Prova com Gab 1ºEE

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Disciplina de F´ısica Geral 3 (FI108)
Primeiro Exerc´ıcio Escolar
07 de abril de 2010 – In´ıcio: 11:00 hs – durac¸a˜o: 2:00 horas
Na˜o sera´ permitido nem necessa´rio o uso de calculadoras.
Justifique claramente todas as suas respostas. Respostas sem os respectivos ca´lculos na˜o
sera˜o consideradas.
Use
1
4πǫ0
= 9× 109 (N·m2/C2), se necessa´rio.
1) Um material na˜o-condutor na forma de uma barra fina, de comprimento L, possui densidade linear
de cargas uniforme, com carga total Q. A barra se encontra ali-
nhada ao eixo x, com o plano x = 0 dividindo-a em duas partes
iguais, como mostrado ao lado na figura A.
(a) (1,0) Calcule o campo ele´trico, ~E , em um ponto sobre o eixo
y, ou seja, em ~r = y yˆ, utilizando a lei de Coulomb.
(b) (1,0) Calcule o potencial ele´trico, V (~r), em um ponto sobre o
eixo y, ou seja, em ~r = y yˆ. Determine, a partir de V (~r), o campo ele´trico neste ponto e compare
com o obtido no item (a).
(c) (1,0) Quatro barras iguais a dos itens anteriores sa˜o dispostas
unindo as extremidades de cada uma, de modo a formar um
quadrado, de aresta L e carga total 4Q (ver figura B). O eixo
de simetria deste pol´ıgono e´ posicionado ao longo do eixo z.
Encontre o potencial e o campo ele´tricos em ~r = z zˆ.
2) Uma longa casca cil´ındrica constitu´ıda de material na˜o-condutor possui raio interno R1 e raio
externo R2 (ver figura ao lado). O comprimento, L, da casca e´ muito
maior do que R2. A densidade volume´trica de cargas na casca obedece
a` relac¸a˜o ρ(r) = A/r, onde r representa a distaˆncia ao eixo de simetria
da casca cil´ındrica. Longe das extremidades da casca, calcule o mo´dulo
do campo ele´trico, E(r), e a diferenc¸a de potencial ele´trico entre um
ponto r e outro em rref ≫ R2 para os seguintes casos:
(a) (1,0) Em r ≥ R2.
(b) (1,0) Em R1 ≤ r ≤ R2.
(c) (1,0) Em r ≤ R1.
Expresse suas respostas em termos de R1, R2 e A.
3) Em uma dada regia˜o do espac¸o, uma carga pontual positiva, q, posicionada na origem de um sistema
de coordenadas, tem em sua volta uma densidade volume´trica de cargas que depende da posic¸a˜o radial,
r, (em relac¸a˜o a` origem), de acordo com ρ(~r) =
A
4π
exp(−r/a)
r
, onde
A = −160 C/m2 e a = 0, 1 nm.
(a) (0,5) Dado que o sistema e´ eletricamente neutro, determine q. Expresse sua
resposta em termos da carga de um ele´tron, |e| = 1, 60 × 10−19 C.
(b) (1,0) Calcule o mo´dulo do campo ele´trico, ~E, a uma distaˆncia r da origem.
(c) (0,5) Encontre o potencial ele´trico, V (r), a uma distaˆncia r da origem. Utilize
a formulac¸a˜o integral para obter V , considerando que o potencial seja igual
a zero em r → ∞. Devido a` simetria esfe´rica, pode-se definir o ponto
~r onde se deseja calcular V no eixo z e integrar sobre ~r′ (ver figura ao
lado), utlizando coordenadas esfe´ricas. Observe tambe´m que, desta forma,
|~r − ~r′| = √r2 + r′2 − 2r′r cos θ.
