a superf́ıcie lateral da superf́ıcie gaussiana
escolhida contribuirá como o fluxo do campo elétrico, logo:
∮
S
~E · d~A =
Qint
ǫ0
,
∮
S
E(s)ŝ · dAŝ =
Qint
ǫ0
,
E(s)
∫
Slateral
dA =
Qint
ǫ0
,
E(s)2πsh =
Qint
ǫ0
. (1)
1
• s < 0: neste caso a carga contida na gaussiana é nula, logo:
E(s)2πsh = 0,
E(s) = 0.
• a < s < 3a: neste caso o campo elétrico é nulo, pois trata-se de uma região condutora em equiĺıbrio ele-
trostático. Usando uma superf́ıcie gaussiana de raio s = 3a−δ, onde δ é um infinitésimo positivo de distância,
usando a lei de Gauss encontramos que devido ao campo elétrico ser nulo na superf́ıcie gaussiana, a carga
contida na casca ciĺındrica se encontra em sua superf́ıcie externa, com densidade superficial de carga uniforme
dada por:
σ =
2Q
(2π × 3a× L)
=
Q
3πaL
.
• s > 3a: neste caso a carga interna contida na gaussiana é dada por:
Qint = σ2π × 3a× h =
2Q
L
h.
Usando Qint na equação 1, encontramos:
E(s) =
Q
πǫ0Ls
.
→ ~E(s) =
Q
πǫ0Ls
ŝ .
(b) Como o potencial em s = 2a é nulo, o potencial em s = a e em s = 3a, também é nulo, pois o campo elétrico
é zero no interior do condutor em equiĺıbrio eletrostático. Assim, como o campo também é zero para s < a, o
potencial nessa região é igual ao potencial no interior da casca ciĺındrica, ou seja, é nulo.
Para s > 3a o potencial elétrico é dado por:
V (s)− V (3a) = −
∫ s
3a
Q
πǫ0Lu
û · duû,
V (s) = −
Q
πǫ0L
∫ s
3a
du
u
,
→ V (s) = −
Q
πǫ0L
ln
( s
3a
)
.
�
3. Resolução:
(a) A placa pode ser pensada como constitúıda por uma superposição de linhas de corrente, cada uma com corrente
J0dA. Para toda linha de corrente à esquerda há outra à direita, simetricamente localizada, de modo que para
pontos para os quais y > 0, o campo magnético resultante do par tem sentido −x̂, e para pontos para os quais
y < 0, o campo magnético do par tem sentido x̂, como mostrado na figura abaixo.
2
Baixado por Cadu Martins (ed23lost@gmail.com)
lOMoARcPSD|41084483
Como a placa é infinita, para qualquer linha de corrente sempre existe uma outra linha de corrente simetricamente
localizada a esta, em relação ao ponto onde se deseja o campo, de modo que após o processo de soma de todas elas
o campo magnético resultante pode ser escrito como:
~B =
{
−B(y)x̂ if y > 0
B(y)x̂ if y < 0
,
onde B(y) é o módulo do campo. Pela simetria da distribuição de correntes o módulo do campo só depende de y
(placa infinita).
(b) Aplicaremos a lei de Ampère usando uma amperiana retangular, de altura 2h e comprimento L, orientada como
mostrado na figuraabaixo.
Temos:
∮
c
~B · d~l = µ0Iint,
∫ L
0
B(−h)x̂ · dxx̂+
∫
0
L
−B(h)x̂ · dxx̂ = µ0Iint,
[B(−h) + B(h)]L = µ0Iint.
Pela simetria, o módulo do campo é o mesmo para pontos localizados à mesma distância da placa, assim:
2B(h)L = µ0Iint.
3
Mas:
Iint =
∫
S
~J · d~A,
com ~dA = dAẑ, levando à corrente positiva, de acordo com a circulação escolhida, assim:
Iint = J0
∫
S1
dA,
Iint = J0Ld,
e:
→ B(h) =
µ0J0d
2
.
(c) Aplicaremos a lei de Ampère usando uma amperiana retangular, de altura 2y e comprimento L, orientada como
mostrado na figura abaixo.
Temos:
∮
c
~B · d~l = µ0Iint,
∫ L
0
B(−y)x̂ · dxx̂+
∫
0
L
−B(y)x̂ · dxx̂ = µ0Iint,
[B(−y) + B(y)]L = µ0Iint.
Pela simetria, o módulo do campo é o mesmo para pontos localizados à mesma distância da placa, assim:
2B(y)L = µ0Iint.
Mas:
Iint =
∫
S
~J · d~A,
com ~dA = dAẑ, levando à corrente positiva, de acordo com a circulação escolhida, assim:
Iint = J0
∫
S2
dA,
Iint = J0L2y,
e:
→ B(y) = µ0J0y .
�
4
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4. Resolução:
O campo magnético produzido pelo fio é dado pela soma de duas contribuições:
~B = ~B1 + ~B2.
Temos, para o segmento horizontal:
d~B1 =
µ0
4π
Id~l× r̂
r2
,
d ~B1 =
µ0
4π
Idx sen(α)
[(x− x0)2 + y2
0
]
ẑ,
onde α é o ângulo formado entre o eixo X e a direção que liga o elemento d~l e o ponto P, como mostrado na figura
abaixo.
Temos:
sen(α) =
y0
√
(x− x0)2 + y2
0
,
logo:
d~B1 =
µ0I
4π
y0ẑ
dx
[(x− x0)2 + y2
0
]
3/2
.
~B1 =
µ0I
4π
y0ẑ
∫
∞
0
dx
[(x− x0)2 + y2
0
]
3/2
.
~B1 =
µ0I
4π
y0ẑ
∫
∞
−x0
du
[u2 + y2
0
]
3/2
.
~B1 =
µ0I
4πy0
ẑ
[
1 +
x0
√
x2
0
+ y2
0
]
.
Para o segmento vertical temos:
d~B2 =
µ0
4π
Id~l× r̂
r2
,
d ~B2 =
µ0
4π
I(−dy) sen(α′)
[(y − x0)2 + x2
0
]
ẑ,
5
onde α′ é o ângulo formado entre o eixo Y e a direção que liga o elemento d~l e o ponto P. Temos:
sen(α′) =
x0
√
(y − y0)2 + x2
0
,
logo:
d~B2 =
µ0I
4π
x0ẑ
(−dy)
[(y − y0)2 + x2
0
]
3/2
.
~B2 =
µ0I
4π
x0ẑ
∫
0
∞
(−dy)
[(y − y0)2 + x2
0
]
3/2
.
~B2 =
µ0I
4π
x0ẑ
∫
∞
−y0
du
[u2 + x2
0
]
3/2
.
~B2 =
µ0I
4πx0
ẑ
[
1 +
y0
√
x2
0
+ y2
0
]
.
Assim:
→ ~B =
µ0I
4π
ẑ
1
x0y0
[
√
x2
0
+ y2
0
+ x0 + y0
]
.
�
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