Exame - Física III - Univesp

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CADERNO DE PERGUNTAS 
Avaliação de Exame 
CURSO Engenharia – Ciclo Básico TURMA 2018.1 APLICAÇÃO 1º bim/2019 CÓDIGO DA PROVA 
P005 DISCIPLINA FEG001 – Física III 
INSTRUÇÕES AO ALUNO 
1. É obrigatória a devolução deste caderno de questões ao término da prova. 
2. Está autorizada a entrada de alunos até 1 hora depois do início marcado da prova (início da prova: 18h). 
3. Você só poderá sair depois de transcorridas 1 hora e 15 minutos do início marcado da prova. 
4. As respostas às questões dissertativas devem demonstrar a linha de raciocínio ou o processo de resolução, e não 
apenas o resultado final.
MATERIAL EXTRA: Permitido o uso de calculadora simples ou científica. 
 
QUESTÕES OBJETIVAS 
 
Questão 1 (1,5 pontos) 
Um circuito contém uma bobina cuja indutância é 𝐿𝐿 = 4𝑚𝑚𝑚𝑚 (1𝑚𝑚𝑚𝑚 = 10−3𝑚𝑚) . Num intervalo de tempo 
∆𝑡𝑡 = 200 𝑚𝑚𝑚𝑚 (1𝑚𝑚𝑚𝑚 = 10−3𝑚𝑚), a corrente elétrica que flui pelas espiras da bobina varia uniformemente 
(linearmente com o tempo) de 200 mA a 1500 mA (1𝑚𝑚𝑚𝑚 = 10−3𝑚𝑚). Determine a fem induzida na 
bobina. 
 
Selecione a alternativa correta. 
a) 𝜀𝜀𝐿𝐿 = 30𝑚𝑚𝑚𝑚 
b) 𝜀𝜀𝐿𝐿 = 16𝑚𝑚𝑚𝑚 
c) 𝜀𝜀𝐿𝐿 = 10𝑚𝑚𝑚𝑚 
d) 𝜀𝜀𝐿𝐿 = 26𝑚𝑚𝑚𝑚 
e) 𝜀𝜀𝐿𝐿 = 36𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
 
Questão 2 (1,5 pontos) 
Determine a energia armazenada num solenoide de comprimento 𝐿𝐿 = 20 𝑐𝑐𝑚𝑚, que tem uma área 
transversal 𝑚𝑚 = 20 𝑐𝑐𝑚𝑚2 contendo 𝑁𝑁 = 100 espiras, quando este é percorrido por uma corrente elétrica 
𝑖𝑖 = 10 amperes. Considere que há vácuo no interior do solenoide. 
 
Dado relevante – no Si: 
𝜇𝜇04𝜋𝜋 = 10−7 
 
a) 𝐸𝐸 = 210−5 𝐽𝐽 
b) 𝐸𝐸 = 𝜋𝜋10−6 𝐽𝐽 
c) 𝐸𝐸 = 2𝜋𝜋10−3 𝐽𝐽 
d) 𝐸𝐸 = 2510−4 𝐽𝐽 
e) 𝐸𝐸 = 2,510−4 𝐽𝐽 
 
 Figura: Um solenoide. 
2 de 10 
 
Questão 3 (1,5 pontos) 
Um fio metálico retilíneo de comprimento AB = L encontra-se isolado e uniformemente eletrizado com 
excesso de carga Q. Determine o campo potencial (potencial elétrico) no ponto P, conforme ilustra o 
esquema. Dado: 
�
𝑑𝑑𝑑𝑑(𝑑𝑑2 + 𝑑𝑑2)1/2 = ln �𝑑𝑑 + �𝑑𝑑2 + 𝑑𝑑2� 
 
