Eletricidade Lista Lei de Coulomb

Prévia do material em texto

UNIVERSIDADE ESTADUAL VALE DO ACARAÚ
CENTRO DE CIÊNCIAS EXATAS E TECNOLOGIA
DISCIPLINA.: Eletricidade e Magnetismo I
PROF.: Luiz Ozorio − 30 de novembro de 2020
ALUNO.: Clebson dos Santos Marques
Segunda Lista de Exercícios
1. Mostre que a razão da atração eletrostática para a gravitacional entre um elétron e um próton é indepen-
dente da distâncias entre eles e calcule essa razão.
Resolução:
Atração Eletrostática
~F e = K
|q1||q2|
d2
~r
Atração Gravitacional
~F g = G
M1m2
d2
~r
Vamos está definindo o eletron e o proton a uma distância d qualquer, como você pode ver na figura 1.
Figura 1: Simulador Cargas e Campos
Para podermos trabalhar melhor, vamos utilizar apenas o modulo da atração eletrostática e gravitacional,
para que logo depois, possamos igualá-las utilizando um fator comum, que no caso seria a distância d.
Ficando com a seguinte equação.
k
|q1||q2|
|F e|
= G
M1m2
|F g|
Organizando a equação:
|F e|
|F g|
=
k
G
· |q1||q2|
M1m2
Dados:
me ≈ 9 · 10−37 kg
mp ≈ 1.7 · 10−27 kg
qe, p ≈ 1.6 · 10−19 C
kv ≈ 9 · 109 N ·m2 · C−2
G ≈ 6.7 · 10−11 m3 · kg−1 · s−2
Apos substituir os valores na formula e realizar a análise dimensional, chegaremos no saguinte resultado
|F e|
|F g|
≈ 2.3 · 1039
2. Em cada vértice de um quadrado existe uma carga q. Determine o módulo da força elétrica resultante
sobre qualquer uma das quatro cargas em função do lado a do quadrado, de q e de �0
Resolução:
Para resolver este problema vamos inicialmente escolher uma carga. Estarei escolhendo a carga A da
figura 2, para que, apartir desta carga possamos desenhar todos os vetores força para as outras 3.
Figura 2: representação dos vetores força do ponto A
as disgonais do quadrado.
Podemos ver facilmente que os vetores −−→AB e −−→AD tem modulos iguais, dado a mesma distância a.
|FAB| = |FAD| = k ·
|q|2
a2
Já o vetor −→AC tem modulo diferente, pois não compartilha desta distância a
|FAC| = k ·
|q|2
2a2
Para realizar a soma das forças devemos criar vetores, a partir dos que já existem, na mesma direção.
Podemos fazer isso observando que os vetores −−→AB e −−→AD, e notando que, a soma deles será uma vetor na
diagonal do quadrado, mesma diração do vetor −→AC.
Figura 3: soma em verde dos vetores AB e Ad
Para descobrir o modulo deste novo vetor, utilizaremos a o teorema de pitágoras.
F r,AC
2 = FAB
2 + FAD
2
F r,AC = k
√
2
q2
a2
Agora sim podemos somar os vetores força, já que eles estão na mesma direção.
F r = F r,AC + FAC = k
q2
a2
(√
2 +
1
2
)
F r =
1 + 2
√
2
2
· kq
2
a2
Figura 4: vetor resultante, na direção da diagonal e apontando para fora
Como todas as cargas tem o mesmo sinal, a força deve ser de repulsão, ou seja, deve está se afastando do
cubo.
Como conhecemos o valor de k no vácuo, podemos expressar o valor da força resultante em função do lado
a do quadrado, de q e de �0
F r ≈ 0.15 ·
q2
�0a2
3. Um cubo de aresta a tem uma carga puntiforme q colocada em cada vértice. (a) mostre que o módulo da
força resultante sobre cada carga é
F =
0.262q2
�0a2
(b) Qual a direção de F e relação às arestas do cubo?
