Lista 01 - Lara

8/16/2019 Lista 01 - Lara

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Lista 01 de FIS-32 - LaraComissao de Resolucao de Listas - T-19

1 Determine o vetor campo eletrico em um pontoP a uma distancia z acima do centro de umaquadrada de lado 2a que tem uma densidade

de carga uniforme igual a λ.Sugestao: Use componentes cartesianas e con-sideracoes de simetria.

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Devido a simetria do problema, as componentes perpendiculares ao eixo z secancelarao, de modo que a direcao do campo eletrico E e z. Como a espira

possui uma densidade linear constante λ, obtemos as expressoes para dq e r :

dq = λdl

r =

z2 + a2

Devido a simetria, sabendo que cosθ = zr

temos:

E = E z z = Ecosθz = Ez

r z

Agora, basta desenvolver os calculos a partir da formula do campo eletricogerado por distribuicoes contınuas de carga:

E = 14π0

ˆ dq

r2 r

⇒ E = 1

4π0

ˆ λdl

r2 r

Vale lembrar que basta calcular o campo na direcao z gerado por um dos ladosda espira e multiplicar o resultado por 4.

E = 4λ

4π0

ˆ 2a

0

cosθdl

r2 z

⇒ E = λ

π0

ˆ 2a

0

zdl

(z2 + a2)3

2

z

⇒ E = 2aλz

π0(z2 + a2)3

2

z

2 Determine o vetor campo eletrico no ponto P,localizado no centro de uma calota esferica deraio R carregada com densidade superficial decarga σ = σ0senθ

2

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Comecemos substituindo dq pelo produto da densidade superficial da calotacom a unidade de area infinitesimal em coordenadas esfericas:

σ = σ0senθ

dq = σR2senθdθdΦ

⇒ dq = σ0R2sen2θdθdΦ

Agora, apliquemos diretamente a formula do campo eletrico para distribuicoescontınuas, sendo que, para a calota esferica, no ponto P, r = R e os componentesperpendiculares ao eixo z se cancelam por simetria, sendo entao E = E z z.

E = 1

4π0ˆ

dq

r2

r = 1

4π0ˆ

cosθdq

R2

z

⇒ E = 1

4π0

ˆ 2π

Φ=0

ˆ π2

θ=0

σ0R2sen2θcosθdθdΦ

R2 z

Como nenhum termo da integral depende de Φ, pode-se separar a integral dedΦ, que resulta em 2π. Tambm se cancela os dois termos de R2 na fracao da

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integral. Por fim, calcula-se a integral na variavel θ.

⇒ E = σ0

20

ˆ π2

0

sen2θcosθdθz

Facamos a substituicao de variaveis u = senθ, du = cosθdθ, u = 0 quando θ = 0e u = 1 quando θ = π

2:

E = σ0

20

ˆ 10

u2duz

⇒ E = σ0

60z

3 Uma esfera macica, nao-condutora e de raioR, tem uma distribuicao de carga nao-uniformede densidade de carga volumetrica de cargadada por ρ = ρ0

rR

, onde ρ0 e uma constante er e a distancia ao centro da esfera. Calcule:

3.1 A carga total da esfera

Para esse item, basta integrar a carga por toda a esfera, onde dq = ρdv e dvesta em coordenadas esfericas

Qtot =

ˆ dq =

ˆ ρdv

⇒ Qtot =˚

ρ0 rR

r2senθdrdθdΦ

⇒ Qtot =

ˆ 2π

Φ=0

ˆ πθ=0

ˆ Rr=0

ρ0

R r3senθdrdθdΦ

⇒ Qtot = 2πρ0

R

ˆ π0

senθdθ

ˆ R0

r3dr

⇒ Qtot = 2πρ0

R [−cosθ]π0 [

r4

4 ]R0

⇒ Qtot = 2πρ0

R .2.

R4

4

⇒ Qtot = R3

πρ0

4

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3.2 O campo eletrico em todos os pontos do espaco

Obtenhamos o campo eletrico em funcao da distancia ao centro da esfera,que adotaremos como rigem. Para isso, devido a alta simetria do problema,utilizaremos superfıcies gaussianas esfericas de raio r centradas na origem emtres casos: r > R, r = R e r < R.

Em cada um desses casos, a carga contida na gaussiana ser a diferente. Paradeterminar essa carga, podemos nos aproveitar da relacao encontrada no itema.

Para r < R:

Qint = 4πρ0

R

ˆ r0

r3dr = r4πρ0

R

Para r ≥ R:Qint = R3πρ0

Agora, basta aplicar a Lei de Gauss (¸

E ·d A = Qint

0) para encontrar o campo

eletrico em cada regiao, sendo que o campo, por ter sempre direcao radial edepender somente da distancia da origem, sempre sera paralela ao vetor normala area. Assim, E pode ser retirado da integral, sobrando apenas

¸ d A = 4πR2.

