Solução da Terceira Questão (Prova 2/ECA)

Um feixe de elétrons de energia cinética $K$ é produzido por um acelerador. A uma distância $d$ da janela de saída do acelerador e perpendicular à direção do feixe, coloca-se uma placa metálica. Determine o valor mínimo do campo magnético que devemos aplicar na região para impedir que os elétrons atinjam a placa. Como deve estar orientado o vetor ${\bf{B}}$? Faça um desenho indicando claramente o campo magnético, a trajetória do elétron e a força que atua sobre ele. Considere conhecidas a massa $m$ e a carga $e$ do elétron.

Como a força magnética é sempre normal à velocidade da partícula em movimento, a trajetória do elétron num campo magnético uniforme e perpendicular à sua velocidade inicial será uma circunferência. Para que o elétron não atinja a placa, o máximo valor do raio da curvatura de sua trajetória será $d$. Assim:
\[
\frac{mv^2}{d}\le evB\Longrightarrow B_{\text{min}}=\frac{mv}{ed},
\]
sendo
\[
\frac12mv^2=K\Longrightarrow v=\sqrt{\frac{2K}{m}}\Longrightarrow B_{\text{min}}=\frac{1}{ed}\sqrt{2mK}
\]

A figura acima ilustra uma das possibilidades (observe que o elétron possui carga negativa, e a força magnética sobre ele tem sentido oposto ao produto ${\bf{v\times B}}$. A outra possibilidade seria o campo magnético saindo do plano da tela e o elétron sendo defletido para cima.

Solução da Segunda Questão (Prova 2/ECA)

Uma esfera dielétrica de raios interno e externo respectivamente iguais a $a$ e $2a$ encontra-se carregada com uma distribuição inversamente proporcional à distância ao seu centro. Além disso, o dielétrico da esfera não é homogêneo, mas varia de acordo com
\[
\epsilon (r)=2\epsilon_0\frac{a}{r},
\]
onde $r$ é a distância ao centro das esferas. Determine
a) O campo elétrico nas regiões $0 < r\le a$ e $a\le r \le 2a$, $r\ge 2a$.
b) As densidades de carga de polarização volumétrica e superficiais (interna e externa) no dielétrico.
c) A diferença de potencial entre as superfícies interna e externa da esfera, $V(a)-V(2a)$.


a) Sendo a distribuição inversamente proporcional a $r$, digamos,
\[
\rho(r)=\frac{\beta}{r},
\]
onde $\beta$ é uma constante, teremos
\[
Q=\int_v\rho\,dv=\int_0^{2\pi}\int_0^\pi\int_a^{2a}\frac{\beta}{r}r^2\text{sin}\,\theta\,dr\,d\theta\,d\varphi=4\pi\beta\frac{3a^2}2\Longrightarrow\beta=\frac{Q}{6\pi a^2}.
\]
Como os campos possuem simetria esférica, $\mathbf{E}=E(r)\bf{\hat r}$ e $\mathbf{D}=D(r)\bf{\hat r}$, considerando uma superfície gaussiana de raio $r$, teremos
\[
\oint_S\mathbf{E}{\bf\cdot\hat{n}}\,dS=E(r)4\pi r^2\quad\hbox{e}\quad\oint_S\mathbf{D}{\bf\cdot\hat{n}}\,dS=D(r)4\pi r^2.
\]
Para $0 < r < a$: a região é vácuo e não há carga interna à gaussiana. Assim
\[
\mathbf{E}=0.
\]
Para $a < r < 2a$: no dielétrico é mais conveniente usarmos a lei de Gauss para $\bf D$:
\[
4\pi r^2D=\int_0^{2\pi}\int_0^\pi\int_a^{r}\frac{Q}{6\pi a^2 r'}r'^2\text{sen}\,\theta'\,dr'\,d\theta'\,d\varphi'=\frac{Q}{6\pi a^2}4\pi\frac{(r^2-a^2)}{2}=\frac{Q(r^2-a^2)}{3a^2}
\]
\[
\Longrightarrow {\bf{D}}=\frac{Q(r^2-a^2)}{12\pi a^2r^2}\,{\bf{\hat{r}}}=\epsilon {\bf E}=\frac{2\epsilon_0 a}{r}{\bf E}\Longrightarrow {\bf E}=\frac{Q(r^2-a^2)}{24\pi\epsilon_0 a^3r}\,{\bf{\hat r}}
\]
Para $r\ge 2a$, a região é o vácuo e a carga interna à gaussiana é a própria carga total da esfera, $Q$:
\[
\mathbf{E}=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0r^2}\,{\bf{\hat r}}
\]