Resolução:
Visualizar o problema de forma geral é o primeiro passo para se resolver uma questão como esta. Para
isto vamos utilizar um software chamado Geogebra, que vai nos ajudar a montar está estrutura.
Figura 5: cubo com cargas puntiformes q colocadas em cada vértice
Vamos separar o problema, tratando uma face por vez. Começaremos com a face 1 da figura 5
Figura 6: face 1 do cubo, visto a partir do eixo x
Podemos perceber que o modulo da força entre as particulas BF e BA são iguais, pois compartilham
da mesma distância a. Mas vetorialmente elas são diferentes, dado suas direções, como podemos ver na
figura 6.
Fbf = −
kq2
a2
k̂
Fba = −
kq2
a2
ĵ
Já a força de repulsão entre as particulas BE é do tipo
Fbe = −
kg2
2a2
(cos 45◦ ĵ + sin 45◦ k̂)
Somando os três vetores encontrados, desta forma, teremos o vetor resultante do plano 1
Fr1 = Fbf + Fba + Fbe
Fr1 = −
kq2
a2
[(
cos 45◦
2
+ 1
)
ĵ +
(
sin 45◦
2
+ 1
)
k̂
]
Acabamos de encontrar o vetor resultante da face 1, agora só nos resta encontrar os outros 3 vetores
resultantes das faces 2, 3 e 4.
Vamos trabalhar agora com a segunda face do cubo.
Figura 7: face 2 do cubo, visto a partir do eixo -z
Como já calculamos o vetor BA ele não entrara na conta nas outras faces, e assim faremos para todos os
vetores, nos quais a gente for trabalhando.
Continuando.
Fbc = −
kq2
a2
î
Fbd = −
kq2
2a2
(cos 45◦ î + sin 45◦ ĵ)
A vantagen de se trbalhar com vetores, é que eu posso realizar a soma mesmo eles estando em direções
diferentes.
Fr2 = Fbc + Fbd
Fr2 = −
kq2
a2
[(
cos 45◦
2
+ 1
)
î +
sin 45◦
2
ĵ
]
Face 3 do cubo, sem dúvidas o mais chatinho de se trabalhar, já que, o único ponto está na direção da
propria diagonal do cubo.
Figura 8: face 3 do cubo, visto a partir de um ponto qualquer do espaço
Vamos se basear na figura 8. A primeira coisa que devemos fazer, será encontrar o ângulo α, podemos
utilizar o arco tangente já que conhecemos os lados do trinagulo formado.
Figura 9: triangulo retângulo do interior do cubo
O ângulo pode ser obtido facilmente, sabendo que a tangente e o cateto oposto pela adjacente.
α = tan−1
(
a
a
√
2
)
= tan−1
(
1√
2
)
E a distância de B até H será dada por pitágoras.
BH = [(a
√
2)2 + a2]
1
2 = a
√
3
Com os dados obitidos e um pouco de paciência, podemos chegar no vetor seguinte.
Fr3 =
kq2
a2
(
cosα · cos 45◦
3
î +
cosα · sin 45◦
3
ĵ +
sinα
3
k̂
)
Vamos finalizar está atividade calculando a última face, a face 4
Figura 10: face 4, visto a partir de -y
Pela nossa trajetória até aqui, fica fácil visualizar que o vetor BG deve ser da seguinte forma.
Fr4 = −
kq2
a2
(
cos 45◦
2
î +
sin 45◦
2
k̂
)
Agora que temos todos os vétores em mãos podemos efetuar a soma de todos eles.
Fr = Fr1 + Fr2 + Fr3 + Fr4
Fr = −
kq2
a2
[(
cosα · cos 45◦
3
+ cos 45◦ + 1
)
î +
(
cosα · sin 45◦
3
+
cos 45◦
2
+
sin 45◦
2
+ 1
)
ĵ +
(
sinα
3
+ sin 45◦ + 1
)
k̂
]
Vamos utilizar um valor proximo do valor real para efetuar a conta.
