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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
INSTITUTO DE FI´SICA
FI´SICA III (FIM230) - 2009/1
PRIMEIRA PROVA UNIFICADA
DATA: 08/04/2009
• Na˜o e´ permitido o uso de calculadoras, telefones celulares, “iPods” ou similares.
• No cabec¸alho do caderno de resoluc¸a˜o, devera˜o constar, legivelmente, nome do aluno, seu
nu´mero de DRE, sua turma, seu hora´rio de aulas e o nome de seu professor.
• Nenhum esclarecimento individual ser prestado no perodo de realizao da prova; caso persista
alguma dvida de enunciado, o aluno deve discorrer sobre a mesma no seu prprio caderno de
resoluo.
• Seja claro, preciso e asseado.
PROBLEMA 1 (Anel semicircular) [ 2,5 ponto(s)]
Um anel semicircular, de raio a, encontra-se situado no
plano XY , com suas extremidades nos aˆngulos polares
θ = 0 e θ = π, conforme mostra a figura ao lado. O tre-
cho do anel contido no primeiro quadrante (π/2 > θ > 0)
possui carga total +q e o contido no segundo quadrante
(π > θ > π/2) carga total −q, onde q > 0. As cargas em
cada trecho esta˜o distribu´ıdas de modo uniforme.
(a) Determine as densidades lineares de carga, respecti-
vamente λ+ e λ−, em cada trecho. [0,4 ponto]
Fazendo uso dos vetores unita´rios indicados na fi-
gura:
(b) Obtenha uma expressa˜o para o vetor campo ele´trico
~E+ produzido na origem (ponto P), pela carga existente
no primeiro quadrante. [0,8 ponto]
(c) Obtenha uma expressa˜o para o vetor campo ele´trico ~E− produzido na origem (ponto P), pela carga existente
no segundo quadrante. [0,8 ponto]
(d) Determine enta˜o a expressa˜o para o vetor forc¸a ele´trica resultante exercida sobre uma part´ıcula de prova com
carga q0 colocada na origem (ponto P). [0,5 ponto]
Resoluc¸a˜o
(a)
λ+ = q/(
πa
2
) =
2q
πa
λ− = −
2q
πa
(1)
1
Figura 1:
Na figura 1:
−→
dE = −
1
4πǫ0
λds
a2
cos θ iˆ−
1
4πǫ0
λds
a2
sin θ jˆ
=
λ
4πǫ0a
(− cos θdθ iˆ− sin θdθ jˆ)
(2)
Essa expressa˜o vale para qualquer θ e na˜o apenas para o primeiro quadrante.
2
Figura 2:
(b)
−→
dE+ =
q
2π2ǫ0a2
(− cos θdθ iˆ− sin θdθ jˆ) (3)
−→
E+ =
q
2π2ǫ0a2
(−iˆ
∫ pi/2
0
cos θdθ − jˆ
∫ pi/2
0
sin θdθ )
=
q
2π2ǫ0a2
(−iˆ− jˆ)
(4)
(c)
−→
dE− =
−q
2π2ǫ0a2
(− cos θdθ iˆ− sin θdθ jˆ) (5)
−→
E− =
q
2π2ǫ0a2
(ˆi
∫ pi
pi/2
cos θdθ + jˆ
∫ pi
pi/2
sin θdθ )
=
q
2π2ǫ0a2
(−iˆ+ jˆ)
(6)
(d)
−→
E =
−→
E+ +
−→
E− = −
q
π2ǫ0a2
iˆ (7)
−→
F = q0
−→
E = −
qq0
π2ǫ0a2
iˆ (8)
PROBLEMA 2 (Casca e bola esfe´ricas) [ 2,5 ponto(s)]
Uma casca esfe´rica condutora neutra de raio interno b
e raio externo c tem em seu interior, conceˆntrica a ela,
uma bola esfe´rica isolante de raio a e constante diele´trica
igual a 1, conforme mostra a figura ao lado. Essa bola
esta´ carregada com uma densidade volumar dada pela
func¸a˜o ρ(r) = αr (onde α e´ uma constante positiva e r
e´ a distaˆncia do ponto ao centro da esfera). O sistema
esta´ em equil´ıbrio eletrosta´tico.
