Gabarito da Primeira Prova Teórica de Física 3 2018.1 (Ossamu Nakamura) UFBA

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INSTITUTO DE FÍSICA DA UFBA 
 DEPARTAMENTO DE FÍSICA DO ESTADO SÓLIDO 
 DISCIPLINA: FÍSICA GERAL E EXPERIMENTAL III FIS 123. 
 TURMA: T02 SEMESTRE: 1
o
 /2018 16/05/18 
 
1a PROVA - GABARITO 
 
1. a. A carga da camada que envolve o condutor vale: 
𝑄𝑐𝑎𝑚 = ∫𝜌𝑑𝑉 = ∫𝐴𝑟 4𝜋𝑟
2𝑑𝑟 
𝑄𝑐𝑎𝑚 = 4𝜋𝐴∫ 𝑟
3
2𝑎
𝑎
𝑑𝑟 =
4𝜋𝐴
4
[(2𝑎)4 − 𝑎4] = 15𝜋𝑎4𝐴 
𝐴 =
3𝑄
15𝜋𝑎4
 → 𝑄𝑐𝑎𝑚 = 3𝑄 
b. Calculo do campo elétrico: 
 Campo fora das esferas de carga 𝐸𝑒𝑥𝑡 (𝑟 > 2𝑎) 
Traçando uma superfície gaussiana esférica de raio 𝑟 > 2𝑎 e aplicando a Lei de Gauss para esta superfície, 
encontramos: 
∮ �⃗� . 𝑑𝐴 =
𝑄𝑖𝑛𝑡
𝜀0
 ∮ �⃗� . 𝑑𝐴 = 𝐸𝑒𝑥𝑡4𝜋𝑟
2 𝑒 𝑄𝑖𝑛𝑡 = 𝑄𝑐𝑜𝑛𝑑 +𝑄𝑐𝑎𝑚 = 4𝑄 
𝐸𝑒𝑥𝑡 =
𝑄
𝜋𝜀0𝑟2
 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑟 > 2𝑎 (𝟏. 𝟏) 
 Campo no interior do camada 𝐸𝑐𝑎𝑚 (𝑎 < 𝑟 < 2𝑎) 
Traçando uma superfície gaussiana esférica de raio 𝑎 < 𝑟 < 2𝑎 no interior da camada e aplicando a Lei de 
Gauss para esta superfície, encontramos: 
∮�⃗� . 𝑑𝐴 =
𝑄𝑖𝑛𝑡
𝜀0
 ∮ �⃗� . 𝑑𝐴 = 𝐸𝑐𝑎𝑚4𝜋𝑟
2 𝑒 𝑄𝑖𝑛𝑡 = 𝑄𝑐𝑜𝑛𝑑 + 𝑄𝑐𝑎𝑚 
𝑄𝑐𝑎𝑚 = ∫𝜌𝑑𝑉 = 4𝜋𝐴∫ 𝑟′
3
𝑟
𝑎
𝑑𝑟′ =
4𝜋𝐴
4
(𝑟4 − 𝑎4) 
𝐴 =
3𝑄
15𝜋𝑎4
 → 𝑄𝑐𝑎𝑚 = 
3𝑄
15𝑎4
(𝑟4 − 𝑎4) ∴ 𝑄𝑖𝑛𝑡 = 𝑄 [1 +
3
15𝑎4
(𝑟4 − 𝑎4)] 
O campo no interior da camada será, portanto: 
𝐸𝑐𝑎𝑚 =
𝑄
4𝜋𝜀0𝑟2
[1 +
3
15𝑎4
(𝑟4 − 𝑎4)] =
𝑄
4𝜋𝜀0𝑟2
(1 −
3
15
+
3
15𝑎4
𝑟4) 
𝐸𝑐𝑎𝑚 =
𝑄
60𝜋𝜀0
(
12
𝑟2
+
3
𝑎4
𝑟2) 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑎 < 𝑟 < 2𝑎 (𝟏. 𝟐) 
 
 Campo dentro da esfera condutora interna 𝐸𝑐𝑜𝑛𝑑 (𝑟 < 𝑎) 
Como o condutor está em equilíbrio eletrostático 
𝐸𝑐𝑜𝑛𝑑 = 0 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑟 < 𝑎 (𝟏. 𝟑) 
 
c. Calculo do potencial elétrico. Para este caso usamos a expressão: 
𝑉 = −∫ 𝐸 𝑑𝑟 + 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡
𝑟
𝑟𝐴
 
