Eletromag Questoes resolvidas, Exercícios de Eletromagnetismo

Baixe Eletromag Questoes resolvidas e outras Exercícios em PDF para Eletromagnetismo, somente na Docsity! Lista2 de eletromagnetismo atividade da iniciaccão cientifica Bolsista: Emanoel Messias de Lima Barbosa. 1. Problema 2.2, p.44, D. J. Griffiths, 3o edição. (a) Encontre o campo elétrico(magnitude, direção e sentido) a uma distância z acima do ponto central entre duas cargas iguais q, que estão separadas por uma distância d (fig 2.4). Verifique se o resultado é coerente com o que se espera quando z  d. (b) Repita a parte (a), só que desta vez faça a carga do lado direito igual a −q em vez de +q. (c) Utilize o principio de superposição, e obtenha a força resultante exercida sobre uma carga de prova Q, colocada no ponto p. Resolução (a) Aplicando a definição de campo elétrico para n part́ıculas, temos E = 1 4π0 · n∑ i qi (ri)2 r̂i onde ri é o vetor posição do ponto considerado em relação a carga qi, ou seja, o vetor que vai de qi até p, cuja a distância é ri e a direção é dada pelo vetor unitário r̂i.Desse modo temos: E = 1 4π0 [ q1 (r1)2 r̂1 + q2 (r2)2 r̂2 ] = 1 4π0(z2 + d2 4 ) [ q(zẑ + d 2 x̂) + q(zẑ − d 2 x̂ ] E = 2qzẑ 4π0(z2 + d2 4 ) 3 2 para z  d, temos ( z2 + d2 4 ) 3 2 = z3 ( 1 + d2 4z2 ) 3 2 , expandindo-a por meio da série binomial. temos; ∞∑ n=0 ( 3/2 n ) ( d2 4z2 )n = (1 + d2 4z2 ) 3 2 = 1 + 3 2 d2 4z2 + · · · ∼= 1, 1 logo z3 ( 1 + d2 4z2 ) 3 2 ∼= z3. Por fim o campo elétrico para z  d comportasse como o campo de uma carga Q = 2q a uma distância z. E = 2q 4π0z2 ẑ (b) Fazendo q2 = −q, temos E = 1 4π0 [ q1 (r1)2 r̂1 + q2 (r2)2 r̂2 ] = 1 4π0(z2 + d2 4 ) [ q(zẑ + d 2 x̂)− q(zẑ − d 2 x̂) ] , E = qdx̂ 4π0(z2 + d2 4 ) tomando z  d, expandindo-a por meio da série binomial, da mesma forma que em (a), obtemos; E = qdx̂ 4π0z3 → ~0 (c) Como o principio de superposição está incutido na definição de potencial, para calcularmos a força sobre a carga Q no ponto p devido as cargas q1 e q2, basta multiplicar Q pelo campo elétrico criado por q1 e q2. logo FQq1q2 = QEq1q2 = 2qQzẑ 4π0(z2 + d2 4 ) 3 2 2. Problema 2.3, p.46 D. J. Griffiths, 3o edição. Encontre o campo elétrico a uma distância acima de uma das extremidades de um segmento de linha reta L (fig 2.7) e que tem uma distribuição linear de carga uniforme, de densidade λ. Verifique se a fórmula é coerente com o que seria de se esperar para o caso de z  L. Resolução Aplicando a definição de campo elétrico para distribuições continuas, temos dE = 1 4π0 dq r2 r̂. 2 Resolução Da definição de campo elétrico para distribuições continuas, temos dE = 1 4π0 dq r2 r̂. Como trata-se de uma distribuição superficial de carga, temos dq = σdA cujo vetor posição do ponto considerado em relação a dq é r = zẑ − ρ cos(θ)x̂− ρ sin(θ)ŷ. Assim, temos dE = σ 4π0 (zẑ − ρ cos(θ)x̂− ρ sin(θ)ŷ) (z2 + ρ2) 3 2 dA onde o diferencial de área em coordenadas polares é dA = ρdθdρ, por fim, integrando sobre toda a superf́ıcie E = σ 4π0 ∫ R 0 ∫ 2π 0 (zẑ − ρ cos(θ)x̂− ρ sin(θ)ŷ)ρ (z2 + ρ2) 3 2 dθdρ uma das propriedades das integrais permitem escrevermos E = σ 4π0 [ ∫ R 0 ∫ 2π 0 zρdθdρ (z2 + ρ2) 3 2 ẑ − ∫ R 0 ∫ 2π 0 (ρ2 cos(θ)x̂− ρ2 sin(θ)ŷ)dθdρ (z2 + ρ2) 3 2 ] E = σ 20 ∫ R 0 zρdρ (z2 + ρ2) 3 2 ẑ essa passagem se justifica por dois motivos, o primeiro∫ 2π 0 cos(θ)dθ = ∫ 2π 0 sin(θ)dθ = 0, e o segundo pela propriedade das integrais iteradas. tomando u = z2 + ρ2 o