Portfolio I Capítulo 22 - Física Geral II

Capítulo 22 - Campo elétrico

1. Na figura, as linhas do campo elétrico do lado esquerdo têm uma separação duas vezes maior que as linhas do lado direito.
a) Se o módulo do campo elétrico no ponto A é 40N/C, qual é o módulo da força a que é submetido um próton no ponto A?
b) Qual é o módulo do campo elétrico no ponto B?

Esse exercício deve ser o único realmente fácil do capítulo 22, junto com o 5. Inclusive, esse é realmente fácil. Só precisamos saber de duas informações para resolver a A:
$$F = Eq \\
q_{p} = 1.6*10^{-19}C$$
No caso, que a força é igual ao campo elétrico vezes a carga inserida e que a carga de um próton é de 1.6 vezes 10 a -19 Coulombs positivo. Se temos o módulo do campo elétrico e temos a carga, resolver a força é bem fácil:
$$F = (40N/C) * 1.6*10^{-19}C = 64*10^{-19}N$$
Para a B, é só saber que, no campo elétrico, quanto maior a distância entre as linhas de campo, menor é seu módulo. Como a distância entre as linhas de campo no ponto B é o dobro da distância de no ponto A:
$$E_b = \dfrac{E_a}{2} = \dfrac{40N/C}{2} = 20N/C$$
Resolvido.

5. O núcleo de um átomo de plutônio-239 contém 94 prótons. Suponha que o núcleo é uma esfera com 6.64fm de raio e que a carga dos prótons está distribuída uniformemente nessa esfera. Determine:
a) o módulo;
b) o sentido (para dentro ou para fora) do campo elétrico produzido pelos prótons na superfície do núcleo.
Primeiro, vamos analisar as informações que temos:
$$q = 94*1.6*10^{-19}C = 150.4*10^{-19}C \\
r = 6.64*10^{-15}m$$
No caso, a carga do plutônio é a carga contida em 94 prótons, e o raio da esfera é igual a 6.64 vezes 10 a -15 metros.

Para determinar o módulo do campo elétrico, temos a seguinte equação:
$$E = \dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q}{d^2} = 8.99*10^9 Nm^2/C^2 * \dfrac{150.4*10^{-19}C}{6.64*10^{-15}m}^2 = \dfrac{1352.096*10^{-10} Nm^2/C}{44.0896*10^{-30}m^2} \\
 \approx 30.667*10^{20} N/C$$
Bem-respondida está a letra A.

Quanto a letra B, não tem o que equacionar. A carga do próton é positiva, então o campo elétrico produzido pelos prótons é divergente, ou seja, para fora.

6. Duas partículas são mantidas fixas sobre o eixo x: a partícula 1, de carga q1 no ponto x = 6.00cm, e a partícula q2 no ponto x = 21.0cm. Qual é o campo elétrico total a meio caminho entre as partículas, em termos dos vetores unitários?
$$q_1 = -2.00*10^{-7}C \\
q_2 = +2.00*10^{-7}C \\
x_1 = 6.00cm = 0.06m \\
x_2 = 21.0cm = 0.21m$$
Outro exercício bem fácil, mas pega na questão da distância, de maneira um pouco diferente daqueles exercícios do capítulo 21. A distância é a seguinte: você vai fixar o campo elétrico num ponto entre a primeira partícula e a segunda, e a distância será entre esse ponto e o x da partícula.
Primeiro, o ponto entre a primeira e a segunda:
$$x_E = \dfrac{0.21m + 0.06m}{2} = \dfrac{0.27m}{2} = 0.135m$$
Depois, as distâncias (que logicamente tem de ter módulo igual, mas sinais opostos):
$$d_1 = 0.135m - 0.06m = 0.075m\\
d_2 = 0.135m - 0.21m = -0.075m$$
Agora, se o campo elétrico total é a soma do campo com relação à primeira partícula e com relação à segunda:
$$E_T = E_1 + E_2 = K \dfrac{|q_1|}{d_1 ^2} + K \dfrac{|q_2|}{d_2 ^2} = K (\dfrac{|2*10^{-7}C|}{(0.075m)^2} + {|2*10^{-7}C|}{(-0.075m)^2}\\
= K (\dfrac{2*10^{-7}C}{0.005625m^2} + \dfrac{2*10^{-7}C}{0.005625m^2}) = K \dfrac{4*10^{-7}C}{0.005625m^2} \\
\approx 8.99*10^9 Nm^2/C^2 * 711.11*10^{-7}C/m^2 = 6392.8789*10^2 N/C$$

Se for pra expressar em termos dos vetores unitários, bem, o exercício especifica que as partículas são mantidas fixas no eixo x, aonde y = 0. Se o campo trabalha completamente no eixo x, o ângulo trabalhado é 0 - a equação no eixo x será multiplicada por cosseno de 0, e no eixo y pelo seno de 0.
Logo, ele é equivalente ao módulo em x e, por consequência, igual a 0 em y.

10. Na figura, as quatro partículas são mantidas fixas e têm cargas q1 = q2 = +5e, q3 = +3e e q4 = -12e. A distância d = 5.0 micrômetros. Qual é o módulo do campo elétrico no ponto P?

Esse exercício é facílimo de interpretar e dá pra responder sem fazer nenhuma conta, apenas usando deduções, mas se quiser usar as equações fica um pouquinho mais complicado. Não muito, de qualquer forma. Queremos saber o campo resultante dos 4 campos com relação ao ponto P, então o ponto de partida é esse:
$$E = E_1 + E_2 + E_3 + E_4$$
Uma informação que podemos ver pelo gráfico é que, com relação ao ponto P, a primeira carga está oposta à segunda, então vamos estabelecer a seguinte relação:
$$E_1 = -E_2$$
Também é bom lembrar que a distância entre P e q4 não é d, e sim 2d, como podemos notar pelo próprio gráfico. E que, com relação a P, um dos campos elétricos têm de ter carga negativa, já que a carga 3 é positiva e a carga 4 é negativa. Agora é só terminar o trabalho com a equação:
$$E = E_1 - E_1 + E_3 + E_4 = E_3 + E_4 = -K \dfrac{q_3}{d_3 ^2} + K \dfrac{q_4}{d_4 ^2}] = K (- \dfrac{3e}{d^2} + \dfrac{12e}{(2d)^2}) \\
K (-\dfrac{3e}{d^2} + \dfrac{12e}{4d^2}) = K * 0 = 0$$
Logo, o módulo do campo elétrico no ponto P é 0. Isso é facilmente explicado: todas as linhas de campo são na direção de 4, a única carga oposta, e como nenhuma delas é forte o suficiente para tocar o campo P "por acaso", o campo em P é nulo.

13. Na figura, as três partículas são mantidas fixas no lugar e têm cargas q1 = q2 = +e e q3 = +2e. A distância a = 6.00 micrômetros. Determine:
a) o módulo e b) a direção do campo elétrico no ponto P.

