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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO

INSTITUTO DE FI´SICA

FI´SICA III (FIM230) - 2009/1

PRIMEIRA PROVA UNIFICADA

DATA: 08/04/2009

• Na˜o e´ permitido o uso de calculadoras, telefones celulares, “iPods” ou similares.

• No cabec¸alho do caderno de resoluc¸a˜o, devera˜o constar, legivelmente, nome do aluno, seu
nu´mero de DRE, sua turma, seu hora´rio de aulas e o nome de seu professor.

• Nenhum esclarecimento individual ser prestado no perodo de realizao da prova; caso persista
alguma dvida de enunciado, o aluno deve discorrer sobre a mesma no seu prprio caderno de
resoluo.

• Seja claro, preciso e asseado.

PROBLEMA 1 (Anel semicircular) [ 2,5 ponto(s)]

Um anel semicircular, de raio a, encontra-se situado no
plano XY , com suas extremidades nos aˆngulos polares
θ = 0 e θ = π, conforme mostra a figura ao lado. O tre-
cho do anel contido no primeiro quadrante (π/2 > θ > 0)
possui carga total +q e o contido no segundo quadrante
(π > θ > π/2) carga total −q, onde q > 0. As cargas em
cada trecho esta˜o distribu´ıdas de modo uniforme.
(a) Determine as densidades lineares de carga, respecti-
vamente λ+ e λ−, em cada trecho. [0,4 ponto]

Fazendo uso dos vetores unita´rios indicados na fi-
gura:
(b) Obtenha uma expressa˜o para o vetor campo ele´trico
~E+ produzido na origem (ponto P), pela carga existente
no primeiro quadrante. [0,8 ponto]

(c) Obtenha uma expressa˜o para o vetor campo ele´trico ~E− produzido na origem (ponto P), pela carga existente
no segundo quadrante. [0,8 ponto]
(d) Determine enta˜o a expressa˜o para o vetor forc¸a ele´trica resultante exercida sobre uma part´ıcula de prova com
carga q0 colocada na origem (ponto P). [0,5 ponto]

Resoluc¸a˜o

(a)

λ+ = q/(
πa

2
) =

2q

πa

λ− = −
2q

πa

(1)

1

Figura 1:

Na figura 1:

−→
dE = −

1

4πǫ0

λds

a2
cos θ iˆ−

1

4πǫ0

λds

a2
sin θ jˆ

=
λ

4πǫ0a
(− cos θdθ iˆ− sin θdθ jˆ)

(2)

Essa expressa˜o vale para qualquer θ e na˜o apenas para o primeiro quadrante.

2

Figura 2:

(b)
−→
dE+ =

q

2π2ǫ0a2
(− cos θdθ iˆ− sin θdθ jˆ) (3)

−→
E+ =

q

2π2ǫ0a2
(−iˆ

∫ pi/2
0

cos θdθ − jˆ

∫ pi/2
0

sin θdθ )

=
q

2π2ǫ0a2
(−iˆ− jˆ)

(4)

(c)
−→
dE− =

−q

2π2ǫ0a2
(− cos θdθ iˆ− sin θdθ jˆ) (5)

−→
E− =

q

2π2ǫ0a2
(ˆi

∫ pi
pi/2

cos θdθ + jˆ

∫ pi
pi/2

sin θdθ )

=
q

2π2ǫ0a2
(−iˆ+ jˆ)

(6)

(d)
−→
E =

−→
E+ +

−→
E− = −

q

π2ǫ0a2
iˆ (7)

−→
F = q0

−→
E = −

qq0
π2ǫ0a2

iˆ (8)

PROBLEMA 2 (Casca e bola esfe´ricas) [ 2,5 ponto(s)]

Uma casca esfe´rica condutora neutra de raio interno b
e raio externo c tem em seu interior, conceˆntrica a ela,
uma bola esfe´rica isolante de raio a e constante diele´trica
igual a 1, conforme mostra a figura ao lado. Essa bola
esta´ carregada com uma densidade volumar dada pela
func¸a˜o ρ(r) = αr (onde α e´ uma constante positiva e r
e´ a distaˆncia do ponto ao centro da esfera). O sistema
esta´ em equil´ıbrio eletrosta´tico.