De acordo com o enunciado, 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 = 0, de modo que o potencial para cada região do espaço será dado por: 
 Fora das esferas de carga 𝑉𝑒𝑥𝑡 (𝑟 ≥ 2𝑎) 
𝑉𝑒𝑥𝑡(𝑟) = −∫ 𝐸𝑒𝑥𝑡 𝑑𝑟
𝑟
𝑟𝐴
 
 (𝟏.𝟏) 
→ 𝑉𝑒𝑥𝑡(𝑟) = −∫
𝑄
𝜋𝜀0𝑟′2
 𝑑𝑟′
𝑟
𝑟𝐴
=
𝑄
𝜋𝜀0
(
1
𝑟
−
1
𝑟𝐴
) 
𝑟𝐴 → ∞ → 𝑉𝑒𝑥𝑡(𝑟) =
𝑄
𝜋𝜀0𝑟
 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑟 ≥ 2𝑎 
 Dentro da camada 𝑉𝑐𝑎𝑚 (𝑎 ≤ 𝑟 ≤ 2𝑎) 
𝑉𝑐𝑎𝑚(𝑟) = −∫ 𝐸𝑒𝑥𝑡 𝑑𝑟
2𝑎
𝑟𝐴
−∫ 𝐸𝑐𝑎𝑚 𝑑𝑟
𝑟
2𝑎
 𝑟𝐴 → ∞ 
Usando o resultado anterior, obtemos: 
−∫ 𝐸𝑒𝑥𝑡 𝑑𝑟
2𝑎
∞
=
𝑄
2𝜋𝜀0𝑎
 
Usando (𝟏. 𝟐) teremos 
−∫ 𝐸𝑐𝑎𝑚 𝑑𝑟
𝑟
2𝑎
= −
𝑄
60𝜋𝜀0
∫ (
12
𝑟′2
+
3
𝑎4
𝑟′2) 𝑑𝑟′ =
𝑄
60𝜋𝜀0
[12 (
1
𝑟
−
1
2𝑎
) −
1
𝑎4
(𝑟3 − 8𝑎3)] 
𝑟
2𝑎
 
Logo 
𝑉𝑐𝑎𝑚(𝑟) =
𝑄
2𝜋𝜀0𝑎
+
𝑄
60𝜋𝜀0
[12 (
1
𝑟
−
1
2𝑎
) −
1
𝑎4
(𝑟3 − 8𝑎3)] 
𝑉𝑐𝑎𝑚(𝑟) =
𝑄
2𝜋𝜀0
{
1
𝑎
+
1
30
[12 (
1
𝑟
−
1
2𝑎
) −
1
𝑎4
(𝑟3 − 8𝑎3)]} 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑎 ≤ 𝑟 ≤ 2𝑎 
 Dentro do condutor interno 𝑉𝑐𝑜𝑛𝑑 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑟 < 𝑎 
𝑉𝑐𝑜𝑛𝑑(𝑟) = −∫ 𝐸𝑒𝑥𝑡 𝑑𝑟
2𝑎
∞
−∫ 𝐸𝑐𝑎𝑚 𝑑𝑟
𝑎
2𝑎
− ∫ 𝐸𝑐𝑜𝑛𝑑 𝑑𝑟
𝑟
𝑎
 
Como 𝐸𝑐𝑜𝑛𝑑 = 0, 𝑉𝑐𝑜𝑛𝑑(𝑟) = 𝑉𝑐𝑎𝑚(𝑎) 
𝑉𝑐𝑜𝑛𝑑(𝑟) =
𝑄
2𝜋𝜀0
{
1
𝑎
+
1
30
[12 (
1
𝑎
−
1
2𝑎
) −
1
𝑎4
(𝑎3 − 8𝑎3)]} 
𝑉𝑖𝑛𝑡(𝑟) =
43𝑄
60𝜋𝜀0𝑎
 