Outro exercício semelhante a um que maior parte patinou na prova, e de fato era chatinho, em especial pela questão da distância, mas nem tão problemático assim. Temos um ponto de partida extremamente semelhante ao exercício passado porque, se você perceber bem, com relação ao ponto P a primeira e a segunda carga se anulam. Exatamente porque as duas têm cargas iguais e o ponto P está entre elas.
Visto isso, notamos que o campo elétrico em P está integralmente relacionado ao campo elétrico da terceira carga. Logo:
$$E_P = E_3$$
Temos que a carga de 3 corresponde a dois elétrons, que resulta em:
$$q_3 = 2*1.6*10^{-19}C = 3.2*10^{-19}C$$
E o problema maior é a distância, mas podemos facilmente fazer essa relação notando que P está entre a primeira e a segunda carga, que estão em eixos opostos no plano cartesiano. O P está no meio da hipotenusa de um triângulo fechado pelas cargas q1 e q2. Se cada cateto é a distância a (6 micrômetros), temos que a hipotenusa é:
$$h = \sqrt{6^2 + 6^2} = \sqrt{36 + 36} = \sqrt{72} \mu m$$
Ótimo, temos a hipotenusa... Mas algo que pegou muita gente é que a distância entre q3 e o ponto P não é a hipotenusa. O ponto P está no centro dessa hipotenusa, ou seja:
$$d = \dfrac{\sqrt{72}}{2} \mu m = \dfrac{\sqrt{72}}{2}*10^{-6}m$$
(lembrando que não aproximei o resultado porque elevaremos ele ao quadrado e podemos descobrir algo mais exato)
Com essa distância, temos tudo o que precisamos para descobrir o módulo do campo elétrico:
$$E = K \dfrac{q}{d^2} = 8.99*10^9 Nm^2/C^2 * \dfrac{3.2*10^{-19}C}{(\dfrac{\sqrt{72}}{2} * 10^{-6}m)^2} = \dfrac{28.768*10^{-10} Nm^2/C}{\dfrac{72}{4} * 10^{-12}m^2} \\
\dfrac{28.768*4*10^2 N/C}{72} \approx 1.598*10^2 N/C \approx 160N/C$$
E essa é a resposta. Parece complicadinho, mas depois de deixar de estriar com a distância o exercício fica praticamente pronto.

Quanto ao ângulo (direção), é fácil de deduzir. Ainda no triângulo q1-q2-q3, temos um triângulo cujos dois catetos são iguais, logo têm dois ângulos de 45 graus e um de 90 - esse, no caso, é q3. Mas não estamos tratando desse triângulo, estamos tratando de um triângulo q1-q3-P ou q2-q3-P.
Não seria difícil fazer essa relação geometricamente falando, mas o exercício nos dá uma dica valiosíssima que não nos deixa perder tempo: o ângulo no ponto P do triângulo q2-q3-P é 90°. Se q2 continua tendo 45°, q3 nessa ocasião só pode ter 45° também.
Logo, a direção desse campo elétrico é de 45°.


16. A figura mostra um anel de plástico de raio R = 50.0cm. Duas pequenas contas coloridas estão sobre um anel: a conta 1, de carga +2.00 microC, que é mantida fixa na extremidade esquerda, e a conta 2, de carga +6.00 microC, que pode ser deslocada ao longo do anel. As duas contas, juntas, produzem um campo elétrico de módulo E no centro do anel. Determine:
a) um valor positivo do ângulo para o dado valor de E e b) um valor negativo.
$$E = 2.00*10^5 N/C \\
q_1 = +2.00 \mu C = +2.00*10^{-6} C \\
q_2 = +6.00 \mu C = +6.00*10^{-6} C \\
R = 50cm = 0.5m$$

Esse exercício é outro que precisa de umas sacadinhas de trigonometria pra resolver, mas não é nada realmente preocupante. Veja bem, temos um campo elétrico total que nos foi dado, mas sabemos que esse campo total é o que fica entre a primeira e a segunda conta. Ou seja, ele leva em conta tanto a primeira conta quanto a segunda.
$$E = E_1 + E_2$$
Mas lembremos que não podemos simplesmente somar os campos elétricos da primeira e da segunda conta para descobrir o que está no centro. Perceba que eles são grandezas vetoriais e, como tais, têm seu próprio sentido - o campo elétrico da primeira "aponta" para frente com relação ao centro, enquanto o segundo aponta para trás e para baixo numa direção desconhecida (que, inclusive, é o que queremos saber); sendo assim, seu sentido é negativo.
Vamos montar as equações de cada campo em cada direção pra exemplificar melhor:
$$E_1 = (\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_1}{R^2} \cos{0})\hat{i} + (\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_1}{R^2} \sin{0})\hat{j} = (\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_1}{R^2})\hat{i} \\
E_2 = -(\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_2}{R^2} \cos{\theta})\hat{i} - (\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_2}{R^2} \sin{\theta})\hat{j}$$
Perceba que já defini o ângulo do campo da primeira conta como 0, afinal, ela está no eixo x.

Agora o que faremos é uma soma disso:
$$E = E_1 + E_2 = ((\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_1}{R^2})\hat{i}) + (-(\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_2}{R^2} \cos{\theta})\hat{i} - (\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_2}{R^2} \sin{\theta})\hat{j})$$
Vamos separar os i dos j:
$$E = (\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_1}{R^2} - \dfrac{q_2}{R^2} \cos{\theta}) - (\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_2}{R^2} \sin{\theta})\hat{j})$$
Agora temos que fazer uma análise trigonométrica do caso: queremos o ângulo theta, mas estamos com equações vetoriais e precisamos convertê-las para que fique escalar. Normalmente usaríamos o teorema de Pitágoras, mas o próprio ângulo é uma incógnita e... Inclusive a que queremos saber. Convém-nos então utilizar a lei dos cossenos (ou teorema de Pitágoras level 2 pros que gostam de associar):
$$a^2 = b^2 + c^2 - 2ab \cos{\theta}$$
Substituindo os valores por uma hipotenusa E, uma direção Ei e outra direção Ej:
$$E^2 = (K \dfrac{q_1}{R^2})^2 + (K \dfrac{q_2}{R^2})^2 - 2(K \dfrac{q_1}{R^2})(K \dfrac{q_2}{R^2}) \cos{\theta} \\
E^2 = K^2 \dfrac{q_1 ^2}{(R^2)^2} + K^2 \dfrac{q_2 ^2}{(R^2)^2} - 2 K^2 \dfrac{q_1 * q_2}{(R^2)^2} \cos{\theta} \\
E^2 = K^2 \dfrac{q_1 ^2}{R^4} + K^2 \dfrac{q_2 ^2}{R^4} - 2 K^2 \dfrac{q_1 * q_2}{R^4} \cos{\theta} \\
E^2 = \dfrac{K^2}{R^4} (q_1 ^2 + q_2 ^2 - 2 q_1 q_2 \cos{\theta})$$
Agora vamos isolar quem realmente interessa: quem está com o theta.
$$E + \dfrac{K^2}{R^4}*(2 q_1 q_2 \cos{\theta}) = \dfrac{K^2}{R^4} (q_1 ^2 + q_2 ^2) \\
\dfrac{K^2}{R^4} * (2 q_1 q_2 \cos{\theta}) = \dfrac{K^2}{R^4} (q_1 ^2 + q_2 ^2) - E^2 \\
2 q_1 q_2 \cos{\theta} = \dfrac{K^2 * R^4}{R^4 * K^2} (q_1 ^2 + q_2 ^2) - \dfrac{R^4}{K^2} E^2 \\
2 q_1 q_2 \cos{\theta} = q_1 ^2 + q_2 ^2 - \dfrac{R^4}{K^2} E^2 \\
\cos{\theta} = \dfrac{q_1 ^2 + q_2 ^2 - \dfrac{R^4}{K^2} E^2}{2 q_1 q_2} \\
\theta = \cos^{-1}{\dfrac{q_1 ^2 + q_2 ^2 - \dfrac{R^4}{K^2} E^2}{2 q_1 q_2}}$$
Agora substitua as variáveis dessa equação pelos valores dados pelo exercício na sua companheira calculadora científica. Ou no seu Matlab. A conta é extremamente extensa e cansativa, mas é algo que a calculadora pode fazer sem nenhum trabalho.
A resposta tem que dar aproximadamente 67.8°.