a) 𝑚𝑚 = 1
2𝜋𝜋𝜀𝜀0
𝑄𝑄
𝐿𝐿
𝑙𝑙𝑙𝑙 �
𝐿𝐿+�𝐿𝐿2+𝑑𝑑2
𝑑𝑑
� 
b) 𝑚𝑚 = 1
4𝜋𝜋𝜀𝜀0
𝑄𝑄
𝐿𝐿
�
𝐿𝐿+√𝐿𝐿2+𝑑𝑑2
𝑑𝑑
� 
c) 𝑚𝑚 = 1
4𝜀𝜀0
𝑄𝑄
𝐿𝐿
𝑙𝑙𝑙𝑙 �
𝐿𝐿+√𝐿𝐿2+𝑑𝑑2
𝑑𝑑
� 
d) 𝑚𝑚 = 1
4𝜋𝜋𝜀𝜀0
𝑄𝑄
𝐿𝐿
𝑙𝑙𝑙𝑙 �
𝐿𝐿+√𝐿𝐿2+𝑑𝑑2
𝑑𝑑
� 
e) 𝑚𝑚 = 1
4𝜋𝜋𝜀𝜀0
𝑄𝑄𝑙𝑙𝑙𝑙 �
𝐿𝐿+√𝐿𝐿2+𝑑𝑑2
𝑑𝑑
� 
 
 
Questão 4 (1,5 pontos) 
Considere o caso de um capacitor de placas paralelas, planas, 
dotadas de densidades de cargas opostas (𝜎𝜎 é a densidade da 
primeira), no qual a distância entre as placas é d. Em seguida, 
inserimos um material dielétrico de constante dielétrica k entre 
elas. No entanto, esse material tem uma espessura 𝑙𝑙, em que 𝑙𝑙 <
𝑑𝑑. Vide figura. 
A. Determine o campo elétrico em todo o espaço. 
B. Determine as densidades de cargas de polarização. 
 
Selecione a alternativa correta. 
a) 𝐸𝐸(𝐼𝐼) = 0 𝐸𝐸(𝐼𝐼𝐼𝐼) = 2𝜎𝜎𝜀𝜀0 𝐸𝐸(𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼) = 1𝑘𝑘 2 𝜎𝜎𝜀𝜀0 𝜎𝜎𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃(1) = −𝜎𝜎𝑘𝑘 𝜎𝜎𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃(2) = 𝜎𝜎𝑘𝑘 
b) 𝐸𝐸(𝐼𝐼) = 0 𝐸𝐸(𝐼𝐼𝐼𝐼) = 𝜎𝜎
𝜀𝜀0
 𝐸𝐸(𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼) = 1
𝑘𝑘
𝜎𝜎
𝜀𝜀0
 𝜎𝜎𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃(1) = − (𝑘𝑘−1)𝜎𝜎𝑘𝑘 𝜎𝜎𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃(2) = (𝑘𝑘−1)𝜎𝜎𝑘𝑘 
c) 𝐸𝐸(𝐼𝐼) = 𝜎𝜎
2𝜀𝜀0
 𝐸𝐸(𝐼𝐼𝐼𝐼) = 𝜎𝜎
2𝜀𝜀0
 𝐸𝐸(𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼) = 1
𝑘𝑘
𝜎𝜎
2𝜀𝜀0
 𝜎𝜎𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃(1) = −𝜎𝜎𝑘𝑘 𝜎𝜎𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃(2) = 𝜎𝜎𝑘𝑘 
d) 𝐸𝐸(𝐼𝐼) = 0 𝐸𝐸(𝐼𝐼𝐼𝐼) = 𝜎𝜎
2𝜀𝜀0
 𝐸𝐸(𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼) = 1
𝑘𝑘
𝜎𝜎
2𝜀𝜀0
 𝜎𝜎𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃(1) = − (𝑘𝑘−1)𝜎𝜎2𝑘𝑘 𝜎𝜎𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃(2) = (𝑘𝑘−1)𝜎𝜎2𝑘𝑘 
e) 𝐸𝐸(𝐼𝐼) = 0 𝐸𝐸(𝐼𝐼𝐼𝐼) = 𝜎𝜎
2𝜋𝜋𝜀𝜀0
 𝐸𝐸(𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼) = 1
𝑘𝑘
𝜎𝜎
2𝜋𝜋𝜀𝜀0
 𝜎𝜎𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃(1) = − (𝑘𝑘−1)𝜎𝜎2𝑘𝑘 𝜎𝜎𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃(2) = (𝑘𝑘−1)𝜎𝜎2𝑘𝑘 
 
