P1 - 2014.2

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Universidade Federal do Rio de Janeiro – Instituto de F´ısica
F´ısica III – 2014/2 – Primeira Prova: 01/10/2014
Versa˜o: A
Formula´rio
~F
e
= q ~E , ~E =
1
4πǫ0
q
r2
rˆ ,
∮
S
~E ·d ~A = Qint
ǫ0
, ~E = − ~∇V , V = 1
4πǫ0
q
r
U =
1
4πǫ0
qq′
r
, ~E = ~E0/K , C = Q/V , ~J = n|q|~v , (1 + x)n ≃ 1 + nx (|x| ≪ 1)
Sec¸a˜o 1. Mu´ltipla escolha (8×0,6 = 4,8 pontos)
1. 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?
q
-2√2 q
q
q
(a)
√
2q2/(4πε0a
2).
(b)
√
2q2/(8πε0a
2).
(c) 0.
(d)
√
5q2/(4πε0a
2).
(e) (2 +
√
2)q2/(4πε0a
2).
(f) (2−√2)q2/(4πε0a2).
2. Seja um anel carregado com uma densidade linear de
carga λ0 em uma de suas metades e −λ0 na outra,
sendo λ0 uma constante, e seja Z o eixo de simetria
perpendicular ao plano do anel. Sabendo-se que o po-
tencial ele´trico no infinito e´ igual a zero, qual a u´nica
afirmativa verdadeira?
(a) ~E 6= ~0 e V 6= 0 sobre o eixo Z
(b) ~E = ~0 e V 6= 0 sobre o eixo Z
(c) ~E 6= ~0 e V = 0 sobre o eixo Z
(d) ~E = ~0 e V = 0 no centro do anel
(e) ~E = ~0 e V 6= 0 no centro do anel
1
3. A figura mostra duas part´ıculas pontuais, de car-
gas Q e Q′ e massas desprez´ıveis, colocadas sobre os
brac¸os (tambe´m de massas desprez´ıveis) de mesmo
comprimento de uma balanc¸a nas distaˆncias indica-
das. A balanc¸a esta´ em uma regia˜o onde existe um
campo ele´trico uniforme ~E vertical para baixo, con-
forme mostra a figura.Para que a balanc¸a permanec¸a
em equil´ıbrio o valor de Q′ deve ser igual a
(a) −3Q
(b) −2Q
(c) −Q
(d) Q
(e) 2Q
(f) 3Q
4. Seja um cubo isolante e uniformememente carre-
gado, isolado de todos os outros corpos. Dentre as
afirmac¸o˜es (I) A lei de Gauss so´ se aplica a esse pro-
blema se escolhermos superf´ıcies gaussianas cu´bicas,
haja vista a simetria do sistema, (II) A lei de Gauss
deixa de ser aplica´vel a esse problema se escolhermos
superf´ıcies gaussianas que interceptam o cubo carre-
gado, (III) A lei de Gauss simplesmente na˜o se aplica
a esse problema; qual(is) e´(sa˜o) verdadeira(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.
5. Considere as treˆs seguintes afirmac¸o˜es: (I) A densi-
dade de energia em um campo ele´trico e´ linearmente
proporcional ao mo´dulo de tal campo. (II) O trabalho
necessa´rio para carregar um capacitor pode ser pen-
sado como o trabalho necessa´rio para criar um campo
ele´trico. (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.
6. Uma corrente e´ estabelecida num tubo de descarga de
ga´s quando uma diferenc¸a de potencial (ddp) e´ apli-
cada entre os dois eletrodos no tubo. O ga´s se ioniza,
os ele´trons movem-se em direc¸a˜o ao terminal positivo
e os ı´ons positivos em direc¸a˜o ao terminal negativo.
Em um tubo de descarga de hidrogeˆnio, 2,00 × 1018
ele´trons e 1,00×1018 pro´tons passam atrave´s da sec¸a˜o
reta do tubo a cada segundo. Quais sa˜o o mo´dulo I da
corrente ele´trica e o sentido do vetor densidade de cor-
rente ele´trica neste tubo de descarga? Lembre-se que
(i) o mo´dulo da carga do ele´tron vale 1,60× 10−19 C,
e (ii) pro´tons e ele´trons tem carga de mesmo mo´dulo
e sinais opostos.
(a) I = 0,16 A. Sentido: do terminal negativo
para o positivo.
(b) I = 0,48 A. Sentido: do terminal negativo
para o positivo.
(c) I = 0,16 A. Sentido: do terminal positivo para
o negativo.
(d) I = 0,48 A. Sentido: do terminal positivo para
o negativo.
(e) I = 0 A. Sentido: indefinido.
2
7. A figura abaixo representa as linhas de campo de duas
part´ıculas pontuais com cargas A e B. De acordo com
essas linhas as cargas A e B devem ser, respectiva-
mente
(a) Ambas positivas
(b) Positiva e negativa
(c) Negativa e positiva
(d) Ambas negativas
(e) Positiva e neutra
(f) Neutra e negativa
8. Considere uma barra finita de comprimento L, com
densidade linear de carga uniforme λ.
Qual das afirmativas abaixo e´ verdadeira?
(a) O campo ele´trico sempre aponta na direc¸a˜o sˆ.
(b) O campo ele´trico so´ depende da coordenada s.
(c) A direc¸a˜o do campo ele´trico independe da co-
ordenada φ
(d) O mo´dulo do campo ele´trico independe da co-
ordenada z.
(e) A direc¸a˜o do campo ele´trico independe da co-
ordenada s
(f) O mo´dulo do campo ele´trico independe da co-
ordenada φ
3
Sec¸a˜o 2. Questo˜es discursivas (2×2,6 = 5,2 pontos)
Todas as respostas devem ter ampla justificativa!
1. [2,6 pontos] Considere uma barra retil´ınea, fina, disposta no eixo Z, entre as coordenadas z = −L e z = L (L > 0).
Em tal barra, existe uma distribuic¸a˜o de carga, com densidade linear
λ(z) = A|z|
sendo A = const.
(a) Calcule a carga total da barra Qtot. [0.6 ponto]
(b) Determine o campo ele´trico resultante (devido a` barra) em um ponto de seu plano me´dio, a uma distaˆncia s
da barra. [1.4 ponto]
(c) Determine a expressa˜o assinto´tica de tal campo, no limite em que s≫ L. Interprete o seu resultado. [0.6 ponto]
2. [2,6 pontos] Dois planos infinitos P1 e P2, paralelos entre si, de densidades superficiais −σ e 2σ (σ > 0), esta˜o
localizados respecivamente em z = 0 e z = d.