4) Em uma mole´cula de de amoˆnia (NH3), um ı´on de nitrogeˆnio (N
3−) e treˆs ı´ons de hidrogeˆnio (H1+)
esta˜o dispostos em uma piraˆmide trigonal, onde os ı´ons de hidrogeˆnio
se encontram em um plano formando um triaˆngulo equila´tero, en-
quanto que o ı´on de nitrogeˆnio se localiza no eixo de simetria do
triaˆngulo, de acordo com a figura ao lado. A distaˆncia entre os ı´ons
de hidrogeˆnio e nitrogeˆnio e´ de aproximadamente 0, 10 nm, enquanto
que a distaˆncia entre os ı´ons de hidrogeˆnio e´ pro´xima a 0, 160 nm.
[Para simplificar os ca´lculos, voceˆ pode considerar o ı´on N3− na
origem e os hidrogeˆnios nas posic¸o˜es ~r1 = (0, 093xˆ − 0, 036zˆ) nm,
~r2 = (−0, 047xˆ + 0, 081yˆ − 0, 036zˆ) nm e ~r3 = (−0, 047xˆ − 0, 081yˆ −
0, 036zˆ) nm, respectivamente].
(a) (1,0) Determine a energia eletrosta´tica (em eV) do sistema formado por estes ı´ons, dado que a
energia eletrosta´tica e´ igual a zero quando a distaˆncia entre estes tende a infinito.
(b) (1,0) Calcule a forc¸a eletrosta´tica resultante sobre o ı´on N3− devido aos ı´ons H1+. Expresse sua
reposta na forma vetorial.
Integrais que podem lhe ser ute´is:∫
dt√
a+ t2
= ln(t+
√
a+ t2)
∫
dt
(a+ t2)3/2
=
t
a
√
a+ t2∫
tnebtdt =
tnebt
b
− n
b
∫
tn−1 ebtdt
onde a, b e n sa˜o constantes.
Elementos diferenciais de volume, dV , em coordenadas:
dx dy dz (cartesianas), r dr dφ dz (cil´ındricas), r2 sen θ dr dθ dφ (esfe´ricas)
GABARITO
1)
(a) (1,0) Escolhendo-se um elemento diferencial de carga dq = λdx′ (onde λ = Q/L) em ~r′ = x′xˆ,
tem-se campo ele´trico
d~E =
dq
4πǫ0
~r − ~r′
|~r − ~r′|3 =
λdx′
4πǫ0
yyˆ − x′xˆ
(x′2 + y2)3/2
Por simetria a soma das componentes paralelas ao eixo x se cancelam. Logo, ~E(yyˆ) = Eyˆ, onde
E =
∫ L/2
−L/2
λdx′
4πǫ0
y
(x′2 + y2)3/2
=
λy
4πǫ0
∫ L/2
−L/2
dx′
(x′2 + y2)3/2
=
λy
4πǫ0
x′
y2
√
x′2 + y2
∣∣∣L/2
−L/2
Ou seja,
~E(yyˆ) = yˆ
λ
2πǫ0y
L/2√
(L/2)2 + y2
= yˆ
Q/L
2πǫ0y
1√
1 + (2y/L)2
(b) (1,0) O potencial ele´trico pode ser obtido a partir de (considerando V (r →∞) = 0)
V (yyˆ) =
1
4πǫ0
∫ L/2
−L/2
λdx′√
x′2 + y2
=
λ
4πǫ0
ln
[
x′ +
√
x′2 + y2
] ∣∣∣L/2
−L/2
=
λ
4πǫ0
ln

 L2 +
√(
L
2
)2
+ y2
−L2 +
√(
L
2
)2
+ y2


Logo,
V (yyˆ) =
Q
4πǫ0L
ln


√
1 +
(
2y
L
)2
+ 1√
1 +
(
2y
L
)2
− 1


O campo ele´trico ao longo de y pode ser obtido derivando V em relac¸a˜o a y,
Ey = −∂V
∂y
= − Q
4πǫ0L
[
1
(
√
L2 + (2y)2 + L)
4× 2y
2
√
L2 + (2y)2
− 1
(
√
L2 + (2y)2 − L)
4× 2y
2
√
L2 + (2y)2
]
Ey = − Q
4πǫ0L
4y√
L2 + (2y)2
[√
L2 + (2y)2 − L−
√
L2 + (2y)2 − L
L2 + (2y)2 − L2
]
=
Q
2πǫ0L
L
y
√
L2 + (2y)2
Ou seja,
Ey(yyˆ) = −∂V
∂y
=
Q/L
2πǫ0y
1√
1 +
(
2y
L
)2
Este e´ igual ao resultado encontrado no item anterior.