Quanto ao ângulo negativo... Ele será, bem, -67.8° mesmo.

19. A figura mostra um dipolo elétrico. Determine:
a) o módulo;
b) a orientação (em relação ao semi-eixo x positivo) do campo elétrico produzido pelo dipolo em um ponto P situado a uma distância r >> d.

É um exercício de raciocínio simples. O campo elétrico está no centro e, como tal, tem influência do campo gerado pela carga positiva e pela carga negativa. E, claro, como uma carga está divergindo e outra está convergindo, elas não se anulam e sim se acumulam num ponto só. Essa é a sacada do dipolo, que aliás é simplíssimo - o bom é que não é dado valor nenhum, então não há resultado constante a se considerar, é pra chegar numa equação de dipolo genérica.
Mas veja bem, como eu disse: as cargas não se acumulam, elas se juntam. Só com isso já dá pra imaginar o resultado do campo elétrico... Mas façamos uma análise mais minuciosa, pra não pecar em não entender o exercício como um todo.
Note que as duas cargas estão no mesmo eixo y, de ângulo desconhecido, mas possivelmente ignorando o eixo x. Como dito, elas se "complementam", então estão no mesmo sentido. Com isso concluímos que:
$$E_+ = E_{+y}\hat{j} = E \sin{\theta} \hat{j} \\ E_- = E_{-y}\hat{j} =  E \sin{\theta} \hat{j} = E \hat{j} \\ E_{+x} = E_{-x} \\ |\vec{E}| = E_+ + E_- = E\hat{j} + E\hat{j} = 2E \sin{\theta}$$
Até aqui ok, vem agora outra parte: definir a equação completa pro campo. Talvez a pior.
Lembremos que a equação básica do campo elétrico é:
$$E = K \dfrac{q}{d^2}$$
Não temos o valor de q então ele ficará no resultado final, enquanto a distância d pode ser descoberta através da seguinte relação:

Ainda não defini a resultante porque se não dá aquele problema do cara querer chegar na resposta final direto e whatever. O fato é: veja que formamos triângulos retângulos entre o eixo x e y e essas linhas, logo essas linhas são hipotenusas. Podemos considerar o eixo x desse campo a variável r, enquanto o eixo y é representado por d/2. Pelo teorema de Pitágoras:
$$d_{E} = \sqrt{(\dfrac{d}{2})^2 + r^2}$$
Jogando na equação já final:
$$|\vec{E}| = 2(K \dfrac{q}{(\sqrt{(\dfrac{d}{2})^2 + r^2})^2}) \sin{\theta} = 2(K \dfrac{q}{(\dfrac{d}{2})^2 + r^2}) \sin{\theta}$$
Quanto ao seno de theta, vamos fazer relações trigonométricas básicas do ensino médio. O básico, seno é igual ao cateto oposto sobre a hipotenusa. De uma série de maneiras, uma delas sendo o fato de saber que d/2 está relacionado com o seno (quanto mais perto de 90° o ângulo, mais perto o vetor chega de d/2 absoluto), podemos definir o cateto oposto como d/2. A hipotenusa acabamos de expressar. Logo, no lugar de seno colocamos:
$$\sin{\theta} = \dfrac{\dfrac{d}{2}}{\sqrt{(\dfrac{d}{2})^2 + r^2}}$$
E jogamos na equação final:
$$|\vec{E}| = 2 \times (K \dfrac{q}{(\dfrac{d}{2})^2 + r^2}) \times \dfrac{\dfrac{d}{2}}{\sqrt{(\dfrac{d}{2})^2 + r^2}} = \dfrac{2Kqd}{2 \sqrt{((\dfrac{d}{2})^2 + r^2)^3}} = \dfrac{Kqd}{ \sqrt{((\dfrac{d}{2})^2 + r^2)^3}}$$
Sabemos que r >> d, logo, acrescentar qualquer valor de d para r se torna razoavelmente insignificante, então podemos simplesmente descartá-lo e deixar a equação dessa maneira:
$$|\vec{E}| = \dfrac{Kqd}{(\sqrt{r^2})^3} = \dfrac{Kqd}{r^3}$$
E está respondido o primeiro.

O segundo acabamos considerando a resposta no meio do raciocínio do primeiro. Em algum momento, dissemos da relação de d/2 com o seno e concluímos que ele tem 90°. Lembrando que as linhas vão em sentido à carga negativa, então o ângulo correto é -90°.

25. Na figura, duas barras curvas de plástico, uma de carga +q e outra de carga -q, formam uma circunferência de raio R = 8.50cm no plano xy. O eixo x passa pelos dois pontos de ligação entre os arcos, e a carga está distribuída uniformemente nos dois arcos. Se q = 15.0 picoC, determine:
a) o módulo;
b) a orientação (em relação ao semi-eixo x positivo) do campo elétrico E no ponto P, situado no centro da circunferência.

