P1 2013 2

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Universidade Federal do Rio de Janeiro – Instituto de F´ısica
F´ısica III – 2013/2 – Primeira Prova: 27/09/2013
Versa˜o: A
Formula´rio
~F e = q ~E , ~E = k0
q
r2
rˆ
(
onde k0 =
1
4πǫ0
)
,
∮
S
~E ·d~A = Qint
ǫ0
, ~E = − ~∇V , V = k0 q
r
U = k0
qq′
r
, ~E = ~E0/K , C = Q/V
Sec¸a˜o 1. Mu´ltipla escolha (8×0,6 = 4,8 pontos)
1. Considere as treˆs seguintes afirmac¸o˜es: (I) O trabalho
necessa´rio para carregar um capacitor pode ser pen-
sado como o trabalho necessa´rio para criar um campo
ele´trico. (II) A densidade de energia em um campo
ele´trico e´ linearmente proporcional ao mo´dulo de tal
campo. (III) Para um dado capacitor, quando do-
bramos a carga em cada uma de suas placas, a capa-
citaˆncia tambe´m dobra. Qual alternativa indica a(s)
afirmac¸a˜o(o˜es) correta(s)?
(a) Somente a I.
(b) Somente a II.
(c) Somente a III.
(d) Somente a I e a II.
(e) Somente a I e a III,
(f) Somente a II e a III.
(g) Todas esta˜o corretas.
(h) Nenhuma esta´ correta.
2. Considere dois sistemas carregados: (i) uma part´ıcula
de teste, 1, de carga q, (ii) uma barra r´ıgida de fonte,
com carga total Q, devida a part´ıculas em suas extre-
midades, 2 e 3, de cargas −q e q+Q, respectivamente.
Mostre que, mesmo com os dois sistemas tendo car-
gas de mesmo sinal (qQ > 0), eles podem se atrair
eletricamente, contanto que
(a) Corpos com cargas de mesmo sinal jamais po-
dem se atrair.
(b) Q < 2q.
(c) Q > 2q.
(d) Q > 3q.
(e) Q < 3q.
1
3. Das seguintes afirmativas, qual e´ a u´nica verda-
deira?
(a) O mo´dulo do potencial e´ maior onde o mo´dulo
do campo ele´trico e´ maior.
(b) O mo´dulo do potencial e´ menor onde o mo´dulo
do campo ele´trico e´ maior.
(c) O mo´dulo do gradiente do potencial e´ menor
onde o mo´dulo do campo ele´trico e´ maior.
(d) O mo´dulo do gradiente do potencial e´ maior
onde o mo´dulo do campo ele´trico e´ maior.
(e) O mo´dulo do campo ele´trico e´ linearmente pro-
porcional ao mo´dulo do potencial ele´trico.
4. Um condutor esfe´rico conte´m, em seu interior, uma ca-
vidade esfe´rica conceˆntrica. Uma part´ıcula com carga
q encontra-se no centro da cavidade e o condutor, em
equil´ıbrio eletrosta´tico, possui carga ele´trica total −q.
Sendo ~E o campo ele´trico resultante em um ponto P
fora do sistema, assinale o u´nico item correto.
(a) ~E 6= ~0 e a carga total na superf´ıcie externa do
condutor e´ zero.
(b) ~E 6= ~0 e a carga total na superf´ıcie externa do
condutor e´ −q.
(c) ~E = ~0 e a carga total na superf´ıcie externa do
condutor e´ q.
(d) ~E = ~0 e a carga total na superf´ıcie externa do
condutor e´ −q.
(e) ~E = ~0 e a carga total na superf´ıcie externa do
condutor e´ zero.
5. Temos duas part´ıculas com cargas q e −q. Aquela de
carga q esta´ no centro de uma superf´ıcie (gaussiana)
cu´bica, com aresta de comprimento a. Um segmento
de reta, tambe´m de comprimento a, perpendicular a
uma das faces do cubo, une as duas part´ıculas. Para
tal arranjo, o fluxo do campo ele´trico atrave´s da su-
perf´ıcie gaussiana e´ igual a
(a) q/ε0.
(b) 2q/ε0.
(c) 0.
(d) q/(3ε0).
(e) q/(6ε0).
6. A maioria das aplicac¸o˜es pra´ticas de capacitores tira
proveito da sua capacidade de armazenar e liberar
energia. Para uma dada voltagem ou diferenc¸a de po-
tencial V , como devemos associar N capacitores com
a mesma capacitaˆncia C de modo a maximizar a ener-
gia armazenada? E quanto sera´ essa energia?
