Universidade Federal do Rio de Janeiro – Instituto de...

Universidade Federal do Rio de Janeiro – Instituto de FısicaFısica III – 2014/2 – Primeira Prova: 01/10/2014

Versao: A

Formulario

~Fe= q ~E , ~E =

1

4πǫ0

q

r2r ,

∮

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)

Secao 1. Multipla escolha (8×0,6 = 4,8 pontos)

1. Considere um quadrado, com aresta de comprimentoa, com partıculas carregadas em todos os seus 4vertices, conforme mostra a figura. Qual e o moduloda forca eletrica resultante sobre a partıcula no verticesuperior 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/(4πε0a

2).

2. Seja um anel carregado com uma densidade linear decarga λ0 em uma de suas metades e −λ0 na outra,sendo λ0 uma constante, e seja Z o eixo de simetriaperpendicular ao plano do anel. Sabendo-se que o po-tencial eletrico no infinito e igual a zero, qual a unicaafirmativa 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 partıculas pontuais, de car-gas Q e Q′ e massas desprezıveis, colocadas sobre osbracos (tambem de massas desprezıveis) de mesmocomprimento de uma balanca nas distancias indica-das. A balanca esta em uma regiao onde existe umcampo eletrico uniforme ~E vertical para baixo, con-forme mostra a figura.Para que a balanca permanecaem equilıbrio 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 asafirmacoes (I) A lei de Gauss so se aplica a esse pro-blema se escolhermos superfıcies gaussianas cubicas,haja vista a simetria do sistema, (II) A lei de Gaussdeixa de ser aplicavel a esse problema se escolhermossuperfıcies gaussianas que interceptam o cubo carre-gado, (III) A lei de Gauss simplesmente nao se aplicaa esse problema; qual(is) e(sao) 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 estao corretas.

(h) Nenhuma esta correta.

5. Considere as tres seguintes afirmacoes: (I) A densi-dade de energia em um campo eletrico e linearmenteproporcional ao modulo de tal campo. (II) O trabalhonecessario para carregar um capacitor pode ser pen-sado como o trabalho necessario para criar um campoeletrico. (III) Para um dado capacitor, quando do-bramos a carga em cada uma de suas placas, a capa-citancia tambem dobra. Qual alternativa indica a(s)afirmacao(oes) correta(s)?

(a) Somente a I.

(b) Somente a II.

(c) Somente a III.






6. Uma corrente e estabelecida num tubo de descarga degas quando uma diferenca de potencial (ddp) e apli-cada entre os dois eletrodos no tubo. O gas se ioniza,os eletrons movem-se em direcao ao terminal positivoe os ıons positivos em direcao ao terminal negativo.Em um tubo de descarga de hidrogenio, 2,00 × 1018

eletrons e 1,00×1018 protons passam atraves da secaoreta do tubo a cada segundo. Quais sao o modulo I dacorrente eletrica e o sentido do vetor densidade de cor-rente eletrica neste tubo de descarga? Lembre-se que(i) o modulo da carga do eletron vale 1,60× 10−19 C,e (ii) protons e eletrons tem carga de mesmo moduloe sinais opostos.

(a) I = 0,16 A. Sentido: do terminal negativopara o positivo.

(b) I = 0,48 A. Sentido: do terminal negativopara o positivo.

(c) I = 0,16 A. Sentido: do terminal positivo parao negativo.

(d) I = 0,48 A. Sentido: do terminal positivo parao negativo.

(e) I = 0 A. Sentido: indefinido.

2

7. A figura abaixo representa as linhas de campo de duaspartıculas pontuais com cargas A e B. De acordo comessas 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, comdensidade linear de carga uniforme λ.

Qual das afirmativas abaixo e verdadeira?

(a) O campo eletrico sempre aponta na direcao s.

(b) O campo eletrico so depende da coordenada s.

(c) A direcao do campo eletrico independe da co-ordenada φ

(d) O modulo do campo eletrico independe da co-ordenada z.

