Eletromagnetismo: Eletrostatica, Exercícios de Física

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Problemas e Soluc¸ ˜oes

em Eletrost´atica

A C Tort

Esta p´agina est´a intencionalmente em branco.

Conte ´udo

• Introduc¸ ˜ao
• 1 Lei de Coulomb
• 2 Campo El´etrico
• 3 Lei de Gauss
• 4 Potencial El´etrico
• 5 Energia Eletrost´atica; Capacitores
• 6 Movimento de part´ıculas carregadas em campo el´etrico prescrito
• 7 Problemas adicionais
• Constantes f´ısicas selecionadas

Introduc¸ ˜ao

Os problemas foram mais ou menos agrupados por assunto.

Cap´ıtulo 1 Lei de Coulomb 5

d^2 F ( ′) d q ′^2

logo, q ′^ = q/ 2 e um ponto de m´´ aximo da func¸ ˜ao F (q ′).

PROBLEMA 1.2 Considere o arranjo for- mado pelas trˆes cargas puntiformes q, κq (κ > 0 ) e q 0 mostrados na figura abaixo. As cargas q e κq s˜ao fixas, mas q 0 pode mover-se sobre o se- mic´ırculo de raio a. Determine em func¸ ˜ao dos dados do problema o valor do ˆangulo α para o qual a carga q 0 permanece em equil´ıbrio e cal- cule o valor num´erico de α para κ = 8. (^) q

q 0

a

α

κq

b

SOLUC¸ ˜AO 1. 2 :

(a) A forc¸a de v´ınculo – a forc¸a que o fio exerce sobre a carga – ´e perpendicular ao fio. Para que a carga q 0 fique em equil´ıbrio F 1 + F 2 + FV = 0. Da geometria do triˆangulo retˆangulo em cujos v´ertices est˜ao as cargas segue que:

2 β + π − α = π, ⇒ β =

α 2

e 2 γ + α = π ⇒ γ =

π − α 2

As projec¸ ˜oes de F 1 e F 2 sobre plano tangente Π devem cancelar-se mutuamente:

F 1 cos

(π

2

− β

= F 2 cos β.

Ou ainda:

q 0 κq 4 πǫ 0 y^2

sen

α 2

q 0 q x^2

cos

α 2

Usando a lei dos senos duas vezes:

Cap´ıtulo 1 Lei de Coulomb 6

x = a

sen α cos

α 2

y = a

sen α sen

α 2

Substituindo e simplificando obtemos finalmente:

tan

α 2

√ (^3) κ.

Para testar esta relac¸ ˜ao fazemos κ = 1. Neste caso obtemos α = π/ 2 , como dever´ıamos esperar.

(b) Para κ = 8, temos 3

8 = 2, logo:

tan

α 2

Segue que α/ 2 ≈ 27 graus e α ≈ 57 graus.

γ

b

b b

plano tangente Π F 1

F 2

F 1 + F 2

a

q κq

q 0

α (^) β

π − β

FV

x

y

Cap´ıtulo 1 Lei de Coulomb 8

SOLUC¸ ˜AO 1. 3 :

(d) Evidentemente s˜ao neccess´arias forc¸as mecˆanicas adicionais para manter as cargas nas extremidades em equil´ıbrio mecˆanico.

PROBLEMA 1.4 Considere um aro circular e trˆes contas esf´ericas de raio desprez´ıvel, carre- gadas com cargas positivas de magnitude q e inicialmente dispostas em pontos arbitr´arios sobre o aro. As contas podem deslizar livremente ao longo anel at´e que o equil´ıbrio se estabelec¸a. Quando isto acontece, para cada uma das contas carregadas, a forc¸a de v´ınculo, a forc¸a que o aro exerce sobre a conta, e a repuls˜ao coulommbiana devido `as outras duas contas cancelam-se mu- tuamente. Entretanto, se colocarmos uma carga puntiforme adicional −Q no centro geom´etrico do aro ´e poss´ıvel estabelecer o equi´ıbrio e ao mesmo tempo anular as forc¸as de v´ıncculo que impedem que as cargas escapem do anel!. Ou seja: o aro poderia ser removido e a configurac¸ ˜ao permaneceria em equi´ıbrio (inst´avel). Isto acontecer´a para um dado valor da carga central, ver N. H. Pasqua e P. D. Emmel, Rev. Bras. Ens. F´ısica 23 (2001) 184. Neste caso, o equil´ıbrio (inst´avel) ficar´a determinada por forc¸as puramente eletrost´aticas.