Galera, eu tinha uma resposta quase certa mas fracassei num detalhe que compromete toda a conta... No caso, um pi³ no lugar de um pi² no divisor. De qualquer forma, a expressão usada por uma resolução automática é decompor a carga dessa maneira:

$$q = \lambda \pi R$$

E jogar na equação do campo elétrico:

$$|\vec{E}| = E_+ + E_- = 2E \sin{\theta}$$

(até aí, igualzinho ao exercício anterior)

$$|\vec{E}| = 2 \dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \times \dfrac{\lambda \pi R}{\pi R^2} \sin{\theta} = \dfrac{\lambda \pi R}{2R^2 \pi^2 \varepsilon_0} (\sin{-90} - \sin{90}) = \\ \dfrac{\lambda}{2R \pi \varepsilon_0} \times (-2) = -\dfrac{q}{\pi^2 \varepsilon_0 R^2}$$

Daí jogando os valores:

$$|\vec{E}| = -\dfrac{15 \times 10^{-12}}{\pi^2 \varepsilon_0 (0.085)^2} = -\dfrac{15 \times 10^{-12}C}{8.85 \times 10^{-12} \times \pi^2 \times 0.007225} \\ = -\dfrac{15}{0.06394125 \pi^2} \approx \dfrac{234.59}{\pi^2} \approx 23.77N/C$$

E é isso aí. Deve ter reconhecido um problema no piR², ou está certo e eu estou confuso na matemática básica, sei lá. Mas o resultado é esse.

Quanto ao ângulo, perceba que a carga negativa está na parte inferior do círculo. É a mesma associação do exercício passado, -90°. Ao menos isso eu entendi bem, rs. Perdão pelo exercício, galera. Próximo.

30. Uma barra fina não-condutora, com uma distribuição uniforme de carga positiva Q, tem a forma de um círculo de raio R. O eixo central do anel é o eixo z, com a origem no centro do anel. Determine o módulo do campo elétrico:

a) no ponto z = 0;

b) no ponto z tendendo a infinito;

c) em termos de R, para que valor positivo de z o módulo do campo é máximo?

d) se R = 2.00cm e Q = 4.00 microC, qual é o valor máximo do campo?

Ok, essa questão é chata... Acho que caiu na primeira prova, até. Aqui o esquema é o seguinte: podemos fazer uma análise por equações prontas que o livro do Halliday nos ensina. Podemos fazer aquela análise por integral também. Vou fazer o completo (aproveitar que o livro tem tudo rs) mas a parte importante mesmo é só a equação final.

Veja bem:

$$\cos{\theta} = \dfrac{z}{r} = \dfrac{z}{(z^2 + R^2)^{1/2}}$$

(o r menor virar aquilo é devido ao fato do r menor ser a hipotenusa de um triângulo retângulo formado pelos catetos z e R)

Sendo:

$$dE = K \dfrac{\lambda ds}{(z^2 + R^2)}$$

Juntamos dE com o cosseno:

$$dE \cos{\theta} = K \lambda \dfrac{z}{(z^2 + R^2)^{3/2}} ds$$

Integramos os dois lados (s sendo o arco do anel, indo de 0 a 2piR):

$$E = \int dE \cos{\theta} = \int K \lambda \dfrac{z}{(z^2 + R^2)^{3/2}} ds = K \lambda \dfrac{z}{(z^2 + R^2)^{3/2}} 2 \pi R$$

O lambda com o 2piR forma uma carga q, o resto permanece igual:

$$E = \dfrac{Kqz}{(z^2 + R^2)^{3/2}}$$

Essa é a equação fixa do anel. Para o exercício A, precisamos substituir z por 0.

$$E = \dfrac{Kq}{(0 + R^2)^{3/2}} \times 0 = 0$$

Para o exercício B, jogamos um limite de z tendendo a infinito após trabalhar a equação:

$$E = \lim_{z\to\infty} Kq \dfrac{z}{(z^2 + R^2)^{3/2}}$$

Dá pra escapar daqui por um monte de método, mas no blog é bom economizar espaço. Vamos então aplicar o teorema de L'Hopital (aquele do cálculo I, lembram?), derivar em cima e embaixo com relação a z pra facilitar as coisas:

$$E = \lim_{z\to\infty} Kq \dfrac{1}{2z \times \dfrac{3}{2} (z^2 + R^2)^{1/2}} = \lim_{z\to\infty} Kq \dfrac{1}{3z \times (z^2 + R^2)^{1/2}}$$

Jogue os limites, o resultado tende a 0. Grato ao arroba @armiquilino (Alexandre Miquilino) por me lembrar do L'Hopital. (começando as participações especiais no blog!)

Para o exercício C, queremos o valor de z para o campo máximo. A conclusão a se chegar é fácil, o único chato é fazer mesmo. Quando queremos o valor máximo de alguma coisa usando alguma variável, já nos vem de cara setar a derivada da função incógnita com relação à variável a 0. Assim, em prática:

$$\dfrac{df(x)}{dx} = 0$$

No caso:

$$\dfrac{df(z)}{dz} = \dfrac{d}{dz} [Kq \dfrac{z}{(z^2 + R^2)^{3/2}}] = Kq \dfrac{d}{dz} [z \times (z^2 + R^2)^{-3/2}] = \\ Kq [(1 \times (z^2 + R^2)^{-3/2}) + (z \times (2z \times \dfrac{-3}{2} (z^2 + R^2)^{-5/2}))] = \\ Kq [\dfrac{1}{(z^2 + R^2)^{3/2}} - \dfrac{3z^2}{(z^2 + R^2)^{5/2}}] = \\ Kq [\dfrac{(z^2 + R^2) - 3z^2}{(z^2 + R^2)^{5/2}}] = Kq \dfrac{R^2 - 2z^2}{(z^2 + R^2)^{5/2}} = 0$$

Agora queremos isolar o z, não é? Vamos fazer o seguinte então. Note que a expressão acima pode ser vista também como:

$$Kq \dfrac{R^2}{(z^2 + R^2)^{5/2}} - Kq \dfrac{2z^2}{(z^2 + R^2)^{5/2}} = 0$$

Passando a parte do -2z pro outro lado como positivo:

$$Kq \dfrac{2z^2}{(z^2 + R^2)^{5/2}} = Kq \dfrac{R^2}{(z^2 + R^2)^{5/2}}$$

Cortando as partes iguais dos dois lados:

$$2z^2 = R^2 \\ z^2 = \dfrac{R^2}{2} \\ z = \sqrt{\dfrac{R^2}{2}} = \dfrac{R}{\sqrt{2}} \approx 0.707R$$

Isso, claro, porque queremos o valor positivo de z. Poderia ser -0.707R também por causa da raiz.

Bem trabalhoso, não é?