(a) Associac¸a˜o em se´rie. U = CV 2/(2N).
(b) Associac¸a˜o em paralelo. U = CV 2/(2N).
(c) Associac¸a˜o em paralelo. U = NCV 2/2.
(d) Associac¸a˜o em se´rie. U = NCV 2/2.
(e) Associac¸a˜o em se´rie ou em paralelo da´ a mesma
energia, igual a U = CV 2/2.
2
7. Um “catavento”, com configurac¸a˜o inicial mostrada
na figura, imerso totalmente em um campo ele´trico
~E constante (uniforme e estaciona´rio), e´ constitu´ıdo
por 2 dipolos, perpendiculares, com centro comum.
O comprimento de cada dipolo e´ o mesmo, igual a L,
e suas cargas positivas sa˜o q e 2q. Quando tal “ca-
tavento” for girado de 90◦, no sentido hora´rio, como
sugerido pelo arco tracejado, qual e´ o trabalho reali-
zado pela forc¸a ele´trica?
(a) 3qLE.
(b) −3qLE.
(c) −qLE.
(d) qLE.
(e) 0.
8. Considere um quadrado, com aresta de comprimento
a, com part´ıculas carregadas em todos os seus 4
ve´rtices, conforme mostra a figura. Qual e´ o mo´dulo
da forc¸a ele´trica resultante sobre a part´ıcula no ve´rtice
superior direito?
(a) 3
√
2q2/(8πε0a
2).
(b)
√
2q2/(8πε0a
2).
(c)
√
10q2/(8πε0a
2).
(d) (4−√2)q2/(8πε0a2).
(e) 0.
Sec¸a˜o 2. Questo˜es discursivas (2×2,6 = 5,2 pontos)
1. [2,6 pontos] Considere uma esfera de raio R, com uma densidade volumar de carga estaciona´ria, mas na˜o uniforme,
dada por
ρ(r) =
{
C(R− r) , se 0 ≤ r ≤ R;
0 , se R < r <∞ ,
onde C e´ uma constante.
(a) Determine a carga total Q da distribuic¸a˜o. [0,6 ponto]
(b) Determine o campo ele´trico nas duas regio˜es t´ıpicas do espac¸o. [1,0 ponto]
(c) Determine o potencial ele´trico nas duas regio˜es t´ıpicas do espac¸o, escolhendo-o como zero no infinito. [1,0 ponto]
3
2. [2,6 pontos] Um basta˜o fino, de comprimento a, esta´ no eixo y, com uma extremidade na origem (y = 0), como
indica a figura. A densidade linear de carga do basta˜o e´ igual λ(y) = Cy, sendo C uma constante.
(a) Determine a carga total do basta˜o. [0,4 ponto]
(b) Determine o potencial ele´trico V num ponto gene´rico P do eixo X, com abscissa x, escolhendo tal potencial
como zero no infinito. [1,0 ponto]
(c) Com base no resultado do item (b), determine a componente Ex do campo ele´trico no ponto P (suponha que
x ≥ 0). [1,0 ponto]
(d)Podemos dizer que a componente y do campo, no ponto P, e´ nula? [0,2 ponto]
4
Gabarito para Versa˜o A
Sec¸a˜o 1. Mu´ltipla escolha (8×0,6 = 4,8 pontos)
1. (a)
2. (e)
3. (d)
4. (e)
5. (a)
6. (c)
7. (c)
8. (b)
Sec¸a˜o 2. Questo˜es discursivas (2×2,6 = 5,2 pontos)
1. Resoluc¸a˜o:
(a) Devido a` simetria esfe´rica da distribuic¸a˜o de carga, e´ conveniente trabalharmos com coordenadas esfe´ricas
(r, θ, ϕ), como sugerido pelo pro´prio enunciado do problema. Sendo assim, uma regia˜o infinitesimal t´ıpica, de
volume dV′, tera´, por definic¸a˜o de densidade volumar de carga, carga infinitesimal igual a
dq′ = ρ dV′
= ρ(r′) dr′ r′ dθ′ r′sen θ′ dϕ′ .
Dentro, pois, de uma casca esfe´rica infinitesimal, de raio r′ e espessura dr′, conceˆntrica com o centro da distribuic¸a˜o,
a carga infinitesimal sera´
dq =
∫ π
θ′=0
∫ 2π
ϕ′=0
ρ(r′)r′ dr′ r′dθ′ r′sen θ′ dϕ′
= ρ(r′) 4πr′2 dr′ .
