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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.
1
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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
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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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