b) Precisamos do vetor de polarização no dielétrico: ${\bf P}=(\epsilon-\epsilon_0){\bf E}$:
\[
{\bf P}=\frac{(2a-r)}{r}\epsilon_0\,\frac{Q(r^2-a^2)}{24\pi\epsilon_0 a^3r}\,{\bf{\hat r}}=\frac{Q(2a-r)(r^2-a^2)}{24\pi a^3r^2}\,{\bf{\hat{r}}}
\]
As densidades de carga superficiais serão:
\[
\sigma_{P_a}={\bf P}(a){\bf\cdot}({-}{\bf{\hat{r}}})=0,\qquad  \sigma_{P_{2a}}={\bf P}(2a){\bf\cdot}{\bf{\hat{r}}}=0.
\]
E a densidade volumétrica de cargas de polarização:
\[
\rho_P=-{\bf\nabla\cdot P}={-}\frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}(r^2P)={-}\frac{Q}{24\pi a^3r^2}\frac{d}{dr}[(2a-r)(r^2-a^2)]=\frac{Q(3r^2-4ar-a^2)}{24\pi a^3r^2}
\]
c) Como $\mathbf{E}=E(r)\,\mathbf{\hat{r}}$ e $d\mathbf{r}=dr\,\mathbf{\hat{r}}+r\,d\theta\,\pmb{\hat{\theta}}+r\,\text{sen}\,\theta\,d\varphi\,\pmb{\hat{\varphi}}$, a d.d.p. será
\[
V(a)-V(2a)=-\int_{2a}^{a}{\bf E\cdot}d\mathbf{r}=\int_a^{2a}E\,dr=\frac{Q}{24\pi\epsilon_0 a^3}\int_a^{2a}{\left(r-\frac{a^2}r\right)\,dr}=\frac{Q}{24\pi\epsilon_0 a}\left(\frac32-\ln2\right)
\]

Solução da Primeira Questão (Prova 2/ECA)


Um cilindro condutor infinito oco, de raio interno $a$ e externo $2a$, encontra-se carregado com carga em excesso dada por
\[
\sigma = \frac{\lambda}{4\pi a}

\]
No eixo do cilindro existe um fio também infinito dotado de uma carga distribuída uniformemente com densidade $\lambda$. 
Determine:
a) O campo elétrico em todas as regiões do espaço ($\rho<a$, $a<\rho<2a$, $\rho>2a$).
b) As densidades de cargas nas superfíces interna e externa do cilindro.


Por simetria, o campo elétrico é da forma $\mathbf{E}=E(\rho)\,{\pmb{\hat\rho}}$. Para uma superfície gaussiana cilíndrica de comprimento $L$ e raio $\rho$, coaxial ao fio, teremos
\[
\oint_S\mathbf{E}{\bf{\cdot\hat{n}}}\,dS=E(\rho)2\pi\rho L.
\]
Para $0 < \rho < a$, a carga interna à gaussiana será apenas a do fio:
\[
E(\rho)2\pi\rho L=\frac{\lambda L}{\epsilon_0}\quad\Longrightarrow\quad\mathbf{E}=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0\rho}\,\bf{{\pmb{\hat\rho}}}.
\]
Para $a < \rho < 2a$, $\mathbf{E}=0$, pois o campo é necessariamente nulo na situação de equilíbrio eletrostático. Para garantir isso, uma carga será induzida na superfície interna do cilindro condutor: seja $\sigma_a$ sua densidade. Para uma gaussiana de comprimento $L$ com raio $\rho$, $a < \rho < 2a$:
\[
Q_i=\lambda L+2\pi aL\sigma_a=0\Longrightarrow\sigma_a={-}\frac{\lambda}{2\pi a}.
\]
Como a carga se conserva, num mesmo comprimento $L$, uma carga adicional de igual módulo, porém de sinal oposto, será induzida na superfície externa. Sendo $\sigma'_{2a}$ sua densidade:
\[
2\pi 2aL\sigma'_{2a}=\lambda L\Longrightarrow \sigma'_{2a}=\frac{\lambda}{4\pi a}.
\]
Como o cilindro condutor já possui uma carga em excesso $\sigma=\lambda/(4\pi a)$, a densidade de cargas total $\sigma_{2a}$ na superfície externa será
\[
\sigma_{2a}=\sigma+\sigma'_{2a}=\frac{\lambda}{2\pi a}
\]
Para $\rho >  2a$, as cargas do fio e do cilindro estarão inclusas na gaussiana, de modo que:
\[
2\pi\rho LE=\frac{1}{\epsilon_0}\left(\lambda L+2\pi 2aL\frac{\lambda}{4\pi a}\right)\Longrightarrow\mathbf{E}=\frac{\lambda}{\pi\epsilon_0\rho}\,\pmb{\hat{\rho}}
\]

