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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
INSTITUTO DE FI´SICA
FI´SICA III – 2012/1
PRIMEIRA PROVA (P1) – 02/05/2012
VERSA˜O: A
INSTRUC¸O˜ES: LEIA COM CUIDADO!
1. Preencha CORRETA, LEGI´VEL E TOTALMENTE os campos em branco do cabec¸alho do caderno
de resoluc¸a˜o, fornecido em separado.
2. A prova constitui-se de duas partes:
• uma parte objetiva, perfazendo um total de 5,0 pontos, constitu´ıda por dez (10) questo˜es objetivas
(de mu´ltipla escolha), cada uma das quais valendo 0,5 ponto, sem penalizac¸a˜o por questa˜o errada.
• uma parte discursiva, perfazendo um total de 5,0 pontos, constitu´ıda por duas (2) questo˜es discursivas
(ou argumentativas ou dissertativas), cada uma das quais valendo 2,5 pontos.
3. Acima da tabela de respostas das questo˜es objetivas, na primeira pa´gina do caderno de resoluc¸a˜o, INDI-
QUE CLARAMENTE A VERSA˜O DA PROVA (A, B,. . . ).
4. O item considerado correto, em cada uma das questo˜es objetivas, deve ser assinalado, A CANETA (de
tinta azul ou preta), na tabela de respostas correspondente do caderno de resoluc¸a˜o
5. E´ vedado o uso de qualquer instrumento eletro-eletroˆnico (calculadora, celular, iPod, etc)
6. Seja organizado e claro.
Formula´rio
F
e
= qE , E = k0
q
r2
rˆ
(
onde k0 =
1
4πǫ0
)
,
∮
S
E ·dA = Qint
ǫ0
,
E = −∇V , V = k0 q
r
, U = k0
qq′
r
,
E =
E0
K
, C = Q/V , U =
1
2
QV ,
I =
∫
S
J · nˆ dA , J = nqv , V = RI .
(1 + x)α ≃ 1 + αx+ 1
2
α(α− 1)x2 + . . . (x, α ∈ R, |x| ≪ 1)
1
Sec¸a˜o 1. Mu´ltipla escolha (10×0,5 = 5,0 pontos)
1. Uma part´ıcula α e um nu´cleo de l´ıtio esta˜o em
repouso. O nu´cleo de l´ıtio tem carga 3e > 0
e massa 7 u (unidades de massa atoˆmica), ao
passo que a part´ıcula α tem carga 2e e massa 4
u. Qual dos me´todos propostos a seguir acelera as
duas part´ıculas ate´ o mesmo valor final de energia
cine´tica?
(a) Sujeitar ambos a uma mesma diferenc¸a
de potencial (ddp).
(b) Sujeitar a part´ıcula α a uma ddp V e o
nu´cleo de l´ıtio a uma ddp 3V .
(c) Sujeitar a part´ıcula α a uma ddp V e o
nu´cleo de l´ıtio a uma ddp 7V/4.
(d) Sujeitar a part´ıcula α a uma ddp V e o
nu´cleo de l´ıtio a uma ddp 2V/3.
(e) Nenhum dos me´todos anteriores.
2. Uma part´ıcula (pontual) de carga −Q esta´ rode-
ada por part´ıculas (pontuais) carregadas, situa-
das em dois ane´is conceˆntricos com a part´ıcula de
carga −Q, conforme indicado na figura. Os raios
dos ane´is sa˜o r e R = 2r. Indique a alternativa
que apresenta corretamente: o campo ele´trico E
no centro da figura (excetuando, naturalmente, o
da pro´pria part´ıcula de carga−Q), a forc¸a ele´trica
resultante F sobre a part´ıcula de carga−Q e o po-
tencial ele´trico V no centro da figura (excetuando,
novamente, o da pro´pria part´ıcula de carga −Q).
Aproveite-se de simetrias do problema.
(a) E = k0
10q
r2
yˆ, F = k0
10qQ
r2
yˆ, V =
k0
10q
r
.
(b) E = −k0 2q
r2
yˆ, F = −k0 2qQ
r2
yˆ, V =
k0
4q
R+ r
.