(e) A direcao do campo eletrico independe da co-ordenada s

(f) O modulo do campo eletrico independe da co-ordenada φ

3

Secao 2. Questoes discursivas (2×2,6 = 5,2 pontos)

Todas as respostas devem ter ampla justificativa!

1. [2,6 pontos] Considere uma barra retilınea, fina, disposta no eixo Z, entre as coordenadas z = −L e z = L (L > 0).Em tal barra, existe uma distribuicao 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 eletrico resultante (devido a barra) em um ponto de seu plano medio, a uma distancia sda barra. [1.4 ponto](c) Determine a expressao assintotica 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), estaolocalizados respecivamente em z = 0 e z = d.

(a) Calcule detalhadamente o campo eletrico produzido apenas pelo plano P1, tanto para z > 0 como paraz < 0. [1.2 ponto]

(b) De posse desse resultado, encontre o campo eletrico produzido pelos 2 planos na regiao 0 < z < d. [0.6 ponto]

(c) Determine a diferenca de potencial entre o plano P1 e o plano P2, ou seja, VP1− VP2

. [0.8 ponto]

4

Gabarito para Versao A


1. (c)

2. (c)

3. (f)

4. (h)

5. (b)

6. (d)

7. (b)

8. (f)

1


1. Resolucao:

(a) Como a distribuicao de cargas apresenta simetria de reflexao, podemos integrar metade da barra e multiplicaro resultado por 2. Assim sendo,

Qtot = 2×∫ L

0

A|z|dz = 2A

∫ L

0

zdz = 2Az2

2

∣

∣

∣

∣

z=L

z=0

= AL2 .

(b) Usaremos o princıpio de superposicao para calcular o campo eletrico resultante devido ao bastao. Para tanto,percebemos, por simetria, que a unica componente que restara e a componente radial (cilındrica) s, dada por

dEs = d ~E · s = 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 substituicao trivial de variaveis:

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

2πǫ0u−1/2

∣

∣

s2+L2

u=s2= − As

2πǫ0u−1/2

∣

∣

s2+L2

u=s2.

Finalmente, pois,

~E(s, φ, z = 0) =As

2πǫ0

(

1

s− 1√

s2 + L2

)

s . (2)

�

(c) Basta tomarmos o limite, usando a aproximacao do binomio 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, entao,

lims≫L

~E = lims≫L

As

2πǫ0

[

1

s− 1√

s2 + L2

]

s

=As

2πǫ0

1

s

[

1−(

1 +L2

s2

)−1/2]

s

=A

2πǫ0

[

1−(

1− 1

2

L2

s2+ . . .

)]

s

≈ A

2πǫ0

[

1

2

L2

s2

]

s

=AL2

4πǫ0

1

s2s .

Finalmente, entao,

lim|x|≫L

~E(s, φ, z = 0) =1

4πǫ0

AL2

s2s =

1

4πǫ0

Qtot

s2s .

Tal expressao e justamente aquela do campo eletrico de uma partıcula puntiforme de carga Qtot a uma distancia sde seu centro, ou seja, o ponto onde estamos calculando o campo eletrico esta tao longe da barra que ele a “ve”como uma carga puntiforme.

�

2. Resolucao:

(a) Devido ao princıpio da superposicao , podemos calcular o campo eletrico devido a cada plano e depois soma-los.

Comecando entao pelo campo ~E1 plano em z = 0, podemos nos valer do alto grau de simetria presente para resolvero problema, em 4 passos

• Passo 1: devido a simetria de translacoes paralelas ao plano, podemos concluir que o campo nao depende dex e y, ou seja, que ~E1(x, y, z) → ~E1(z).

• Passo 2: devido a simetria de rotacoes em torno do eixo z, podemos concluir que o campo nao tem componentesparalelas ao plano, ou seja, ~E1(z) → E(z)z.