Prova de Fis641: Eletromagnetismo I

Foi disponibilizada a primeira prova de Fis641 - Eletromagnetismo I (FBA/Unifei/2011) e sua solução. Confira nesse link ou nesse link direto para download em formato pdf.

Solução da Terceira Questão (Prova 2/EEL)

a) A força de origem magnética sobre um fio muito fino conduzindo corrente é

\[

{{{\mathbf{F}}}}=I\int_l{d{{{\mathbf{l}}}}\,}\,{\bf{\times}}\,{{{{\mathbf{B}}}}}.

\]

Como o campo ${{{\mathbf{B}}}}$ é uniforme, essa expressão se transforma em

\[

{{{\bf{F}}}}=I\left(\int_{l}d{{{\mathbf{l}}}}\right){\bf{\times}}{{{\mathbf{B}}}}=I{{{\mathbf{L}}}}\,{\bf{\times}}\,{{{{\mathbf{B}}}}},

\]

onde ${{\bf{L}}}$ é o vetor posição do ponto extremo do condutor relativamente à sua origem. Assim:

\[

{{{\mathbf{F}}}}_{AB}=I(a\,{\bf\hat y}){\bf{\times}}(B\,{\bf\hat x})={-}BIa\,{\bf\hat z},\quad{{{\mathbf{F}}}}_{BC}=I(a\,{\bf\hat x}-a\,{\bf\hat y}){\bf{\times}}(B\,{\bf\hat x})=BIa\,{\bf\hat z},\quad{{{\mathbf{F}}}}_{CA}=I({-}a\,{\bf\hat x}){\bf{\times}}(B\,{\bf\hat x})=0.

\]

Como não podia deixar de ser (o campo é uniforme!), a força total sobre a espira é nula.

b)  O torque sobre uma espira em um campo magnético uniforme é ${\bf{\tau}}\!\!\!\!{\bf{\tau}}={{{\mathbf{m}}}}\,{\bf{\times}}\,{{{{\mathbf{B}}}}}$, onde, para uma espira plana de área $A$, ${{\mathbf{m}}}=IA\,{\bf\hat n}$ (${\bf\hat n}$ é o versor perpendicular ao plano da espira, orientado de acordo com a regra da mão direita aplicada ao sentido de circulação da corrente na espira). Desse modo, decorre imediatamente:

\[

{{\mathbf{m}}}=I\frac{\pi a^2}4({-}{\bf\hat z})\quad\Longrightarrow\quad{\bf{\tau}}\!\!\!\!{\bf{\tau}}=\frac{\pi a^2I}4({-}{\bf\hat z}){\bf{\times}}(B\,{\bf\hat x})={-}{\bf\hat y}\,\frac{\pi BIa^2}{4}

\]