Fr ≈ −
q2
�0a2
(
0.15 î + 0.15 ĵ + 0.15 k̂
)
cujo o modulo é
F r ≈
q2
�0a2
[
(0.15)2 + (0.15)2 + (0.15)2
] 1
2 ≈ 0.26q
2
�0a2
4. O sistema de cargas mostrado na figura é denominado quadrupolo
elétrico. (a) Calcule o campo elétrico de cada carga num ponto
P = (x, 0, 0), com x > d, e o campo total em P . (b) Determine
a expressão aproximada do campo elétrico para x � d. Com que
potência decai o campo elétrico.
Resolução:
Vamos calcular idividualmente cada carga da figura, para que logo depois a gente possa somar todas.
E1 =
kQ
(x+ d)2
î ; E2 = −
2kQ
x2
î ; E3 =
kQ
(x− d)2
î
Agora ficou fácil, basta somar
Er = kQ
(
1
(x+ d)2
− 2
x2
+
1
(x− d)2
)
î
O próximo passo será juntar estas três frações, utilizando suas operações de soma e subtração. Devemos
obter algo semelhante a isto.
Er =
Q
4π�0
6x2d2 − 2d4
(x2 − d2)2x2
î
Vamos agora analisar o campo resultante, para que assim, seja possivel determinar o que acontece quando
x� d.
E fácil notar que 2d4 e d2 serão valores muito pequenos, comparado com 6x2d2 e x2. Sendo assim
despreziveis, e a nossa igualdade se torna agora uma aproximação.
Er ≈
Q
4π�0
6x2d2
(x2)2x2
î
Simplificando:
Er ≈
Q
4π�0
6d2
x4
î
5. Uma carga Q é distribuída uniformemente sobre um fio semicircular de
raio a. Calcule a força com que atua sobre uma carga de sinal oposto −q
colocada no centro.
Resolução:
Vamos pegar um pequeno incremento da semicircunfência de carga Q, e com alguns conhecimentos prévios,
vamos analizar e retirar algumas informações que podem ser utilizadas no cálculo.
Figura 11: incremento da semi circunferência
Montando a equação
dF =
kq dQ
a2
r̂
Formulas úteis
Densidade de carga
σ =
Q
l
=
dQ
dl
Comprimento do arco do circulo
r =
l
θ
=
dl
dθ
Dado a densidade de carga e o comprimento qualquer da circunferência, podemos representar a carga dQ
da seguinte forma
dQ =
Q
π
dθ
Substituindo na formula, temos
dF =
kq
a2· Q
π
dθ r̂
Resolvendo na direção x.
Ex =
kqQ
πa2
∫ π
0
cos θ dθ = 0 î
Resolvendo na direção y.
Ey =
kqQ
πa2
∫ π
0
sin θ dθ =
2kqQ
πa2
ĵ
Somando ambos os vetores, teremos como reultado
E =
qQ
2π2�0a2
ĵ
6. A que distância ao longo do eixo de um anel de raio R, carregado uniformemente, a intensidade do campo
elétrico é máxima?
Resolução:
Figura 12: particula distânte de uma anel de raio R
A formula do campo elétrico para este problema, deverá ser do tipo
dE =
kdq
r2
(
sin θ î + sin θ ĵ + cos θ k̂
)
Antes de realizar qualquer conta é interessante observar que vai existir campo apenas na direção k̂, isto
se dá pela simetria do problema.
dE =
kdq
r2
cos θ k̂
cosseno é a razão entre a adjacente e a hipotenusa de uma triângulo retângulo, logo para este problema
cos θ =
z
r
substituindo no campo elétrico
dE =
kdq
r3
z k̂
Vamos trocar também a distância r por (z2 +R2)
1
2
dE =
kdq
(z2 +R2)
3
2
z k̂
Apos a integração, devemos ter algo parecido com isto
E =
kq
(z2 +R2)
3
2
z k̂
Bom e quando é que a intensidade do campo elétrico é máxima? Para isso vamos olhar apenas para este
pedaço da equação
f(z) =
z
(z2 +R2)
3
2
O segredo é derivar a função e logo depois igualar esta derivada a zero, desta forma estaremos pegando um
ponto que pode ser máximo, minimo ou um ponto de inflexão. Esta derivada pode ser resolvida utilizando
regra do quociente e logo depois a regra da cadeia.