Logo, a carga total dentro de uma esfera, de raio r, conceˆntrica com o centro da distribuic¸a˜o, sera´
q(r) =
∫ r
r′=0
ρ(r′) 4πr′2 dr′
= 4πC
∫ r
r′=0
(R − r′) r′2 dr′
= 4πC
(
Rr3
3
− r
4
4
)
. (1)
Por fim, na esfera carregada completa, a carga total sera´, pois, Q = q(R), ou seja,
Q = 4πC
(
R4
3
− R
4
4
)
,
ou
Q =
1
3
πCR4 . (2)
�
(b) Devido a` simetria esfe´rica da distribuic¸a˜o de carga, o campo ele´trico deve ter a forma, em coordenadas esfe´ricas,
~E(~r) = Er(r)rˆ . (3)
1
Com isso, sugere-se, naturalmente, resolver o item por interme´dio da lei de Gauss, escolhendo, como gaussiana
S, uma superf´ıcie esfe´rica, conceˆntrica com o centro da distribuic¸a˜o de carga, de raio gene´rico r. Atrave´s de tal
gaussiana, o fluxo de campo ele´trico sera´, pois, para qualquer uma das duas regio˜es t´ıpicas, dado por
Φ~E [S] :=
∮
S
~E · dA
= 4πr2Er(r) .
Por sua vez, a carga encerrada pela gaussiana tera´ expresso˜es diferentes em cada regia˜o.
• R ≤ r <∞:
Neste caso, a carga no interior da gaussian sera´ toda a carga da distribuic¸a˜o, dada por (2):
Qint(r) = Q =
1
3
πCR4 .
Logo,
~E =
Q
4πε0r2
rˆ =
CR4
12ε0r2
rˆ. (4)
• 0 ≤ r ≤ R:
Neste caso, a carga encerrada pela gaussiana sera´ dada por (1):
Qint(r) = q(r) = 4πC
(
Rr3
3
− r
4
4
)
.
Logo,
~E =
C
ε0
(
Rr
3
− r
2
4
)
rˆ . (5)
�
(c) Como foi solicitado, no enunciado, que fac¸amos o potencial zero no infinito, vamos comec¸ar calculando o
potencial justamente na regia˜o de fora.
• R ≤ r <∞:
Obviamente, devido a (4), o potencial tem de ter a expressa˜o
V (r) =
Q
4πε0r
+ c1 ,
onde c1 e´ uma constante de integrac¸a˜o. Como devemos ter V (r → ∞) = 0, conclu´ımos que tal constante e´
zero, e, portanto,
V (r) =
Q
4πε0r
=
CR4
12ε0r
.
• o ≤ r ≤ R:
Obviamente, devido a (5), o potencial tem de ter a expressa˜o
V (r) = −C
ε0
(
Rr2
6
− r
3
12
)
+ c2
= − C
6ε0
(
R− r
2
)
r2 + c2 ,
2
onde c2 e´ uma outra constante de integrac¸a˜o. Como o potencial deve ser cont´ınuo na fronteira dessas duas
regio˜es, devemos ter
V (r → R−) = V (r → R+)
−CR
3
12ε0
+ c2 =
CR3
12ε0
,
o que implica
c2 =
CR3
6ε0
.
Enta˜o, finalmente,
V (r) = − C
6ε0
(
R− r
2
)
r2 +
CR3
6ε0
.
�
2. Resoluc¸a˜o:
(a)
dQ = λ(y) dy
Q =
∫ a
y=0
λ(y) dy (limites de integrac¸a˜o)
Q =
Ca2
2


�
(b)
• Tomando a origem do potencial no infinito,
dV (P ) =
dQ
4πǫ0r
,
onde,
dQ = λ(y) dy
V (P) =
∫ a
0
Cydy
4πε0(x2 + y2)1/2
.
• Resolvendo a integral,
V (P) =
∫ a
0
Cydy
4πε0(x2 + y2)1/2
=
C
4πε0
∫ (x2+a2)
x2
du
u1/2
=
C
4πε0
(
u1/2
)∣∣(x2+a2)1/2
u=x2
=
C
4πε0
(
(x2 + a2)1/2 − |x|)
3
�
(c) Determinar a componente x do campo ele´trico,
~E = − ~∇V, Ex = −∂V
∂x
Resolver a derivada
∂V
∂x
=
C
4πε0
(
x
(x2 + a2)1/2
− 1
)
e
Ex =
C
4πε0
(
1− x
(x2 + a2)1/2
)
�
(d) A componente y do campo ele´trico na˜o e´ nula em P, pois, nitidamente, se C > 0, apontara´ para baixo.
�
4