 
QUESTÕES DISSERTATIVAS 
 
Questão 5 (2,0 pontos) 
Considerando-se uma distribuição homogênea de cargas sobre uma superfície plana com densidade 
superficial 𝜎𝜎, determine o campo elétrico resultante. 
Obs.: melhor utilizar a lei de Gauss. 
3 de 10 
 
Questão 6 (2,0 pontos) 
A figura ao lado ilustra um tipo de capacitor eletrolítico. Considere um 
capacitor de capacidade 𝐶𝐶 = 250𝜇𝜇𝜇𝜇(𝜇𝜇𝜇𝜇 = 10−6 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑑𝑑), cujos terminais (+) 
e (−) sejam submetidos a uma diferença de potencial 𝑚𝑚 = 300𝑣𝑣𝑣𝑣𝑙𝑙𝑡𝑡𝑚𝑚. Nesse 
caso, determine: 
a) A carga Q acumulada no capacitor. 
b) A energia estocada no dispositivo. 
 
FORMULÁRIO
 
7
0 4 10µ π
−= 
9
0
1 910
4πε
=
 
8
0 0
1 3 10c
µ ε
= = ⋅
 
191,6 10eq
−= − ⋅ 
i i i ir x i y j z k= + +

 

 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )2 2 2
i i i i
i i i i
r r x x i y y j z z k
r r x x y y z z
− = − + − + −
− = − + − + −

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( )2
2
0
( ) xd V x
dx
ρ
= −
ε
 
( )2
0
, ,x y z
V
ρ
∇ = −
ε

 
0
1 ( ')( , , ) '
4 'V
rV x y z dV
r r
ρ
=
πε −∫∫∫

 
 
( ) ( )3
0
1, ,
4 V
r rE x y z r dV
r r
′− ′ ′= ρ
πε ′−∫∫∫
 


 
 
0
 E
S
QE dsΦ ≡ ⋅ =
ε∫∫



 S
dQi J dS
dt
= = ⋅∫∫

 V RI= 
1
1 1N
j jR R=
=∑
 1
N
j
j
R R
=
=∑
 F qE qv B= = ×
  

 
2
0 2
0
1( ) ( ) ( )A r J r J r
c
∇ = −µ = −
ε
  
  
 
 
 
( )
'
0
3'4
r rB r I dl
r rΓ
µ −
= ×
π −
∫
 



 
 
( ) ( )
'
' '0
3'4
r rB r J r dV
r r
µ −
= ×
π −
∫∫∫
 
 
 
 
 
0B dl I
Γ
⋅ = µ∫



 
( ) 1 2 1 221 3
0 1 2
4
QQ r rF r
r r
−
=
πε −
 


  ( ) 3
1 04
N
i i
i i
QQ r rF r
r r=
−
=
πε −
∑
 


 
( )
1
1
2
N
i i
j i
E QV r
≠ =
= ∑  ( )
0
1
4
N
j
i
j i i j
Q
V r
r r≠
=
πε −
∑  
1 1 0
1 1
2 4
N N
i j
j i i i j
QQ
E
r r≠ = =
=
πε −
∑ ∑  
3
1 1 0
( ) ( )
4
N N
i i
i
i i i
Q r rE r E r
r r= =
−
= =
πε −
∑ ∑
 
 
 