3

(a) Determine a carga ele´trica total contida na esfera isolante. [0,5 pontos]
(b) A partir da simetria do sistema, esboce as linhas de campo ele´trico e uma superf´ıcie gaussiana gene´rica que
sera´ usada para a determinac¸a˜o do vetor campo ele´trico. [0,4 pontos]

(c) Determine o vetor campo ele´trico ~E nas quatro regio˜es definidas pelo sistema (r < a, a < r < b, b < r < c e
c < r). [1,6 pontos]

Resoluc¸a˜o

(a) A carga ele´trica total Q contida na esfera sera´ dada por

Q =

∫
ρdV =

∫ a
0

αr4πr2dr = 4πα

∫ a
0

r3dr ;

logo:
Q = παa4 .

(b) Devido a` simetria esfe´rica do problema, o campo ele´trico so´ podera´ ter componente na direc¸a˜o radial e so´

podera´ depender de r, isto e´, o campo ele´trico sera´ tal que ~E = E(r)rˆ. As superf´ıcies gaussianas sera˜o esfe´ricas e
conceˆntricas a`s superf´ıcies do problema de maneira que o mo´dulo do campo ele´trico sera´ constante em cada uma
delas.

(c) No caso da regia˜o b ≤ r < c, como a casca esfe´rica e´ condutora e estamos em equil´ıbrio eletrosta´tico, o campo

ele´trico ~E sera´ nulo.
Para as outras regio˜es usaremos a Lei de Gauss

Φ =

∮
S

~E · d~S = q/ε0 .

Neste caso ~E = Er(r)rˆ e d~S = dSrˆ, de modo que ~E · d~S = Er(r)dS. Como Er(r) e´ constante na superf´ıcie
gaussiana, teremos ∮

S

~E · d~S = Er(r)

∮
S

dS = 4πr2Er(r) .

Precisamos, agora, determinar a carga ele´trica interna a cada superf´ıcie gaussiana que descreve a regia˜o de
interesse.
Para r < a:

q =

∫
ρdV =

∫ r
0

αr′4πr′2dr′ = παr4 ,

logo

~E(r) =
αr2

4ε0
rˆ =

Qr2

4πε0a4
rˆ .

4

Para a ≤ r < b e r ≥ c:
q = Q ,

logo

~E(r) =
Q

4πε0r2
rˆ .

PROBLEMA 3 (Quadrupolo ele´trico) [ 2,5 ponto(s)]

A figura ao lado mostra duas part´ıculas de cargas
ele´tricas individuais +q separadas entre si por uma
distaˆncia de 2a. No ponto me´dio entre essas duas
part´ıculas e´ colocada uma terceira cuja carga ele´trica e´
−2q.
(a) Obtenha a expressa˜o exata do potencial ele´trico V (x)
no ponto P do eixo X , para x > a. Qual e´ a expressa˜o
aproximada para V (x) quando tivermos x ≫ a? [1,0
ponto]

(b) A partir da expressa˜o exata para o potencial ele´trico, obtenha a expressa˜o do vetor campo ele´trico ~E no

ponto P . Qual e´ a expressa˜o aproximada para ~E(x) quando tivermos x≫ a? [1,0 ponto]
(c) Qual e´ a energia potencial eletrosta´tica acumulada em tal sistema? [0,5 ponto]