(c) (1,0) Para resolver este item podemos partir da integrac¸a˜o da contribuic¸a˜o de um elemento
diferencial de carga de cada barra para o potencial ele´trico, V , (ou para o campo ele´trico, ~E).
Escolhendo calcular o potencial ele´trico para depois encontrar ~E por derivac¸a˜o de V , ter-se-ia
V (zzˆ) =
1
4πǫ0
∫ L/2
−L/2
λdy′√
(L/2)2 + y′2 + z2
+
1
4πǫ0
∫
−L/2
L/2
λ(−dx′)√
(L/2)2 + x′2 + z2
+
1
4πǫ0
∫
−L/2
L/2
λ(−dy′)√
(L/2)2 + y′2 + z2
+
1
4πǫ0
∫ L/2
−L/2
λ(dx′)√
(L/2)2 + x′2 + z2
=
λ
4πǫ0
∫ L/2
−L/2
du√
u2 + (L/2)2 + z2
=
λ
πǫ0
ln
[√
(L/2)2 + (L/2)2 + z2 + L/2√
(L/2)2 + (L/2)2 + z2 − L/2
]
V (zzˆ) =
Q
πǫ0L
ln
[√
z2 + L2/2 + L/2√
z2 + L2/2 − L/2
]
Para campo ele´trico, ~E = zˆEz
Ez(zzˆ) = −∂V
∂z
= − Q
πǫ0L


z√
z2 + L2/2√
z2 + L2/2 + L/2
−
z√
z2 + L2/2√
z2 + L2/2− L/2


= − Q
πǫ0L
z√
z2 + L2/2
√
z2 + L2/2− L/2−
√
z2 + L2/2− L/2
z2 + L2/2− L2/4
~E(zzˆ) = zˆ
Q
πǫ0
z√
z2 + L2/2
1
[z2 + (L/2)2]
SOLUC¸A˜O ALTERNATIVA
Uma outra maneira de resolver este item seria utilizando os resultados dos itens (a) e (b) e o
princ´ıpio da superposic¸a˜o, pois tanto V como ~E obedecem a este princ´ıpio. Para isto, basta
notar que um ponto no eixo z se encontra em planos que seccionam cada uma das barras em
duas partes iguais. A distaˆncia deste ponto em z ao ponto me´dio de cada barra e´ igual a√
z2 + (L/2)2. Portanto, podemos utilizar ~E e V dos itens (a) e (b), onde, ao inve´s de y teremos√
z2 + (L/2)2.