 
2 2 2
2
2 2 2
V V VV
x y z
∂ ∂ ∂
∇ = + +
∂ ∂ ∂

4 de 10 
 
 
0 0
nB i
L
 = µ  
  
QC
V
=
∆ 
2
21
2 2
QE CV
C
= =
 
 
1 2 3
1 2 3
1 1 1 1 1
N
N
C C C C C
C C C C C
= + + + ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +
= + + + ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +
 
p qd=
 
3
0
( )
4
p rV r
r
⋅
=
πε
 

 
( ) ( )
3
0
1( )
4 Vol
P r r r
V r dx dy dz
r r
′ ′−
′ ′ ′=
πε ′−∫∫∫

  


 
 P N
P P nσ = = ⋅


 P
Pρ = −∇⋅

 
( ) ( ) ( )TOTAL Pr r rρ = ρ +ρ
  
 
( ) ( )TOTAL
0
, ,
 , ,
x y z
E x y z
ρ
∇⋅ =
ε
 
 
( ) ( ) ( )TOTAL Pr r rρ = ρ +ρ
  
 
( ) ( ), , , ,D x y z x y z∇⋅ = ρ
 
 
 fluxo de D Q=

 
TOTAL
0
fluxo de QE =
ε

 
0 0
fluxo de P QE
 
+ = ε ε 


 
( ) ( )0P r E r= χε
 
 
 
( ) ( ) ( )0 1D r E r≡ ε + χ
 
 
 
( ) ( ) ( )oD r E r E r≡ =
  
  ε ε κ
 0
1εκ = = + χ
ε 
 
E dl
Γ
ε = ⋅∫



 
TE dl
Γ
ε = ⋅∫( ) ( )movimentoE r V B r= ×
  
 
 
 
( ) ( ) ( )movimentoF r qE r qV B r= = ×
   
  
 E v B= ×
 

 
( ), , ,B
S
B x y z t dSΦ = ∫∫


 
 
d
dt
Φ
ε = −
 
dL
di
Φ
≡
 
diL
dt
ε = −
 
1
2 21
dIM
dt
ε = −
 
 
( ) ( )21, , , ,
2E
x y z E x y zρ = ε
 
( ) ( )21, , , ,
2mag
x y z B x y zρ =
µ

 
BE
t
∂
∇× = −
∂

 
 
0 2
1 EB J
c t
∂
∇× = +
∂

  
µ
 0
E ρ∇ =
ε
 

 0B∇ =
 
 
 
1
2
B eϕπρ
=


 
cos
cos
e i sen j
e sen i j
ρ
ϕ
= ϕ + ϕ
= − ϕ + ϕ
 

 

 F iL B= ×
  
 
 
 
5 de 10 
 
GABARITO 
CURSO Engenharia – Ciclo Básico TURMA 2018.1 APLICAÇÃO 1º bim/2019 CÓDIGO DA PROVA 
P005 DISCIPLINA FEG001 – Física III 
QUESTÕES OBJETIVAS 
 
Questão 1 
A resposta correta é D. 
 
Justificativa 
Tendo em vista que a variação é uniforme com o tempo (isso deve ser entendido como uma variação 
linear com tempo). Assim, a corrente varia com o tempo, de acordo com a expressão: ( ) 200I t Bt= + 
Em que o coeficiente B é tal que, em unidades de mA, temos: 3 ( 200 ) 200 20010 1500I t ms B −= = + = 
Portanto: 6500 /B mA s= 
Ou seja: 6,5 /B A s= 
 
A força eletromotriz induzida na bobina relaciona-se com a variação da corrente elétrica por meio da 
sua indutância L, ou seja, 𝜀𝜀𝐿𝐿 = -L
𝑑𝑑𝐼𝐼
𝑑𝑑𝑑𝑑
. 
 
No entanto: 
( ) 200 ( ) d BtdI t B
dt dt
+
= = = 6,5 /A s 
 
Portanto, sendo L = 4 mH = 4x10−3H, a força eletromotriz induzida na bobina será: 
 𝜀𝜀𝐿𝐿 = - (4x10−3H)(6,5 A/s) = 26 mV 
 
 
Questão 2 
A resposta correta é C. 
 