(a) Calcule detalhadamente o campo ele´trico produzido apenas pelo plano P1, tanto para z > 0 como para
z < 0. [1.2 ponto]
(b) De posse desse resultado, encontre o campo ele´trico produzido pelos 2 planos na regia˜o 0 < z < d. [0.6 ponto]
(c) Determine a diferenc¸a de potencial entre o plano P1 e o plano P2, ou seja, VP1 − VP2 . [0.8 ponto]
4
Gabarito para Versa˜o A
Sec¸a˜o 1. Mu´ltipla escolha (8×0,6 = 4,8 pontos)
1. (c)
2. (c)
3. (f)
4. (h)
5. (b)
6. (d)
7. (b)
8. (f)
1
Sec¸a˜o 2. Questo˜es discursivas (2×2,6 = 5,2 pontos)
1. Resoluc¸a˜o:
(a) Como a distribuic¸a˜o de cargas apresenta simetria de reflexa˜o, podemos integrar metade da barra e multiplicar
o resultado por 2. Assim sendo,
Qtot = 2×
∫ L
0
A|z|dz = 2A
∫ L
0
zdz = 2A
z2
2
∣∣∣∣
z=L
z=0
= AL2 .
(b) Usaremos o princ´ıpio de superposic¸a˜o para calcular o campo ele´trico resultante devido ao basta˜o. Para tanto,
percebemos, por simetria, que a u´nica componente que restara´ e´ a componente radial (cil´ındrica) s, dada por
dEs = d ~E · sˆ = dE cos θ
=
1
4πǫ0
dq
(s2 + z2)
cos θ =
1
4πǫ0
A|z|dz
(s2 + z2)
s√
s2 + z2
=
1
4πǫ0
A|z|s
(s2 + z2)3/2
dz .
Logo, integrando sobre uma das metades da barra e multiplicando por 2, temos
Es = 2× As
4πǫ0
∫ L
z=0
z dz
(s2 + z2)3/2
, (1)
A integral acima sugere a seguinte substituic¸a˜o trivial de varia´veis:
u := s2 + z2 =⇒ du = 2z dz .
Inserindo isso na Eq. (1), obtemos
Es =
As
2πǫ0
∫ s2+L2
u=s2
1
2
du
u3/2
= − As
2πǫ0
u−1/2
∣∣s2+L2
u=s2
= − As
2πǫ0
u−1/2
∣∣s2+L2
u=s2
.
Finalmente, pois,
~E(s, φ, z = 0) =
As
2πǫ0
(
1
s
− 1√
s2 + L2
)
sˆ . (2)
�
(c) Basta tomarmos o limite, usando a aproximac¸a˜o do binoˆmio de Newton,
(1 + x)n ≃ 1 + nx+ . . . (n, x ∈ R, |x| ≪ 1) ,
2
da Eq. (2), quando s≫ L, ou seja, para L/s→ 0. Obtemos, enta˜o,
lim
s≫L
~E = lim
s≫L
As
2πǫ0
[
1
s
− 1√
s2 + L2
]
sˆ
=
As
2πǫ0
1
s
[
1−
(
1 +
L2
s2
)−1/2]sˆ
=
A
2πǫ0
[
1−
(
1− 1
2
L2
s2
+ . . .
)]
sˆ
≈ A
2πǫ0
[
1
2
L2
s2
]
sˆ
=
AL2
4πǫ0
1
s2
sˆ .
Finalmente, enta˜o,
lim
|x|≫L
~E(s, φ, z = 0) =
1
4πǫ0
AL2
s2
sˆ =
1
4πǫ0
Qtot
s2
sˆ .
Tal expressa˜o e´ justamente aquela do campo ele´trico de uma part´ıcula puntiforme de carga Qtot a uma distaˆncia s
de seu centro, ou seja, o ponto onde estamos calculando o campo ele´trico esta´ ta˜o longe da barra que ele a “veˆ”
como uma carga puntiforme.
�
2. Resoluc¸a˜o:
(a) Devido ao princ´ıpio da superposic¸a˜o , podemos calcular o campo ele´trico devido a cada plano e depois soma´-los.
Comec¸ando enta˜o pelo campo ~E1 plano em z = 0, podemos nos valer do alto grau de simetria presente para resolver
o problema, em 4 passos
• Passo 1: devido a simetria de translac¸o˜es paralelas ao plano, podemos concluir que o campo na˜o depende de
x e y, ou seja, que ~E1(x, y, z)→ ~E1(z).
• Passo 2: devido a simetria de rotac¸o˜es em torno do eixo z, podemos concluir que o campo na˜o tem componentes
paralelas ao plano, ou seja, ~E1(z)→ E(z)zˆ.
• Passo 3: devido a simetria de reflexa˜o com relac¸a˜o ao plano, podemos concluir que o campo e´ antissime´trico
na coordenada z, ou seja, ~E1(−z) = −~E1(z) ⇒ E(−z) = E(z).
• Passo 4: finalmente, podemos nos valer da lei de Gauss para determinar E(z). Utilizando uma superf´ıcie
gaussiana S cil´ındrica de “tampas” paralelas ao plano, podemos calcular o fluxo de campo ele´trico ΦE sobre
S
ΦE =
∮
S
~E1 · ~dA =
∫
Slateral
~E1 · ~dA+
∫
Stampas
~E1 · ~dA, (3)
3
o primeiro termo se anula pois ~E1 ⊥ ~dA em Slateral (ver passo 2), e o segundo podemos escrever como o dobro
do fluxo sobre uma u´nica tampa (ver passo 3). Nos aproveitando ainda do fato que ~E1 e´ func¸a˜o de z apenas
(ver passo 1) e que, sobre a tampa, ~E1 ‖ ~dA (ver passo 2) podemos escrever
ΦE = 2
∫
Stampa
~E1 · ~dA = 2
∫
Stampa
E1dA = 2E
∫
Stampa
dA = 2E1A, (4)
enquanto que a carga encerrada e´ dada por
Qenc =
∫
Senc
σdA = −σ
∫
Senc
dA = −σA. (5)
Finalmente, igualando (4) a (5) temos
2E1A = −σA ⇒ E1 = − σ
2ǫ0
⇒ ~E1(z > 0) = − σ
2ǫ0
zˆ (6)
e a simetria de reflexa˜o em relac¸a˜o ao plano garante
~E1(z < 0) =
σ
2ǫ0
zˆ (7)
(b)
O campo produzido pelo plano P2 plano pode ser encontrado de forma totalmente ana´loga ao procedimento anterior;
devemos apenas tomar o cuidado de localiza´-lo corretamente em z = d e considerar a densidade de carga correta
2σ. O resultado e´
~E2(z < d) = − 2σ
2ǫ0
zˆ = − σ
ǫ0
zˆ (8)
E enta˜o temos, na regia˜o 0 < z < d
~E = ~E1 + ~E2
⇒ ~E = − 3σ
2ǫ0
zˆ .