Para o exercício D, temos dois valores dados, a carga C (4 microC) e o raio R (2cm). O valor de z é o máximo, logo vamos substituir z pelo valor descoberto no exercício passado. Só jogar tudo na equação do anel:

$$E = Kq\dfrac{z}{(z^2 + R^2)^{3/2}} = (8.99 \times 10^9 Nm^2/C^2) \times (4 \times 10^{-6} C) \times \dfrac{\dfrac{R}{\sqrt{2}}}{((\dfrac{R}{\sqrt{2}})^2 + (0.02m)^2)^{3/2}} = \\ 35.96 \times 10^3 Nm^2/C \times \dfrac{\dfrac{0.02m}{\sqrt{2}}}{((\dfrac{0.02m}{\sqrt{2}})^2 + 0.0004m^2)^{3/2}} = \\ 35.96 \times 10^3 Nm^2/C \times \dfrac{0.02m}{\sqrt{2} \times ((\dfrac{0.0004m^2}{2}) + 0.0004m^2)^{3/2}} = \\ 35.96 \times 10^3 Nm^2/C \times \dfrac{0.02m}{\sqrt{2} \times (0.0002m^2 + 0.0004m^2)^{3/2}} = \\ 35.96 \times 10^3 Nm^2/C \times \dfrac{0.02m}{\sqrt{2} \times (0.0006m^2)^{3/2}} \approx \\ 35.96 \times 10^3 Nm^2/C \times \dfrac{0.02m}{\sqrt{2} \times (1.47 \times 10^{-5})} = \\ 35.96 \times 10^3 Nm^2/C \dfrac{1360.83}{\sqrt{2} m^2} = \\ \dfrac{48935 \times 10^3 Nm^2/C}{\sqrt{2} m^2} \approx 34602.59 \times 10^3 N/C \approx 3.5 \times 10^7 N/C$$

Enfim está encerrado. Acho que esse 30 é o mais escroto do capítulo 22. Depois disso é tudo mais pacífico.

O resto eu não vou fazer por motivos de: já passou o semestre e eu nem tenho mais as coisas aqui, e o exame já foi e etc. Então fiquem com esses exercícios mesmo, talvez sejam úteis. :Ç

Aula XII - Física Geral II

Lei de Biot-Savart

$$d\vec{B} = \dfrac{\mu_0 i}{4 \pi} \dfrac{d\vec{l} \times \vec{r}}{r^3}$$
De forma modular:
$$dB = \dfrac{\mu_0 i}{4 \pi} \dfrac{dl \sin{\theta}}{r^2}$$

Exemplo: campo magnético gerado por uma espira no ponto P sobre o eixo.

$$dB_{x} = |dB| \cos{\alpha}$$
Aplicando a lei de Biot-Savart:
$$dB = \dfrac{\mu_0 i}{4 \pi} \dfrac{dl \sin{\theta}}{r^2}$$
Nota que o ângulo theta entre o eixo absoluto x e o eixo absoluto z é 90° - regra da mão direita: o módulo dB tem componentes em ij, a resultante da regra dá k, por regra a transição de um eixo pro outro dessa maneira simples é 90°. O r, notando pela figura, é uma hipotenusa formada por um triângulo com R e x de cateto, logo é aplicado o teorema de Pitágoras:
$$dB = \dfrac{\mu_0 i}{4 \pi} \dfrac{dl \sin{90}}{(\sqrt{R^2 + x^2})^2} = \dfrac {\mu_0 i}{4 \pi} \dfrac{dl}{R^2 + x^2}$$
Relacionando o triângulo, percebemos que o cosseno de alfa é o cateto adjacente R pela hipotenusa r. Logo:
$$\cos{\alpha} = \dfrac{R}{r} = \dfrac{R}{\sqrt{R^2 + x^2}}$$
Agora só jogar na equação:
$$dB_{x} = |dB| \cos{\alpha} = \dfrac{\mu_0 i dl}{4 \pi (R^2 + x^2)} \dfrac{R}{\sqrt{R^2 + x^2}} = \dfrac{\mu_0 i dl R}{4 \pi (R^2 + x^2)^{3/2}}$$
Querendo saber o B, e não apenas dB, temos que integrar os dois lados:
$$\int dB =  \int \dfrac{\mu_0 i dl R}{4 \pi (R^2 + x^2)^{3/2}} \\ B = \dfrac{\mu_0 i R}{4 \pi (R^2 + x^2)^{3/2}} \int dl = \dfrac{\mu_0 i R}{4 \pi (R^2 + x^2)^{3/2}} \int^{2\pi}_{0} \int^{R}_{0} dr d\theta \\ = \dfrac{\mu_0 i R}{4 \pi (R^2 + x^2)^{3/2}} (2\pi R) = \dfrac{\mu_0 i R^2}{2(R^2 + x^2)^{3/2}}$$

E a aula foi só isso e slides. É provável que não esteja tão fácil de entender, mas fica como desafio tentar entender tudinho porque o desenho dá essas informações necessárias todas. Inclusive o fato do desenho ser dado pronto atrapalha um pouco explicar detalhadamente, mas bem, a lei de Biot-Savart vai ser mais usado como truque da matemática então deixo as explicações detalhadas pro portfolio.
Boa noite a todos.

(quanto aos desenhos ainda piores, estou usando versão mais antiga do Paint... É pouca zueira??)

Aula XI - Física Geral II

Temos aí que a força magnética age de uma maneira semelhante à força centrípeta no movimento circular uniforme. Lembrando a força centrípeta:
$$F_C = \dfrac{mV^2}{r}$$
A fórmula da força no campo magnético é:
$$F_B = qV \times B = qVB \sin{\theta}$$
E note que o ângulo entre o V e o B nesse campo circular será de 90°, então substituindo o theta temos:
$$F_B = qVB$$
Igualamos os dois lados:
$$qVB = \dfrac{mV^2}{r} \\ qB = \dfrac{mV}{r} \\ r = \dfrac{mV}{qB} \\ V = \dfrac{qBr}{m}$$
Temos também a fórmula da velocidade angular:
$$\omega = \dfrac{V}{r} = \dfrac{qBr}{rm} = \dfrac{qB}{m}$$
A frequência é:
$$\mu = \dfrac{\omega}{2\pi} = \dfrac{qB}{2 \pi m}$$
Sendo o período o inverso da frequência:
$$T = \dfrac{1}{\mu} = \dfrac{2 \pi m}{qB}$$

Lei de Ampére

$$\oint \vec{B} \bullet d\vec{l} = \mu_0 i$$


Vemos que:
$$\vec{B} \bullet d\vec{l} = Bdl \cos{\theta}$$
Sendo o ângulo entre dl e a direção do campo B 0:
$$\vec{B} \bullet d\vec{l} = Bdl$$
$$B \oint dl = \mu_0 i \\ B(2 \pi r) = \mu_0 i \\ B = \dfrac{\mu_0 i}{2 \pi r}$$

Interação entre dois condutores paralelos

Queremos descobrir qual é a influência do campo gerado pela corrente A no campo B. Lembrando que a fórmula da força magnética com relação à corrente é:
$$\vec{F}_B = i \vec{l} \times \vec{B} = ilB \sin{\theta}$$
A relação de ângulo permanece a mesma do primeiro exemplo, antes da lei de Ampére. A corrente vai para um lado, faz-se a regra da mão direita e descobre-se um ângulo de 90° de diferença em um outro eixo. Ficando assim a fórmula (já colocando as legendas bonitinho pra indicar qual é de B, e qual é de A):
$$\vec{F}_B = i_B l_B B_A$$
Note que o B (campo magnético uniforme) considerado é de A, não de B. Usando a outra fórmula que conhecemos recentemente:
$$\vec{F}_B = i_B l_B \dfrac{\mu_0 i_A}{2 \pi r}$$
Sendo r = d:
$$\vec{F}_B = \dfrac{l_B i_B i_A \mu_0}{2 \pi d}$$