3
(a) Determine a carga ele´trica total contida na esfera isolante. [0,5 pontos]
(b) A partir da simetria do sistema, esboce as linhas de campo ele´trico e uma superf´ıcie gaussiana gene´rica que
sera´ usada para a determinac¸a˜o do vetor campo ele´trico. [0,4 pontos]
(c) Determine o vetor campo ele´trico ~E nas quatro regio˜es definidas pelo sistema (r < a, a < r < b, b < r < c e
c < r). [1,6 pontos]
Resoluc¸a˜o
(a) A carga ele´trica total Q contida na esfera sera´ dada por
Q =
∫
ρdV =
∫ a
0
αr4πr2dr = 4πα
∫ a
0
r3dr ;
logo:
Q = παa4 .
(b) Devido a` simetria esfe´rica do problema, o campo ele´trico so´ podera´ ter componente na direc¸a˜o radial e so´
podera´ depender de r, isto e´, o campo ele´trico sera´ tal que ~E = E(r)rˆ. As superf´ıcies gaussianas sera˜o esfe´ricas e
conceˆntricas a`s superf´ıcies do problema de maneira que o mo´dulo do campo ele´trico sera´ constante em cada uma
delas.
(c) No caso da regia˜o b ≤ r < c, como a casca esfe´rica e´ condutora e estamos em equil´ıbrio eletrosta´tico, o campo
ele´trico ~E sera´ nulo.
Para as outras regio˜es usaremos a Lei de Gauss
Φ =
∮
S
~E · d~S = q/ε0 .
Neste caso ~E = Er(r)rˆ e d~S = dSrˆ, de modo que ~E · d~S = Er(r)dS. Como Er(r) e´ constante na superf´ıcie
gaussiana, teremos ∮
S
~E · d~S = Er(r)
∮
S
dS = 4πr2Er(r) .
Precisamos, agora, determinar a carga ele´trica interna a cada superf´ıcie gaussiana que descreve a regia˜o de
interesse.
Para r < a:
q =
∫
ρdV =
∫ r
0
αr′4πr′2dr′ = παr4 ,
logo
~E(r) =
αr2
4ε0
rˆ =
Qr2
4πε0a4
rˆ .
4
Para a ≤ r < b e r ≥ c:
q = Q ,
logo
~E(r) =
Q
4πε0r2
rˆ .
PROBLEMA 3 (Quadrupolo ele´trico) [ 2,5 ponto(s)]
A figura ao lado mostra duas part´ıculas de cargas
ele´tricas individuais +q separadas entre si por uma
distaˆncia de 2a. No ponto me´dio entre essas duas
part´ıculas e´ colocada uma terceira cuja carga ele´trica e´
−2q.
(a) Obtenha a expressa˜o exata do potencial ele´trico V (x)
no ponto P do eixo X , para x > a. Qual e´ a expressa˜o
aproximada para V (x) quando tivermos x ≫ a? [1,0
ponto]
(b) A partir da expressa˜o exata para o potencial ele´trico, obtenha a expressa˜o do vetor campo ele´trico ~E no
ponto P . Qual e´ a expressa˜o aproximada para ~E(x) quando tivermos x≫ a? [1,0 ponto]
(c) Qual e´ a energia potencial eletrosta´tica acumulada em tal sistema? [0,5 ponto]
Resoluc¸a˜o
(a) Lembrando que o potencial ele´trico de uma part´ıcula de carga q e´ dado por V (r) = q/(4πǫor), sendo r a
distaˆncia em relac¸a˜o a` part´ıcula, enta˜o no caso de uma distribuic¸a˜o discreta de treˆs cargas puntiformes em que
as cargas ele´tricas e as posic¸o˜es das part´ıculas em relac¸a˜o ao ponto P sa˜o (+q, x+a) , (−2q, x) , e (+q, x−a) ,
o potencial ele´trico devido a elas neste ponto sera´ fornecido por
V (x) =
1
4πǫo
3∑
n=1
qn
xn
=
q
4πǫo
(
1
x+ a
−
2
x
+
1
x− a
)
=
1
4πǫo
[
2a2q
x(x2 − a2)
]
.