(c) A diferenc¸a de potencial VP1 − VP2 e´ dada por uma integral de linha entre os planos P1 e P2. Como podemos
escolher uma linha arbitra´ria (uma vez que o campo eletrosta´tico e´ conservativo), escolhemos uma linha reta
perpendicular aos planos e que os une. Desta forma, temos ~dl = dzzˆ e enta˜o
VP1 − VP2 =
∫ P2
P1
~E · ~dl
=
∫ d
0
(
− 3σ
2ǫ0
zˆ
)
· (dzzˆ)
= − 3σ
2ǫ0
∫ d
0
dz
ou seja, temos
VP1 − VP2 = −
3σd
2ǫ0
(9)
�
4
Universidade Federal do Rio de Janeiro – Instituto de F´ısica
F´ısica III – 2014/2 – Primeira Prova: 01/10/2014
Versa˜o: B
Formula´rio
~F
e
= q ~E , ~E =
1
4πǫ0
q
r2
rˆ ,
∮
S
~E ·d ~A = Qint
ǫ0
, ~E = − ~∇V , V = 1
4πǫ0
q
r
U =
1
4πǫ0
qq′
r
, ~E = ~E0/K , C = Q/V , ~J = n|q|~v , (1 + x)n ≃ 1 + nx (|x| ≪ 1)
Sec¸a˜o 1. Mu´ltipla escolha (8×0,6 = 4,8 pontos)
1. 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?
q
-2√2 q
q
q
(a)
√
2q2/(4πε0a
2).
(b)
√
2q2/(8πε0a
2).
(c) 0.
(d)
√
5q2/(4πε0a
2).
(e) (2 +
√
2)q2/(4πε0a
2).
(f) (2−√2)q2/(4πε0a2).
2. Seja um cubo isolante e uniformememente carre-
gado, isolado de todos os outros corpos. Dentre as
afirmac¸o˜es (I) A lei de Gauss so´ se aplica a esse pro-
blema se escolhermos superf´ıcies gaussianas cu´bicas,
haja vista a simetria do sistema, (II) A lei de Gauss
deixa de ser aplica´vel a esse problema se escolhermos
superf´ıcies gaussianas que interceptam o cubo carre-
gado, (III) A lei de Gauss simplesmente na˜o se aplica
a esse problema; qual(is) e´(sa˜o) verdadeira(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.
1
3. Seja um anel carregado com uma densidade linear de
carga λ0 em uma de suas metades e −λ0 na outra,
sendo λ0 uma constante, e seja Z o eixo de simetria
perpendicular ao plano do anel. Sabendo-se que o po-
tencial ele´trico no infinito e´ igual a zero, qual a u´nica
afirmativa verdadeira?
(a) ~E 6= ~0 e V 6= 0 sobre o eixo Z
(b) ~E = ~0 e V 6= 0 sobre o eixo Z
(c) ~E 6= ~0 e V = 0 sobre o eixo Z
(d) ~E = ~0 e V = 0 no centro do anel
(e) ~E = ~0 e V 6= 0 no centro do anel
4. Considere as treˆs seguintes afirmac¸o˜es: (I) A densi-
dade de energia em um campo ele´trico e´ linearmente
proporcional ao mo´dulo de tal campo. (II) O trabalho
necessa´rio para carregar um capacitor pode ser pen-
sado como o trabalho necessa´rio para criar um campo
ele´trico. (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.
5. A figura mostra duas part´ıculas pontuais, de car-
gas Q e Q′ e massas desprez´ıveis, colocadas sobre os
brac¸os (tambe´m de massas desprez´ıveis) de mesmo
comprimento de uma balanc¸a nas distaˆncias indica-
das. A balanc¸a esta´ em uma regia˜o onde existe um
campo ele´trico uniforme ~E vertical para baixo, con-
forme mostra a figura.Para que a balanc¸a permanec¸a
em equil´ıbrio o valor de Q′ deve ser igual a
(a) −3Q
(b) −2Q
(c) −Q
(d) Q
(e) 2Q
(f) 3Q
2
6. Considere uma barra finita de comprimento L, com
densidade linear de carga uniforme λ.
Qual das afirmativas abaixo e´ verdadeira?
(a) O campo ele´trico sempre aponta na direc¸a˜o sˆ.
(b) O campo ele´trico so´ depende da coordenada s.
(c) A direc¸a˜o do campo ele´trico independe da co-
ordenada φ
(d) O mo´dulo do campo ele´trico independe da co-
ordenada z.
(e) A direc¸a˜o do campo ele´trico independe da co-
ordenada s
(f) O mo´dulo do campo ele´trico independe da co-
ordenada φ
7. Uma corrente e´ estabelecida num tubo de descarga de
ga´s quando uma diferenc¸a de potencial (ddp) e´ apli-
cada entre os dois eletrodos no tubo. O ga´s se ioniza,
os ele´trons movem-se em direc¸a˜o ao terminal positivo
e os ı´ons positivos em direc¸a˜o ao terminal negativo.
Em um tubo de descarga de hidrogeˆnio, 2,00 × 1018
ele´trons e 1,00×1018 pro´tons passam atrave´s da sec¸a˜o
reta do tubo a cada segundo. Quais sa˜o o mo´dulo I da
corrente ele´trica e o sentido do vetor densidade de cor-
rente ele´trica neste tubo de descarga? Lembre-se que
(i) o mo´dulo da carga do ele´tron vale 1,60× 10−19 C,
e (ii) pro´tons e ele´trons tem carga de mesmo mo´dulo
e sinais opostos.
(a) I = 0,16 A. Sentido: do terminal negativo
para o positivo.
(b) I = 0,48 A. Sentido: do terminal negativo
para o positivo.
(c) I = 0,16 A. Sentido: do terminal positivo para
o negativo.
(d) I = 0,48 A. Sentido: do terminal positivo para
o negativo.
(e) I = 0 A. Sentido: indefinido.
8. A figura abaixo representa as linhas de campode duas
part´ıculas pontuais com cargas A e B. De acordo com
essas linhas as cargas A e B devem ser, respectiva-
mente
(a) Ambas positivas
(b) Positiva e negativa
(c) Negativa e positiva
(d) Ambas negativas
(e) Positiva e neutra
(f) Neutra e negativa
3
Sec¸a˜o 2. Questo˜es discursivas (2×2,6 = 5,2 pontos)
Todas as respostas devem ter ampla justificativa!
1. [2,6 pontos] Considere uma barra retil´ınea, fina, disposta no eixo Z, entre as coordenadas z = −L e z = L (L > 0).
Em tal barra, existe uma distribuic¸a˜o de carga, com densidade linear
λ(z) = A|z|
sendo A = const.
(a) Calcule a carga total da barra Qtot. [0.6 ponto]
(b) Determine o campo ele´trico resultante (devido a` barra) em um ponto de seu plano me´dio, a uma distaˆncia s
da barra. [1.4 ponto]
(c) Determine a expressa˜o assinto´tica de tal campo, no limite em que s≫ L. Interprete o seu resultado. [0.6 ponto]
2. [2,6 pontos] Dois planos infinitos P1 e P2, paralelos entre si, de densidades superficiais −σ e 2σ (σ > 0), esta˜o
localizados respecivamente em z = 0 e z = d.