Exercício:
1. Um elétron de 10eV gira num plano perpendicular a um campo magnético uniforme B. Qual o raio da órbita no ciclotron?
$$K = 10eV = 10 \times 1.6 \times 10^{-19} J = 16 \times 10^{-19} J \\ m = 9.1 \times 10^{-31} Kg \\ B = 1 \times 10^{-4}T$$
Queremos saber do raio, e para isso lembremos da fórmula que acabamos de aprender a respeito de força magnética centrípeta:
$$r = \dfrac{mV}{qB}$$
Para a velocidade, temos uma resolução realmente semelhante ao exercício da aula passada. Se temos a energia em Joules e temos massa, podemos fazer a relação raiz de 2K/m para a velocidade. O resto temos os valores dados:
$$V = \sqrt{\dfrac{2K}{m}} = \sqrt{\dfrac{2 \times 1.6 \times 10^{19}J}{9.1 \times 10^{-31}Kg}} = \sqrt{\dfrac{32 \times 10^{12}J}{9.1Kg}} = \sqrt{3.55 \times 10^{12} Kg m^2/Kg s^2} \\ = 1.88 \times 10^6 m/s$$
Jogando na fórmula:
$$r = \dfrac{(9.1 \times 10^{-31}Kg) \times (1.88 \times 10^6 m/s)}{(1.6 \times 10^{-19}C) \times (1 \times 10^{-4} T)} = \dfrac{17.108 \times 10^{25} Kg m}{1.6 \times 10^{-23} Cs (Kg/Cs)} \\ = 10.6925 \times 10^{-2} (Kg m Cs / Kgs) = 10.6925 \times 10^{-2} m = 10.6925cm$$
O professor aproximou o resultado para 11cm. A parte mais difícil dessa equação, talvez, seja a conversão de medidas na parte do Tesla para quilogramas por carga-segundo... Mas é matemática básica, só usar.

Matéria rápida, mas capaz de complicar bastante... Boa sorte a todos, e um bom dia!

Aula X - Física Geral II

Força magnética

1. Um fio retilíneo reto feito de cobre é percorrido por uma corrente i = 28A. Determine o módulo e a orientação do menor B capaz de manter este fio suspenso no ar. A massa específica linear (m/L) do cobre é 46.6g/m.

Esse exercício é bem simples. Veja bem, vamos começar com as deduções mais óbvias. Primeiro, a equação da força do campo magnético utilizando uma corrente:

$$F_\vec{B} = i \vec{L} \times \vec{B}$$

Por umas manipulações trigonométricas simples, sabemos automaticamente que isso é igual a:

$$F_\vec{B} = i|\vec{L}||\vec{B}| \sin{\theta}$$

Queremos esse B. Disso daí, o exercício nos dá a corrente (i) e só. Mas o exercício nos conta outra coisa já de início: ele quer manter o fio suspenso no ar, o que indica que a força do campo magnético tem que ser, no mínimo, igual a força da gravidade. A força da gravidade é bem óbvia:

$$F_g = mg$$

Podemos então igualar as duas forças:

$$mg = i |\vec{L}||\vec{B}|\sin{\theta}$$

O exercício nos dá um valor de m/L, então podemos manipular a equação para que haja m/L:

$$\dfrac{m}{L}g = i|\vec{B}|\sin{\theta}$$

Ótimo, mas compensa ainda mais isolar tudo o que temos e deixar apenas o B:

$$|\vec{B}| = \dfrac{m}{L}g * \dfrac{1}{i \sin{\theta}}$$

A última consideração a se fazer é o ângulo theta. O método mais óbvio (e arriscado) de descobri-lo é lembrar que a direção da força da gravidade é 90 graus para baixo, ou 270 graus; a força do campo magnético tem que ser oposta a isso, logo, 90 graus positivos.

O método menos óbvio (em especial pra quem tem dedo zoado de tanto digitar (muito comum pra computação)), e que funciona pra qualquer ocasião, é usar a "regra da mão direita". Desenhando:

Veja que isso forma um ângulo de 90°. Bem, agora podemos jogar os valores que queremos na equação. Sempre lembrem de, no caso, converter gramas para quilogramas para poder fazer uma conversão eficaz da medida dada para Tesla (T).

$$|\vec{B}| = 46.6g/m * 9.81m/s^2 * \dfrac{1}{28A * \sin{90}} = \dfrac{457.146*10^{-3}Kg/s^2}{28A} \approx 16.327*10^{-3}Kg/As^2$$

A conversão de medidas é uma boa pegadinha também. Lembrando que a corrente é a carga por segundo, então substituindo:

$$|\vec{B}| = 16.327*10^{-3}Kg/(C/s)s^2 = 16.327*10^{-3}Kg/Cs = 16.327*10^{-3}T$$

Resolvido.

2. Calcule a força do campo magnético total no fio:

Esse exercício já é uma delícia. Como foram dados apenas valores variáveis, utilizadas serão apenas variáveis. Temos três pontos diferentes no fio, dois retos e um que tem o formato de uma semicircunferência. Os retos não vão nos dar problema, o que vai é o outro, claro - mas antes, lembremos que a força total nesse ponto que queremos está dependendo dos três pedaços... Logo, é a soma dos três.

Já vamos expressar isso numa equação:

$$F = F_1 + F_2 + F_3$$

Vamos resolver as forças simples para resolver o problemão e terminar o exercício, ao invés de resolver o problemão e depois ficar se preocupando com coisa menor.

$$F_1 = F_3$$

A direção do campo pela mesma lógica do exercício passado acaba sendo 90 graus também. Colocando na fórmula do campo magnético para a corrente:

$$F_1 = i|\vec{L}||\vec{B}| \sin{90} = i |\vec{L}||\vec{B}|$$

Logo, já vamos colocar na equação final:

$$F = i |\vec{L}||\vec{B}| + F_2 + i |\vec{L}||\vec{B}|$$

Mas vamos prestar atenção no F2.