Cada barra contribui com campo ele´trico de mo´dulo
Ebarra =
Q/L
2πǫ0
√
z2 + (L/2)2
1√
1 +
(
2
L
)2 (
z2 +
(
L
2
)2) = Q/L2πǫ0√z2 + (L/2)2
1√
2 +
(
2z
L
)2
e potencial ele´trico
Vbarra =
Q
4πǫ0L
ln
[√
L2 + (2z)2 + L2 + L√
L2 + (2z)2 + L2 − L
]
=
Q
4πǫ0L
ln
[√
2L2 + (2z)2 + L√
2L2 + (2z)2 − L
]
Como todas as barras contribuem com o mesmo valor de Vbarra, temos
V (zzˆ) = 4Vbarra=
Q
πǫ0L
ln
[√
z2 + L2/2 + L/2√
z2 + L2/2− L/2
]
Para a determinac¸a˜o de ~E(zzˆ), observe que o campo ~Ebarra gerado por cada barra tem compo-
nentes ao longo do eixo z e perpendiculares ao este eixo. No entanto, as componentes perpen-
diculares a z se cancelam mutuamente. As componentes de ~Ebarra paralelas a z sa˜o dadas por
Ebarra,z = Ebarra cosα = Ebarra
z√
z2 + (L/2)2
(ver figura). Logo,
~E(zzˆ) = zˆ4Ebarra
z√
z2 + (L/2)2
= zˆ
Q
πǫ0
√
z2 + L2/2
z
[z2 + (L/2)2]
2)
(a) (1,0) Em r ≥ R2, utilizamos a lei de Gauss com uma superf´ıcie Gaussiana cil´ındrica, com eixo
de simetria ao longo de z, de altura h << L e bases de raio r ≥ R2. Sobre esta superf´ıcie, longe
das extremidades da cavidade cil´ındrica, o campo ele´trico tem direc¸a˜o radial, estando na mesma
direc¸a˜o que d ~A na parte lateral da superf´ıcie Gaussiana. Portanto,
ǫ0
∮
~E · d ~A = qenv ∴ ǫ0E2πrh = h
∫ R2
R1
2πr dr
A
r
= 2πhAr
∣∣∣R2
R1
= 2πhA (R2 −R1)
E(r ≥ R2) = A (R2 −R1)
ǫ0 r
A diferenc¸a de potencial ele´trico entre os pontos r e r2 >> R2 pode ser obtida por
V (r2)−V (r) = −
∫ r2
r
~E ·d~r = −
∫ r2
r
E(r′)dr′ = −A (R2 −R1)
ǫ0
∫ r2
r
dr′
r′
=
A (R2 −R1)
ǫ0
ln
(
r
r2
)
Ou seja,
∆V = V (r ≥ R2)− V (r2) = A (R2 −R1)
ǫ0
[ln r2 − ln r]
(b) (1,0) Em R1 ≤ r ≤ R2, utilizamos a lei de Gauss com uma superf´ıcie Gaussiana cil´ındrica, com
eixo de simetria ao longo de z, de altura h << L e bases de raio R1 ≤ r ≤ R2. Sobre esta
superf´ıcie, longe das extremidades da cavidade cil´ındrica, o campo ele´trico tem direc¸a˜o radial,
estando na mesma direc¸a˜o que d ~A na parte lateral da superf´ıcie Gaussiana. Portanto,
ǫ0
∮
~E · d ~A = qenv ∴ ǫ0E2πrh = h
∫ r
R1
2πr dr
A
r
= 2πhAr
∣∣∣r
R1
= 2πhA (r −R1)
E(R1 ≤ r ≤ R2) = A
ǫ0
(
1− R1
r
)
Para calcular a diferenc¸a de potencial ele´trico entre os pontos r e r2 >> R2, obtemos antes a
diferenc¸a de pontencial entre R1 ≤ r ≤ R2 e R2. Deste modo,
V (R2)−V (r) = −
∫ R2
r
~E·d~r = −
∫ R2
r