(a) Calcule detalhadamente o campo ele´trico produzido apenas pelo plano P1, tanto para z > 0 como para
z < 0. [1.2 ponto]
(b) De posse desse resultado, encontre o campo ele´trico produzido pelos 2 planos na regia˜o 0 < z < d. [0.6 ponto]
(c) Determine a diferenc¸a de potencial entre o plano P1 e o plano P2, ou seja, VP1 − VP2 . [0.8 ponto]
4
Gabarito para Versa˜o B
Sec¸a˜o 1. Mu´ltipla escolha (8×0,6 = 4,8 pontos)
1. (c)
2. (h)
3. (c)
4. (b)
5. (f)
6. (f)
7. (d)
8. (b)
1
Sec¸a˜o 2. Questo˜es discursivas (2×2,6 = 5,2 pontos)
1. Resoluc¸a˜o:
(a) Como a distribuic¸a˜o de cargas apresenta simetria de reflexa˜o, podemos integrar metade da barra e multiplicar
o resultado por 2. Assim sendo,
Qtot = 2×
∫ L
0
A|z|dz = 2A
∫ L
0
zdz = 2A
z2
2
∣∣∣∣
z=L
z=0
= AL2 .
(b) Usaremos o princ´ıpio de superposic¸a˜o para calcular o campo ele´trico resultante devido ao basta˜o. Para tanto,
percebemos, por simetria, que a u´nica componente que restara´ e´ a componente radial (cil´ındrica) s, dada por
dEs = d ~E · sˆ = dE cos θ
=
1
4πǫ0
dq
(s2 + z2)
cos θ =
1
4πǫ0
A|z|dz
(s2 + z2)
s√
s2 + z2
=
1
4πǫ0
A|z|s
(s2 + z2)3/2
dz .
Logo, integrando sobre uma das metades da barra e multiplicando por 2, temos
Es = 2× As
4πǫ0
∫ L
z=0
z dz
(s2 + z2)3/2
, (1)
A integral acima sugere a seguinte substituic¸a˜o trivial de varia´veis:
u := s2 + z2 =⇒ du = 2z dz .
Inserindo isso na Eq. (1), obtemos
Es =
As
2πǫ0
∫ s2+L2
u=s2
1
2
du
u3/2
= − As
2πǫ0
u−1/2
∣∣s2+L2
u=s2
= − As
2πǫ0
u−1/2
∣∣s2+L2
u=s2
.
Finalmente, pois,
~E(s, φ, z = 0) =
As
2πǫ0
(
1
s
− 1√
s2 + L2
)
sˆ . (2)
�
(c) Basta tomarmos o limite, usando a aproximac¸a˜o do binoˆmio de Newton,
(1 + x)n ≃ 1 + nx+ . . . (n, x ∈ R, |x| ≪ 1) ,
2
da Eq. (2), quando s≫ L, ou seja, para L/s→ 0. Obtemos, enta˜o,
lim
s≫L
~E = lim
s≫L
As
2πǫ0
[
1
s
− 1√
s2 + L2
]
sˆ
=
As
2πǫ0
1
s
[
1−
(
1 +
L2
s2
)−1/2]
sˆ
=
A
2πǫ0
[
1−
(
1− 1
2
L2
s2
+ . . .
)]
sˆ
≈ A
2πǫ0
[
1
2
L2
s2
]
sˆ
=
AL2
4πǫ0
1
s2
sˆ .
Finalmente, enta˜o,
lim
|x|≫L
~E(s, φ, z = 0) =
1
4πǫ0
AL2
s2
sˆ =
1
4πǫ0
Qtot
s2
sˆ .
Tal expressa˜o e´ justamente aquela do campo ele´trico de uma part´ıcula puntiforme de carga Qtot a uma distaˆncia s
de seu centro, ou seja, o ponto onde estamos calculando o campo ele´trico esta´ ta˜o longe da barra que ele a “veˆ”
como uma carga puntiforme.
�
2. Resoluc¸a˜o:
(a) Devido ao princ´ıpio da superposic¸a˜o , podemos calcular o campo ele´trico devido a cada plano e depois soma´-los.
Comec¸ando enta˜o pelo campo ~E1 plano em z = 0, podemos nos valer do alto grau de simetria presente para resolver
o problema, em 4 passos
• Passo 1: devido a simetria de translac¸o˜es paralelas ao plano, podemos concluir que o campo na˜o depende de
x e y, ou seja, que ~E1(x, y, z)→ ~E1(z).
• Passo 2: devido a simetria de rotac¸o˜es em torno do eixo z, podemos concluir que o campo na˜o tem componentes
paralelas ao plano, ou seja, ~E1(z)→ E(z)zˆ.
• Passo 3: devido a simetria de reflexa˜o com relac¸a˜o ao plano, podemos concluir que o campo e´ antissime´trico
na coordenada z, ou seja, ~E1(−z) = −~E1(z) ⇒ E(−z) = E(z).
• Passo 4: finalmente, podemos nos valer da lei de Gauss para determinar E(z). Utilizando uma superf´ıcie
gaussiana S cil´ındrica de “tampas” paralelas ao plano, podemos calcular o fluxo de campo ele´trico ΦE sobre
S
ΦE =
∮
S
~E1 · ~dA =
∫
Slateral
~E1 · ~dA+
∫
Stampas
~E1 · ~dA, (3)
3
o primeiro termo se anula pois ~E1 ⊥ ~dA em Slateral (ver passo 2), e o segundo podemos escrever como o dobro
do fluxo sobre uma u´nica tampa (ver passo 3). Nos aproveitando ainda do fato que ~E1 e´ func¸a˜o de z apenas
(ver passo 1) e que, sobre a tampa, ~E1 ‖ ~dA (ver passo 2) podemos escrever
ΦE = 2
∫
Stampa
~E1 · ~dA = 2
∫
Stampa
E1dA = 2E
∫
Stampa
dA = 2E1A, (4)
enquanto que a carga encerrada e´ dada por
Qenc =
∫
Senc
σdA = −σ
∫
Senc
dA = −σA. (5)
Finalmente, igualando (4) a (5) temos
2E1A = −σA ⇒ E1 = − σ
2ǫ0
⇒ ~E1(z > 0) = − σ
2ǫ0
zˆ (6)
e a simetria de reflexa˜o em relac¸a˜o ao plano garante
~E1(z < 0) =
σ
2ǫ0
zˆ (7)
(b)
O campo produzido pelo plano P2 plano pode ser encontrado de forma totalmente ana´loga ao procedimento anterior;
devemos apenas tomar o cuidado de localiza´-lo corretamente em z = d e considerar a densidade de carga correta
2σ. O resultado e´
~E2(z < d) = − 2σ
2ǫ0
zˆ = − σ
ǫ0
zˆ (8)
E enta˜o temos, na regia˜o 0 < z < d
~E = ~E1 + ~E2
⇒ ~E = − 3σ
2ǫ0
zˆ .