• Passo 3: devido a simetria de reflexao com relacao ao plano, podemos concluir que o campo e antissimetricona 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 superfıciegaussiana S cilındrica de “tampas” paralelas ao plano, podemos calcular o fluxo de campo eletrico 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 unica tampa (ver passo 3). Nos aproveitando ainda do fato que ~E1 e funcao 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

2ǫ0z (6)

e a simetria de reflexao em relacao ao plano garante

~E1(z < 0) =σ

2ǫ0z (7)

(b)

O campo produzido pelo plano P2 plano pode ser encontrado de forma totalmente analoga ao procedimento anterior;devemos apenas tomar o cuidado de localiza-lo corretamente em z = d e considerar a densidade de carga correta2σ. O resultado e

~E2(z < d) = − 2σ

2ǫ0z = − σ

ǫ0z (8)

E entao temos, na regiao 0 < z < d

~E = ~E1 + ~E2

⇒ ~E = − 3σ

2ǫ0z .

(c) A diferenca de potencial VP1− VP2

e dada por uma integral de linha entre os planos P1 e P2. Como podemosescolher uma linha arbitraria (uma vez que o campo eletrostatico e conservativo), escolhemos uma linha reta

perpendicular aos planos e que os une. Desta forma, temos ~dl = dzz e entao

VP1− VP2

=

∫ P2

P1

~E · ~dl

=

∫ d

0

(

− 3σ

2ǫ0z

)

· (dzz)

= − 3σ

2ǫ0

∫ d

0

dz

ou seja, temos

VP1− VP2

= −3σd

2ǫ0(9)

�

4


Versao: B

Formulario

~Fe= q ~E , ~E =

1

4πǫ0

q

r2r ,

∮

S

~E ·d ~A =Qint

ǫ0, ~E = − ~∇V , V =

1

4πǫ0

q

r

U =1

4πǫ0

qq′




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/(4πε0a

2).


(a) Somente a I.

(b) Somente a II.

(c) Somente a III.






1





(a) Somente a I.

(b) Somente a II.

(c) Somente a III.







(a) −3Q

(b) −2Q

(c) −Q

(d) Q

(e) 2Q

(f) 3Q

2

















(a) Ambas positivas



(d) Ambas negativas



3




λ(z) = A|z|

sendo A = const.






. [0.8 ponto]

4

Gabarito para Versao B


1. (c)

2. (h)

3. (c)

4. (b)

5. (f)

6. (f)

7. (d)

8. (b)

1


1. Resolucao:


Qtot = 2×∫ L

0

A|z|dz = 2A

∫ L

0

zdz = 2Az2

2

∣

∣

∣

∣

z=L

z=0

= AL2 .



=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 .


Es = 2× As

4πǫ0

∫ L

z=0

z dz

(s2 + z2)3/2, (1)


u := s2 + z2 =⇒ du = 2z dz .


Es =As

2πǫ0

∫ s2+L2

u=s2

1

2

du

u3/2

= − As

2πǫ0u−1/2

∣

∣

s2+L2

u=s2= − As

2πǫ0u−1/2

∣

∣

s2+L2

u=s2.

Finalmente, pois,

~E(s, φ, z = 0) =As

2πǫ0

(

1

s− 1√

s2 + L2

)

s . (2)

�


(1 + x)n ≃ 1 + nx+ . . . (n, x ∈ R, |x| ≪ 1) ,

2


lims≫L

~E = lims≫L

As

2πǫ0

[

1

s− 1√

s2 + L2

]

s

=As

2πǫ0

1

s

[

1−(

1 +L2

s2

)−1/2]

s

=A

2πǫ0

[

1−(

1− 1

2

L2

s2+ . . .

)]

s

≈ A

2πǫ0

[

1

2

L2

s2

]

s

=AL2

4πǫ0

1

s2s .

Finalmente, entao,

lim|x|≫L

~E(s, φ, z = 0) =1

4πǫ0

AL2

s2s =

1

4πǫ0

Qtot

s2s .


