Resolução Reitz Cap 2, Exercícios de Eletromagnetismo

Baixe Resolução Reitz Cap 2 e outras Exercícios em PDF para Eletromagnetismo, somente na Docsity! Caṕıtulo 1 Eletrostática 1.1 Pelas condições de equiĺıbrio ~T = ~P + ~FE , ou seja: T · sin θ = FE T · cos θ = P Se l é o comprimento de cada linha, então a distância d entre as duas part́ıculas é dada por d = 2 · l · sin θ, de modo que ~FE = q · ~E = q 2 4π²0 ( 1 d2 ) A partir das equações acima, obtem-se que: tan θ = FE P Rearranjando a expressão de modo a isolar θ: tan θ sin2 θ = q2 16π²0mgl2 Lembrando que csc2 θ = 1 + cot2 θ, obtem-se: tan3 θ 1 + tan2 θ = q2 16π²0mgl2 1.2 Inicialmente q1 = 2, 0 · 10−9 C e q2 = −0, 5 · 10−9 C: a) F12 = q1q24π²0d2 = −5, 62 · 10−6N ⇒ Força Atrativa 1 2 CAPÍTULO 1. ELETROSTÁTICA Quando as duas esferas são postas em contato elas atingem o equiĺıbrio eletrostático, de modo que suas cargas ĺıquidas ficam iguais, com q1 = q2 = 1, 5 · 10−9 C: b) F12 = q1q24π²0d2 = 1, 26 · 10−5N ⇒ Força Repulsiva 1.3 As cargas são todas iguais, com q = 3, 0 · 10−9 C, e o lado do quadrado é d = 15 cm. Calculando o campo: ~E = q 4π²0 ( 1 d2 ) ı̂ + q 4π²0 ( 1 d2 ) ̂ + q 4π²0 ( 1 2d2 ) (̂ı + ̂) = 1622 (̂ı + ̂) N/C 1.4 Seja um fio uniformemente carregado, com uma densidade linear λ de carga elétrica e comprimento L. O campo elétrico calculado no plano z = 0 é, por simetria, radial, ou seja, as contribuições das duas metades do fio em qualquer outra direção anulam- se. Tomando um elemento de comprimento dz do fio, é fácil verificar que sua contribuição no campo elétrico em um ponto à uma distância perpendicular r do fio e D = √ r2 + z2 do elemento é dada por: −→ dE = dq︷︸︸︷ λdz 4π²0 cos θ D2 r̂ Fazendo uma transformação de variável z = r tan θ ⇒ dz = r sec2 θdθ e lembrando que sec2 θ = 1 + tan2 θ obtem-se: −→ dE = λdz 4π²0r cos θdθ r̂ Definindo θ0 = arctan ( L 2r ) e integrando, agora, sobre todo o fio: 1.5. 5 pode ser dividida em duas integrais: ∫ sec3 θ dθ − ∫ sec θ dθ Integrando por partes: ∫ ( sec θ tan2 θ ) dθ = ∫ sec θ d (tan θ)− ∫ sec θ dθ = sec θ tan θ − ln |sec θ + tan θ| − ∫ ( sec θ tan2 θ ) dθ Ou seja: ∫ ( sec θ tan2 θ ) dθ = sec θ tan θ − ln |sec θ + tan θ| 2 Substituindo em ~E: ~E = [ −βL 2 8²0 + ( βR2 ²0 ) · sec θ tan θ − ln |sec θ + tan θ| 2 ∣∣∣∣ arctan L2r 0 ] k̂ ~E =  −βL 2 8²0 + ( βR2 2²0 ) ·   √ 1 + ( L 2R )2 L 2R − ln ∣∣∣∣∣∣ √ 1 + ( L 2R )2 + L 2R ∣∣∣∣∣∣     k̂ ~E = − β 2²0  L 2  L 