(c) A diferenc¸a de potencial VP1 − VP2 e´ dada por uma integral de linha entre os planos P1 e P2. Como podemos
escolher uma linha arbitra´ria (uma vez que o campo eletrosta´tico e´ conservativo), escolhemos uma linha reta
perpendicular aos planos e que os une. Desta forma, temos ~dl = dzzˆ e enta˜o
VP1 − VP2 =
∫ P2
P1
~E · ~dl
=
∫ d
0
(
− 3σ
2ǫ0
zˆ
)
· (dzzˆ)
= − 3σ
2ǫ0
∫ d
0
dz
ou seja, temos
VP1 − VP2 = −
3σd
2ǫ0
(9)
�
4
Universidade Federal do Rio de Janeiro – Instituto de F´ısica
F´ısica III – 2014/2 – Primeira Prova: 01/10/2014
Versa˜o: C
Formula´rio
~F
e
= q ~E , ~E =
1
4πǫ0
q
r2
rˆ ,
∮
S
~E ·d ~A = Qint
ǫ0
, ~E = − ~∇V , V = 1
4πǫ0
q
r
U =
1
4πǫ0
qq′
r
, ~E = ~E0/K , C = Q/V , ~J = n|q|~v , (1 + x)n ≃ 1 + nx (|x| ≪ 1)
Sec¸a˜o 1. Mu´ltipla escolha (8×0,6 = 4,8 pontos)
1. Seja um anel carregado com uma densidade linear de
carga λ0 em uma de suas metades e −λ0 na outra,
sendo λ0 uma constante, e seja Z o eixo de simetria
perpendicular ao plano do anel. Sabendo-se que o po-
tencial ele´trico no infinito e´ igual a zero, qual a u´nica
afirmativa verdadeira?
(a) ~E 6= ~0 e V 6= 0 sobre o eixo Z
(b) ~E = ~0 e V 6= 0 sobre o eixo Z
(c) ~E 6= ~0 e V = 0 sobre o eixo Z
(d) ~E = ~0 e V = 0 no centro do anel
(e) ~E = ~0 e V 6= 0 no centro do anel
2. Considere uma barra finita de comprimento L, com
densidade linear de carga uniforme λ.
Qual das afirmativas abaixo e´ verdadeira?
(a) O campo ele´trico sempre aponta na direc¸a˜o sˆ.
(b) O campo ele´trico so´ depende da coordenada s.
(c) A direc¸a˜o do campo ele´trico independe da co-
ordenada φ
(d) O mo´dulo do campo ele´trico independe da co-
ordenada z.
(e) A direc¸a˜o do campo ele´trico independe da co-
ordenada s
(f) O mo´dulo do campo ele´trico independe da co-
ordenada φ
1
3. Uma corrente e´ estabelecida num tubo de descarga de
ga´s quando uma diferenc¸a de potencial (ddp) e´apli-
cada entre os dois eletrodos no tubo. O ga´s se ioniza,
os ele´trons movem-se em direc¸a˜o ao terminal positivo
e os ı´ons positivos em direc¸a˜o ao terminal negativo.
Em um tubo de descarga de hidrogeˆnio, 2,00 × 1018
ele´trons e 1,00×1018 pro´tons passam atrave´s da sec¸a˜o
reta do tubo a cada segundo. Quais sa˜o o mo´dulo I da
corrente ele´trica e o sentido do vetor densidade de cor-
rente ele´trica neste tubo de descarga? Lembre-se que
(i) o mo´dulo da carga do ele´tron vale 1,60× 10−19 C,
e (ii) pro´tons e ele´trons tem carga de mesmo mo´dulo
e sinais opostos.
(a) I = 0,16 A. Sentido: do terminal negativo
para o positivo.
(b) I = 0,48 A. Sentido: do terminal negativo
para o positivo.
(c) I = 0,16 A. Sentido: do terminal positivo para
o negativo.
(d) I = 0,48 A. Sentido: do terminal positivo para
o negativo.
(e) I = 0 A. Sentido: indefinido.
4. Seja um cubo isolante e uniformememente carre-
gado, isolado de todos os outros corpos. Dentre as
afirmac¸o˜es (I) A lei de Gauss so´ se aplica a esse pro-
blema se escolhermos superf´ıcies gaussianas cu´bicas,
haja vista a simetria do sistema, (II) A lei de Gauss
deixa de ser aplica´vel a esse problema se escolhermos
superf´ıcies gaussianas que interceptam o cubo carre-
gado, (III) A lei de Gauss simplesmente na˜o se aplica
a esse problema; qual(is) e´(sa˜o) verdadeira(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.
5. A figura mostra duas part´ıculas pontuais, de car-
gas Q e Q′ e massas desprez´ıveis, colocadas sobre os
brac¸os (tambe´m de massas desprez´ıveis) de mesmo
comprimento de uma balanc¸a nas distaˆncias indica-
das. A balanc¸a esta´ em uma regia˜o onde existe um
campo ele´trico uniforme ~E vertical para baixo, con-
forme mostra a figura.Para que a balanc¸a permanec¸a
em equil´ıbrio o valor de Q′ deve ser igual a
(a) −3Q
(b) −2Q
(c) −Q
(d) Q
(e) 2Q
(f) 3Q
6. Considere as treˆs seguintes afirmac¸o˜es: (I) A densi-
dade de energia em um campo ele´trico e´ linearmente
proporcional ao mo´dulo de tal campo. (II) O trabalho
necessa´rio para carregar um capacitor pode ser pen-
sado como o trabalho necessa´rio para criar um campo
ele´trico. (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
7. 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?
q
-2√2 q
q
q
(a)
√
2q2/(4πε0a
2).
(b)
√
2q2/(8πε0a
2).
(c) 0.
(d)
√
5q2/(4πε0a
2).
(e) (2 +
√
2)q2/(4πε0a
2).
(f) (2−√2)q2/(4πε0a2).
8. A figura abaixo representa as linhas de campo de duas
part´ıculas pontuais com cargas A e B. De acordo com
essas linhas as cargas A e B devem ser, respectiva-
mente
(a) Ambas positivas
(b) Positiva e negativa
(c) Negativa e positiva
(d) Ambas negativas
(e) Positiva e neutra
(f) Neutra e negativa
3
Sec¸a˜o 2. Questo˜es discursivas (2×2,6 = 5,2 pontos)
Todas as respostas devem ter ampla justificativa!
1. [2,6 pontos] Considere uma barra retil´ınea, fina, disposta no eixo Z, entre as coordenadas z = −L e z = L (L > 0).
Em tal barra, existe uma distribuic¸a˜o de carga, com densidade linear
λ(z) = A|z|
sendo A = const.
(a) Calcule a carga total da barra Qtot. [0.6 ponto]
(b) Determine o campo ele´trico resultante (devido a` barra) em um ponto de seu plano me´dio, a uma distaˆncia s
da barra. [1.4 ponto]
(c) Determine a expressa˜o assinto´tica de tal campo, no limite em que s≫ L. Interprete o seu resultado. [0.6 ponto]
2. [2,6 pontos] Dois planos infinitos P1 e P2, paralelos entre si, de densidades superficiais −σ e 2σ (σ > 0), esta˜o
localizados respecivamente em z = 0 e z = d.