E(r′)dr′ = −A
ǫ0
∫ R2
r
dr′
(
1− R1
r′
)
= −A
ǫ0
(R2 − r −R1 lnR2 +R1 ln r)
Substitui-se V (R2) = V (r2) +
A (R2 −R1)
ǫ0
[ln r2 − lnR2] que e´ V (r) encontrado no item (a) em
r = R2,
V (r) = V (r2) +
A (R2 −R1)
ǫ0
[ln r2 − lnR2] + A
ǫ0
(R2 − r −R1 lnR2 +R1 ln r)
Ou seja,
∆V = V (R1 ≤ r ≤ R2)− V (r2) = A
ǫ0
[R2 − r +R1 ln r −R2 lnR2 + (R2 −R1) ln r2]
(c) (1,0) Em r ≤ R1, na˜o ha´ cargas. Logo, por uma superf´ıcie Gaussiana cil´ındrica com raio da base
r ≤ R1 o fluxo do campo ele´trico e´ nulo. O campo ele´trico e´ igual a zero nesta regia˜o, ou seja,
E(r ≤ R1) = 0
O potencial ele´trico e´ constante, sendo dado pelo potencial em r = R1, i.e., V (R1) − V (r) =
− ∫ R1r E dr′ = 0. Logo,
∆V = V (r ≤ R1)− V (r2) = A
ǫ0
[R2 −R1 +R1 lnR1 −R2 lnR2 + (R2 −R1) ln r2]
3)
(a) (0,5) A carga total do sistema e´ dada por
Q = q +
∫
∞
0
4πr2drρ(r) = q +A
∫
∞
0
r dre−r/a = q +A
(
−rae−r/a
∣∣∣∞
0
+ a
∫
∞
0
dre−r/a
)
= q + aA(−a)e−r/a
∣∣∣∞
0
= q + a2A
Como Q = 0, q = −a2A . Portanto,
q = −a2A = −(0, 1 × 10−9 m)2 × (−160C/m2) = 16× 10−19 C = 10|e|
(b) (1,0) Podemos calcular o campo ele´trico utilizando a lei de Gauss. Considere uma superf´ıcie
Gaussiana esfe´rica, centrada na origem e de raio r. Devido a` simetria da distribuic¸a˜o de cargas,
o campo ele´trico tem direc¸a˜o radial. Logo,
ǫ0
∮
~E · d ~A = q +
∫ r
0
4πr′2dr′ρ(r′) = q +A
∫ r
0
r′ dr′e−r
′/a = q +A
(
−r′ae−r′/a
∣∣∣r
0
+ a
∫ r
0
dr′e−r
′/a
)
= q +Aa
(
−re−r/a − ae−r/a + a
)
= q + a2A− a2A
(
1 +
r
a
)
e−r/a
Mas q + a2A = 0. Portanto,
ǫ0
∮
~E · d ~A = ǫ0E(r)4πr2 = q
(
1 +
r
a
)
e−r/a
~E(r) = E(r)
~r
r
, onde E(r) =
q
4πǫ0r2
(
1 +
r
a
)
e−r/a
(c) (0,5) Se V (r →∞) = 0, enta˜o
V (~r) =
1
4πǫ0
∫
d3r′
ρ(~r′)
|~r − ~r′| +
q
4πǫ0r
Devido a` simetria esfe´rica, faremos a integrac¸a˜o em coordenadas esfe´ricas, com ~r = z zˆ. Pela
pro´pria simetria do sistema o valor de V encontrado em z zˆ e´ o mesmo para qualquer distaˆncia
radial r em que r = z. Denotando a integral acima por I, temos
I =
1
4πǫ0
∫
∞
0
r′2dr′
Ae−r
′/a
4πr′
∫ pi
0
dθ sen θ√
r2 + r′2 − 2r′r cos θ
∫ 2pi
0
dφ
=
A
8πǫ0
∫
∞
0
r′ dr′ e−r
′/a
∫ pi
0
dθ sen θ√
r2 + r′2 − 2r′r cos θ
Fazendo u = r2 + r′2 − 2r′r cos θ, tem-se du = 2r′r sen θdθ, sen θ dθ = du
2r′r
, u(θ = 0) =
r2 + r′2 − 2r′r = (r − r′)2 e u(θ = π) = r2 + r′2 + 2r′r = (r + r′)2. Logo,
I =
A
16πǫ0r
∫
∞
0
dr′ e−r