2 −R √ 1 + ( L 2R )2  + R2 ln   √ 1 + ( L 2R )2 + L 2R     k̂ Analisando, agora, o resultado obtido, conclui-se que: - Quando β = 0, o cilindro possui uma densidade de carga unfiorme, de modo que não há campo elétrico resultante sobre o eixo em z = 0. - É posśıvel mostrar que, na expressão final, o termo entre colchetes é sempre maior do que zero. Isso é evidente se for levado em conta que para β > 0 a densidade de carga para z > 0 é maior que em z < 0 e, consequentemente, o campo é dirigido para z < 0 e vice-versa. - Quando L → 0, no caso em que não há mais cilindro carregado, ~E → 0. - Quando R →∞, o campo elétrico ~E → −βL28²0 k̂. 6 CAPÍTULO 1. ELETROSTÁTICA 1.6 Seja uma casca esférica de densidade superficial de carga elétrica σ e raio R. O objetivo do problema é calcular o campo elétrico à uma distância D do centro da esfera, que, por simetria, é radial. Dividindo a esfera em anéis de largura Rdθ e raio R sin θ, ver considerações do exerćıcio 2.5, a contribuição de cada um dos anéis é dada por: −−→ dEr = dq︷ ︸︸ ︷ 2σπR2 sin θdθ 4π²0 cos φ d2 r̂ Em que d2 = (R sin θ)2 + (D −R cos θ)2 e cos φ = D−R cos θd . Rearranjando os termos, obtem-se: −−→ dEr = σR2 2²0 · ( D sin θ (R2 + D2 − 2DR cos θ)3/2 − R sin θ cos θ (R2 + D2 − 2DR cos θ)3/2 ) dθ r̂ A integração deve ser feita sobre toda a casca esférica, desde θ = 0 até θ = π: ~Er = σR 4²0 I1︷ ︸︸ ︷∫ π 0 ( 2DR sin θ (R2 + D2 − 2DR cos θ)3/2 ) dθ r̂ − σR 2 4²0D ∫ π 0 ( 2DR sin θ cos θ (R2 + D2 − 2DR cos θ)3/2 ) dθ ︸ ︷︷ ︸ I2 r̂ A integral I1 é imediata. Basta verificar que através da substituição de variáveis u = R2 + D2 − 2DR cos θ du = 2DR sin θdθ obtem-se: I1 = ∫ (R+D)2 (R−D)2 u−3/2du = 2 ( 1 |R−D| − 1 |R + D| ) 1.6. 7 A integral I2 pode ser resolvida por partes. Utilizando a mesma substituição de I1: I2 = 2 cos θ√ R2 + D2 − 2DR cos θ ∣∣∣∣ 0 π − 1 DR ∫ (R+D)2 (R−D)2 u−1/2du = 2 ( 1 |R−D| + 1 |R + D| ) − 2 DR (|R + D| − |R−D|) Substituindo na expressão para ~Er, obtem-se: a) Para D < R, |R−D| = R−D, assim: ~Er = σR 2²0 ( 1 (R−D) − 1 (R + D) ) r̂ − σR 2 2²0D [( 1 (R−D) + 1 (R + D) ) − 1 DR ((R + D)− (R−D)) ] r̂ Desenvolvendo a equação: ~Er = σR2 ²0 · [( D/R R2 −D2 ) − ( R/D R2 −D2 ) + 1 DR ] r̂ = σR2 ²0 · ( D2 −R2 + R2 −D2 (R2 −D2)DR ) r̂ = 0 Como era esperado, o campo elétrico ~Er interno à esfera é nulo. b) Para D < R, |R−D| = D −R, assim: ~Er = σR 2²0 ( 1 (D −R) − 1 (R + D) ) r̂ − σR 2 2²0D [( 1 (D −R) + 1 (R + D) ) − 1 DR ((R + D)− (D −R)) ] r̂ Desenvolvendo a equação, obtem-se: ~Er = σR2 ²0D2 r̂ Como σ = Q4πR2 , a expressão pode ser reescrita da seguinte forma: ~Er = Q 4π²0 r̂ D2 Ou seja, o campo elétrico de uma casca esférica carregada eletricamente é igual ao campo elétrico produzido por uma carga pontual de mesma magnitude Q localizada no centro da esfera. 