Justificativa 
A densidade de energia magnética é uniforme, concentrada no interior do solenoide e dada por: 
2
0
1
M Bρ µ
= 
 
O problema, assim, se resume a determinar o campo magnético do interior de um solenoide. Esse 
campo pode ser determinado, considerando-se que o campo magnético exibe as seguintes 
propriedades: 
1-Nos pontos externos ao solenoide, o campo magnético se anula: fora 0B =

 
2-Nos pontos internos ao solenoide, o campo magnético é uniforme e é dado pela expressão vetorial: 
dentro
0B B k=


 
Em que k

 é um versor na direção do eixo do solenoide (vide figura). 
6 de 10 
 
Para determinarmos o campo magnético, utilizamos a lei de Ampère. 
De acordo com essa lei, escrevemos: ( ) 0B r dl Iµ
Γ
⋅ =∫




 
Considerando um caminho fechado como aquele da figura (11.19), concluiremos que a circulação será 
igual à soma de quatro integrais de caminho ao longo de 4 caminhos distintos. Escrevemos: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 4
B r dl B r dl B r dl B r dl B r dl
Γ Γ Γ Γ
Γ
⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅∫ ∫ ∫ ∫ ∫
    
    
    

 
No caminho 3, entre os pontos c e d, ela se anula: ( )
3
0B r dl
Γ
⋅ =∫



 
E isso ocorre porque o campo magnético é igual a zero fora do solenoide. Nos caminhos 2, entre os 
pontos b e c da figura (11.19), e 4, entre os pontos d e a, a circulação também se anula: 
( ) ( )
4 2
0B r dl B r dl
Γ Γ
⋅ = ⋅ =∫ ∫
 
 
 
 
E isso resulta do fato de o campo magnético em que ele existe ser perpendicular à direção do caminho. 
Assim, a circulação é dada pela integral ao longo de um caminho de comprimento L que é o caminho 
1. Entre os pontos a e b: ( ) ( )
1
B r dl B r dl
Γ
Γ
⋅ = ⋅∫ ∫
 
 
 

 
Portanto: 0 0
0
L
B dl B dz B L
Γ
⋅ = =∫ ∫



 
Figura 11.19: Percurso utilizado na determinação do campo magnético. 
 
O lado direito da equação envolve a corrente total que passa no interior da superfície. Nesse caso, 
temos que, se ao longo do percurso de comprimento L tivermos n espiras, a corrente total I se escreve 
como: I Ni≡ 
A lei de Ampère implica, portanto, que o campo magnético será dado pela expressão: 0 0B L Niµ= 
Donde se infere que o campo magnético no interior do solenoide será dado por: 0 0
NB i
L
µ  =  
 
 
O campo magnético uniforme depende assim, além da corrente que passa pelo fio, do número de 
espiras por unidade de comprimento (a grandeza 
N
L
 
 
 
na equação acima). 
Assim, a energia eletromagnética total é dada por: 2
0
1
ME V B Vρ µ
= = 
Em que V é o volume interno do solenoide. Sendo A sua área traversal, e l , seu comprimento, tal 
volume é dado por: V Al= 
7 de 10 
 
Assim, concluímos que a energia é dada por: 
22
0
2
AN iE
L
µ 
=  
 
 
O primeiro termo recebe o nome de coeficiente de indução (L). 
 
Nesse caso, portanto,
( )( )27 32 22 30 4 10 210 100 10 2 10 
2 0,2 2
AN iE J
L
πµ
π
− −
−
  
 = = = 
    
 
 
 
Questão 3 
A resposta correta é D. 
 
Justificativa 
Estamos diante de um exemplo de distribuição NÃO discreta de cargas elétricas, ou seja, de cargas 
elétricas pontuais. No fio, as cargas elétricas em excesso se distribuem uniforme e continuamente ao 
longo do seu comprimento até que atinjam posições de equilíbrio eletrostático. 
 