(a) Calcule detalhadamente o campo ele´trico produzido apenas pelo plano P1, tanto para z > 0 como para
z < 0. [1.2 ponto]
(b) De posse desse resultado, encontre o campo ele´trico produzido pelos 2 planos na regia˜o 0 < z < d. [0.6 ponto]
(c) Determine a diferenc¸a de potencial entre o plano P1 e o plano P2, ou seja, VP1 − VP2 . [0.8 ponto]
4
Gabarito para Versa˜o C
Sec¸a˜o 1. Mu´ltipla escolha (8×0,6 = 4,8 pontos)
1. (c)
2. (f)
3. (d)
4. (h)
5. (f)
6. (b)
7. (c)
8. (b)
1
Sec¸a˜o 2. Questo˜es discursivas (2×2,6 = 5,2 pontos)
1. Resoluc¸a˜o:
(a) Como a distribuic¸a˜o de cargas apresenta simetria de reflexa˜o, podemos integrar metade da barra e multiplicar
o resultado por 2. Assim sendo,
Qtot = 2×
∫ L
0
A|z|dz = 2A
∫ L
0
zdz = 2A
z2
2
∣∣∣∣
z=L
z=0
= AL2 .
(b) Usaremos o princ´ıpio de superposic¸a˜o para calcular o campo ele´trico resultante devido ao basta˜o. Para tanto,
percebemos, por simetria, que a u´nica componente que restara´ e´ a componente radial (cil´ındrica) s, dada por
dEs = d ~E · sˆ = dE cos θ
=
1
4πǫ0
dq
(s2 + z2)
cos θ =
1
4πǫ0
A|z|dz
(s2 + z2)
s√
s2 + z2
=
1
4πǫ0
A|z|s
(s2 + z2)3/2
dz .
Logo, integrando sobre uma das metades da barra e multiplicando por 2, temos
Es = 2× As
4πǫ0
∫ L
z=0
z dz
(s2 + z2)3/2
, (1)
A integral acima sugere a seguinte substituic¸a˜o trivial de varia´veis:
u := s2 + z2 =⇒ du = 2z dz .
Inserindo isso na Eq. (1), obtemos
Es =
As
2πǫ0
∫ s2+L2
u=s2
1
2
du
u3/2
= − As
2πǫ0
u−1/2
∣∣s2+L2
u=s2
= − As
2πǫ0
u−1/2
∣∣s2+L2
u=s2
.
Finalmente, pois,
~E(s, φ, z = 0) =
As
2πǫ0
(
1
s
− 1√
s2 + L2
)
sˆ . (2)
�
(c) Basta tomarmos o limite, usando a aproximac¸a˜o do binoˆmio de Newton,
(1 + x)n ≃ 1 + nx+ . . . (n, x ∈ R, |x| ≪ 1) ,
2
da Eq. (2), quando s≫ L, ou seja, para L/s→ 0. Obtemos, enta˜o,
lim
s≫L
~E = lim
s≫L
As
2πǫ0
[
1
s
− 1√
s2 + L2
]
sˆ
=
As
2πǫ0
1
s
[
1−
(
1 +
L2
s2
)−1/2]
sˆ
=
A
2πǫ0
[
1−
(
1− 1
2
L2
s2
+ . . .
)]
sˆ
≈ A
2πǫ0
[
1
2
L2
s2
]
sˆ
=
AL2
4πǫ0
1
s2
sˆ .
Finalmente, enta˜o,
lim
|x|≫L
~E(s, φ, z = 0) =
1
4πǫ0
AL2
s2
sˆ =
1
4πǫ0
Qtot
s2
sˆ .
Tal expressa˜o e´ justamente aquela do campo ele´trico de uma part´ıcula puntiforme de carga Qtot a uma distaˆncia s
de seu centro, ou seja, o ponto onde estamos calculando o campo ele´trico esta´ ta˜o longe da barra que ele a “veˆ”
como uma carga puntiforme.
�
2. Resoluc¸a˜o:
(a) Devido ao princ´ıpio da superposic¸a˜o , podemos calcular o campo ele´trico devido a cada plano e depois soma´-los.
Comec¸ando enta˜o pelo campo ~E1 plano em z = 0, podemos nos valer do alto grau de simetria presente para resolver
o problema, em 4 passos
• Passo 1: devido a simetria de translac¸o˜es paralelas ao plano, podemos concluir que o campo na˜o depende de
x e y, ou seja, que ~E1(x, y, z)→ ~E1(z).
• Passo 2: devido a simetria de rotac¸o˜es em torno do eixo z, podemos concluir que o campo na˜o tem componentes
paralelas ao plano, ou seja, ~E1(z)→ E(z)zˆ.
• Passo 3: devido a simetria de reflexa˜o com relac¸a˜o ao plano, podemos concluir que o campo e´ antissime´trico
na coordenada z, ou seja, ~E1(−z) = −~E1(z) ⇒ E(−z) = E(z).
• Passo 4: finalmente, podemos nos valer da lei de Gauss para determinar E(z). Utilizando uma superf´ıcie
gaussiana S cil´ındrica de “tampas” paralelas ao plano, podemos calcular o fluxo de campo ele´trico ΦE sobreS
ΦE =
∮
S
~E1 · ~dA =
∫
Slateral
~E1 · ~dA+
∫
Stampas
~E1 · ~dA, (3)
3
o primeiro termo se anula pois ~E1 ⊥ ~dA em Slateral (ver passo 2), e o segundo podemos escrever como o dobro
do fluxo sobre uma u´nica tampa (ver passo 3). Nos aproveitando ainda do fato que ~E1 e´ func¸a˜o de z apenas
(ver passo 1) e que, sobre a tampa, ~E1 ‖ ~dA (ver passo 2) podemos escrever
ΦE = 2
∫
Stampa
~E1 · ~dA = 2
∫
Stampa
E1dA = 2E
∫
Stampa
dA = 2E1A, (4)
enquanto que a carga encerrada e´ dada por
Qenc =
∫
Senc
σdA = −σ
∫
Senc
dA = −σA. (5)
Finalmente, igualando (4) a (5) temos
2E1A = −σA ⇒ E1 = − σ
2ǫ0
⇒ ~E1(z > 0) = − σ
2ǫ0
zˆ (6)
e a simetria de reflexa˜o em relac¸a˜o ao plano garante
~E1(z < 0) =
σ
2ǫ0
zˆ (7)
(b)
O campo produzido pelo plano P2 plano pode ser encontrado de forma totalmente ana´loga ao procedimento anterior;
devemos apenas tomar o cuidado de localiza´-lo corretamente em z = d e considerar a densidade de carga correta
2σ. O resultado e´
~E2(z < d) = − 2σ
2ǫ0
zˆ = − σ
ǫ0
zˆ (8)
E enta˜o temos, na regia˜o 0 < z < d
~E = ~E1 + ~E2
⇒ ~E = − 3σ
2ǫ0
zˆ .