(c) E = −k0 2q
r2
yˆ, F = k0
2qQ
r2
yˆ, V =
−k0 10q
r
.
(d) E = k0
3q
R2
yˆ, F = −k0 3qQ
R2
yˆ, V =
k0
3q
R
.
2
3. Um dipolo r´ıgido e´ colocado na proximidade de
uma part´ıcula (pontual) de carga Q < 0, fixa
no plano me´dio, perpendicular ao eixo do dipolo,
conforme mostra a figura. Podemos afirmar que o
movimento inicial do dipolo, imediatamente apo´s
ser liberado do repouso, consiste em
(a) uma translac¸a˜o para a direita e uma
rotac¸a˜o, em torno do seu centro, no sen-
tido anti-hora´rio.
(b) uma translac¸a˜o para a direita e uma
rotac¸a˜o, em torno do seu centro, no sen-
tido hora´rio.
(c) uma translac¸a˜o para cima e uma rotac¸a˜o,
em torno do seu centro, no sentido
hora´rio.
(d) uma translac¸a˜o para baixo e uma rotac¸a˜o,
em torno do seu centro, no sentido
hora´rio.
(e) uma translac¸a˜o para a esquerda e uma
rotac¸a˜o, em torno do seu centro, no sen-
tido hora´rio.
4. Na figura, temos sec¸o˜es transversais de superf´ıcies
esfe´ricas e cu´bicas, dentro de cada uma das quais
existe uma part´ıcula carregada. Ordene, em
sequ¨eˆncia decrescente, os fluxos de campo ele´trico
Φi(i = 1, 2, 3, 4, 5, 6) atrave´s de cada superf´ıcie.
(a) Φ3 > Φ6 = Φ5 > Φ4 > Φ2 = Φ1.
(b) Φ3 > Φ5 > Φ4 > Φ1 > Φ6 > Φ2.
(c) Φ6 = Φ5 > Φ3 > Φ2 = Φ1 > Φ4.
(d) Φ3 > Φ6 > Φ5 > Φ4 > Φ2 > Φ1.
(e) Φ6 = Φ5 > Φ3 = Φ2 = Φ1 > Φ4.
3
5. Considere o gra´fico que mostra como o potencial
eletrosta´tico varia, em func¸a˜o da distaˆncia radial
a partir de um determinado ponto central, em
cada uma de 4 regio˜es (disjuntas) do espac¸o. Nas
regio˜es I e III, o potencial e´ constante, ao passo
que, nas regio˜es II e IV, ele decresce monotona-
mente. Podemos afirmar que:
(a) A componente radial do campo ele´trico e´
negativa nas regio˜es I e II.
(b) A componente radial do campo ele´trico e´
nula nas regio˜es I e III.
(c) A componente radial do campo ele´trico e´
negativa nas regio˜es II e IV.
(d) A componente radial do campo ele´trico e´
nula nas regio˜es II e IV.
(e) A componente radial do campo ele´trico e´
positiva em todas as quatro regio˜es.
6. Na figura, ilustramos duas esferas carregadas, de
mesmo raio R. Elas esta˜o isoladas uma da outra
e se encontram em equil´ıbrio eletrosta´tico. A es-
fera da direita e´ condutora e a esfera da esquerda
tem densidade volumar de carga ρ = const. Seja
Wi (i = 1, 2, 3, 4) o trabalho realizado pela forc¸a
ele´trica ao transportar uma part´ıcula de teste com
carga positiva, saindo do ponto A e retornando
ao mesmo, ao longo dos caminhos (orientados)
Ci (i = 1, 2, 3, 4). Qual das alternativas abaixo
e´ a correta?
(a) W1 = W2 = W3 =W4.
(b) W1 > W3 < W2 < W4.
(c) W1 = W3 < W2 =W4.
(d) W1 > W3 > W2 < W4.
(e) W1 = W3 > W2 =W4.
7. Uma “pastilha” de metal em forma de parale-
lep´ıpedo sera´ utilizada como um resistor. Tal pas-
tilha tem arestas de 2 cm, 4 cm e 10 cm. Para
obter a resisteˆncia mı´nima poss´ıvel, temos de co-
locar os contatos nos centros das faces paralelas
do resistor, faces essas de largura e comprimento
iguais a:
(a) 2 cm e 4 cm.