Qual o potencial elétrico V gerado no ponto P pela distribuição contínua de carga elétrica Q na superfície 
do objeto figurado? 
 
 
1 - Divide-se a carga Q em elementos de cargas “dq”; como a distribuição é contínua → Q = ∫𝑑𝑑𝑑𝑑. 
2 - Cada elemento de carga encontra-se à distância r do ponto P; o potencial gerado pelo elemento de 
carga é infinitesimal e pode ser assim expresso: dV = k. dq r⁄ , em que k = 1 4πε0⁄ = 9x109 N. m² C²⁄ . 
3 - Sendo contínua a distribuição, o potencial elétrico no ponto P será resultado da contribuição de todos 
os elementos de carga “dq” e assim pode ser expressa: V = k∫𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑓𝑓⁄ 
A solução da integral dependerá da forma pela qual o elemento de carga se relaciona com a variável r. 
No caso de corpos para os quais uma dimensão prevalece (fios, barras etc.), utiliza-se o conceito de 
densidade linear de carga "λ”, assim definida: λ = quantidade de carga em excesso
comprimento
 
No caso de um fio de comprimento L e carga elétrica Q distribuída uniformemente ao longo do 
comprimento: λ = Q L⁄ = dq/dx, em que dx = elemento de comprimento do fio. 
 
 
 
8 de 10 
 
1 - Sistema de referência xy adotado conforme esquema. 
2 - Considera-se um elemento de comprimento “dx” do fio que contém o elemento de carga “dq”. 
3 - O potencial elementar “dV” que a carga “dq” gera no ponto P é: dV = k. dq r⁄ 
4 - O potencial V no ponto P, considerando todas as cargas elementares do fio, é assim escrito: V = 
∫𝑘𝑘.𝑑𝑑𝑑𝑑/𝑓𝑓 = k∫𝑑𝑑𝑑𝑑/𝑓𝑓. 
5 - Para resolver a integral, devemos escrever “dq” e r em função x, que será a variável de integração. 
Então: 
• Usando o conceito de densidade linear de carga: λ = dq/dx → dq = λ.dx, em que λ = Q/L 
(constante). 
• r = hipotenusa do triângulo de catetos x e d = �x² + d². 
6 – Portanto: V = k∫𝑑𝑑𝑑𝑑/𝑓𝑓 = k∫(λ𝑑𝑑𝑑𝑑)/(�𝑑𝑑² + 𝑑𝑑²) = kλ∫(𝑑𝑑𝑑𝑑)/(�𝑑𝑑² + 𝑑𝑑²) . Os limites de integração são: x = 0 
até x = L (do ponto A até B, abrangendo todo o comprimento do fio). Então, substituindo-se λ = Q/L: 
V = (kQ/L)∫ 𝑑𝑑𝑑𝑑 �𝑑𝑑² + 𝑑𝑑²⁄𝐿𝐿0 
7 - Resta resolver a integral: ∫ 𝑑𝑑𝑑𝑑 �𝑑𝑑² + 𝑑𝑑²⁄𝐿𝐿0 ; consultando uma tabela de integrais, encontramos: 
 ∫ 𝑑𝑑𝑑𝑑 �𝑑𝑑² + 𝑑𝑑²⁄𝐿𝐿0 = [ln(x + �x² + d² )]0𝐿𝐿 = ln(L+�L² + d² ) – ln( 0 + �0 + d² ) → ∫ 𝑑𝑑𝑑𝑑 �𝑑𝑑² + 𝑑𝑑²⁄𝐿𝐿0 = 
ln(L+�L² + d²) – ln(d)= ln(L+ �L²+d²
d
) 
8 - Finalmente:V = (kQ/L)∫ 𝑑𝑑𝑑𝑑 �𝑑𝑑² + 𝑑𝑑²⁄𝐿𝐿0 = kQL · ln(L+ �L²+d²d ), ou seja, o potencial elétrico gerado pela carga 
Q no fio de comprimento L, no ponto P, é: V = kQ
L
· ln(L+ �L²+d²
d
) 
Mas: 
0
1
4
k
πε
= 
Portanto: 
2 2
0
1 ln
4
Q L L dV
L dπε
 + +
=  
  
 
 
 
Questão 4 
A resposta correta é B. 
 