(c) A diferenc¸a de potencial VP1 − VP2 e´ dada por uma integral de linha entre os planos P1 e P2. Como podemos
escolher uma linha arbitra´ria (uma vez que o campo eletrosta´tico e´ conservativo), escolhemos uma linha reta
perpendicular aos planos e que os une. Desta forma, temos ~dl = dzzˆ e enta˜o
VP1 − VP2 =
∫ P2
P1
~E · ~dl
=
∫ d
0
(
− 3σ
2ǫ0
zˆ
)
· (dzzˆ)
= − 3σ
2ǫ0
∫ d
0
dz
ou seja, temos
VP1 − VP2 = −
3σd
2ǫ0
(9)
�
4
Universidade Federal do Rio de Janeiro – Instituto de F´ısica
F´ısica III – 2014/2 – Primeira Prova: 01/10/2014
Versa˜o: D
Formula´rio
~F
e
= q ~E , ~E =
1
4πǫ0
q
r2
rˆ ,
∮
S
~E ·d ~A = Qint
ǫ0
, ~E = − ~∇V , V = 1
4πǫ0
q
r
U =
1
4πǫ0
qq′
r
, ~E = ~E0/K , C = Q/V , ~J = n|q|~v , (1 + x)n ≃ 1 + nx (|x| ≪ 1)
Sec¸a˜o 1. Mu´ltipla escolha (8×0,6 = 4,8 pontos)
1. A figura mostra duas part´ıculas pontuais, de car-
gas Q e Q′ e massas desprez´ıveis, colocadas sobre os
brac¸os (tambe´m de massas desprez´ıveis) de mesmo
comprimento de uma balanc¸a nas distaˆncias indica-
das. A balanc¸a esta´ em uma regia˜o onde existe um
campo ele´trico uniforme ~E vertical para baixo, con-
forme mostra a figura.Para que a balanc¸a permanec¸a
em equil´ıbrio o valor de Q′ deve ser igual a
(a) −3Q
(b) −2Q
(c) −Q
(d) Q
(e) 2Q
(f) 3Q
2. Considere as treˆs seguintes afirmac¸o˜es: (I) A densi-
dade de energia em um campo ele´trico e´ linearmente
proporcional ao mo´dulo de tal campo. (II) O trabalho
necessa´rio para carregar um capacitor pode ser pen-
sado como o trabalho necessa´rio para criar um campo
ele´trico. (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.
1
3. 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?
q
-2√2 q
q
q
(a)
√
2q2/(4πε0a
2).
(b)
√
2q2/(8πε0a
2).
(c) 0.
(d)
√
5q2/(4πε0a
2).
(e) (2 +
√
2)q2/(4πε0a
2).
(f) (2−√2)q2/(4πε0a2).
4. Seja um cubo isolante e uniformememente carre-
gado, isolado de todos os outros corpos. Dentre as
afirmac¸o˜es (I) A lei de Gauss so´ se aplica a esse pro-
blema se escolhermos superf´ıcies gaussianas cu´bicas,
haja vista a simetria do sistema, (II) A lei de Gauss
deixa de ser aplica´vel a esse problema se escolhermos
superf´ıcies gaussianas que interceptam o cubo carre-
gado, (III) A lei de Gauss simplesmente na˜o se aplica
a esse problema; qual(is) e´(sa˜o) verdadeira(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.
5. Seja um anel carregado com uma densidade linear de
carga λ0 em uma de suas metades e −λ0 na outra,
sendo λ0 uma constante, e seja Z o eixo de simetria
perpendicular ao plano do anel. Sabendo-se que o po-
tencial ele´trico no infinito e´ igual a zero, qual a u´nica
afirmativa verdadeira?
(a) ~E 6= ~0 e V 6= 0 sobre o eixo Z
(b) ~E = ~0 e V 6= 0 sobre o eixo Z
(c) ~E 6= ~0 e V = 0 sobre o eixo Z
(d) ~E = ~0 e V = 0 no centro do anel
(e) ~E = ~0 e V 6= 0 no centro do anel
6. Considere uma barra finita de comprimento L, com
densidade linear de carga uniforme λ.
Qual das afirmativas abaixo e´ verdadeira?
(a) O campo ele´trico sempre aponta na direc¸a˜o sˆ.
(b) O campo ele´trico so´ depende da coordenada s.
(c) A direc¸a˜o do campo ele´trico independe da co-
ordenada φ
(d) O mo´dulo do campo ele´trico independe da co-
ordenada z.
(e) A direc¸a˜o do campo ele´trico independe da co-
ordenada s
(f) O mo´dulo do campo ele´trico independe da co-
ordenada φ
2
7. Uma corrente e´ estabelecida num tubo de descarga de
ga´s quando uma diferenc¸a de potencial (ddp) e´ apli-
cada entre os dois eletrodos no tubo. O ga´s se ioniza,
os ele´trons movem-se em direc¸a˜o ao terminal positivo
e os ı´ons positivos em direc¸a˜o ao terminal negativo.
Em um tubo de descarga de hidrogeˆnio, 2,00 × 1018
ele´trons e 1,00×1018 pro´tons passam atrave´s da sec¸a˜o
reta do tubo a cada segundo. Quais sa˜o o mo´dulo I da
corrente ele´trica e o sentido do vetor densidade de cor-
rente ele´trica neste tubo de descarga? Lembre-se que
(i) o mo´dulo da carga do ele´tron vale 1,60× 10−19 C,
e (ii) pro´tons e ele´trons tem carga de mesmo mo´dulo
e sinais opostos.
(a) I = 0,16 A. Sentido: do terminal negativo
para o positivo.
(b) I = 0,48 A. Sentido: do terminal negativo
para o positivo.
(c) I = 0,16 A. Sentido: do terminal positivo para
o negativo.
(d) I = 0,48 A. Sentido: do terminal positivo para
o negativo.
(e) I = 0 A. Sentido: indefinido.
8. A figura abaixo representa as linhas de campo de duas
part´ıculas pontuais com cargas A e B. De acordo com
essas linhas as cargas A e B devem ser, respectiva-
mente
(a) Ambas positivas
(b) Positiva e negativa
(c) Negativa e positiva
(d) Ambas negativas
(e) Positiva e neutra
(f) Neutra e negativa
3
Sec¸a˜o 2. Questo˜es discursivas (2×2,6 = 5,2 pontos)
Todas as respostas devem ter ampla justificativa!
1. [2,6 pontos] Considere uma barra retil´ınea, fina, disposta no eixo Z, entre as coordenadas z = −L e z = L (L > 0).
Em tal barra, existe uma distribuic¸a˜o de carga, com densidade linear
λ(z) = A|z|
sendo A = const.
(a) Calcule a carga total da barra Qtot. [0.6 ponto]
(b) Determine o campo ele´trico resultante (devido a` barra) em um ponto de seu plano me´dio, a uma distaˆncia s
da barra. [1.4 ponto]
(c) Determine a expressa˜o assinto´tica de tal campo, no limite em que s≫ L. Interprete o seu resultado. [0.6 ponto]
2. [2,6 pontos] Dois planos infinitos P1 e P2, paralelos entre si, de densidades superficiais −σ e 2σ (σ > 0), esta˜o
localizados respecivamente em z = 0 e z = d.