(b) 2 cm e 10 cm.
(c) 4 cm e 10 cm.
(d) Qualquer par de faces paralelas dara´ a
mesma resisteˆncia.
(e) Nenhuma das respostas acima e´ correta.
4
8. Um capacitor de capacitaˆncia C0 e´ carregado por
uma bateria de fem V0, recebendo, nesse processo,
uma carga final de mo´dulo Q0 em cada placa. A
seguir, o capacitor e´ desligado da bateria e co-
nectado em paralelo com um capacitor de capa-
citaˆncia C0/2, que esta´ descarregado. Apo´s atin-
gido o equil´ıbrio eletrosta´tico, podemos afirmar
que as grandezas mo´dulo da diferenc¸a de poten-
cial V , mo´dulo da cargaQ em cada placa e energia
armazenada U , no capacitor de capacitaˆncia C0,
apresentam o seguinte comportamento:
(a) V permanece constante, Q permanece
constante, U diminui.
(b) V permanece constante, Q diminui, U
permanece constante.
(c) V diminui, Q permanece constante, U di-
minui.
(d) V diminui, Q diminui, U permanece cons-
tante.
(e) V diminui, Q diminui, U diminui.
9. Na figura, temos uma sec¸a˜o tranversal de um
corpo condutor, isolado (muito afastado de quais-
quer outros corpos), em equil´ıbrio eletrosta´tico,
carregado positivamente, ale´m de algumas curvas
orientadas. Qual(is) de tais curvas, nitidamente,
na˜o pode(m) representar linhas de campo do cor-
respondente campo eletrosta´tico?
(a) 1 e 4.
(b) 1, 4 e 8.
(c) 2, 6 e 7.
(d) 1, 3, 4, 5, 7 e 8.
(e) 1, 3, 4, 5 e 8.
10. Considere um capacitor de placas quadradas, pa-
ralelas, de a´rea A e separadas por uma distaˆncia
L. Das operac¸o˜es listadas a seguir, qual na˜o altera
a capacitaˆncia?
(a) Inclinar uma das placas com respeito a`
outra.
(b) Reduzir a separac¸a˜o L.
(c) Introduzir uma chapa de cobre entre as
placas do capacitor.
(d) Introduzir uma chapa isolante entre as
placasdo capacitor.
(e) Duplicar a a´rea de ambas as placas.
(f) Duplicar a diferenc¸a de potencial entre as
placas.
5
Sec¸a˜o 2. Questo˜es discursivas (2×2,5 = 5,0 pontos)
1. [2,5 pontos] Na figura ao lado, temos dois objetos ex-
tensos, muito finos, uniformemente carregados, em re-
pouso. O anel tem raio r e carga q, e a barra tem
comprimento L e carga Q. Como mostrado na fi-
gura, a barra esta´ sobre o eixo Z, que e´ perpendicular
ao plano do anel e passa pelo centro desse, tomado
como origem. A extremidade mais pro´xima da barra
encontra-se na cota z = a.
(a) Determine o vetor campo ele´trico produzido pelo
anel em um ponto arbitra´rio do eixo Z, com cota z.
[1,0 ponto]
(b) Determine o vetor forc¸a ele´trica que o anel exerce
sobre a barra. [1,0 ponto]
(c) Determine o vetor forc¸a ele´trica do anel sobre a
barra, no limite em que a≫ L, r. [0,5 ponto]
2. [2,5 pontos] Um cilindro circular, so´lido, con-
dutor, muito longo, com base de raio R, pos-
sui, em sua superf´ıcie lateral, uma densidade
superficial de carga constante igual a σR. Co-
axial com esse cilindro, ha´ uma casca espessa,
neutra, tambe´m cil´ındrica, condutora e igual-
mente longa, de raios interno a e externo b,
conforme mostra a figura ao lado. Suponha
que o sistema todo esteja em equil´ıbrio ele-
trosta´tico.