Justificativa 
Classificando as regiões: 
Região 1 – Fora das placas 
Regiões II tais que: 1
1
0 x d
d d l x d
< <
− − < <
 
Região III 1 1d x d l< < + 
 
O campo D

 obedece à equação: D∇⋅ = ρ
 
 
Utilizando o teorema de Gauss: Dds Q=∫∫



 
Obtemos: Da Q A= = σ entre as placas 
 0D = fora das placas 
Portanto: 
 entre as placas
0 fora das placas
D
σ
= 

 
9 de 10 
 
a) Sabemos que: 0D E k E= ε = ε 
Portanto, temos 4 regiões distintas. 
Região 1 – Fora das placas 
Nessa região: ( ) 0IE = 
Nas regiões tais que: 1
1
0 x d
d d l x d
< <
− − < <
 
Nessas duas regiões, temos: ( )
0 0
II DE σ= =
ε ε
 
Finalmente, na região III, na qual temos o dielétrico, o qual é descrito pelas expressões: 
1 1d x d l< < + 
O campo elétrico é dado por: ( )
0
III D DE
k
= =
ε ε
 
Portanto: ( )
0
1IIIE
k
σ
=
ε
 
 A polarização é dada por: 0P E= χε
 
 
Em que χ é a susceptibilidade elétrica e só existe para: 1 1d x d l< < + 
Mas, 1 1k k= + χ⇒ χ = − 
Logo, ( ) ( ) ( )01III IIIP k E= − ε 
O resultado é: ( )
( )1III kP
k
− τ
= 
 
b) Na primeira superfície: ( )
( )(1) 1III
Pol
k
P
k
− σ
σ = − = − 
Na segunda: ( )
( )(2) 1III
Pol
k
P
k
− σ
σ = + = 
 
 
QUESTÕES DISSERTATIVAS 
 
Questão 5 
Consideramos uma superfície Gaussiana fechada e que contenha uma parte das cargas elétricas. 
Tomamos uma superfície cilíndrica (vide figura abaixo). 
10 de 10 
 
Tomando o referencial sobre a superfície plana, escrevemos: ( )
 0
 0
o
z
o
E se z
E z
E se z
>
= − <
 
Utilizando o teorema de Gauss, escrevemos: 
o
Q AE ds σ⋅ = =
ε ε∫∫



 
O fluxo sobre a superfície fechada em azul pode ser escrito como uma soma de fluxos sobre as três 
superfícies abertas: 
(1) (2)
0o oE ds E ds E ds⋅ = = +∫∫ ∫∫ ∫∫



 
 
Pois, 
1
2
ds dsk
ds dsk
=
= −




 
e 
3 3ds ds eρ=
 
 
Com 0k eρ⋅ =


 
Portanto: o o
o
AE A E A σ+ =
ε
 
Logo: 
2o o
E σ=
ε
 
 
 
Questão 6 1 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑑𝑑 = 1, 𝜇𝜇 = 1𝑐𝑐𝑣𝑣𝑐𝑐𝑙𝑙𝑣𝑣𝑚𝑚𝑐𝑐/1𝑣𝑣𝑣𝑣𝑙𝑙𝑡𝑡 
Partindo da expressão, .Q CV= 
Usando unidades do MKSA ou SI, temos: 
( )( )6 3250 10 / 300 75 10Q coulombs volt volts coulomb−= × = × 
b) A energia estocada é dada por: 2
1
2
E CV =  
 
. 
Substituindo os valores: ( )( )261 250 10 300 11,252E joules
− = × = 
 