�

2. Resolucao:







ΦE =

∮

S

~E1 · ~dA =

∫

Slateral

~E1 · ~dA+

∫

Stampas

~E1 · ~dA, (3)

3




ΦE = 2

∫

Stampa

~E1 · ~dA = 2

∫

Stampa

E1dA = 2E

∫

Stampa

dA = 2E1A, (4)


Qenc =

∫

Senc

σdA = −σ

∫

Senc

dA = −σA. (5)


2E1A = −σA ⇒ E1 = − σ

2ǫ0⇒ ~E1(z > 0) = − σ

2ǫ0z (6)


~E1(z < 0) =σ

2ǫ0z (7)

(b)


~E2(z < d) = − 2σ

2ǫ0z = − σ

ǫ0z (8)


~E = ~E1 + ~E2

⇒ ~E = − 3σ

2ǫ0z .




VP1− VP2

=

∫ P2

P1

~E · ~dl

=

∫ d

0

(

− 3σ

2ǫ0z

)

· (dzz)

= − 3σ

2ǫ0

∫ d

0

dz

ou seja, temos

VP1− VP2

= −3σd

2ǫ0(9)

�

4


Versao: C

Formulario

~Fe= q ~E , ~E =

1

4πǫ0

q

r2r ,

∮

S

~E ·d ~A =Qint

ǫ0, ~E = − ~∇V , V =

1

4πǫ0

q

r

U =1

4πǫ0

qq′














1









(a) Somente a I.

(b) Somente a II.

(c) Somente a III.







(a) −3Q

(b) −2Q

(c) −Q

(d) Q

(e) 2Q

(f) 3Q


(a) Somente a I.

(b) Somente a II.

(c) Somente a III.






2


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/(4πε0a

2).


(a) Ambas positivas



(d) Ambas negativas



3




λ(z) = A|z|

sendo A = const.






. [0.8 ponto]

4

Gabarito para Versao C


1. (c)

2. (f)

3. (d)

4. (h)

5. (f)

6. (b)

7. (c)

8. (b)

1


1. Resolucao:


Qtot = 2×∫ L

0

A|z|dz = 2A

∫ L

0

zdz = 2Az2

2

∣

∣

∣

∣

z=L

z=0

= AL2 .



=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 .


Es = 2× As

4πǫ0

∫ L

z=0

z dz

(s2 + z2)3/2, (1)


u := s2 + z2 =⇒ du = 2z dz .


Es =As

2πǫ0

∫ s2+L2

u=s2

1

2

du

u3/2

= − As

2πǫ0u−1/2

∣

∣

s2+L2

u=s2= − As

2πǫ0u−1/2

∣

∣

s2+L2

u=s2.

Finalmente, pois,

~E(s, φ, z = 0) =As

2πǫ0

(

1

s− 1√

s2 + L2

)

s . (2)

�


(1 + x)n ≃ 1 + nx+ . . . (n, x ∈ R, |x| ≪ 1) ,

2


lims≫L

~E = lims≫L

As

2πǫ0

[

1

s− 1√

s2 + L2

]

s

=As

2πǫ0

1

s

[

1−(

1 +L2

s2

)−1/2]

s

=A

2πǫ0

[

1−(

1− 1

2

L2

s2+ . . .

)]

s

≈ A

2πǫ0

[

1

2

L2

s2

]

s

=AL2

4πǫ0

1

s2s .

Finalmente, entao,

lim|x|≫L

~E(s, φ, z = 0) =1

4πǫ0

AL2

s2s =

1

4πǫ0

Qtot

s2s .


�

2. Resolucao:







ΦE =

∮

S

~E1 · ~dA =

∫

Slateral

~E1 · ~dA+

∫

Stampas

~E1 · ~dA, (3)

3




ΦE = 2

∫

Stampa

~E1 · ~dA = 2

∫

Stampa

E1dA = 2E

∫

Stampa

dA = 2E1A, (4)


Qenc =

∫

Senc

σdA = −σ

∫

Senc

dA = −σA. (5)


2E1A = −σA ⇒ E1 = − σ

2ǫ0⇒ ~E1(z > 0) = − σ

2ǫ0z (6)


~E1(z < 0) =σ

2ǫ0z (7)

(b)


~E2(z < d) = − 2σ

2ǫ0z = − σ

ǫ0z (8)


~E = ~E1 + ~E2

⇒ ~E = − 3σ

2ǫ0z .




