FÍSICA GERAL III
Instituto Federal Catarinense – IFC
Campus Luzerna
Professor Antônio João Fidélis
GABARITO DA PROVA I
07/04/2015
É proibido o uso de telefone celular, smartphones, tablets (que devem permanecer desligados durante
a prova) ou calculadoras programáveis, ou empréstimo de materiais durante a prova. É permitido o uso
de calculadora cientı́fica comum. Não é permitido sair da sala antes da entrega desta prova. O seu
nome e desenvolvimento de todos os cálculos devem estar presentes na prova, na folha almaço.
Ao final, entregue todo o material recebido durante a prova. Esta folha pode ser usada como rascunho.
Assinatura:
Nome:
1)[2,0 pts] Os elétrons livres de um metal são atraı́dos pela força da gravidade da Terra. Então, por
que eles não se acumulam na base de um condutor, tal como a sedimentação de partı́culas no fundo de
um rio?
Resposta: Todas as partı́culas do condutor são atraı́das pela força da gravidade. Se exclusivamente
os elétrons livres fossem atraı́dos para baixo, pela gravidade, a repulsão eletrostática entre eles faria
com que ficassem espalhados, o máximo possı́vel, no condutor. Assim, o que de fato ocorre é que os
elétrons ficam espalhados pela superfı́cie externa do condutor devido à mútua repulsão eletrostática.
2) [3,0 pts] Três cargas puntuais idênticas, cada uma com massa m = 0, 100 kg, estão suspensas por
três cordas e encontram-se em equilı́brio, como mostra a Figura 1. Se o comprimento das cordas da
esquerda e da direita é de L = 30, 0 cm e o ângulo θ = 45, 0o , determine a) o valor de q e b) a quantidade da cargas elétricas positivas em excesso em cada carga. c) Faça o diagrama de corpo isolado das
forças que atuam na carga da direita.
Figura 1: Questão 2.
Resolução: a) A distância da carga da direita à carga central é dada por
d = L sin(θ) = 30, 0 cm sin(45, 0o ).
(1)
A distância da carga da direita à carga da esquerda é 2d. Analisando apenas a carga da direita, sem
perda de generalidade, avaliando a Figura 2, temos que as forças que agem na horizontal são a força F~cd
– força que a carga do centro exerce na carga da direita, que age para a direita –, a força F~ed – força
que a carga da esquerda exerce na carga da direita, que age para a direita – e a força T~x – componente
horizontal da tração do fio sobre a carga, que age para a esquerda. Na vertical, temos a força peso P~ –
agindo para baixo – e a força T~y – componente vertical para cima da tração do fio sobre a carga. Como
as cargas estão em equilı́brio, a resultante das forças que agem em cada carga é nula. Assim temos:
ΣFy = 0 ⇒ T cos(45, 0o ) − P = 0,
⇒ T cos(45, 0o ) = mg,
mg
⇒ T =
.
cos(45, 0o )
(2)
q2
q2
q2
ΣFx = 0 ⇒ −T sin(45, 0o ) + Fcd + Fed = 0 ⇒ T sin(45, 0o ) = k 2 + k
=
5k
,
d
(2d)2
4d2
r
r
4d2 T sin(45, 0o )
4d2 mg tan(45, 0o )
=
,
⇒ q=
5k
5k
s
⇒ q=
4[0, 300 m · sin(45, 0o )]2 0, 100 kg · 9, 81 m/s2 · 1
,
5 · 8, 99 · 109 N · m2 /C 2
⇒ q = 0, 00000198201 C = 1, 98 µC.
b) n =
(3)
1, 98 · 10−6 C
q
=
= 1, 2375 · 1013 = 1, 24 · 1013 cargas elétricas fundamentais em excesso.
e
1, 60 · 10−19 C
c) Como está em equilı́brio, a soma das forças atuando na carga da direita é nula.
Figura 2: Digrama de forças atuando na carga da direita.
3) [2,0 pts] Uma linha de cargas sobre o eixo Ox, de x = 0 a x = a, tem densidade de cargas dada
x
por λ(x) = λ0 , conforme Figura 3. Determine a expressão do módulo do campo elétrico E, gerado
a
exclusivamente por esta linha de cargas, no ponto P sobre o eixo Ox a uma distância L da origem do
sistema de coordenadas, com L > a.
Figura 3: Questão 3.
Z
L
Resposta: E =
L−a
1 λ(x)dx
1
=
2
4π0 x
4π0
Z
L
λ0 x dx
λ0
=
2
4π0 a
L−a a x
L
λ0
E=
ln
.
