UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de Fı́sica
Solução da 1a Prova de Eletricidade e Magnetismo
Disciplina:1108083 (Tarde)
Prof. Adriano de A. Batista
02/07/2014
1)(2.0) (a) Na figura abaixo encontre a força F~ sobre a carga q 0 devida às outras cargas. Escreva
as componentes Fx e Fy em função dos valores algébricos dados.
y
q0
q
d1
x
q
d2
q
Solução: Utilizando a lei de Coulomb e princı́pio de superposição, encontramos
qq 0
ı̂
̂
d2 ı̂ + d1 ̂
F~ =
+
+
,
4π0 d22
d21
d3
p
onde d = d21 + d22 . Assim as componentes da força são dadas por
d2
qq 0
1
+ 3
Fx =
4π0 d22
d
qq 0
d1
1
Fy =
+ 3
4π0 d21
d
2) (2.0) Determine o valor do campo elétrico (módulo e orientação) no centro do retângulo acima
devido às cargas presentes nos seus vértices.
Solução: Aplicando a lei de coulomb, o princı́pio de superposição e utilizando a simetria
do problema, podemos escrever o vetor campo elétrico no centro do retângulo definido pela
figura acima como
1
q(d2 /2ı̂ + d1 /2̂) q 0 (d2 /2ı̂ + d1 /2̂)
~
Ec =
−
4π0
(d/2)3
(d/2)3
(q − q 0 )(d2 ı̂ + d1 ̂)
=
,
π0 d3
p
0
|
d21 + d22 . O campo elétrico tem módulo dado por Ec = |q−q
onde d =
π0 d2 e é aplicado
d2 ı̂+d1 ̂
na direção do vetor unitário ± d , onde utilizamos o sinal positivo se q > q 0 e o sinal
negativo, se q < q 0 .
3) (2.0) Na figura abaixo temos duas cascas esféricas uniformemente carregadas. A casca 1 tem
densidade superficial de carga σ1 , raio a e está centrada na origem, enquanto a casca 2 tem
densidade superficial de carga σ2 , raio b e está centrada no eixo x. Os centros das cascas estão
separados por uma distância d > a + b. Encontre o vetor campo elétrico no centro da casca 2
em função dos valores algébricos dados.
y
d
Casca 1
Casca 2
x
Solução: Utilizando a lei de Gauss e o princı́pio de superposição, notamos que as cargas da
casca esférica 2 não contribuem para o campo no seu próprio interior. Assim, o campo no
centro da casca 2 é devido somente à distribuição simétrica de cargas da casca 1, de forma
que obtemos
σ1 a 2
σ1 4πa2
~
ı̂
=
ı̂
E(dı̂)
=
4π0 d2
0 d 2
4) (2.0) Existem três placas planas paralelas infinitas uniformemente carregadas. As placas têm
as seguintes densidades superficiais de carga: σ1 = 1, 0 × 1012 C/m2 , σ2 = 2, 0 × 1012 C/m2 , e
σ3 = −1, 0 × 1012 C/m2 . A placa 1 está situada em x = −1, 0mm, a placa 2 em x = 0 e a placa 3
está em x = 1, 0mm. Encontre o campo elétrico em todas as regiões do espaço. A constante de
permissividade elétrica do vácuo é ε0 = 8, 85 × 10−12 C/(Vm)
Solução: Esse problema envolve distribuições de carga com simetria planar em planos paralelos cujo vetor normal é ı̂. Aplicando a lei de Gauss e o princı́pio de superposição obtemos
que só há campo elétrico na direção x e ele é dado por:
2 +σ3
Ex (x) = − σ1 +σ
≈ −1, 1 × 1023 V/m para
20
σ1 −σ2 −σ3
= 0V/m
se
Ex (x) =
20
23
2 −σ3
Ex (x) = σ1 +σ
≈
2,
3
×
10
V/m
se
20
2 +σ3
≈ 1, 1 × 1023 V/m
para
Ex (x) = σ1 +σ
20
x < −1, 0mm,
−1, 0mm < x < 0,
0 < x < 1, 0mm,
x > 1, 0mm.
5) (2.0) O campo elétrico numa certa região do espaço é plotado na figura abaixo. (a) Encontre
o potencial elétrico V (x) em x = −0, 2mm baseado nos dados fornecidos no gráfico abaixo.
Assuma que V (0) = 0. (b) V (x) em x = 0, 2mm. (c) V (x) em qualquer valor de x. (d) Quais as
densidades superficiais de carga em x = ±0, 2mm?
Ex (volt/m)
1.0
x(10−4 m)
-3 -2 -1 0 1 2 3
-1.0
Solução: Pelo gráfico obtemos que o campo elétrico é dado por Ex (x) = 0, 5 × 104 xV/m2 , se
−2, 0 × 10−4 m< x < 2, 0 × 10−4 m. Fora desse intervalo Ex = 0. Pela definição de potencial
elétrico sabemos que
Z x
Z x
2
V (x) = V (0) −
Ex (x0 )dx0 = −
Ex (x0 )dx0 = −2, 5 × 103 x2 V/m ,
0
pois assumimos que V (0) = 0.
(a) Se x = −0, 2mm, então V (x) = −10−4 V.
(b) Se x = 0, 2mm, então V (x) = −10−4 V
0
2
(c) Como vimos acima, V (x) = −2, 5 × 103 x2 V/m para −2, 0 × 10−4 m< x < 2, 0 × 10−4 m.
Assim obtemos o gráfico abaixo:
V (x)(10−4 volt)
0.5
x(10−4 m)
-3
-2
-1
1
2
3
-0.5
-1.0
(d) Pela lei de Gauss, a densidade de cargas em -0,2mm é σ = 0 Ex (−0, 2mm) = −8, 85 ×
10−12 C/m2 . Em x = 0, 2mm σ = −0 Ex (0, 2mm) = −8, 85 × 10−12 C/m2 .