f ′(z) =
R2 − 2x2
(x2 +R2)
5
2
f ′(z) =
R2 − 2x2
(x2 +R2)
5
2
= 0
Agora ficou fácil, pois basta saber quando o númerador zera.
R2 − 2x2 = 0
x =
R
√
2
2
Através da análize do gráfico fica evidente que se trata de um ponto de máximo.
Figura 13: gráfico da váriação do campo elétrico
7. Um anel de raio RF está uniformemente eletrizado com cargta Q. Um fio semi-
infinito eletrizado com densidade linear de carga positiva λ situa-se ao longo do eixo
de simetria do anel, com a sua extremidade à distância z = a do plano do anel.
Determine: (a) O vetor campo elétrico criado pelo anel em qualquer lugar ponto do
fio. (b) A força que o fio exerce sobre o anel.
Resolução:
A equação deve ter a seguinte forma
dE =
k dQ
R2 + z2
(
sin θ î + sin θ ĵ + cos θ k̂
)
Por simetria teremos campo apenas ao longo de k̂
dE =
k dQ
R2 + z2
cos θ k̂
Vamos mudar o cosseno, aplicando uma razão de mesmo valor
dE =
k dQ z
(R2 + z2)
3
2
k̂
Derivando com relação a Q, temos
E =
k Q z
(R2 + z2)
3
2
k̂
8. Um disco vazado de esspessura desprezível, com raio interno a e esterno b está
eletrizado com densidade superficial de carga σ = C/r, onde C é uma constante
positiva (a) Qual é a carga total do disco vazado? (b) Calcule o campo elétrico E
ao longo do eixo de simetria de coordenadas (0, 0, z)
Resolução:
densidade superficial
σ =
C
r
; σ =
dQ
dA
igualando as equações através do fator comum
C
r
=
dQ
dA
dA pode ser escrito como r · dr · dθ, vamos aplicar nesta nova equação e organizá-la
dQ = C · dr · dθ
Chegaremos ao resultado da carga total do disco vazado, integrando esta equação dados os seguintes
limetes
Q = c
∫ b
a
∫ 2π
0
dr dθ
resultado
Q = C(b− a)(2π − 0) = 2πC(b− a)
Agora podemos calcular o campo E, vamos pular algumas etapas
dE =
k dQ
(z2 + r2)
3
2
z k̂ =
k · C · dr · dθ
(z2 + r2)
3
2
z k̂
integrando θ dando um giro completo de disco vazado, chegaremos nesta equação
E =
zC
2�0
∫ b
a
dr
(z2 + r2)
3
2
k̂
Substituindo r por tan θ · z teremos no final uma equação bem simples de ser resolvida. Com isto temos
o valor do campo de uma disco vazado
E =
C
2�0z
(
b
(z2 + b2)
1
2
− a
(z2 + a2)
1
2
)
k̂
9. Um arranjo eletrostático na forma de um setor de coroa circular tem distribuição
superficial de carga expressa por σ = αr, onde α é uma constante de r a distância
ao centro de coordenadas O. O setor corresponde à região compreendida entre os
eixos x, y e os pontos tais que a ≤ r ≤ b (a) Qual a unidade da constante α ? (b)
Qual é a carga total da distribuição? (c) determine o vetor campo elétrico no ponto
O. (d) Determine a força exercida sobre está distribuição por uma carga puntiforme