10 CAPÍTULO 1. ELETROSTÁTICA obtem-se: ϕ (z0) = − ρ2²0  z0L + R2 ∫ arctan( z0+L/2R ) arctan ( z0−L/2 R ) sec3 θdθ   Como foi visto no exerćıcio 2.5 ∫ sec3 θdθ = sec θ tan θ − ∫ sec θ tan2 θdθ = sec θ tan θ − ∫ sec θ ( sec2 θ − 1) dθ = sec θ tan θ − ∫ sec3 θdθ + ln |sec θ + tan θ| Ou seja: ∫ sec3 θdθ = 1 2 (sec θ tan θ + ln |sec θ + tan θ|) Substituindo na expressão do potencial obtem-se: ϕ (z0) = − ρ2²0  z0L + R 2 2 (sec θ tan θ + ln |sec θ + tan θ|) ∣∣∣∣ arctan ( z0+L/2 R ) arctan ( z0−L/2 R )   Como sec ( arctan ( z0 − L/2 R )) = √ 1 + ( z0 − L/2 R )2 e sec ( arctan ( z0 + L/2 R )) = √ 1 + ( z0 + L/2 R )2 então: ϕ (z0) = ρ 4²0 ·   ( z0 + L 2 ) √( z0 + L 2 )2 + R2   − ρ 4²0 ·   ( z0 − L2 ) √( z0 − L2 )2 + R2   + ρR2 4²0 ln   ( z0 + L2 ) + √( z0 + L2 )2 + R2 ( z0 − L2 ) + √( z0 − L2 )2 + R2  − ρz0L 2²0 1.10. 11 1.10 ~E (~r) = E (~r) ı̂ Sabe-se que E (~r) ı̂ = − ( ∂ϕ ∂x ı̂ + ∂ϕ ∂y ̂ + ∂ϕ ∂z k̂ ) . Como ∂ϕ∂y = ∂ϕ ∂z = 0, então ϕ = ϕ (x). Consequentemente, E = E (x), independente de y e z. Aplaicando a Lei de Gauss, obtem-se que: ~∇ · ~E = ρ (~r) ²0 = ∂E ∂x Portanto, quando ρ = 0, ∂E∂x = 0, ou seja, E não depende de x. 1.11 O potencial elétrico ϕ (r) de um condutor esférico de raio R, carga Q e centro na origem é dado por: ϕ (r) = Q 4π²0 1 r a) ~E = −~∇ϕ (r) = dϕ dr r̂ Nesse caso, ~E = ϕr r̂. Como o condutor tem um raio R de 10 cm, tem-se que: E ≤ 3 · 106 V/m → ϕ ≤ 3 · 105 V b) E = Q 4π²0 1 r ≤ 3 · 106 V/m Para uma carga Q = 1C, obtem-se r ≥ 54, 7 m. 1.12 Como o campo elétrico dentro do condutor é nulo, o fluxo através da superf́ıcie que limita a cavi- dade também é nulo. Ou seja: ∫∫ S ~E · −→dA = Qint ² = 0 A carga interna Qint deve, então, ser igual a zero. Havendo, então, uma carga pontual +q den- tro da cavidade, deve haver uma carga −q distribúıda pela sua superf́ıcie interna. 12 CAPÍTULO 1. ELETROSTÁTICA 1.13 ~∇ · ~E = ρ ² Supondo ρ constante, obtem-se que: ∂E ∂h = ρ ² = constante Considerando ² ≈ ²0, obtem-se: E (0 m)− E (1400 m) 1400 m = ρ ²0 Ou seja, ρ ≈ 1, 1 · 10−12 C/m3. Como o campo elétrico na superf́ıcie é dirigido para baixo (em direção à superf́ıcie), ρ consiste, predominantemente, de ı́ons positivos. 