(a) Determine as densidades superficiais de
carga σa e σb, supostas constantes, nas su-
perf´ıcies interna e externa da casca, respecti-
vamente. [0,5 ponto]
(b) Determine o vetor campo ele´trico nas
quatro regio˜es: (I) 0 ≤ r < R, (II) R < r < a,
(III) a < r < b, e (IV) b < r <∞. [1,0 ponto]
(c) Determine o potencial eletrosta´tico nas
quatro regio˜es acima, tomando-o como zero
na superf´ıcie do cilindro so´lido de raio R. [1,0
ponto]
Justifique toda sua argumentac¸a˜o.
6
Gabarito para Versa˜o A
Sec¸a˜o 1. Mu´ltipla escolha (10×0,5 = 5,0 pontos)
1. (d)
2. (c)
3. (a)
4. (e)
5. (b)
6. (a)
7. (c)
8. (e)
9. (d)
10. (f)
1
Sec¸a˜o 2. Questo˜es discursivas (2×2,5 = 5,0 pontos)
1. Resoluc¸a˜o:
(a) Considere o elemento de carga dq ilustrado na figura. Este elemento de carga dista s do ponto de cota
z no eixo Z tal que:
s2 = r2 + z2 .
O vetor campo ele´trico ~dE devido ao elemento de carga dq no ponto de cota z tem mo´dulo
dE =
1
4πǫ0
dq
s2
e faz um aˆngulo θ com o eixo Z, de modo que:
cos θ =
z
s
=
z
(r2 + z2)1/2
e
sen θ =
r
s
=
r
(r2 + z2)1/2
.
Enta˜o
dE = dE cos θzˆ + dE sen θ xˆ .
ARGUMENTAC¸A˜O EXTENSA: Por sua vez, ainda em relac¸a˜o ao ponto de cota z, o campo ele´trico ~dE
associado ao elemento de carga diametralmente oposto ao dq citado acima tambe´m faz o mesmo aˆngulo θ
com o eixo Z, tem o mesmo mo´dulo dE determinado antes, mas tem a sua projec¸a˜o perpendicular ao eixo
Z em sentido oposto a` projec¸a˜o correspondente relacionada ao elemento de carga dq. Este cancelamento
vai acontecer para cada par de elementos de carga diametralmente opostos no anel uniformente carregado.
Ou seja, o vetor campo ele´trico do anel de cargas no ponto de cota z tem a direc¸a˜o do eixo Z e o sentido e´
o do unita´rio zˆ.
ARGUMENTAC¸A˜O COMPACTA: De acordo com a simetria da distribuic¸a˜o de cargas, o campo ele´trico
resultante na˜o tem componente componente perpendicular ao eixo Z: os componentes perpendiculares
relativos a dois elementos de carga diametralmente opostos se cancelam.
Logo,
E =
∫
dE cos θzˆ ,
E =
1
4πǫ0
∫
dq
(r2 + z2)
z
(r2 + z2)1/2
zˆ .
Como r e z sa˜o constantes e
∫
dq = q, temos
E =
1
4πǫ0
zq
(r2 + z2)3/2
zˆ .
2
�
(b) Seja dQ um elemento de carga da barra. O vetor forc¸a ele´trica que o anel exerce sobre esse elemento e´
dado por
dF = dQE ,
onde o campo ele´trico e´ dado pelo resultado do item (a).
Como a barra esta´ uniformemente carregada, a sua densidade linear de carga e´ dada por
λ =
Q
L
.
Com isso, podemos expressar o elemento de carga dQ em termos de um elemento de linha ao longo da barra
dQ = λdz =
Q
L
dz .
Logo, a forc¸a resultante sobre a barra sera´ dada por
F =
∫
dF =
∫
Q
L
dzE =
1
4πǫ0
qQ
L
∫ a+L
a
zdz
(r2 + z2)3/2
zˆ.
Definindo uma nova varia´vel u := r2 + z2, temos que du = 2zdz. Com isso, a expressa˜o pode ser reescrita
como
F =
1
4πǫ0
qQ
2L
∫ r2+(a+L)2
r2+a2
du
u3/2
zˆ =
1
4πǫ0
qQ
2L
(
− 2
u1/2
) ∣∣∣r2+(a+L)2r2+a2 zˆ.
Portanto
F =
1
4πǫ0
qQ
L
(
1√
r2 + a2
− 1√
r2 + (a+ L)2
)
zˆ .