 
2. a. O campo �⃗� 1 criado por 𝑞1 é dado por: 
�⃗� 1 =
𝐾𝑞1
𝑟1
2 �̂�1 
�̂�1 = cosθ 𝑖 ⃗ − senθ 𝑗 ⃗⃗ =
𝑥
𝑟1
𝑖 ⃗ −
𝑑
𝑟1
𝑗 𝑟1 = √𝑥2 + 𝑑2 
�⃗� 1 =
𝐾𝑞1
(𝑥2 + 𝑑2)3/2
(𝑥 𝑖 ⃗ − 𝑑 𝑗 ) 
Analogamente, 
�⃗� 2 =
𝐾𝑞2
𝑟2
2 �̂�2 
�̂�2 = cosθ 𝑖 ⃗ + senθ 𝑗 ⃗⃗ =
𝑥
𝑟2
𝑖 ⃗ +
𝑑
2
𝑗 𝑟2 = √𝑥2 + 𝑑2 
�⃗� 2 =
𝐾𝑞2
(𝑥2 + 𝑑2)3/2
(𝑥 𝑖 ⃗ + 𝑑 𝑗 ) 
b. O campo total será: 
�⃗� = �⃗� 1 + �⃗� 1 =
𝐾𝑞1
(𝑥2 + 𝑑2)3/2
(𝑥 𝑖 ⃗ − 𝑑 𝑗 ) +
𝐾𝑞2
(𝑥2 + 𝑑2)3/2
(𝑥 𝑖 ⃗ + 𝑑 𝑗 ) 
�⃗� =
𝐾
(𝑥2 + 𝑑2)3/2
[(𝑞1 + 𝑞2)𝑥 𝑖 ⃗ + (𝑞2 − 𝑞1)𝑑 𝑗 ] 
Para 𝑞1 = 𝑞2 = 𝑞 
�⃗� =
2𝐾𝑞 𝑥
(𝑥2 + 𝑑2)3/2
𝑖 ⃗ (𝟐. 𝟏) 
c. O potencial no ponto 𝑃 será: 
𝑉(𝑥) = 𝑉1 + 𝑉2 =
𝐾𝑞1
𝑟1
+
𝐾𝑞2
𝑟2
 
𝑟1 = 𝑟2 = √𝑥2 + 𝑑2 𝑒 𝑞1 = 𝑞2 = 𝑞 
𝑉(𝑥) =
2𝐾𝑞
√𝑥2 + 𝑑2
 (𝟐. 𝟐) 
d. Cálculo do campo a partir do potencial 
�⃗� = −∇⃗⃗ 𝑉 = −
𝑑𝑉
𝑑𝑥
𝑖 ⃗ 
Usando (𝟐.𝟐), encontramos: 
�⃗� = −
𝑑
𝑑𝑥
[
2𝐾𝑞
(𝑥2 + 𝑑2)1/2
 ] 𝑖 ⃗ → �⃗� =
2𝐾𝑞𝑥
(𝑥2 + 𝑑2)3/2
𝑖 ⃗ 
Este campo é o mesmo resultado (𝟐. 𝟏) encontrado no item 𝑏. 
 
3. a. A força sobre a carga 𝑞1, exercidas por 𝑞2 e 𝑞3 é: 
𝐹 1 = 𝐹 12 + 𝐹 13 =
𝐾𝑞1𝑞2
𝑟12
2 �̂�12 +
𝐾𝑞1𝑞3
𝑟13
2 �̂�13 
Note que 𝑟12 = 𝑎, 𝑟13 = 𝑎, �̂�12 = −𝑖 ⃗ e �̂�13 = −𝑗 ⃗⃗ . 
𝐹 1 = −(
𝐾𝑞1𝑞2
𝑎2
𝑖 ⃗ +
𝐾𝑞1𝑞3
𝑎2
𝑗 ⃗⃗ ) 
 
|𝐹 1| = √(
𝐾𝑞1𝑞2
𝑎2
)
2
+ (
𝐾𝑞1𝑞3
𝑎2
)
2
 → |𝐹 1| =
𝐾𝑞1
𝑎2
√𝑞2
2 + 𝑞3 
2 (𝟑. 𝟏) 
 
b. A força sobre a carga 𝑞2, exercidas por 𝑞1 e 𝑞3 é 
𝐹 2 = 𝐹 21 + 𝐹 23 =
𝐾𝑞1𝑞2
𝑟21
2 �̂�21 +
𝐾𝑞2𝑞3
𝑟23
2 �̂�23 
Observe que 
𝑟21 = 𝑎, 𝑟23 = 𝑎√2, �̂�21 = 𝑖 ⃗ 𝑒 �̂�23 = 𝑐𝑜𝑠45° 𝑖 ⃗ − 𝑠𝑒𝑛45° 𝑗 ⃗⃗ =
√2
2
( 𝑖 ⃗ − 𝑗 ⃗⃗ ) 
𝐹 2 =
𝐾𝑞1𝑞2
𝑎2
𝑖 ⃗ +
𝐾𝑞2𝑞3
2𝑎2
√2
2
( 𝑖 ⃗ − 𝑗 ⃗⃗ ) 
𝐹 2 =
𝐾𝑞2
𝑎2
(𝑞1 +
√2
4
𝑞3) 𝑖 ⃗ −
√2
4
𝐾𝑞2𝑞3
𝑎2
𝑗 ⃗⃗ 
|𝐹 2| = √[
𝐾𝑞2
𝑎2
(𝑞1 +
√2
4
𝑞3)]
2
+ (
√2
4
𝐾𝑞2𝑞3
𝑎2
)
2
 
