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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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