q localizada em O
Resolução:
Densidade superficial de carga
σ = αr; σ =
dQ
dA
Diferencial de área
dA = r · dr · dθ
Igualando as equações de densidade
αr =
dQ
r · dr · dθ
Apos organizar a equação, podemos efetuar as integrais, para que assim tenhamos o valor total da carga
Q = α
∫ b
a
∫ π
2
0
r2 dr dθ =
πα
6
(
b3 − a3
)
Unidade de α
α =
6Q
π(b3 − a3)
[α] =
[Q]
[r]3
=
C
m3
O campo deste setor circular, deve se parecer com isto
dE =
k dQ
r2
(
cos θ î + sin θ ĵ
)
Vamos utilizar nesta equação, aquela relação de dQ que descobrimos antes
dE =
k α r2 dr dθ
r2
(
cos θ î + sin θ ĵ
)
= k α dr dθ
(
cos θ î + sin θ ĵ
)
Integrando
E = kα
∫ b
a
dr
(∫ π
2
0
cos θ dθ î +
∫ π
2
0
sin θ dθ ĵ
)
Resultado
E = −kα (b− a) (̂i + ĵ)
Vamos imaginar que no ponto O, exista uma carga puntiforme q a força exercida sobre este sistema seria
F = −qE
Ou seja
E =
qα
4π�0
(b− a) (̂i + ĵ)
10. Considere um fio dobrado em forma de uma semicircunferencia de raio R, no vácuo,
uniformemente eletrizado com densidade linear de carga λ, emuma de suas metades,
e −λ na outra, conforme a figura. (a) Qual é o vator campo elétrico no ponto O
(centro de curvatura da semicircunferência)? (b) Considere agora um semidisco
vazado, de raio a e esterno b, com densidade superficial de carga λ(r) tal que,
Resolução:
O campo eletrico deste sistema deve ser mais ou menos assim
dE =
k dQ
r2
(
cos θ î + sin θ ĵ
)
Formulas paralelas a serem utilizadas
λ =
dQ
dl
; r =
dl
dθ
Vamos trabalhar com a primeira metade 0 ≤ θ ≤ π2
Montagem do vetor campo eletrico
dE1 =
kλ dθ
r
(
cos θ î + sin θ ĵ
)
Aplicando integrais
E1 =
kλ
r
(∫ π
2
0
cos θ dθ î +
∫ π
2
0
sin θ dθ ĵ
)
resultado
E1 =
kλ
r
(
−î− ĵ
)
Vamos trabalhar com a segunda metade π2 ≤ θ ≤ π
Montagem do vetor campo eletrico
dE2 = −
kλ dθ
r
(
cos θ î + sin θ ĵ
)
Aplicando integrais
E2 = −
kλ
r
(∫ π
π
2
cos θ dθ î +
∫ π
π
2
sin θ dθ ĵ
)
resultado
E2 =
kλ
r
(
−î + ĵ
)
Soma dos campos das duas metades
E1 + E2 =
kλ
r
(
(−1− 1)̂i + (−1 + 1)̂j
)
Er = −
λ
2π�0r
î
O campo eletrico deste sistema deve ser mais ou menos assim
dE =
k dQ
r2
(
cos θ î + sin θ ĵ
)
Formulas paralelas a serem utilizadas
(σ0/(b− a))r =
dQ
dA
; dA = r · dr · dθ
Vamos trabalhar com a primeira metade 0 ≤ θ ≤ π2
Montagem do vetor campo eletrico
dE1 =
kσ dr dθ
(b− a)
(
cos θ î + sin θ ĵ
)
Aplicando integrais
E1 =
kσ
(b− a)
∫ b
a
dr
(∫ π
2
0
cos θ dθ î +
∫ π
2
0
sin θ dθ ĵ
)
resultado
E1 = kσ
(
−î− ĵ
)
E fácil notar que o vetor do campo de lado 2, tera um valor de
E2 = kσ
(
−î + ĵ
)
Soma dos campos das duas metades
E1 + E2 = kσ
(
(−1− 1)̂i + (−1 + 1)̂j
)
Er = −
σ
2π�0
î