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Primeira Prova de Eletromagnetismo 1 Nome: Turma: 1. (1 ponto) Uma esfera de raio R carrega uma densidade não-uniforme ρ = kr (onde k é uma constante de dimensão carga sobre distância à quarta potência). (a) (1 ponto) Deduza o campo elétrico em um ponto genérico do espaço. (b) (1 ponto) Deduza o potencial elétrico em um ponto genérico do es- paço. (c) (1 ponto) Calcule a energia armazenada pelo sistema. (d) (1 ponto) Suponha que uma casca esférica condutora de raio A,A > R envolva a esfera dada. Calcule a capacitância do sistema. Resolução: (a) Seja r o raio de uma esfera gaussiana G centrada em (0, 0, 0). Essa escolha garante que ~E seja constante ao longo da sup. gaussiana, e possa ser retirado da integral. Como o ~da possui a mesma direção de ~E, não há correção de sinal. Caso r < R:∮ G ~E · ~da = Qenv �0 = 1 �0 ∫ G ρdV, E4pir2 = 1 �0 4pi r∫ 0 kr ′ r ′2dr ′ = 4pi �0 r4 4 ~E = k �0 r2 4 rˆ. Caso r > R: Como a carga está confinada até o raio R, a integral à direita será tomada de 0 até R. E4pir2 = 4pi �0 R4 4 ~E = k 4�0 R4 r2 rˆ. (b) Tomemos V(r → ∞) = 0 (podemos fazê-lo uma vez que a carga é confinada). Caso r > R, V(r) = − r∫ ∞ k 4�0 R4 r2 rˆ · ~dl = −kR 4 4�0 r∫ ∞ 1 r ′2 dr ′ = kR4 4�0 1 r 1 Caso r < R, V(r) = − R∫ ∞ k 4�0 R4 r2 rˆ · ~dl− r∫ R k �0 r2 4 rˆ · ~dl = kR4 4�0 1 R − ( kR3 12�0 )∣∣∣r R V(r) = kR3 3�0 − kr3 12�0 . (c) A energia total armazenada no campo elétrico é achada pela inte- gral no espaço do módulo do campo elétrico. Como há uma descon- tinuidade do campo, haverão duas integrais. Wtotal = �0 2 ∫ Espaço |~E|2dV = 4pi�0 2 R∫ 0 k2 �20 r4 16r 2dr+ 4pi�0 2 ∞∫ R k2R8 16�20 1 r4 r2dr Wtotal = 4pik2 32�0 ( R7 7 + R8 R ) = k2R7 7�0 . (d) A capacitância levará em consideração a diferença de potencial entre o raio r = A e o raio r = R. Note que ambos os raios estão fora da esfera carregada. Do item c), V(R) − V(A) = kR4 4�0 ( 1 R − 1 A ) . Do item a), Qtotal = 4pikR4 4 = pikR 4. Logo a capacitância do sistema é: C = Qtotal V(R) − V(A) = 4pi� 1 R − 1 A . 2. Duas linhas de mesmo tamanho L são carregadas com densidades lineares iguais a λ e −λ conforme mostrado na figura 1. A distância entre as linhas é b. (a) (1 ponto) Deduza o potencial elétrico do arranjo a uma altura a do centro da linha inferior. Em particular, qual é o potencial se a = b/2? (b) (1 ponto) Deduza o campo elétrico ~E do arranjo para o ponto a = b/2. esse resultado é coerente com o item anterior? 2 Resolução: (a) Um elemento dq gera o potencial dV = 1 4pi�0 dq R , onde R é a distância entre o elemento de carga e o ponto de cálculo do potencial. Note que aqui tomamos V(r→∞) = 0, já que a carga é confinada. Fazendo dq = λdx, temos que R = √ a2 + x2 para um ponto a uma distância a do centro do fio inferior. Integrando no fio todo, Vinf(a) = L/2∫ −L/2 λ 4pi�0 dx√ a2 + x2 = λ 4pi�0 ln √ a2 + L 2 4 + L 2√ a2 + L 2 4 − L 2 . O fio superior está a uma distância a− b do ponto de cálculo. Logo o potencial do fio superior será Vsup(b− a) = −λ 4pi�0 ln √ (b− a)2 + L 2 4 + L 2√ (b− a)2 + L 2 4 − L 2 . Note que utilizamos −λ já que a densidade do fio superior é negativa. O potencial total será a soma dessas duas contibuições: Vinf(a) + Vsup(b−a). Em particular, se a = b2 , o potencial