�
(c) Podemos reescrever a expressa˜o para a forc¸a como
F =
1
4πǫ0
qQ
L
(
1√
r2 + a2
− 1√
r2 + a2 + L2 + 2aL
)
zˆ ,
e ainda como
F =
1
4πǫ0
qQ
L
1
a

 1√
1 + r
2
a2
− 1√
1 + r
2
a2 +
L2
a2 +
2L
a

 zˆ .
Considerando que, conforme o Formula´rio, (1 + x)α = 1 + αx + α(α − 1)x22! + . . ., para x ≪ 1 e que, no
limite a≫ L, La ≪ 1 e ra ≪ 1, temos
1√
1 + r
2
a2
≈ 1− r
2
2a2
e
1√
1 + r
2
a2 +
L2
a2 +
2L
a
≈ 1− 1
2
(
r2
a2
+
L2
a2
+
2L
a
)
.
Logo,
F ≈ 1
4πǫ0
qQ
L
1
a
(
1− r
2
2a2
− 1 + r
2
2a2
+
L2
2a2
+
L
a
)
zˆ =
1
4πǫ0
qQ
a2
(
1 +
L
2a
)
zˆ .
Considerando-se, de novo, que 1≫ L2a , pois a≫ L, tem-se, finalmente,
F ≈ 1
4πǫ0
qQ
a2
zˆ ,
3
que e´ a forc¸a de interac¸a˜o eletrosta´tica entre duas part´ıculas pontuais carregadas separadas por uma
distaˆncia a.
�
2. Resoluc¸a˜o:
(a) Em pontos do interior de um condutor em equil´ıbrio eletrosta´tico, o campo ele´trico (macrosco´pico) e´
zero. Logo, pela lei de Gauss, qualquer superf´ıcie fechada constitu´ıda totalmente por pontos do interior
do condutor deve encerrar uma carga total igual a zero. Apliquemos isso para uma gaussiana cil´ındrica
circular, coaxial com o eixo de simetria da distribuic¸a˜o em questa˜o, de raio r, tal que a < r < b. Devemos
ter, enta˜o:
Qint = σR2πRh+ σa2πah = 0 .
Logo,
σa = −R
a
σR . (1)
Como a casca e´ condutora, no equil´ıbrio eletrosta´tico, toda a carga em excesso so´ pode depositar-se em
suas superf´ıcies (interna e/ou externa). Enta˜o, e´ claro, registra-se uma distribuic¸a˜o de carga com densidade
na˜o nula, dada por (1), na sua superf´ıcie interna (de raio a). Como a casca e´ neutra, isso implica que, na
sua superf´ıcie externa (de raio b) deve haver uma correspondente distribuic¸a˜o de carga com densidade σb
tal que
σb2πbh+ σa2πah = 0 .
Logo,
σb = −a
b
σa =
R
b
σR . (2)
�
(b) Nas regio˜es I e III, por tratarem-se de regio˜es no interior de condutores em equil´ıbrio eletrosta´tico,
os campos ele´tricos (macrosco´picos) sa˜o zero, como simples consequ¨eˆncia das definic¸o˜es de condutor e de
equil´ıbrio eletrosta´tico. Concretamente,
• Regia˜o I: 0 ≤ r < R:
E = 0 . (3)
• Regia˜o III: a < r < b:
E = 0 . (4)
• Regia˜o II: R < r < a:
Devido a` simetria cil´ındrica da situac¸a˜o, o campo ele´trico resultante deve ter somente componente
radial:
E = Errˆ .
Ale´m disso, de novo por simetria cil´ındrica, sua u´nica componente so´ pode depender da distaˆncia ate´
o eixo de simetria, ou seja,
Er = Er(r) .
Por isso tudo, conve´m escolher como superf´ıcie gaussiana, a partir da qual determinaremos o campo
ele´trico, uma superf´ıcie cil´ındrica circular S, de raio gene´rico r e altura (comprimento) h; tal superf´ıcie
inclui, e´ claro, ale´m da superf´ıcie lateral Slat, suas bases superior Bsup e inferior Binf , para que, como
qualquer gaussiana, seja uma superf´ıcie fechada. A integral que define o fluxo do campo ele´trico
atrave´s de tal gaussiana divide-se em treˆs contribuic¸o˜es:∮
S
E ·n dA =
∫
Slat
E ·n dA+
∫
Bsup
E ·n dA+
∫
Binf
E ·n dA .