1.14 O campo elétrico de uma plano carregado eletricamente com uma densidade superficial de carga σ pode ser calculado de duas formas: • Aplicando a lei de Gauss no plano: ∫∫ S ~E −→ ds = 2EA = Q ²0 • Tomando o resultado obtido para o campo elétrico do disco e fazendo R →∞. Em ambos os casos, obtem-se: ~E = σ 2²0 ŝ Em que σ é a densidade superficial de cargas e ŝ é o versor perpendicular ao plano, “saindo” dele. No exerćıcio, supondo que os planos não interfiram um na distribuição de cargas do outro, obtem-se: E = 0 ,na região exterior às placas = σ ²0 , na região entre as duas placas A direção de E é perpendicular aos planos e o sentido é da placa com σ < 0 até a placa com σ > 0. 1.17. 15 • 0 ≤ r ≤ R ∫∫ S ~E −→ ds = 1 ²0 ∫ r 0 ρ4πr′2dr′ ︸ ︷︷ ︸ carga interna E · 2πrL = ρ ²0 πr2L Assim, o campo elétrico ~E interno ao cilindro é dado por: ~E (r) = ρr 2²0 r̂ • r > R ∫∫ S ~E −→ ds = 1 ²0 ∫ R 0 ρ4πr′2dr′ E · 2πrL = ρ ²0 πR2L O campo elétrico externo ao cilindro é, então, dado por: ~E (r) = ρR2 2²0r r̂ 1.17 • Divergente ~∇ · ( x̂ı + y̂ + zk̂ rα ) = ∂ ∂x ( x rα ) + ∂ ∂y ( y rα ) + ∂ ∂z ( z rα ) Como r = ( x2 + y2 + z2 )1/2, derivando o produto obtem-se: ~∇ · ( ~r (x2 + y2 + z2)α/2 ) = 3− α rα • Rotacional ~∇× ( ~r rα ) = [ ∂ ∂y ( z rα ) − ∂ ∂z ( y rα )] ı̂ [ ∂ ∂z ( x rα ) − ∂ ∂x ( z rα )] ̂ [ ∂ ∂x ( y rα ) − ∂ ∂y ( x rα )] k̂ 16 CAPÍTULO 1. ELETROSTÁTICA Derivando os termos entre colchetes, obtem-se: ~∇× ( ~r rα ) = 0 Esse resultado é, na verdade, um caso particular da seguinte equação: ~∇× [~rF (r)] = 0 Desenvolvendo: ~∇× [~rF (r)] = [ z ∂F (r) ∂y − y ∂F (r) ∂z ] ı̂ [ x ∂F (r) ∂y − z ∂F (r) ∂z ] ̂ [ y ∂F (r) ∂y − x∂F (r) ∂z ] k̂ Substituindo ∂F (r)∂xi = dF (r) dr · xir na expressão acima: ~∇× [~rF (r)] = dF (r) dr [ z y r − y z r ] ı̂ dF (r) dr [ x z r − z x r ] ̂ dF (r) dr [ y x r − xy r ] k̂ = 0 Para um campo elétrico ~E = q4π²0 ~r rα obtem-se, por aplicação direta da lei de Gauss, que: ρ (r) = q 4π ~∇ · ( ~r rα ) = q 4π ( 3− α rα ) Para obter o potencial eletrostático ϕ (r), basta lembrar que ~E = −~∇ϕ: ~E = q 4π²0 ~r rα = ~r r ( ∂ϕ ∂r ) Integrando a expressão: ∫ dϕ = q 4π²0 ∫ r0 r r′(1−α)dr′ = q (2− α) 4π²0 [ r (2−α) 0 − r(2−α) ] Ou seja, para α 6= 2 ϕ (r) = q (2− α) 4π²0 ( 1 rα−20 − 1 rα−2 ) + ϕ (r0) É bom lembrar que o ponto r0 é arbitrário devido ao caráter geral da solução. Sem o conhecimento de α não é posśıvel determinar que r0 = ∞, por exemplo, já que no caso α < 2 a solução seria divergente. 