No caso em que o ponto P se encontre muito afastado das cargas devemos considerar que x ≫ a e assim
podemos aproximar x(x2 − a2) ≈ x3 na expressa˜o obtida acima para V (x) e com isso teremos que
V (x) ≈
Q
4πǫox3
sendo Q ≡ 2a2q o momento de quadrupolo ele´trico da distribuic¸a˜o de cargas.
(b) O vetor campo ele´trico ~E pode ser obtido a partir do potencial ele´trico atrave´s de ~E(r) = −~∇V (r) o que,
no caso do ponto P , se reduzira´ a
~E(x) = −
[
dV (x)
dx
]
xˆ =
q
4πǫo
(
1
(x + a)2
−
2
x2
+
1
(x− a)2
)
xˆ =
Q
4πǫo
[
3x2 − a2
x2(x2 − a2)2
]
xˆ .
No caso em que x≫ a podemos aproximar (3x2 − a2)/[x2(x2 − a2)2] ≈ 3x2/x6 = 3/x4 e assim mostrar que
~E(x) ≈
(
3Q
4πǫox4
)
xˆ .
(c) Temos um sistema de treˆs part´ıculas; para constru´ı-lo (a partir de uma separac¸a˜o infinita entre as part´ıculas),
devemos realizar um trabalho total dado por
U =
3∑
i=1
3∑
j>i
qiqj
4πǫorij
=
q2
4πǫo
(
1
2a
−
2
a
−
2
a
)
= −
7
2
(
q2
4πǫoa
)
.
5
PROBLEMA 4 (Capacitores) [ 2,5 ponto(s)]
Na figura ao lado, temos um arranjo cons-
titu´ıdo por uma bateria de forc¸a eletromotriz
V0, uma chave S e treˆs capacitores, 1, 2 e 3, de
mesma capacitaˆncia C, inicialmente descar-
regados. A chave S e´, primeiramente, girada
para a posic¸a˜o a e permite-se que o capacitor
1 seja completamente carregado. A seguir, a
chave e´ girada para a posic¸a˜o b.
(a) Quais sa˜o as cargas finais q1, q2 e q3
nos capacitores correspondentes, expressas
em func¸a˜o de V0 e C? [1,5 ponto]
(b) Determine a energia total acumulada nos
capacitores com a chave na posic¸a˜o a e aquela
acumulada nos capacitores com a chave na
posic¸a˜o b, expressas em func¸a˜o de V0 e C.
[1,0 ponto]
V0
S
a b
c
d
1 3
2
Resoluc¸a˜o
(a) A carga final adquirida pelo capacitor 1, depois da chave ser girada para a posic¸a˜o a, e´ dada por:
Q1 = C1V0 = CV0.
Na segunda etapa, apo´s a chave S ser girada para a posic¸a˜o b, observamos, primeiro que, por simetria, a carga
(em mo´dulo) em cada uma das placas dos capacitores 2 e 3 e´ a mesma; logo:
q2 = q3 .
Ale´m disso, por conservac¸a˜o da carga,
q1 + q2 = Q1 = CV0 . (9)
Uma outra equac¸a˜o provira´ do ca´lculo da ddp entre os pontos a e d de duas maneiras: via o ramo que inclui
so´ o capacitor 1, fornecendo:
Vad =
q1
C
ouvia o ramo que inclui os capacitores 2 e 3, fornecendo:
Vbcd = V2 + V3 = 2V2 = 2V3 = 2
q2
C
.
Obviamente, tais expresso˜es tem de dar o mesmo valor; logo:
q1 = 2q2 . (10)
Resolvendo o sistema de equac¸o˜es (9) e (10) para q1 e q2, obtemos, finalmente:
q1 =
2
3
CV0
e
q2 = q3 =
1
3
CV0 .
(b) Usaremos que a energia armazenada num capacitor com carga q, ddp V e capacitaˆncia C pode ser expressa
em qualquer uma das treˆs formas equivalentes
U =
1
2
qV =
1
2
q2
C
=
1
2
CV 2 .
6
Logo, para a chave na posic¸a˜o a, temos simplesmente:
Ua =
1
2
CV 20 .
Ja´ para a chave na posic¸a˜o b, temos:
Ub = U1 + 2U2 (11)
=
1
2
q21
C
+
q22
C
, (12)
ou seja,
Ub =
1
3
CV 20 .
7