′/a
∫ u(pi)
u(0)
u−1/2 du =
A
16πǫ0r
∫
∞
0
dr′ e−r
′/a(2)u1/2
∣∣∣u(pi)
u(0)
=
A
8πǫ0r
∫
∞
0
dr′ e−r
′/a
(
r + r′ − |r − r′|)
I =
A
8πǫ0r
[∫ r
0
dr′ e−r
′/a(r + r′ − r + r′) +
∫
∞
r
dr′ e−r
′/a(r + r′ − r′ + r)
]
=
=
A
4πǫ0r
(∫ r
0
r′ dr′ e−r
′/a + r
∫
dr′e−r
′/a
)
=
A
4πǫ0r
[
a2 − a2
(
1 +
r
a
)
− rae−r′/a
∣∣∣∞
r
]
=
a2A
4πǫ0r
(
1− e−r/a
)
Logo, como q = −a2A,
V (r) =
q
4πǫ0r
− q
4πǫ0r
+
q e−r/a
4πǫ0r
=
q e−r/a
4πǫ0r
SOLUC¸A˜O ALTERNATIVA
Poder-se-ia ter integrado o campo ele´trico ao longo de r. Deste modo,
V (r →∞)− V (r) = −
∫ r
0
E(s)ds ∴ V (r) = −
∫ r
∞
E(s)ds = − q
4πǫ0
∫ r
∞
ds
s2
(
1 +
s
a
)
e−s/a
Mas ∫ r
∞
ds
s2
(
1 +
s
a
)
e−s/a =
∫ r
∞
ds
s2
e−s/a +
1
a
∫ r
∞
ds
s
e−s/a
onde ∫ r
∞
ds
s
e−s/a = −a
s
e−s/a
∣∣∣r
∞
− a
∫ r
∞
ds
s2
e−s/a
Logo ∫ r
∞
ds
s2
(
1 +
s
a
)
e−s/a =
∫ r
∞
ds
s2
e−s/a − 1
r
e−r/a −
∫ r
∞
ds
s2
e−s/a = −1
r
e−r/a
Ou seja,
V (r) =
q e−r/a
4πǫ0r
4)
(a) (1,0) Tendo energia eletrosta´tica igual a zero quando os ı´ons estiverem infinitamente separados, a
energia dos ı´ons em uma mole´cula de amoˆnia e´ igual ao trabalho para trazer cada ı´on do infinito
ate´ sua posic¸a˜o atual. Desta forma,
E = 1
4πǫ0
N∑
k=1
k−1∑
l=1
qkql
|~rk − ~rl|
onde k e l se referem aos ı´ons, i.e., os H1+ nas posic¸o˜es ~r1, ~r2 e ~r3, enquanto que o N
3− em ~r4.
Mas |~r1−~r2| = |~r2−~r3| = |~r3−~r1| = dH−H = 0, 16 nm, |~r4−~r1| = |~r4−~r2| = |~r4−~r3| = dN−H =
0, 10 nm, q1 = q2 = q3 = |e| e q4 = −3|e|. Logo,
E = 1
4πǫ0
(
q1q2
|~r1 − ~r2| +
q2q3
|~r2 − ~r3| +
q3q1
|~r3 − ~r1| +
q4q1
|~r4 − ~r1| +
q4q2
|~r4 − ~r2| +
q4q3
|~r4 − ~r3|
)
=
1
4πǫ0
(
3e2
dH−H
+ 3
(−3e2)
dN−H
)
E = 9×109 Nm2/C2×3×(1, 6×10−19 C)2
[
1
0, 16 × 10−9 m −
3
0, 10 × 10−9 m
]
= −27×1, 6×3, 8×10−19 J
Ou seja,
E = −164, 16 × 10−19 J ≈ −160× 10−19 J = −100 eV
(b) (1,0) Devido a disposic¸a˜o dos ı´ons H1+, as componentes das forc¸as provocadas por estes ı´ons
sobre o ı´on N3− tem resultante somente ao longo do eixo z. Portanto,
~FN = zˆ (F41,z + F42,z + F42,z) = 3zˆF41,z
onde ~F41, ~F42, ~F43 sa˜o as forc¸as que atuam sobre o ı´on N
3− devido aos ı´ons H1+ e F41 = F42 = F43.
Assim,
F41,z = − 1
4πǫ0
3e2 (z4 − z1)
|~r4 − ~r1|3 = −
3e2
4πǫ0
(0− (−0, 036))nm
(0, 10nm)3
= −3× (1, 6 × 10−19 C)2 × 9× 109 Nm2/C2 × 36× 1012 m× 10−30 m−3
= −27× 256 × 36× 10−13 N ≈ −2, 5× 10−8 N
Portanto,
~FN = −7, 5× 10−8zˆN