Solução - 1° Estágio de Física III (Adriano Batista)

Prévia do material em texto

UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadeˆmica de F´ısica
Soluc¸a˜o do 1o Esta´gio de Eletricidade e Magnetismo 2015.1
Disciplina: 1108083 Turma 03 05/06/2015
Prof. Adriano de A. Batista
1)(2.0) (a) Na figura abaixo as treˆs part´ıculas carregadas esta˜o colineares. A part´ıcula com carga
q2 encontra-se na metade entre q1 e q3. Encontre a forc¸a ~F sobre a part´ıcula de carga q2 devida
a`s outras cargas. Escreva as componentes Fx e Fy em func¸a˜o dos valores alge´bricos dados.
y
x
q1
q2
q3d1
d2
Soluc¸a˜o: Utilizando a lei de Coulomb e o princ´ıpio de superposic¸a˜o, encontramos
~F =
q1q2
4pi�0
[
d1
2 ıˆ− d22 ˆ
(d2 )
3
]
+
q3q2
4pi�0
[
−d12 ıˆ+ d22 ˆ
(d2 )
3
]
,
=
q2
pi�0d3
[(q1 − q3)d1 ıˆ+ (q3 − q1)d2ˆ]
onde d =
√
d21 + d
2
2. Assim as componentes da forc¸a sa˜o dadas por
Fx =
q2
pi�0
(q1 − q3)d1
d3
Fy =
q2
pi�0
(q3 − q1)d2
d3
2) (2.0) (a) Mantendo as part´ıculas 1 e 3 fixas nas posic¸o˜es da questa˜o anterior, determine
a posic¸a˜o da part´ıcula 2 ao longo da linha reta entre as part´ıculas 1 e 3 para que o campo
ele´trico gerado pelas treˆs cargas na origem da figura acima tenha ma´xima magnitude. Assuma
q1 = q2 = q3 = q > 0 e d1 = 2d e d2 = d. (b) Obtenha essa magnitude do campo ele´trico.
Soluc¸a˜o:
y
x
q
q
qh
c
`
~E0 2d
d
A equac¸a˜o da reta das part´ıculas carregadas e´ x/2d+ y/d = 1. Enquanto que a equac¸a˜o
da reta de altura h e´ y = 2x. Assim o ponto c da altura tem coordenadas (2d/5, 4d/5).
Assim h = 2d/
√
5. O campo ele´trico resultante na origem e´
~E = ~E0 +
q
4pi�0`2(θ)
[
cos(θ + θ0) Eˆ0 + sen(θ + θ0)Eˆ0 × kˆ
]
,
~E = ~E0 +
q cos2(θ)
4pi�0h2
[
cos(θ + θ0) Eˆ0 + sen(θ + θ0)Eˆ0 × kˆ
]
,
onde `(θ) = h/ cos θ e
~E0 = − q
4pi�0
(
ˆ
d2
+
ıˆ
4d2
)
.
Assim obtemos
E2(θ) = E20 +
qE0 cos
2(θ) cos(θ + θ0)
2pi�0h2
+
q2 cos4(θ)
(4pi�0)2h4
,
cuja equac¸a˜o para o aˆngulo do valor ma´ximo de E(θ) na˜o e´ simples de obter analiticamente.
3) (2.0) Existem treˆs placas planas paralelas infinitas uniformemente carregadas. As placas teˆm
as seguintes densidades superficiais de carga: σ1 = 2, 0× 10−12C/m2, σ2 = −1, 0× 10−12C/m2,
e σ3 = −1, 0 × 10−12C/m2. A placa 1 esta´ situada em x = −1, 0mm, a placa 2 em x = 0 e a
placa 3 esta´ em x = 1, 0mm. (a) Encontre o campo ele´trico em todas as regio˜es do espac¸o. A
constante de permissividade ele´trica do va´cuo e´ ε0 = 8, 85 × 10−12 C/(Vm). (b) Encontre as
diferenc¸as de potencial entre as placas.
Soluc¸a˜o: (a) Esse problema envolve distribuic¸o˜es de carga com simetria planar em planos
paralelos cujo vetor normal e´ ıˆ. Aplicando a lei de Gauss e o princ´ıpio de superposic¸a˜o
obtemos que so´ ha´ campo ele´trico na direc¸a˜o x e ele e´ dado por
Ex(x) = −σ1+σ2+σ32�0 = 0 para x < −1, 0mm.