(a) Calcule detalhadamente o campo ele´trico produzido apenas pelo plano P1, tanto para z > 0 como para
z < 0. [1.2 ponto]
(b) De posse desse resultado, encontre o campo ele´trico produzido pelos 2 planos na regia˜o 0 < z < d. [0.6 ponto]
(c) Determine a diferenc¸a de potencial entre o plano P1 e o plano P2, ou seja, VP1 − VP2 . [0.8 ponto]
4
Gabarito para Versa˜o D
Sec¸a˜o 1. Mu´ltipla escolha (8×0,6 = 4,8 pontos)
1. (f)
2.(b)
3. (c)
4. (h)
5. (c)
6. (f)
7. (d)
8. (b)
1
Sec¸a˜o 2. Questo˜es discursivas (2×2,6 = 5,2 pontos)
1. Resoluc¸a˜o:
(a) Como a distribuic¸a˜o de cargas apresenta simetria de reflexa˜o, podemos integrar metade da barra e multiplicar
o resultado por 2. Assim sendo,
Qtot = 2×
∫ L
0
A|z|dz = 2A
∫ L
0
zdz = 2A
z2
2
∣∣∣∣
z=L
z=0
= AL2 .
(b) Usaremos o princ´ıpio de superposic¸a˜o para calcular o campo ele´trico resultante devido ao basta˜o. Para tanto,
percebemos, por simetria, que a u´nica componente que restara´ e´ a componente radial (cil´ındrica) s, dada por
dEs = d ~E · sˆ = dE cos θ
=
1
4πǫ0
dq
(s2 + z2)
cos θ =
1
4πǫ0
A|z|dz
(s2 + z2)
s√
s2 + z2
=
1
4πǫ0
A|z|s
(s2 + z2)3/2
dz .
Logo, integrando sobre uma das metades da barra e multiplicando por 2, temos
Es = 2× As
4πǫ0
∫ L
z=0
z dz
(s2 + z2)3/2
, (1)
A integral acima sugere a seguinte substituic¸a˜o trivial de varia´veis:
u := s2 + z2 =⇒ du = 2z dz .
Inserindo isso na Eq. (1), obtemos
Es =
As
2πǫ0
∫ s2+L2
u=s2
1
2
du
u3/2
= − As
2πǫ0
u−1/2
∣∣s2+L2
u=s2
= − As
2πǫ0
u−1/2
∣∣s2+L2
u=s2
.
Finalmente, pois,
~E(s, φ, z = 0) =
As
2πǫ0
(
1
s
− 1√
s2 + L2
)
sˆ . (2)
�
(c) Basta tomarmos o limite, usando a aproximac¸a˜o do binoˆmio de Newton,
(1 + x)n ≃ 1 + nx+ . . . (n, x ∈ R, |x| ≪ 1) ,
2
da Eq. (2), quando s≫ L, ou seja, para L/s→ 0. Obtemos, enta˜o,
lim
s≫L
~E = lim
s≫L
As
2πǫ0
[
1
s
− 1√
s2 + L2
]
sˆ
=
As
2πǫ0
1
s
[
1−
(
1 +
L2
s2
)−1/2]
sˆ
=
A
2πǫ0
[
1−
(
1− 1
2
L2
s2
+ . . .
)]
sˆ
≈ A
2πǫ0
[
1
2
L2
s2
]
sˆ
=
AL2
4πǫ0
1
s2
sˆ .
Finalmente, enta˜o,
lim
|x|≫L
~E(s, φ, z = 0) =
1
4πǫ0
AL2
s2
sˆ =
1
4πǫ0
Qtot
s2
sˆ .
Tal expressa˜o e´ justamente aquela do campo ele´trico de uma part´ıcula puntiforme de carga Qtot a uma distaˆncia s
de seu centro, ou seja, o ponto onde estamos calculando o campo ele´trico esta´ ta˜o longe da barra que ele a “veˆ”
como uma carga puntiforme.
�
2. Resoluc¸a˜o:
(a) Devido ao princ´ıpio da superposic¸a˜o , podemos calcular o campo ele´trico devido a cada plano e depois soma´-los.
Comec¸ando enta˜o pelo campo ~E1 plano em z = 0, podemos nos valer do alto grau de simetria presente para resolver
o problema, em 4 passos
• Passo 1: devido a simetria de translac¸o˜es paralelas ao plano, podemos concluir que o campo na˜o depende de
x e y, ou seja, que ~E1(x, y, z)→ ~E1(z).
• Passo 2: devido a simetria de rotac¸o˜es em torno do eixo z, podemos concluir que o campo na˜o tem componentes
paralelas ao plano, ou seja, ~E1(z)→ E(z)zˆ.
• Passo 3: devido a simetria de reflexa˜o com relac¸a˜o ao plano, podemos concluir que o campo e´ antissime´trico
na coordenada z, ou seja, ~E1(−z) = −~E1(z) ⇒ E(−z) = E(z).
• Passo 4: finalmente, podemos nos valer da lei de Gauss para determinar E(z). Utilizando uma superf´ıcie
gaussiana S cil´ındrica de “tampas” paralelas ao plano, podemos calcular o fluxo de campo ele´trico ΦE sobre
S
ΦE =
∮
S
~E1 · ~dA =
∫
Slateral
~E1 · ~dA+
∫
Stampas
~E1 · ~dA, (3)
3
o primeiro termo se anula pois ~E1 ⊥ ~dA em Slateral (ver passo 2), e o segundo podemos escrever como o dobro
do fluxo sobre uma u´nica tampa (ver passo 3). Nos aproveitando ainda do fato que ~E1 e´ func¸a˜o de z apenas
(ver passo 1) e que, sobre a tampa, ~E1 ‖ ~dA (ver passo 2) podemos escrever
ΦE = 2
∫
Stampa
~E1 · ~dA = 2
∫
Stampa
E1dA = 2E
∫
Stampa
dA = 2E1A, (4)
enquanto que a carga encerrada e´ dada por
Qenc =
∫
Senc
σdA = −σ
∫
Senc
dA = −σA. (5)
Finalmente, igualando (4) a (5) temos
2E1A = −σA ⇒ E1 = − σ
2ǫ0
⇒ ~E1(z > 0) = − σ
2ǫ0
zˆ (6)
e a simetria de reflexa˜o em relac¸a˜o ao plano garante
~E1(z < 0) =
σ
2ǫ0
zˆ (7)
(b)
O campo produzido pelo plano P2 plano pode ser encontrado de forma totalmente ana´loga ao procedimento anterior;
devemos apenas tomar o cuidado de localiza´-lo corretamente em z = d e considerar a densidade de carga correta
2σ. O resultado e´
~E2(z < d) = − 2σ
2ǫ0
zˆ = − σ
ǫ0
zˆ (8)
E enta˜o temos, na regia˜o 0 < z < d
~E = ~E1 + ~E2
⇒ ~E = − 3σ
2ǫ0
zˆ .
(c) A diferenc¸a de potencial VP1 − VP2 e´ dada por uma integral de linha entre os planos P1 e P2. Como podemos
escolher uma linha arbitra´ria (uma vez que o campo eletrosta´tico e´ conservativo), escolhemos uma linha reta
perpendicular aos planos e que os une. Desta forma, temos ~dl = dzzˆ e enta˜o
VP1 − VP2 =
∫ P2
P1
~E · ~dl
=
∫ d
0
(
− 3σ
2ǫ0
zˆ
)
· (dzzˆ)
= − 3σ
2ǫ0
∫ d
0
dz
ou seja, temos
VP1 − VP2 = −
3σd
2ǫ0
(9)
�
4