1.18. 17 1.18 Tomando a origem do sistema sobre a carga q, pelo teorema do divergente obtem-se: ∫∫∫ V ~∇ · ~E dv = ∫∫ S ~E −→ ds Para ~E = q 4π²0 ~r r3−δ obtem-se: ∫∫∫ V ~∇ · ~E dv = q ²0 rδ Nota-se que, conforme δ → 0, a equação recai na Lei de Gauss, como esper- ado. 1.19 ϕ (r) = q 4π²0 e−r/λ r Para obter o campo elétrico ~E basta tomar o gradiente da função potencial: ~E = −~∇ϕ = q 4π²0 ~∇ ( e−r/λ r ) Como ~∇F (r) = dFdr ~rr , a expressão acima pode ser reescrita como: ~E = q 4π²0 d dr ( e−r/λ r ) ~r r Derivando o termo entre parênteses obtem-se: ~E = q 4π²0 e−r/λ ( 1 λr2 + 1 r3 ) ~r Pela lei de Gauss sabe-se que ~∇ · ~E = ρ/²0. Assim: ρ (r) = q 4π ~∇ · [ e−r/λ ( 1 λr2 + 1 r3 ) ~r ] As propriedades ~∇ · ( ψ ~F ) = ( ~∇ψ ) ~F + ψ~∇ · ~F e ~∇ · ~F (r) = ~rr d ~F dr podem ser bastante úteis aqui. Identificando ψ = e−r/λ e ~F = ~r ( 1 r3 + 1 λr2 ) , então a expressão acima pode ser reescrita da seguinte forma: ρ (r) = q 4π { e−r/λ~∇ · ( ~r r3 + ~r λr2 ) + [ ~∇ ( e−r/λ ) · ( ~r r3 + ~r λr2 )]} Analisando cada termo separadamente, obtem-se: 20 CAPÍTULO 1. ELETROSTÁTICA 1.22 O potencial eletrostático ϕ (x, y, z) da distribuição é facilmente obtido: ϕ (~r) = q 4π²0 ( 1 |~r −~l| + 1 |~r +~l| − 2|~r| ) Para simplificar a expressão acima no caso em que |~l| << |~r| a seguinte aproximação pode ser utilizada: (1 + e)n = 1 + ne + n (n− 1) 2 e2 + . . . Rearranjando as expressões entre parênteses no potencial: 1 |~r −~l| = 1 r √ 1 + l2−2zlr2 1 |~r +~l| = 1 r √ 1 + l2+2zlr2 Denotando e+ = l 2+2zl r2 e e− = l2−2zl r2 , obtem-se: 1 |~r −~l| = 1 r (1 + e−) −1/2 1 |~r +~l| = 1 r (1 + e+) −1/2 A prinćıpio, se for considerado, em cada aproximação, apenas o termo de primeira ordem em e, obtem-se um potencial esfericamente simétrico, com sime- tria radial. Esse resultado é uma simplificação um tanto grosseira para esse sistema de dipólos, já que não leva em conta sua orientação. Para contornar esse problema, são desprezados apenas os termos de ordem superior à segunda em e na expansão, de forma que: 1 |~r −~l| ≈ 1 r [ 1− e− 2 + 3e2− 8 ] 1 |~r +~l| ≈ 1 r [ 1− e+ 2 + 3e2+ 8 ] Substituindo o resultado na expressão do potencial ϕ, obtem-se: ϕ (~r) = ql2 4π²0r3 ( 3z2 r2 + 3l2 4r2 − 1 ) Em coordenadas esféricas z = r cos θ. Assim: ϕ (r, θ) = ql2 4π²0r3 ( 3 cos2 θ + 3l2 4r2 − 1 ) 1.23. 