resolução prova 1- Fisica III Prof. Lucas Collodel

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Resoluc¸a˜o
Pergunta
a) Falso. O fluxo e´ a soma do produto ~E · nˆda avaliado em cada ponto da superf´ıcie, onde cada um
deles pode ser positivo ou negativo ale´m de na˜o precisar ter mesmo valor absoluto, de tal forma que
os termos possam se cancelar. Como exemplo, imaginamos uma carga pontual e uma regia˜o pro´xima a`
carga. Definimos uma superf´ıcie gaussiana aleto´ria nesta regia˜o - uma que na˜o englobe a carga - pela
qual o fluxo e´ zero, mas definitivamente ha´ campo.
b) Verdadeiro. Uma superf´ıcie gaussiana que engloba um dipolo ele´trico conte´m duas cargas, mas a
carga l´ıquida e´ zero. Portanto o fluxo e´ nulo.
c) Falso. O teorema das cascas foi demonstrado para cargas distribu´ıdas uniformemente sobre uma
superf´ıcie esfe´rica. Embora seja verdade que para condutores quaisquer o campo interior e´ nulo, o mesmo
na˜o pode ser afirmado para na˜o-condutores em casos gerais.
d) Verdadeiro. Qualquer perturbac¸a˜o e a carga e´ acelerada para longe do ponto de equil´ıbrio.
e) Falso. O campo e´ realmente sempre perpendicular a` superf´ıcie no ponto, entretanto na˜o ha´ nenhuma
exigeˆncia de homogeneidade. Como exemplo, pensemos em um garfo meta´lico carregado, ha´ uma densi-
dade de cargas muito maior nas extremidades dos dentes do garfo que em seu corpo suave. Dessa forma o
campo nas pontas tem valor absoluto muito maior, enquanto a superf´ıcie inteira permanece equipotencial.
Problema 1
Queremos um valor de A para o qual o campo e´ uniforme dentro do material. Em outras palavras, o
mo´dulo do campo e´ o mesmo em qualquer ponto que o avaliemos (dentro do material). Enta˜o, calculamos
o campo em dois pontos quaisquer e os igualamos. Como temos os valores de a e b, sa˜o estes os pontos
nos quais devemos calcular. Pela lei de Gauss, o campo em qualquer ponto de uma superf´ıcie esfe´rica de
raio a centrada na carga q e´:
Ea =
1
4πǫ0
q
a2
. (1)
A superf´ıcie esfe´rica de raio b engloba tanto a carga central quanto as cargas do meio material. Para
calcular estas u´ltimas, fazemos
Q =
∫
V
ρdV
=
∫
V
A
r
dV
=
∫ b
a
A
r
4πr2dr
= 4πA
∫ b
a
rdr
= 2πA(b2 − a2), (2)
de tal forma que o campo em b e´
Eb =
1
4πǫ0
q
b2
+
A
2ǫ0
b2 − a2
b2
. (3)
Igualamos estes campos para garantir a uniformidade, assim
1
4πǫ0
q
a2
=
1
4πǫ0
q
b2
+
A
2ǫ0
b2 − a2
b2
→
q
πa2
=
q
πb2
+ 2A
b2 − a2
b2
, (4)
e resolvendo para A
A =
q
2πa2
=
6, 28× 10−15
2π(5× 10−2)2
C/m
2
= 4, 00× 10−13C/m
2
. (5)
1
Problema 2
O ponto em questa˜o esta´ a uma distaˆncia x da carga 1 e x−L da carga 2. Ademais, esse e´ um ponto de
equil´ıbrio e portanto as forc¸as resultantes sobre o ele´tron sa˜o nulas:
0 = ~F1e + ~F2e
= F1erˆe1 + F2erˆe2, (6)
onde os versores rˆe1 e rˆe2 apontam do ele´tron para as cargas 1 e 2, respectivamente. A equac¸a˜o acima
so´ e´ coerentes de as intensidades F1e e F2e forem igual e os versores estiverem sobre uma mesma linha.
Como as cargas esta˜o sobre o eixo x, estes versores so´ podem estar ali tambe´m. Assim, o ele´tron tem que
estar sobre este mesmo eixo. Ademais, para se cancelarem, estes versores devem ser opostos rˆe1 = −rˆe2.
Com isso, descartamos qualquer posic¸a˜o intermedia´ria a`s das cargas, pois como as cargas sa˜o opostas em
sinal, elas exerceriam - sobre uma terceira carga posta entre elas - forc¸as na mesma direc¸a˜o. Igualando o
mo´dulo das forc¸as, obtemos
1
4πǫ0
eq1
x2
=
1
4πǫ0
eq2
(x− L)2
1
x2
=
1
4(x− L)2
. (7)
A relac¸a˜o acima fornece uma equac¸a˜o quadra´tica para x, mas apenas uma soluc¸a˜o e´ f´ısica: aquela para
a qual x na˜o esta´ dentre as cargas. Resolvendo por Bha´skara, encontramos x = 2L. Este ponto e´ de
equil´ıbrio insta´vel, um pequeno momento para a esquerda e o ele´tron e´ acelerado contra a carga positiva.
Similarmente, um pequeno momento a direita e a forc¸a repulsiva da carga negativa torna-se dominante
e ela foge para o infinito. Na˜o importa o valor absoluto da carga, vemos que na relac¸a˜o final entre o
ponto de equil´ıbrio e a distaˆncia entre as cargas o valor da terceira esta´ ausente. O ponto de equil´ıbrio
permanece o mesmo tambe´m se trocarmos o ele´tron por um pro´ton. O desenvolvimento das equac¸o˜es
seriam iguais. O que muda, fisicamente, e´ o sentido de cada uma das forc¸as, mas ambas se invertem e o
efeito e´ desapercebido.
Problema 3
Lembrando que o potencial e´ um escalar, devemos sempre manter r em sua expressa˜o como uma quan-
tidade positiva, ja´ que representa a distaˆncia absoluta entre carga e ponto. Como queremos um ponto
entre as cargas, L > x0 e a distaˆncia do ponto a` carga q2 deve ser r2 = L − x0. Como o potencial se
sobrepo˜e, fazemos
V =
1
4πǫ0
q
x0
−
1
4πǫ0
q
4(L− x0)
0 =
1
x0
−
1
4(L− x0)
. (8)
E resolvendo para x0/L temos x0 = 4L/5, ou x0 = 0, 8L.
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