Ex(x) =
σ1−σ2−σ3
2�0
= 2, 0× 10−12C/(m2�0) ≈ 0, 23V/m se -1,0mm< x < 0
Ex(x) =
σ1+σ2−σ3
2�0
≈ 0, 11V/m se 0< x < 1, 0mm
Ex(x) =
σ1+σ2+σ3
2�0
= 0 para x > 1, 0mm.
(b) As diferenc¸as de potencial sa˜o dadas por V2 − V1 = −0, 23V/m×1, 0mm=−0, 23mV e
por V3 − V2 = −0, 11mV.
4) (2.0) Em uma certa regia˜o, o potencial ele´trico varia ao longo do eixo x de acordo com o gra´fico
da figura abaixo. (a) Determine a componente x do campo ele´trico nos intervalos (ab), (bc), (cd)
e (de). (b) Plote Ex em func¸a˜o de x. Ignore o comportamento nos extremos dos intervalos.
V (x)(volt)
x(10−4m)
-6 -4 -2 2 4
-1.0
2.0
a
b
c
d
e
Soluc¸a˜o: (a) No intervalo (ab) o campo ele´trico e´ dado por
Ex = −dV (x)
dx
= − 1, 0− 0
[−4− (−6)]10−4 V/m = −5, 0× 10
3V/m
No intervalo (bc)
Ex = −dV (x)
dx
= − 1, 5− 1, 0
[0− (−4)]10−4 V/m = −1, 25× 10
3V/m
No intervalo (cd)
Ex = −dV (x)
dx
= − 1, 0− 1, 5
[2− (0)]10−4 V/m = 2, 5× 10
3V/m
No intervalo (de)
Ex = −dV (x)
dx
= − 0− 1, 0
[4− 2]10−4 V/m = 5, 0× 10
3V/m
(b)
Ex(x)(kV/m)
x(10−4m)
-6 -4 -2 2 4
-5.0
5.0
5) (2.0) O campo ele´trico numa certa regia˜o do espac¸o e´ dado por ~E(~r) = Ex(x)ˆı e e´ plotado na
figura abaixo. (a) Escreva a equac¸a˜o para o campo ele´trico Ex(x) baseada nos dados fornecidos
no gra´fico abaixo. (b) Obtenha a expressa˜o para V (x) assumindo que V (0) = 0. (c) Plote V (x)
em func¸a˜o de x. (d) Qual a densidade superficial de carga em x = 0, 0mm?
Ex(volt/m)
x(10−4m)
-3 -2 -1 1 2 3
-2.0
-1.0
1.0
2.0
Soluc¸a˜o: (a) Pelo gra´fico obtemos que o campo ele´trico e´ dado por
Ex(x) =
{
1, 0× 104xV/m2 + 2, 0V/m, se −2, 0× 10−4m< x < 0, 0
1, 0× 104xV/m2 − 2, 0V/m, se 0, 0 < x < 2, 0× 10−4m
se −2, 0× 10−4m< x < 2, 0× 10−4m. Fora desse intervalo Ex = 0.
(b) O potencial ele´trico e´ dado por
V (x) = V (0)−
∫ x
0
Ex(x
′)dx′ = −
∫ x
0
Ex(x
′)dx′,
pois assumimos que V (0) = 0. Obtemos
V (x) =
{ −0, 5× 104x2V/m2 − 2, 0xV/m, se − 2, 0× 10−4m< x < 0, 0
−0, 5× 104x2V/m2 + 2, 0xV/m, se 0 < x < 2, 0× 10−4m
, fora desses intervalos V (x) = 2.0× 10−4V.
(c) Utilizando os resultados acima, obtemos o gra´fico abaixo:
V (x)(10−4volt)
x(10−4m)
-3 -2 -1 0 1 2 3
0.5
1.0
1.5
2.0
(d) Pela lei de Gauss, a densidade de cargas em x = 0 e´ σ = �0 [Ex(0
+)− Ex(0−)] ≈
−3, 5× 10−11C/m2.