total será Vinf( b 2 )+ Vsup( b 2 ) = 0. (b) Por simetria, a contribuição na componente x será nula. Somente ~dE · yˆ = dE cosθ = 14pi�0 dq R2 a R contribui para o campo. Note que para o ponto escolhido, os campos tem mesma intensidade e direção. Para o fio inferior, dq = λdx, R = √ b2 4 + x 2. Então Einf(b/2) = L/2∫ −L/2 λ 4pi�0 dx (b 2 4 + x 2)3/2 = λ 4pi�0 8x b2 √ b2 4 + x 2 ∣∣∣−L/2 L/2 , Einf(b/2) = λ 4pi�0 8L b2 √ b2 4 + L2 4 . O campo total será o dobro do campo acima. Etotal(b/2) = λ 4pi�0 16L b2 √ b2 4 + L2 4 . 3 Este resultado não vai de encontro ao fato do potencial ser nulo nesse ponto, uma vez que o campo é gerado pelo gradiente do potencial no ponto, e não pelo potencial no ponto. 3. Três cargas q pontuais estão presas nos vértices de um quadrado, como mostra a figura 2. (a) (1 ponto) Calcule o trabalho mínimo necessário para trazer uma nova carga q para o último vértice do quadrado. (b) (1 ponto) Assumindo o arranjo do item anterior, calcule o trabalho necessário para trazer uma carga −q para o centro do quadrado. Interprete o sinal negativo do resultado. Resolução: (a) Seja a o lado do quadrado. Como este é um sistema discreto, W = q ∑ i Vi(Ri), onde Ri é a distância entre a carga ′i ′ e a nova carga. Logo, W = q 4pi�0 ( q a + q a + q a √ 2 ) . (b) Analogamente, W = − q2 4pi�0 4 a √ 2 2 . O sinal negativo indica que o trabalho será exercido pelo campo elétrico. 4. O efeito da blindagem eletrostática que ocorre sobre os elétrons mais ex- ternos de um átomo pode ser descrito pelo potencial V(r) = A e−mr r , onde A é uma constante, e m é o parâmetro de blindagem, que deter- mina o alcance do potencial. (a) (1 ponto) Deduza o campo elétrico associado. (b) (1 ponto) Deduza a densidade de carga volumétrica ρ(r). (c) EXTRA: Calcule a de energia armazenada nesse arranjo de cargas. Utilize as integrais dadas. (Dica: A Regra de L’Hospital pode ser útil.) 4 Resolução: (a) ~E = −~∇V ⇒ ~E = [ Ae−mr r2 + Ame−mr r ] rˆ (b) Para achar ρ tomemos o divergente do campo ~E acima. É preciso ter cuidado ao tomar o divergente do campo rˆ r2 uma vez que ele é uma função delta de Dirac. �0~∇ · ~E = ρ �0~∇ · ~E = A�0~∇ · ( e−mrrˆ r2 ) +A�0~∇ · ( me−mrrˆ r ) = = A�0 [ ~∇e−mr · rˆ r2 + e−mr~∇ · ( rˆ r2 )] +Am�0 [ ~∇e−mr · rˆ r + e−mr~∇ · ( rˆ r )] = A�0 [ −me−mr r2 + 4pie−mrδ3(~r) ] +Am�0 [ −me−mr r + e−mr r2 ] , ρ = A�0e −mr ( 4piδ3(~r) − m 2 r ) . (c) Wtotal = �0 2 ∫ Espaço A2e−2mr ( 1 r2 + m r )2 dV = 4piA2�0 2 ∞∫ 0 e−2mr ( 1 r2 + m r )2 r2dr, Wtotal = 4piA2�0 2 ∞∫ 0 e−2mr [ 1 r2 + 2m r +m2 ] dr = 4piA2�0 2 ( −e−2mr(mr+ 2) 2r )∣∣∣∞ 0 . Mas lim r→∞ −e −2mr(mr+ 2) 2r = limr→∞ −(mr+ 2) 2re2mr = 0, e o limite inferior é calculado utilizando L’Hospital: lim r→0 −e−2mr(mr+ 2) 2r = limr→0 −e−2mr [ −2m(mr+ 2) +m ] 2 = 3m 2 Logo, Wtotal = 4piA2�0 2 −3m 2 = −3m�0A 2. 5 Formulário. (Atenção: O divergente e gradiente mostrados abaixo estão em coordenadas esféricas)∫ dx√ a2 + x2 = ln ( 2 (√ a2 + x2 + x )) ∫ dr e−2mr [ 1 r2 + 2m r +m2 ] = −e−2mr(mr+ 2) 2r ~∇ · ~A = 1 r2 ∂(r2Ar) ∂r + 1 r sin θ ∂(sin θAθ) ∂θ + 1 r sin θ ∂Aφ ∂φ ~∇U = ∂U ∂r rˆ+ 1 r ∂U ∂θ + 1 r sin θ ∂U ∂φ ~∇ · ( f~A ) = f ~∇ · ( ~A ) + ~A · ( ~∇f ) ~∇ · ( rˆ r2 ) = 4piδ3(~r) (a) Figura 1 (b) Figura 2 6
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