Sabendo que vecE = E r, aplicamos a Lei de Gauss em cada caso para encontrarE:

Para r < R: ˛ E · dA =

Qint

0

⇒ E 4πr2 = r4πρ0

R

⇒ E = r2ρ0

40R

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Para r = R:

E 4

πR2

=

R3πρ0

0

⇒ E = Rρ0

40

Para r > R

E 4πr2 = R3πρ0

0

E = R3ρ0

40r2

4 Uma certa distribuicao de cargas gera o seguinte

campo eletrico E (r):

E (r) = ρ0

0r2(2a3 − 2a2r − ar2)e− r

a r

onde ρ0 e uma constante a determinar e r e adistancia de um ponto do espaco ate a origemdo sistema. A respeito dessa distribuicao decarga, calcule:

4.1 A carga total de toda a distribuicao de cargas eletricasSugestao: Tome uma esfera de raio R centrada naorigem, em seguida faca R tender ao infinito para cal-cular a carga total do sistema.

Tomemos a gaussiana esferica com r → ∞, que tera integral de superfıcieigual a E 4πr2, ja que o campo tem direcao radial sempre. Logo, aplicando aLei de Gauss, achamos:

Qtot = 0 limr→∞

E (r)4πr2 = 0 limr→∞

4πr2ρ0

0r2 (2a3 − 2a2r − ar2)e−

r

a

⇒ Qtot = 8πρ0a3 limr→∞

r2

er

a

= 0

∴ Qtot = 0

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4.2 A densidade volumetrica de carga em um ponto P quedista r > 0 da origem.

Para encontrar a densidade de carga, utilizamos a equacao de Poisson:

ρ

0= ∇ · E =

1

r2∂

∂r(r2

∂E

∂r )

Daonde vem:

ρ = ρ0[1 − 4a2

r2 ]e−

r

a

4.3 Os resultados dos itens 1 e 2 sao coerentes? Explique.

A primeira coerencia que podemos observar e que, quando r → ∞, ρ → 0.Alem disso, ao integrar-se ρ em funcao de r, encontramos tambem o valor nulo,

ou seja, a quantidade de carga positiva equivale a quantidade de carga negativano sistema.

5 Considere um fio retilıneo infinito de densi-dade linear de cargas eletricas λ.

5.1 Mostre que o potencial el etrico gerado pelo fio podeser escrito como

V (r) = − λ

2π0ln(

r

a)

em que r e a distancia do ponto considerado ao fioe V(a) = 0 foi adotado como referencia do potencialeletrico.

Sabemos que o campo eletrico a uma distancia r de um fio e E = λ2π0r

r (bastaaplicar uma gaussiana cilındrica em torno de um trecho L do fio). Assim, bastaaplicar a formula do potencial a partir do campo:

V (r) − V (a) = −

ˆ ra

E · d l = −

ˆ ra

λ

2π0rr · rdr

∴ V (r) = − λ

2π0ln(

r

a)

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5.2 E possıvel nesse caso adotar o mesmo sistema de re-

ferencia de potencial eletrico da carga pontual, isto e,V(∞) = 0? Por que?

Nao e possıvel, pois no caso deste exercıcio, a fonte de campo se estende ate oinfinito, e portanto, caso se tome uma referencia no infinito, o potencial estoura,tendo valor infinito em todos os pontos do espaco.

6 Um campo eletrico depende apenas das coor-denadas x e y, segundo a lei

E = axi + yˆ j

x2

+ y2

onda a e uma constante, i e ˆ j sao versores dasdirecoes x e y.

6.1 Mostre que a carga eletrica contida no interior de umaesfera de raio R centrada na origem e dada por 4π0Ra.

Substituindo por coordenadas esfericas, temos as seguintes equacoes:

x2 + y2 = r2sen2θ

x = rsenθcosΦ

y = rsenθsenΦ

xi + yˆ j = (rsenθ)(rsenθ) = rsen2θr

Desse modo, o campo eletrico em um ponto sera dado por:

E = a

rsenθr

Aplicamos a Lei de Gauss para uma gaussiana esferica que coincide com asuperfıcie da esfera. Vale notar que d A = R2senθdθdΦr.

Q = 0

˛ E · d A

⇒ Q = a0

ˆ πθ=0

ˆ 2πΦ=0

RsenθdθdΦ

∴ Q = 4π0Ra

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6.2 O potencial eletrico associado a este campo.

Adotemos como referencial um raio R0, de maneira que V(R0) = 0. Dessemodo, temos:

V (r) − V (R0) = −

ˆ rR0

E · d l

Onde E = arsenθ

r e d l = drr

⇒ V (r) = −

ˆ rR0

a

rsenθdr =

a

senθ ln(

R0

r )

Ou seja, o potencial esta dependendo tambem da variacao em θ, o que fazsentido, ja que o rotacional do campo nao e nulo (∇ × E = 0).

7 Calcule o vetor campo eletrico associado aoseguinte potencial eletrico

V (r,θ, Φ) = pcosθ

4π0r2

Para tanto, aplicaremos diretamente a formula do campo eletrico a partir dopotencial:

E = −∇V

Temos que o gradiente de um campo em coordenadas esfericas e:

∇V = ∂V

∂r r + 1

r

∂V

∂θ θ + 1

rsenθ

∂V

∂ Φ Φ

Onde:∂V

∂r = −

pcosθ

2π0r3

∂V

∂θ = −

psenθ

4π0r2

∂V

∂ Φ = 0

∴ E = p2cosθr + senθθ

4π0r3

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