4
E´ claro que, devido a` perpendicularidade, nas bases, entre Ee nˆ, as duas u´ltimas integrais sa˜o nulas,
sobrando somente aquela na superf´ıcie lateral. Essa pode, nitidamente, levando em conta que, nesse
caso, nˆ = rˆ, ser escrita como ∫
Slat
E ·n dA = Er(r)2πrh . (5)
Por outro lado, a carga total encerrada nessa gaussiana e´ somente aquela presente no cilindro so´lido,
de raio R, ou seja:
Qint = σR2πRh . (6)
A lei de Gauss exige que igualemos a expressao do fluxo total (5) e a expressa˜o dessa carga total
encerrada (6), dividida por ǫ0. Isso nos leva a
Er(r)2πrh =
σR2πRh
ǫ0
,
ou seja,
E =
σRR
ǫ0
1
r
rˆ . (7)
• Regia˜o IV: b < r <∞:
Por uma argumentac¸a˜o ana´loga a`quela apresentada para a regia˜o II, teremos, como expressa˜o para
a integral do fluxo, atrave´s de uma nova gaussiana de raio r tal que b < r < ∞ agora, a mesma
expressa˜o: ∮
S
E ·nˆ dA = Er(r)2πrh .
Tambe´m, pelo fato da casca espessa ser neutra, a carga encerrada nessa nova gaussiana resulta ser a
mesma que a correspondente na regia˜o II, ou seja,
Qint = σR2πRh .
Logo, pela lei de Gauss, continuamos a ter a mesma expressa˜o para o campo ele´trico:
E =
σRR
ǫ0
1
r
rˆ . (8)
�
(c) Como, no item (b), foram encontradas as expresso˜es (3), (7), (4), (8), para o campo ele´trico em todas
as 4 regio˜es t´ıpicas, vamos determinar o potencial eletrosta´tico, via integrac¸a˜o de
dV = −E ·dℓ .
Para tanto, precisaremos, e´ claro, fazer uma escolha do “zero” do potencial, que ja´ foi indicada no enunciado:
V (r = R) = 0. Como isso situa-se na fronteira entre as regio˜es I e II, comec¸aremos por determinar o
potencial justamente na regia˜o I e prosseguiremos “para fora”.
• Regia˜o I: 0 ≤ r < R:
Obviamente, como o campo e´ zero [cf. (3)], temos
V = VR ≡ const .
O valor expl´ıcito de tal constante vem da imposic¸a˜o, conforme o enunciado, de que V (r = R) = 0.
Logo
V = 0 .
5
• Regia˜o II: R < r < a:
Da expressa˜o para o campo (7), vem
V = −σRR
ǫ0
ln
(
r
r1
)
,
com r1 uma constante de integrac¸a˜o. Novamente, como o potencial deve ser cont´ınuo e igual a zero
em r = R, deduzimos que r1 = R e, portanto,
V = −σRR
ǫ0
ln
( r
R
)
. (9)
• Regia˜o III: a < r < b:
Da expressa˜o para o campo (4), vem
V = V1 ≡ const .
Como o potencial deve ser cont´ınuo em r = a, podemos usar a expressa˜o (9), para determinar o valor
de V1, obtendo, enta˜o,
V = −σRR
ǫ0
ln
( a
R
)
. (10)
• Regia˜o IV: b < r <∞:
Da expressa˜o para o campo (8), vem
V = −σRR
ǫ0
ln
(
r
r2
)
, (11)
com r2 uma constante de integrac¸a˜o. Novamente, por continuidade em r = b, deduzimos, usando essa
u´ltima expressa˜o e (10), que
−σRR
ǫ0
ln
( a
R
)
= −σRR
ǫ0
ln
(
b
r2
)
,
ou seja,
r2 =
b
a
R .
Substituindo isso de volta em (11), temos, pois,
V = −σRR
ǫ0
ln
( a
bR
r
)
.
�
6