(a) Fac¸a uso de argumentos de simetria e refac¸a o desenho da figura ao lado mostrando as contas carregadas sobre o aro j´a na configurac¸ ˜ao de equil´ıbrio.

(b) Represente por meio de flechas orientadas e notac¸˜ao apropriada a forc¸a que atua sobre uma conta no anel no caso em que a carga central n˜ao est´a presente.

(c) Mostre que para que as forc¸as que o aro ex- erce sobre as cargas sejam nulas, a magni- tude da carga central |Q| deve valer:

|Q| =

q

Observe que o resultado independe do raio do aro.

−Q

q (^) q

q

Cap´ıtulo 1 Lei de Coulomb 9

SOLUC¸ ˜AO 1. 4 :

(a) Considere a figura abaixo:

b

b

b

α

β

γ

A soma dos ˆangulos α, β e γ deve ser igual a 2 π. Como as carga s˜ao idˆenticas, por simetria teremos obrigatoriamente α = β = γ. Portanto, 3 α = 2π, e conseq¨uentemente:

3 α = 2π logo, α =

2 π 3

(b) Os vetores F 1 e F 2 representam as forc¸as coulombianas repulsivas exercidas pelas cargas puntiformes. Observe que os m´odulos de F 1 e F 2 s˜ao iguais, i.e.: ‖F 1 ‖ = ‖F 2 ‖. O vetor F 3 representa a forc¸a de v´ınculo que o aro exerce sobre a carga em quest˜ao. Naturalmente,

F 1 + F 2 + F 3 = 0.

Diagramas similares podem ser feitos para as outras duas cargas sobre o aro.

(c) O papel exercido pela forc¸a de v´ınculo ser´a exercido agora pela forc¸a de atrac¸ ˜ao coulom- biana que se deve `a carga central −Q, pois a id´eia ´e substituir a forc¸a de v´ınculo por esta forc¸a. O diagrama de forcc a ´e o mostrado na Figura ?? , mas agora F 3 deve ser interpre- tada como representando a forc¸a de atrac¸ ˜ao coulombiana entre a carga central negativa e a carga puntiforme positiva sobre o aro. Para que a conta carregada fique em equil´ıbrio sob a ac¸ ˜ao de forc¸as puramente eletrost´aticas devemos novamente impor a condic¸˜ao:

F 1 + F 2 + F 3 = 0.

Fazendo uso da geometria mostrada na figura, a condic¸˜ao acima pode ser escrita na forma:

2 ×

q^2 4 πǫ 0 x^2

cos

(π

3

q|Q| 4 πǫ 0 R 2

Cap´ıtulo 1 Lei de Coulomb 11

b

B b

A

grampo

SOLUC¸ ˜AO 1. 5 :

(a) A forc¸a resultante sobre B deve ser nula, logo, veja a figura (a):

q^2 4 πǫ 0 r^2

= mg sen 30 0 ,

segue que:

r =

4 πǫ 0 mg

q.

Substituindo os valores dados obtemos r = 6 cm.

(b) Como A est´a em equil´ıbrio est´atico, veja o diagrama, temos:

Fgrampo = FCoulomb + mg sen 30 0 , ou

Fgrampo =

q^2 4 πǫ 0 r^2

mg 2

Substituindo os valores dados obtemos = Fgrampo = 1 × 10 −^3 N.