VP1− VP2

=

∫ P2

P1

~E · ~dl

=

∫ d

0

(

− 3σ

2ǫ0z

)

· (dzz)

= − 3σ

2ǫ0

∫ d

0

dz

ou seja, temos

VP1− VP2

= −3σd

2ǫ0(9)

�

4


Versao: D

Formulario

~Fe= q ~E , ~E =

1

4πǫ0

q

r2r ,

∮

S

~E ·d ~A =Qint

ǫ0, ~E = − ~∇V , V =

1

4πǫ0

q

r

U =1

4πǫ0

qq′




(a) −3Q

(b) −2Q

(c) −Q

(d) Q

(e) 2Q

(f) 3Q


(a) Somente a I.

(b) Somente a II.

(c) Somente a III.






1


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/(4πε0a

2).


(a) Somente a I.

(b) Somente a II.

(c) Somente a III.

















2









(a) Ambas positivas



(d) Ambas negativas



3




λ(z) = A|z|

sendo A = const.






. [0.8 ponto]

4

Gabarito para Versao D


1. (f)

2. (b)

3. (c)

4. (h)

5. (c)

6. (f)

7. (d)

8. (b)

1


1. Resolucao:


Qtot = 2×∫ L

0

A|z|dz = 2A

∫ L

0

zdz = 2Az2

2

∣

∣

∣

∣

z=L

z=0

= AL2 .



=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 .


Es = 2× As

4πǫ0

∫ L

z=0

z dz

(s2 + z2)3/2, (1)


u := s2 + z2 =⇒ du = 2z dz .


Es =As

2πǫ0

∫ s2+L2

u=s2

1

2

du

u3/2

= − As

2πǫ0u−1/2

∣

∣

s2+L2

u=s2= − As

2πǫ0u−1/2

∣

∣

s2+L2

u=s2.

Finalmente, pois,

~E(s, φ, z = 0) =As

2πǫ0

(

1

s− 1√

s2 + L2

)

s . (2)

�


(1 + x)n ≃ 1 + nx+ . . . (n, x ∈ R, |x| ≪ 1) ,

2


lims≫L

~E = lims≫L

As

2πǫ0

[

1

s− 1√

s2 + L2

]

s

=As

2πǫ0

1

s

[

1−(

1 +L2

s2

)−1/2]

s

=A

2πǫ0

[

1−(

1− 1

2

L2

s2+ . . .

)]

s

≈ A

2πǫ0

[

1

2

L2

s2

]

s

=AL2

4πǫ0

1

s2s .

Finalmente, entao,

lim|x|≫L

~E(s, φ, z = 0) =1

4πǫ0

AL2

s2s =

1

4πǫ0

Qtot

s2s .


�

2. Resolucao:







ΦE =

∮

S

~E1 · ~dA =

∫

Slateral

~E1 · ~dA+

∫

Stampas

~E1 · ~dA, (3)

3




ΦE = 2

∫

Stampa

~E1 · ~dA = 2

∫

Stampa

E1dA = 2E

∫

Stampa

dA = 2E1A, (4)


Qenc =

∫

Senc

σdA = −σ

∫

Senc

dA = −σA. (5)


2E1A = −σA ⇒ E1 = − σ

2ǫ0⇒ ~E1(z > 0) = − σ

2ǫ0z (6)


~E1(z < 0) =σ

2ǫ0z (7)

(b)


~E2(z < d) = − 2σ

2ǫ0z = − σ

ǫ0z (8)


~E = ~E1 + ~E2

⇒ ~E = − 3σ

2ǫ0z .




VP1− VP2

=

∫ P2

P1

~E · ~dl

=

∫ d

0

(

− 3σ

2ǫ0z

)

· (dzz)

= − 3σ

2ǫ0

∫ d

0

dz

ou seja, temos

VP1− VP2

= −3σd

2ǫ0(9)

�

4

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