novo diferencial será, du = 2ρdρ, os limites de integração de u serão z2 ≤ u ≤ z2 +R2 substituindo, obtemos∫ R 0 ρdρ (z2 + x2) 3 2 = 1 2 ∫ z2+R2 z2 u −3 2 du = −1√ u ∣∣∣∣z2+L2 z2 = 1 z − 1√ z2 +R2 dai E = σ 20 [ 1− z√ z2 +R2 ] ẑ. Fazendo R→∞ lim R→∞ E = σ 20 lim R→∞ ( 1− z√ z2 +R2 ) ẑ = σ 20 lim R→∞ 1ẑ − σ 20 √ lim R→∞ ( 1 1 + R 2 z2 ) ẑ a passagem da raiz da forma aplicada se deve a um teorema que pode ser enunciado da seguinte forma, seja f continua em b e o limx→a g(x) = b, então limx→a f(g(x)) = f(b). Em outras palavras lim x→a f(g(x)) = f(lim x→a g(x)). 5 E sabendo que o limite de uma constante é a própria constante, obtemos a fórmula do campo elétrico para um plano infinito num ponto p localizado no centro do plano a uma altura z E = σ 20 ẑ. Por outro lado se fizermos z  R[ 1− z√ z2 +R2 ] = [ 1− (1 + R 2 z2 ) −1 2 ] = 1− [ 1 + ( −1 2 ) R2 z2 + · · · ] ∼= R2 2z2 . Assim a área da espira torna-se uma área puntiforme, cujo campo elétrico é dado por E = σ 40 R2 z2 ẑ. 5. Problema 2.7, p.46 D. J. Griffiths, 3o edição. Encontre o campo elétrico a uma distância z do centro de uma superf́ıcie esférica de raio R (fig.2.11), que tem uma distribuição superficial de carga de densidade uniforme σ. Aborde o caso de z < R (interno), bem como z > R (externo). Expresse suas respostas em termos da carga total q na esfera. Resolução Da definição de campo elétrico para distribuições continuas, temos dE = 1 4π0 dq r2 r̂. Como trata-se de uma distribuição superficial de carga, temos dq = σdA, cujo vetor posição do ponto p em relação a dq é r = zẑ −R. Já R é o vetor posição de dq em relação a origem, que em coordenadas esféricas é escrito da seguinte forma: R = R[(sin θ cosφ)x̂+ (sin θ sinφ)ŷ + cos θẑ], onde, 0 ≤ θ ≤ π e 0 ≤ φ ≤ 2π. Dessa forma, temos dE = σ 4π0 (z −R cos θ)ẑ −R[(sin θ cosφ)x̂+ (sin θ sinφ)ŷ] r3 dA 6 onde r2 = r · r, após feito o produto escalar obtemos, r = √ z2 +R2 − 2Rz cos θ, assim, temos dE = σ 4π0 (z −R cos θ)ẑ −R[(sin θ cosφ)x̂+ (sin θ sinφ)ŷ] (z2 +R2 − 2Rz cos θ) 32 dA, o diferencial dA em coordenadas esféricas é dado por: dA = R2 sin θdθdφ. Substituindo e integrando sobre toda a superf́ıcie E = σR2 4π0 ∫ 2π 0 ∫ π 0 sin θ(z −R cos θ)ẑ −R[(sin2 θ cosφ)x̂+ (sin2 θ sinφ)ŷ] (z2 +R2 − 2Rz cos θ) 32 dθdφ. Como a integral da soma ou diferença é a soma ou diferença das integrais, temos σR2 4π0 ∫ 2π 0 ∫ π 0 sin θ(z −R cos θ)ẑ −R[(sin2 θ cosφ)x̂+ (sin2 θ sinφ)ŷ] (z2 +R2 − 2Rz cos θ) 32 dθdφ = σR2 4π0 [ ∫ 2π 0 ∫ π 0 sin θ(z −R cos θ) (z2 +R2 − 2Rz cos θ) 32 dθdφ ] ẑ −σR 3 4π0 ∫ 2π 0 ∫ π 0 (sin2 θ cosφ)x̂+ (sin2 θ sinφ)ŷ (z2 +R2 − 2Rz cos θ) 32 dθdφ utilizando a propriedade das integrais iteradas, temos E = σR2 4π0 [ ∫ 2π 0 dφ ∫ π 0 sin θ(z −R cos θ) (z2 +R2 − 2Rz cos θ) 32 dθ ] ẑ −σR 3 4π0 [ ∫ 2π 0 cosφdφx̂+ ∫ 2π 0 sinφdφŷ ] ∫ π 0 sin2 θ (z2 +R2 − 2Rz cos θ) 32 dθ = σR2 4π0 [ ∫ 2π 0 dφ ∫ π 0 sin θ(z −R cos θ) (z2 +R2 − 2Rz cos θ) 32 dθ ] ẑ pois ∫ 2π 0 cosφdφ = ∫ 2π 0 sinφdφ = 0 assim o campo elétrico é dado pela integral abaixo E = σR2 20 [ ∫ π 0 sin θ(z −R cos θ) (z2 +R2 − 2Rz cos θ) 32 dθ ] ẑ substituindo z2 +R2 − 2Rz cos θ = u, o novo diferencial será du = 2Rz sin θdθ os novos limites de integração são (z −R)2 ≤ u ≤ (z +R)2, para deixarmos a integral toda em termos de u, devemos encontrar z −R cos θ em termos de u, temos que z2 +R2 − 2Rz cos θ = u,−2Rz cos θ = u− z2 −R2 7 7. Problema 2.11, p.53 D. J. Griffiths, 3o edição. Use a lei de