Solução da Segunda Questão (Prova 2/EEL)

a) Suponha que uma bateria de d.d.p. $V$ tenha sido conectada ao capacitor, com seu pólo positivo na placa interna deste e, em função disso, as placas interna e externa do capacitor tenham adquirido cargas respectivamente iguais a ${+}Q$ e ${-}Q$. Desprezando os efeitos de borda, podemos assumir que a distribuição de carga em cada placa do capacitor é uniforme e que os campos ${{{\bf{E}}}}$, ${{{\bf{P}}}}$ e ${{{\bf{D}}}}$ possuem simetria cilíndrica, isto é, são, por exemplo, da forma $\mathbf{D}=D(\rho)\,{\bf{\hat{\rho}}}$. Considerando uma superfície gaussiana cilíndrica de raio $\rho$, $a < \rho < 2a$, coaxial ao capacitor e por toda a extensão dele, a lei de Gauss para o vetor deslocamento ${{{\bf{D}}}}=\epsilon{{{\bf{E}}}}=\epsilon_{0}{{{\bf{E}}}}+{{{\bf{P}}}}$ fica
\[
\oint_{S}{{\bf{D}}}{\bf{\cdot}}{\bf\hat n}\,dS=Q_{l_i}=Q\quad\Longrightarrow\quad{{{\bf{D}}}}={\bf\hat\rho}\,\frac{Q}{2\pi\rho L}=\epsilon{{{\bf{E}}}}=\frac{2\epsilon_{0} a}{\rho}{{{\bf{E}}}}\quad\Longrightarrow\quad{{{\bf{E}}}}={\bf\hat\rho}\,\frac{Q}{4\pi\epsilon_{0} a L}.
\]
Por outro lado, a d.d.p. entre as placas é obtido pela integral de linha do campo elétrico:
\[
V={V(a)}-{V(2a)}={-}\int_{{\scriptsize{ext}}}^{{\scriptsize{int}}}{{{{\bf{E}}}}}\,{\bf{\cdot}}\,{d{{{\bf{r}}}}}=\int_a^{2a}E\,d\rho=\frac{Q}{4\pi\epsilon_{0} L}\quad\Longrightarrow\quad C=\frac QV=4\pi\epsilon_{0} L
\]

b)  Se $V=V_0$, $Q=CV_0=4\pi\epsilon_{0} LV_0$, de modo que ${\mathbf{E}}={\bf\hat\rho}\,V_0/a$. Assim,
\[
{{{\bf{P}}}}=(\epsilon-\epsilon_{0}){{{\bf{E}}}}=\left(\frac{2\epsilon_{0} a}{\rho}-\epsilon_{0}\right)\frac{V_0}{a}\,{\bf\hat\rho}=\frac{(2a-\rho)\epsilon_{0} V_0}{a\rho}\,{\bf\hat\rho}.
\]
A densidade volumétrica de cargas é portanto:
\[
{\rho_{P}}={-}{\mathbf{\nabla}}{\bf{\cdot}}{{{\bf{P}}}}={-}\frac1{\rho}\frac{d\phantom{1}}{d\rho}{(\rho P_\rho)}={-}\frac1{\rho}\frac{d\phantom{1}}{d\rho}\left[\frac{(2a-\rho)\epsilon_{0} V_0}{a}\right]=\frac{\epsilon_{0} V_0}{a\rho}.
\]
As densidades superficiais são dadas por ${\sigma_{P}}={{{{\bf{P}}}}}\,{\mathbf{\cdot}}\,{{\bf\hat n}}$, de modo que teremos, na superfície interna e externa do dielétrico, respectivamente:
\[
{\sigma_{P}}_a={{\mathbf{P}}}(a){\bf{\cdot}} ({-}{\bf\hat\rho})={-}\frac{\epsilon_{0} V_0}{a},\qquad{\sigma_{P}}_{2a}={{\mathbf{P}}(2a)}\,{\bf{\cdot}}\,{{\bf\hat\rho}}=0.
\]