Resoluc¸a˜o

(a) Lembrando que o potencial ele´trico de uma part´ıcula de carga q e´ dado por V (r) = q/(4πǫor), sendo r a
distaˆncia em relac¸a˜o a` part´ıcula, enta˜o no caso de uma distribuic¸a˜o discreta de treˆs cargas puntiformes em que
as cargas ele´tricas e as posic¸o˜es das part´ıculas em relac¸a˜o ao ponto P sa˜o (+q, x+a) , (−2q, x) , e (+q, x−a) ,
o potencial ele´trico devido a elas neste ponto sera´ fornecido por

V (x) =
1

4πǫo

3∑
n=1

qn
xn

=
q

4πǫo

(
1

x+ a
−

2

x
+

1

x− a

)
=

1

4πǫo

[
2a2q

x(x2 − a2)

]
.

No caso em que o ponto P se encontre muito afastado das cargas devemos considerar que x ≫ a e assim
podemos aproximar x(x2 − a2) ≈ x3 na expressa˜o obtida acima para V (x) e com isso teremos que

V (x) ≈
Q

4πǫox3

sendo Q ≡ 2a2q o momento de quadrupolo ele´trico da distribuic¸a˜o de cargas.

(b) O vetor campo ele´trico ~E pode ser obtido a partir do potencial ele´trico atrave´s de ~E(r) = −~∇V (r) o que,
no caso do ponto P , se reduzira´ a

~E(x) = −

[
dV (x)

dx

]
xˆ =

q

4πǫo

(
1

(x + a)2
−

2

x2
+

1

(x− a)2

)
xˆ =

Q

4πǫo

[
3x2 − a2

x2(x2 − a2)2

]
xˆ .

No caso em que x≫ a podemos aproximar (3x2 − a2)/[x2(x2 − a2)2] ≈ 3x2/x6 = 3/x4 e assim mostrar que

~E(x) ≈

(
3Q

4πǫox4

)
xˆ .

(c) Temos um sistema de treˆs part´ıculas; para constru´ı-lo (a partir de uma separac¸a˜o infinita entre as part´ıculas),
devemos realizar um trabalho total dado por

U =

3∑
i=1

3∑
j>i

qiqj
4πǫorij

=
q2

4πǫo

(
1

2a
−

2

a
−

2

a

)
= −

7

2

(
q2

4πǫoa

)
.

5

PROBLEMA 4 (Capacitores) [ 2,5 ponto(s)]

Na figura ao lado, temos um arranjo cons-
titu´ıdo por uma bateria de forc¸a eletromotriz
V0, uma chave S e treˆs capacitores, 1, 2 e 3, de
mesma capacitaˆncia C, inicialmente descar-
regados. A chave S e´, primeiramente, girada
para a posic¸a˜o a e permite-se que o capacitor
1 seja completamente carregado. A seguir, a
chave e´ girada para a posic¸a˜o b.
(a) Quais sa˜o as cargas finais q1, q2 e q3
nos capacitores correspondentes, expressas
em func¸a˜o de V0 e C? [1,5 ponto]
(b) Determine a energia total acumulada nos
capacitores com a chave na posic¸a˜o a e aquela
acumulada nos capacitores com a chave na
posic¸a˜o b, expressas em func¸a˜o de V0 e C.
[1,0 ponto]

V0

S

a b

c

d

1 3

2

Resoluc¸a˜o

(a) A carga final adquirida pelo capacitor 1, depois da chave ser girada para a posic¸a˜o a, e´ dada por:

Q1 = C1V0 = CV0.

Na segunda etapa, apo´s a chave S ser girada para a posic¸a˜o b, observamos, primeiro que, por simetria, a carga
(em mo´dulo) em cada uma das placas dos capacitores 2 e 3 e´ a mesma; logo:

q2 = q3 .

Ale´m disso, por conservac¸a˜o da carga,
q1 + q2 = Q1 = CV0 . (9)

Uma outra equac¸a˜o provira´ do ca´lculo da ddp entre os pontos a e d de duas maneiras: via o ramo que inclui
so´ o capacitor 1, fornecendo:

Vad =
q1
C

ou