Gauss para encontrar o campo elétrico dentro e fora de uma casca esférica de raio R, que tem uma densidade superficial de carga σ. Compare sua reposta ao problema 2.7 Resolução A lei de Gauss nos diz que o fluxo total de campo elétrico sobre uma superf́ıcie S ΦS é Qinterna/0. Matematicamente escrevemos para uma superf́ıcie fechada∮ S E · dS = Qinterna 0 , essa é a notação da lei de gauss na forma integral. Traçando uma superf́ıcie gaussiana sobre a esfera, ou seja, uma esfera concêntrica com r > R, e sabendo que campo elétrico da esfera é radial, isto é, E = Er̂ dáı ∮ S E · dS = ∮ S Er̂ · dS e sabendo que o elemento de superf́ıcie orientado é dS = r̂dS dessa forma E ∫ s dS = Qinterna 0 = 4πr2E isolando o campo elétrico e sabendo que a carga interna a superf́ıcie gaussiana é Q obtemos E = 1 4π0 Q r2 vetorialmente E = 1 4π0 Q r2 r̂. Para r < R, temos que a carga interna à superf́ıcie gaussiana é zero assim o campo dentro da superf́ıcie esférica de raio R é nulo 10 ∮ S E · r̂dS = 0 assim E = 0. Comparando esse problema com o 2.7, conclúımos que a lei de Gauss é análoga a lei de Coulomb, com uma certa limitação pois depende da simetria, todavia para superf́ıcies ditas gaussianas (superf́ıcies cujas simetrias são esféricas, ciĺındricas e planas), ela facilita muito o cálculo do campo elétrico. 8. Problema 2.12, p.53 D. J. Griffiths, 3o edição. Use a lei de Gauss para encontrar o campo elétrico dentro de uma esfera uniformemente carregada (com densidade de carga ρ). Compare sua resposta ao Problema 2.8 Resolução Traçando uma superf́ıcie gaussiana sobre a esfera, ou seja, uma esfera concêntrica com r < R, e sabendo que campo elétrico da esfera é radial, isto é, E = Er̂. Aplicando a lei de Gauss ∮ S E · dS = Qinterna 0 = E ∫ S dS essa passagem se justifica pelo fato de que o módulo do campo elétrico é constante sobre toda a superf́ıcie e o elemento orientado dS é orientado segundo a direção radial, da mesma forma que o campo. Isolando E E = Qinterna 4πr20 como trata-se de uma distribuição volumétrica de carga, matematicamente escrevemos Qinterna = ∫ V ρdV ρ é constante, assim, Qinterna = ρ ∫ V dV = 4πr3 3 ρ por sua vez a densidade volumétrica de carga é ρ = Q/4πR 3 3 , onde R é o raio da esfera carregada, dáı a carga interna é Qinterna = Qr3 R3 , por fim 11 E = Qr 4π0R3 vetorialmente E = Qr 4π0R3 r̂. 9. Problema 2.13, p.53 D. J. Griffiths, 3o edição. Encontre o campo elétrico a uma distância s de um fio reto de comprimento infinito, que tem uma densidade linear de carga λ. Resolução A superf́ıcie gaussiana adaptada à simetria neste caso será um cilindro de eixo coincidente ao do fio, ou seja, um cilindro coaxial. Aplicando assim a lei de Gauss∮ S E · dS = Qinterna 0 como trata-se de um fio fino só haverá fluxo sob a superf́ıcie lateral, desse modo E = Eŝ, isto é, orientado segundo ŝ da mesma forma que ds. Dáı E ∫ S dS = Q/0 = E2πsl onde l é o comprimento do fio infinito, isolando E obtemos E = Q 2πsl vetorialmente, em termos de λ e s E = λ 2πs ŝ 10. Problema 2.14, p.53 D. J. Griffiths, 3o edição. Encontre o campo elétrico dentro de uma esfera com uma densidade de carga proporcional à distância da origem. ρ = kr ′ Resolução Traçando uma superf́ıcie gaussiana sobre a esfera, ou seja, uma esfera concêntrica com r < R, e sabendo que campo elétrico da esfera é radial, isto é, E = Er̂. Aplicando a lei de Gauss ∮ S E · dS = Qinterna 0 = E ∫ S dS 12