21 1.23 Definição da componente Qij do tensor momento de quadrupolo: Qij = ∫∫∫ V ( 3x′ix ′ j − δijr′2 ) ρ(~r′)dv′ Nesse caso, a densidade ρ de carga elétrica é dada por: ρ(~r) = q ( δ(~r − lk̂) + δ(~r + lk̂)− 2δ(~r) ) Substituindo a densidade ρ na expressão para Qij obtem-se: Qij = q [( 3xixj − δijr2 )∣∣ ~r=lk̂ + ( 3xixj − δijr2 )∣∣ ~r=−lk̂ − 2 ( 3xixj − δijr2 )∣∣ ~r=0 ] O último termo da expressão é nulo para todo par (i.j) por ser avaliado em ~r = 0. Assim, a expressão é simplificada para: Qij = q [( 3xixj − δijr2 )∣∣ ~r=lk̂ + ( 3xixj − δijr2 )∣∣ ~r=−lk̂ ] Analisando a expressão acima verifica-se, diretamente, que para i 6= j, Qij = 0. Assim, resta analisar os casos em que i = j: Q11 = −2ql2 Q22 = −2ql2 Q33 = 4ql2 Portanto, o tensor momento de quadrupolo Q é dado por: Q = 2ql2   −1 0 0 0 −1 0 0 0 2   1.24 ~p = ∫∫∫ V ~r′ρ(~r′)dv′ Em um dipólo elétrico, a densidade de cargas é dada por: ρ(~r) = q ( δ(~r +~l)− δ(~r) ) Pela definição de momento de dipólo acima, obtem-se: ~p = q ∫∫∫ V ~r′ ( δ(~r +~l)− δ(~r) ) dv′ utilizando a propriedade de filtragem da função delta de Dirac: ~p = q ( ~r +~l − ~r ) = q~l 22 CAPÍTULO 1. ELETROSTÁTICA 1.25 Há uma carga de magnitude −2q localizada na origem e outras duas de magni- tude q localizadas em ~l1 e ~l2, com ∣∣∣~l1 ∣∣∣ = ∣∣∣~l2 ∣∣∣ = l a) Esse sistema pode ser representado por dois dipólos ~p1 = −q~l1 e ~p2 = −q~l2, de modo que o momento de dipólo elétrico total ~p é dado por: ~p = −q ( ~l1 +~l2 ) b) Denotando como θ o ângulo formado entre ~l1 e ~l2, obtem-se que: ~p = 2ql cos θ 2 ŝ Em que ŝ = ~l1+~l2|~l1+~l2| . Para a molécula de água, H2O: θ = 105◦; l = 0, 958 · 10−10 m; |~p| = 6, 14 · 10−30 C.m. Assim: q = 0, 329e Parece contraditório que q seja menor que a carga e de um elétron. Porém é importante lembrar que o cálculo foi baseado em uma derivação clássica do momento de dipólo elétrico, representando apenas uma carga efetiva. Para uma previsão teórica precisa, o tratamento quântico é necessário. 1.26 ϕ (~r) = 1 4π²0 ~p · ~r r3 Desenvolvendo a expressão: ϕ (~r) = 1 4π²0 ( pxx + pyy + pzz r3 ) Sabe-se que ~E = −~∇ϕ. Ou seja: ~E = −∂ϕ ∂x ı̂− ∂ϕ ∂y ̂− ∂ϕ ∂z k̂ Derivando os termos da equação, obtem-se: ∂ϕ ∂xi = q 4π²0r3 [ pi − 3xi ( ~p · ~r r2 )] Assim, ~E pode ser escrito como: ~E = − 1 4π²0r3 3∑ i=1 [ pi − 3xi ( ~p · ~r r2 )] x̂i = 1 4π²0r3 [ 3~r ( ~p · ~r r2 ) − ~p ]