Não me recordo se num desenho original fica assim. O campo magnético se comporta de uma maneira mais complexa que isso. Mas o que quero dizer nesse desenho é: no ponto central, uma linha de campo vai contra a outra na direção x enquanto a y funciona normalmente; se as forças em x se anula, não há componente x na força desse campo magnético, representando numa equação:

$$F_2 = F_{2x} + F_{2y} = F_{2y}$$

Jogando isso na equação:

$$F = iLB \sin{\theta}$$

Agora vem a parte complicada: precisamos do comprimento da corrente, mas da maneira que está não facilita muito. Pegaremos um elemento infinitesimal de l (dl) e, claro, cada elemento dL tem uma força dF diferente com relação ao campo:

Substituindo os termos:

$$dF = i(dL)B \sin{\theta}$$

Através de trigonometria - equação de arco de circunferência, não sei ao certo se compensa explicar mas o livro Cálculo Com Geometria Analítica do Louis Leithold, volume 2, o capítulo antes de derivadas parciais que cuida da geometria analítica e de cálculo vetorial básico lida bem com isso - podemos jogar no lugar de dL o seguinte termo:

$$dF =  iB \sin{\theta} (R d\theta)$$
Não vou explicar todo o procedimento, mas faça ao menos a relação básica: lembre de coordenadas polares, aonde dxdy era substituído por rdrd0 e note que o dL foi substituído por rd0. Bem, dL é um pedaço do arco, então só está em um eixo.
De qualquer forma, o arco todo dá uma volta de 180°, logo um pi. Então já sabemos os limites. Vamos integrar:
$$\int dF = \int^{\pi}_0 iB \sin{\theta} Rd\theta = iBR [-\cos{\theta}] = iBR [-\cos{\pi} - (-\cos{0})] \\ = iBR [-\cos{\pi} + \cos{0}] = iBR [-(-1) + 1] = 2iBR$$
Note que não está nada em módulo, mas presumamos que já está. É mais fácil. É só somar as três forças agora:
$$F = F_1 + F_2 + F_3 = iLB + 2iBR + iLB = 2iLB + 2iBR = 2iB (R + L)$$
E está respondido o exercício. Como não tem valor nenhum, a resposta é a equação final.

3. Um campo B de módulo 1.5T aponta horizontalmente de leste para oeste. Qual o valor da força que atuará sobre um próton de 5MeV que atravessará esse campo verticalmente de cima para baixo?

Esse exercício é o mais fácil dos três. O problema é: se trata de medidas que já até esquecemos, mas precisamos estar sendo lembrados direto. No caso, MeV. Um elétron-Volt equivale a 1.602 vezes 10 a -19 Joules (J).
Temos as seguintes expressões, também:
$$q = 1.6*10^{-19}C \\ m = 1.7*10^{-27}Kg \\ E_K = 5MeV = 5*10^6 eV = 5*1.6*10^6*10^{-19}J = 8*10^{-13}J $$
Vamos usar um pouco elas, então:
$$F = q|V||B| \sin{\theta} = 1.6*10^{-19}C * V * 1.5T$$
Sendo V a velocidade, temos a seguinte expressão na mecânica newtoniana para a energia cinética:
$$E_K = \dfrac{1}{2} mv^2$$
Temos a energia cinética E (em Joules, ou MeV), temos a massa m, mas não temos a velocidade que é o que queremos para a equação da força do campo magnético. Então:
$$v^2 = \dfrac{2E_K}{m} \\ v = \sqrt{\dfrac{2E_K}{m}}$$
Só jogar os valores na equação agora. Só lembrando que um Joule equivale a um Newton-metro (Nm), e um Newton equivale a um quilograma-metro por segundo ao quadrado (Kg m/s²); logo, um Joule equivale a um quilograma-metro quadrado por segundo ao quadrado (Kg m²/s²). Substituindo essa porrada de expressões:
$$v = \sqrt{\dfrac{2*8*10^{-13}Kg*m^2}{1.7*10^{-27}Kg*s^2}} = \sqrt{\dfrac{16*10^{-13}m^2}{1.7*10^{-27}s^2}} = \sqrt{9.41*10^14 m^2/s^2} \approx 3.07m/s$$
Vê que mágico? As medidas todas batem. Agora só jogar isso na equação final:
$$F = 2.4*10^{-19}CT * 3.07m/s = 7.368 CTm/s$$
Um tesla equivale a um quilograma por Coulomb-segundo, substituindo:
$$F = 7.368 C*(\dfrac{Kg}{Cs})*(\dfrac{m}{s}) = 7.368 \dfrac{CKgm}{Cs^2} = 7.368Kg m/s^2 = 7.368N$$
E creio eu que está respondido o exercício, mas não tenho um gabarito aqui pra conferir se estou falando certo ou se fiz asneira em algum ponto. Bem, ao menos as medidas batem... Espero estar, de fato, certo. Como acho muito necessário entender essa matéria, já posto direto mesmo assim e depois confirmo, nem que for pelos outros dois exercícios.
Esse é bom pra treinar as fórmulas antigas de física que pareciam não servir pra nada, mas podem chegar a nos atormentar pro resto da vida. Se temos velocidade, temos mecânica fundamental, então não podemos mesmo esquecer de nada.

De qualquer forma, está aí. Bom dia a todos!

Portfolio I Capítulo 21 - Física Geral II

Deve ter gente que vai sentir que estou sendo inútil porque eu não postei isso antes da prova, e etc., mas bem... Tempo é escasso pra todo mundo que precisa estudar, e se a matéria PIORAR a partir disso, será necessário saber isso de qualquer forma. Então aí vai minha tentativa de resolução do portfólio de física, com explicações.

Capítulo 21 - Força Elétrica e Lei de Coulomb


1. Qual deve ser a distância entre a carga pontual $q_1 = 26.0\mu C$ e a carga pontual $q_2 = -47.0\mu C$ para que a força eletrostática entre as duas cargas tenha um módulo de 5.70N?
Exercício facílimo que todo mundo sabe resolver, suponho. Temos duas cargas que exercem forças uma sobre a outra, mas essa força já sabemos, precisamos saber a distância entre elas. A Lei de Coulomb é determinada da seguinte maneira:
$F = \dfrac{1}{4\pi \varepsilon_0} \dfrac{|q_1 q_2|}{d^2}$
Precisamos isolar a distância d, então faremos a seguinte manipulação antes de jogar os valores (pelo amor de Deus, façam isso sempre antes):
$d^2 = \dfrac{1}{4\pi \varepsilon_0} \dfrac{|q_1 q_2|}{F}$
$d = \sqrt{\dfrac{1}{4\pi \varepsilon_0} \dfrac{|q_1 q_2|}{F}}$
Ótimo, feito isso vamos colocar todos os valores aqui e jogaremos na equação:
$q_1 = 26.0\mu C = 26*10^{-6}C$
$q_2 = -47.0\mu C = -47*10^{-6}C$
$F = 5.70N$
$\dfrac{1}{4\pi \varepsilon_0} \approx 8.99*10^9 Nm^2/C^2$
$d = \sqrt{8.99*10^9 \dfrac{Nm^2}{C^2} * \dfrac{|(26*10^{-6}C)(-47*10^{-6}C)|}{5.7N}}$
$d = \sqrt{8.99*10^9 * \dfrac{1222*10^{-12}}{5.7} \dfrac{Nm^2 * C^2}{C^2 * N}}$
$d = \sqrt{\dfrac{10985.78*10^{-3}}{5.7} m^2} \approx \sqrt{1927.33m^2} = \sqrt{1.92733m^2} \approx 1.39m$
Temos que a distância entre as cargas é de 1.39m.