Cap´ıtulo 1 Lei de Coulomb 12

B

FCoulomb

mg

(a)

A

Fgrampo

mg

(b)

FCoulomb

Cap´ıtulo 2 Campo El´etrico 14

SOLUC¸ ˜AO 2. 1 :

(a) Por simetria considere apenas a projec¸ ˜ao do campo el´etrico na direc¸˜ao da velocidade da part´ıcula alfa incidente:

Ex = − 2 E cos θ =

4 πǫ 0

e r^2

x r

ou,

Ex = −

2 e 4 πǫ 0

x r^3

onde:

r = (x^2 + D^2 /4)^1 /^2. Segue que

Ex = −

2 e 4 πǫ 0

x (x^2 + D^2 /4)^3 /^2

(b) A forc¸a resultante sobre a part´ıcula alfa ´e:

Fx = − 2 e Ex = −

4 e^2 4 πǫ 0

x (x^2 + D^2 /4)^3 /^2

(c) Para determinar o extermo calculamos:

dFx dx

4 e^2 4 πǫ 0

d dx

x (x^2 + D^2 /4)^3 /^2

Efetuando o c´alculo da derivada obtemos:

dFx dx

4 e^2 4 πǫ 0

[

(x^2 + D^2 /4)^3 /^2

3 x^2 (x^2 + D^2 /4)^5 /^2

]

Fazendo:

dFx dx

obtemos finalmente:

Cap´ıtulo 2 Campo El´etrico 15

x = −

D.

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

1

2

PROBLEMA 2.2 Duas cargas puntiformes de mesmo sinal e mesma magnitude est˜ao sepa- radas por uma distˆancia igual a 2 a. A meia distˆancia entre as cargas e perpendicularmente ao segmento de reta que as une temos um plano.

(a) Mostre que o lugar geom´etrico dos pontos do plano nos quais o campo el´etrico ´e um ex- tremo ´e uma circunferˆencia de raio igual a a/

(b) Mostre que o extremo encontrado no item anterior ´e um m´aximo.

(c) Fac¸a um gr´afico do campo el´etrico sobre o plano em func¸˜ao da distˆancia radial `a origem.

SOLUC¸ ˜AO 2. 2 :

(a) A componente radial do campo el´etrico sobre o plano se escreve:

Eρ = 2Esen θ =

2 q 4 πǫ 0

ρ (a^2 + ρ^2 )^3 /^2

Para determinar os extremos calculamos:

Cap´ıtulo 2 Campo El´etrico 17

(b) Calcule o vetor o campo el´etrico E no ponto de observac¸˜ao P 2 (0, 0 , z 0 ).

SOLUC¸ ˜AO 2. 3 :

(a) O campo el´etrico de um fio infinito uniformemente carregado pode ser calculado com a lei de Coulomb, ou mais facilamente com a lei de Gauss. O resultado ´e:

E =

λ 2 πǫ 0 r⊥

, (m´odulo!)

onde r⊥ ´e a distˆancia perpendicular ao fio. Adaptando o resultado ao caso em tela obtemos:

E = Ey yˆ = −

λ 2 πε 0 y 0

ˆy

(b) E = Ey yˆ + Ez ˆz

Denotando por θ o ˆangulo entre o vetor campo el´etrico e o eixo y:

Ey = E cos θ = −

λ 2 πε 0

y 0 y 02 + z 02

Cap´ıtulo 2 Campo El´etrico 18

Ez = E sen θ =

λ 2 πε 0

z 0 y 02 + z 02

Note que se fizermos z 0 = 0, obtemos o resultado do item (a)!

PROBLEMA 2.4 Considere dois bast˜oes idˆenticos de material pl´astico de comprimento ℓ uniformemnte carregados com uma densidade de carga λ. Os dois bast˜oes jazem sobre o eixo x positivo e suas extremidades mais pr´oximas uma da outra est˜ao separadas por uma distˆancia fixa D, veja a figura.

(a) Determine a forc¸a eletrost´atica entre os dois bast˜oes.

(b) Determine a forc¸a eletrost´atica entre os dois bast˜oes no limite D ≫ ℓ.

ℓ D

λ

λ

SOLUC¸ ˜AO 2. 4 :

(a) Considere o primeiro bast˜ao, o que est¨a a esquerda. Ent˜ao:

dEx =

4 πǫ 0

dq (x − x′)^2

4 πǫ 0

λdx′ (x − x′)^2

onde x > ℓ e o ponto de observac´ ¸˜ao e x′^ ∈ [0, ℓ] e um ponto dentro da distribuic´ ¸˜ao. Integrando

Ex(x) =

λ 4 πǫ 0

0

dx′ (x − x′)^2

Fazendo u = x − x′^ temos

Ex(x) =

λ 4 πǫ 0

∫ (^) x−ℓ

x

(−du) u^2