4π0 a
L−a
Z
L
L−a
L
dx
λ0
=
ln(x) ,
x
4π0 a
L−a
(4)
4) [3,0 pts] A Figura 4 mostra uma seção de um cilindro circular dielétrico oco, muito longo, de raio
interno Ra e raio externo Rb , com Ra < Rb . Este cilindro tem uma distribuição volumétrica de cargas
r
. Determine o módulo do campo elétrico E para: a) 0 ≤ r < Ra , b)
dada por ρ(r) = ρ0
Rb − Ra
Ra < r < Rb e c) r > Rb . d) Faça o gráfico de E × r para 0 ≤ r ≤ 2Rb .
Figura 4: Questão 4.
Reposta: Por simetria, a superfı́cie gaussiana criada é cilı́ndrica, cujo eixo de simetria coincide com o
do cilindro dielétrico. Como o cilindro é “muito longo”, as linhas de campo que saem deste são radiais,
sem componente na direção do eixo de simetria do cilindro. Desse modo, o fluxo sobre as superfı́cies
circulares (o “tampo” e a “base” do cilindro) não apresentam fluxo, pois os vetores área e campo elétrico
são perpendiculares entre si. Já a superfı́cie lateral do cilindro pode apresentar fluxo, desde que tenha
carga elétrica lı́quida não nula em seu interior.
I
~ · dA
~ = qint . Mas como o cilindro é oco para r < Ra , qint = 0,
E
a) Para r < Ra , temos Φ =
0
I
0
~ · dA
~ = , logo E = 0.
assim, temos E
0
I
~ · dA
~ = qint . Como E
~ é paralelo a dA,
~ e a densidade de cargas
b) Para Ra < r < Rb , temos Φ = E
0
Z
ZZZ
ρ(r)
ρ(r) varia com r, temos Φ = E dAcil. =
dv. Tomando um cilindro de altura L, temos:
0
Z
2π
Z
E
L
Z
dz rdθ =
0
0
E2πrL =
E2πrL =
E(r) =
c) Para r > Rb , temos:
2π
Z rZ
L
0
ρ(r ) 0
0
r dzdr dθ,
0
0
0
0
Z 2π Z Ra Z L
Z 2π Z r Z L 0
0 0
1
r
0
0
0
r dzdr dθ +
ρ0
r dzdr dθ,
Rb − Ra
0
0
0 0
0
Ra 0 0
3 r
ρ0
1
r 2πLρ0
1
2πL
=
(r3 − Ra3 ),
0 Rb − Ra 3 Ra
30 Rb − Ra
3
ρ0
1
R
r2 − a .
30 Rb − Ra
r
(5)
Z
2π
Z
E
0
0
L
Z
2π
Z
Rb
Z
L
0
ρ(r ) 0
0
dz rdθ =
r dzdr dθ,
0
0
0
0
Z 2π Z Rb Z L Z 2π Z Ra Z L
0
1
0 0
r
0
0
0
r dzdr dθ +
ρ0
r dzdr dθ,
E2πrL =
Rb − Ra
0 0
Ra
0 0
0
0
0
Z 2π Z r Z L
0 0
0
+
r dzdr dθ,
0
Rb 0 0
R
ρ0
1
r3 b
2πLρ0
1
E2πrL = 2πL
=
(Rb3 − Ra3 ),
0 Rb − Ra 3
30 Rb − Ra
Ra
ρ0 Rb3 − Ra3 1
ρ0 Rb2 + Ra Rb + Ra2
E(r) =
=
.
30 Rb − Ra r
30
r
(6)
d) Para a Equação 5, com r = Ra , temos:
Ra3
2
Ra −
= 0.
Ra
(7)
ρ0 Rb2 + Ra Rb + Ra2
Ra3
2
,
Rb −
=
Rb
30
Rb
(8)
1
ρ0
E(Ra ) =
30 Rb − Ra
Para a Equação 5, com r = Rb , temos:
ρ0
1
E(Rb ) =
30 Rb − Ra
com a última expressão à direita sendo a Equação 6 aplicada em r = Rb .
Para r ≤ Ra , E = 0. Para Ra ≤ r ≤ Rb , E cresce aproximadamente com o quadrado de r. Para
r > Rb , E decresce com o inverso de r, conforme apresentado na Figura 5.
Figura 5: Gráfico do módulo do campo elétrico no cilindro da Questão 4.
e = ±1, 60 · 10−19 C
0 = 8, 85 · 10−12 C 2 /N · m2
q = ne
I
q0 q1
q0 q1
F
q1
~
~ · dA
~ = qint
F =k 2 =
E=
=
F~ = q E
Φ= E
2
2
r
4π0 r
q0
4π0 r
0
dq = λ dx
dq = ρ dV
dVcil. = r dr dz dθ
P~ = m~g
~g = −9, 81 m/s2 ̂
I
Z
ZZZ
λ dx
ρ dV
lat.
2
~
~
Acil. = 2πrz
Acirc. = πr
E=
E · dA =
2
4π0 x
0
k = 8, 99 · 109 N · m2 /C 2