Solução da Primeira Questão (Prova 2/EEL)

a) Pela simetria da distribuição, $\mathbf{E}=E(r)\,{\bf\hat r}$, implicando que a lei de Gauss para uma superfície esférica de raio $r$ concêntrica à distribuição se escreve
\[
\oint_{S}{{\bf{E}}}{\mathbf{\cdot}}{\bf\hat n}\,dS=4\pi r^2E(r)=\frac{Q_i}{\epsilon_{0}}\quad\Longrightarrow\quad{{{\bf{E}}}}=\frac{Q_i}{4\pi\epsilon_{0} r^2}\,{\bf\hat r}.
\]
(i) Para $r\le a$:
\[
Q_i=\int_{v'}{\rho({{{\bf{r^{\prime}}}}})}\, dv'=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{r}\frac{\rho_o r'}ar'^{2}\,\hbox{sen}\,\theta'\,dr'\,d\theta'\,d\varphi'=\frac{\pi{\rho_0} r^4}a\quad\Longrightarrow\quad{{{\bf{E}}}}=\frac{{\rho_0} r^2}{4\epsilon_{0} a}\,{\bf\hat r}.
\]
(ii) Para $a\le r < 2a$:
\[
Q_i=\int_{v'}{\rho({{{\bf{r^{\prime}}}}})}\, dv'=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{a}\frac{\rho_o r'}ar'^{2}\,\hbox{sen}\,\theta'\,dr'\,d\theta'\,d\varphi'=\pi{\rho_0} a^3\quad\Longrightarrow\quad{{{\bf{E}}}}=\frac{{\rho_0} a^3}{4\epsilon_{0} r^2}\,{\bf\hat r}.
\]
(iii) Para $2a < r < 3a$: ${{{\bf{E}}}}=0$, pois é uma região condutora em equilíbrio eletrostático.\\
(iv) Para $r>3a$:
\[
Q_i=\pi{\rho_0} a^3+Q\Longrightarrow{{{\bf{E}}}}=\frac{\pi{\rho_0} a^3+Q}{4\pi\epsilon_{0} r^2}\,{\bf\hat r}
\]


b)  No interior do condutor em equilíbrio eletrostático não existem cargas em excesso, portanto $\rho_{v}=0$. Nas proximidades das superfícies,
\[
{{{\bf{E}}}}=\frac\sigma\epsilon_{0}\,{\bf\hat n}\Longrightarrow\sigma=\epsilon_{0}\,{{\bf\hat n}}\,{\mathbf{\cdot}}\,{{{{\bf{E}}}}}.
\]
Assim, na superfície interna ($r=2a$, ${\bf\hat n}={-}{\bf\hat r}$),
\[
\sigma_{2a}={-}\epsilon_{0}\,{\bf\hat r}{\mathbf{\cdot}}{{{{\bf{E}}}}(r\to{2a-})}={-}\frac{{\rho_0} a^3}{4\epsilon_{0}(2a)^2}={-}\frac{{\rho_0} a}{16}.
\]
Na superfície externa ($r=3a$, ${\bf\hat n}={\bf\hat r}$),
\[
\sigma_{3a}=\epsilon_{0}\,{\bf\hat r}{\mathbf{\cdot}}{{{{\bf{E}}}}(r\to{3a+})}=\frac{\pi{\rho_0} a^3+Q}{4\pi\epsilon_{0} (3a)^2}=\frac{Q+\pi{\rho_0} a^3}{36\pi a^2}.
\]
Alternativamente, esses mesmos resultados podem ser obtidos considerando que, a fim de que o campo no interior do condutor possa ser nulo, uma carga oposta à da esfera de raio $a$, ${-}\pi{\rho_0} a^3$, será induzida na superfície interna do condutor, que dividida pela área deste resulta no mesmo valor $\sigma_{2a}$ acima. Por conservação da carga elétrica, uma carga extra de ${+}\pi{\rho_0} a^3$ será também induzida na superfície externa do condutor.\\


c)  Como $\mathbf{E}\,{\mathbf{\cdot}}\,{d{{{\bf{r}}}}}=E\,dr$, temos
\[
{{V(a)}-{V(3a)}}={-}\int_{3a}^{a} E\,dr=\int_{a}^{3a}E\,dr=\int_{a}^{2a}E\,dr+\int_{2a}^{3a}E\,dr=\int_{a}^{2a}\frac{{\rho_0} a^3}{4\epsilon_{0} r^2}\,dr+0=\frac{{\rho_0} a^2}{8\epsilon_{0}}
\]