|𝐹 2| =
𝐾𝑞2
𝑎2
√(𝑞1 +
√2
4
𝑞3)
2
+
𝑞3
2
8
 (𝟑. 𝟐) 
c. |𝐹 1| = |𝐹 2|. Usando (𝟑.𝟏) e (𝟑. 𝟐) obtemos: 
𝐾𝑞1
𝑎2
√𝑞2
2 + 𝑞3 
2 =
𝐾𝑞2
𝑎2
√(𝑞1 +
√2
4
𝑞3)
2
+
𝑞3
2
8
 
Se 𝑞1 = 𝑞2 = 𝑞, logo 
√𝑞2 + 𝑞3 
2 = √(𝑞 +
√2
4
𝑞3)
2
+
𝑞3
2
8
 → 𝑞2 + 𝑞3 
2 = (𝑞 +
√2
4
𝑞3)
2
+
𝑞3
2
8
 
𝑞2 + 𝑞3 
2 = 𝑞2 +
√2
2
𝑞𝑞3 +
1
8
𝑞3 
2 +
𝑞3
2
8
 
3
4
𝑞3
2 =
√2
2
𝑞𝑞3 → 𝑞3 =
2√2
3
𝑞 
 
4. a. Neste caso temos uma associação em série de dois capacitores, 𝐶12 e 𝐶23, 
onde 
𝐶12 =
𝜀0𝐴
𝑑
 𝑒 𝐶23 = 𝑘
𝜀0𝐴
𝑑
 
1
𝐶
=
1
𝐶12
+
1
𝐶23
=
𝑑
𝜀0𝐴
(1 +
1
𝑘
) → 𝐶 =
𝑘𝜀0𝐴
(𝑘 + 1)𝑑
 
 𝑘=4 
→ 𝐶 =
4
5
𝜀0𝐴
𝑑
 
A carga será: 
𝑞 = 𝐶𝑉 ∴ 𝑞 =
𝑘𝜀0𝐴
(𝑘 + 1)𝑑
𝑉 → 𝑞 =
4
5
𝜀0𝐴
𝑑
𝑉 
 
b. Como as placas (𝟏) e (𝟐) estão ligadas por um fio condutor e, portanto, 
são equipotenciais, implica que só teremos um capacitor no conjunto, isto é: 
𝐶 = 𝐶23 = 𝑘
𝜀0𝐴
𝑑
= 4
𝜀0𝐴
𝑑
 𝑒 𝑞 = 𝐶𝑉 = 𝑘
𝜀0𝐴
𝑑
𝑉 = 4
𝜀0𝐴
𝑑
𝑉 
Obs: alternativamente podemos pensar da seguinte forma. As placas (𝟏) e 
(𝟐) formam um capacitor de forma que 
𝐶12 =
𝑞
𝑉12
 → 𝑉12 = 0 ∴ 𝐶12 = ∞ 
Como 𝐶12 e 𝐶23 estão em série, 
1
𝐶
=
1
𝐶12
+
1
𝐶23
 → 𝐶12 = ∞ ∴ 𝐶 = 𝐶23 = 𝑘
𝜀0𝐴
𝑑
 
 
c. Observe que os capacitores 𝐶12 e 𝐶23 tem uma placa em comum (placa 𝟐) 
e as placa 𝟏 e 𝟑 estão no mesmo potencial. Desta forma 𝐶12 e 𝐶23 estão 
submetidos a uma mesma ddp, o que caracteriza uma associação em 
paralelo. Assim 
𝐶 = 𝐶12+𝐶23 → 𝐶 = (𝑘 + 1)
𝜀0𝐴
𝑑
= 5𝜀0𝐴
𝑑
 
𝑞 = (𝑘 + 1)
𝜀0𝐴
𝑑
𝑉 = 5
𝜀0𝐴
𝑑
𝑉