2. Duas partículas de mesma carga são colocadas a $3.2*10^{-3}m$ de distância uma de outra e liberadas a partir do repouso. A aceleração inicial da primeira partícula é $7.0m/s^2$ e a da segunda é de $9.0m/s^2$. Se a massa da primeira partícula é $6.3*10^{-7}Kg$, determine:
a) a massa da segunda partícula;
b) o módulo da carga de cada partícula.
Exercício mais complicado que o primeiro, mas ainda deveras simples, sabemos disso. Para ele usamos uma relação de uma das leis de Newton, que determina que a força é a massa vezes a aceleração. O raciocínio será o seguinte: sabemos que o módulo de uma força é igual ao módulo da outra porque, bem, estamos falando de duas cargas e uma única força resultante.
Então faremos a seguinte relação:
$F = ma$
$F_1 = F_2$
$m_1 a_1 = m_2 a_2$
Got it? Bem fácil. Para o primeiro exercício, que pede a massa da segunda partícula, temos tudo dessa fórmula menos a própria massa... O que facilita muito as coisas. É só isolar $m_2$. Mas primeiro vamos relembrar todos os dados que usaremos nessa equação:
$m_1 = 6.3*10^{-7}Kg$
$a_1 = 7.0m/s^2$
$a_2 = 9.0m/s^2$
Agora, trabalharemos a equação:
$m_1 a_1 = m_2 a_2$
$m_2 = \dfrac{m_1 a_1}{a_2}$
E jogaremos os valores:
$m_2 = \dfrac{6.3*10^{-7}Kg * 7.0m/s^2}{9.0m/s^2} = 4.9*10^{-7}Kg$
Resolvido o primeiro exercício, agora iremos ao segundo... Que é um pouco mais complicado mas ainda muito fácil de resolver comparado com o que vem pela frente.

Para o módulo da carga, temos as seguintes informações: a força (massa vezes aceleração, não importa qual partícula você pegar... porque, como relacionamos na letra A, as forças das duas partículas obrigatoriamente tem que se igualar), a distância e... Só. Não temos nem a primeira carga, nem a segunda, mas sabemos que elas são iguais. Então vamos trabalhar um pouquinho a equação da força por Coulomb:
$F = \dfrac{1}{4\pi \varepsilon_0} \dfrac{|q_1 q_2|}{d^2}$
$q_1 = q_2$
$F = \dfrac{1}{4\pi \varepsilon_0} \dfrac{q^2}{d^2}$
Ótimo. Agora temos apenas uma variável e podemos isolá-la sem problemas:
$q^2 = Fd^2 * 4\pi \varepsilon_0$
$q = \sqrt{Fd^2 * 4\pi \varepsilon_0}$
Eu fiz, de certa forma, de maneira meio repentina... Mas tudo o que está aí é matemática básica. Saber jogar as coisas de um lado pro outro da maneira correta, isso é no mínimo essencial. Treine bastante se sentir que isso está falhando aí.
Mas o seguinte, temos uma dificuldade: não sabemos como lidar com $4\pi \varepsilon_0$ porque quando ele estava dividindo "magicamente" ele se tornava um $8.99*10^9$ mágico ali em cima, mas isso ocorre porque o epsilon tem expoente negativo no 10... O que vai acontecer nesse caso é que vai ficar, bem, $1/8.99*10^9$, além de, claro, inverter as medidas. Vamos ver como que fica na prática, aproveitando para jogar todos os valores necessários:
$m = 6.3*10^{-7}Kg$
$a = 7m/s^2$
$F = ma = (6.3*10^{-7}Kg) * (7m/s^2) = 44.1*10^{-7}N$
$d = 3.2*10^{-3}m$
Logo, na fórmula:
$q = \sqrt{\dfrac{44.1*10^{-7}N * (3.2*10^{-3}m)^2}{8.99*10^9 Nm^2/C^2}}$
$q = \sqrt{\dfrac{44.1*10^{-7} * 10.24*10^{-6}m^2}{8.99*10^9} \dfrac{NC^2}{Nm^2}}$
$q = \sqrt{\dfrac{451.584*10^{-13}}{8.99*10^9} \dfrac{C^2 m^2}{m^2}}$
$q \approx \sqrt{50.23*10^{-22} C^2} \approx 7.09*10^{-11}C$
Ou seja, esse é o módulo das cargas iguais. E está resolvido o segundo exercício.

3. Uma partícula com carga de $+3.00*10^{-6}C$ está a 12.0cm de distância de uma partícula com uma carga de $-1.50*10^{-6}C$. Calcule o módulo da força eletrostática entre as partículas.
Esse exercício é, oficialmente, o mais fácil do portfólio. Simplesmente não há segredo nenhum. Temos a Lei de Coulomb, temos o valor das cargas e o valor da distância, só aplicar.
$q_1 = 3*10^{-6}C$
$q_2 = -1.5*10^{-6}C$
$d = 12cm = 0.12m$
$F = \dfrac{1}{4\pi \varepsilon_0} \dfrac{|q_1 q_2|}{d^2}$
$F = 8.99*10^9 \dfrac{Nm^2}{C^2} * \dfrac{|(3*10^{-6}C)(-1.5*10^{-6}C)|}{(0.12m)^2}$
$F = 8.99*10^9 * \dfrac{4.5*10^{-12}C^2}{0.0144m^2} \dfrac{Nm^2}{C^2}$
$F = \dfrac{40.455*10^{-3}}{0.0144} \dfrac{Nm^2 * C^2}{C^2 * m^2}$
$F = 2809.375*10^{-3}N = 2.809375N$
Próximo.

8. Na figura, quatro partículas formam um quadrado. As cargas são $q_1 = q_4 = +Q$ e $q_2 = q_3 = +q$.
a) Qual deve ser o valor da razão $\dfrac{Q}{q}$ para que a força eletrostática total que as partículas 1 e 3 estão submetidas seja nula?
b) Existe algum q para o qual a força eletrostática a que todas as partículas submetidas seja nula? Justifique sua resposta.

Então, o negócio é bem esse. Parece complicadíssimo, mas o que precisa-se saber aqui é trabalhar com vetores. A força eletrostática é um vetor que está relacionado com um certo tipo de "impacto" de uma partícula com outra. Eu não sei explicar decentemente, perdão, então vou desenhar com relação a 1:

Espero que tenha ficado melhor de enxergar. O fato é que a força na Lei de Coulomb é basicamente isso, você traça uma linha entre uma carga e outra e uma resultante nessa mesma linha: se as cargas se repelem, é a resultante vai pro sentido oposto; no caso de se atraírem, ela vem em direção à outra carga.

Mas então, explicado isso, vamos encarar o exercício de frente: a letra A pede a razão da carga Q (da 1 e da 4) pela q (da 2 e da 3) para que a força de 1 e de 3 seja igual a 0.
No caso, já vamos estabelecer isso na equação:
$F_1 = F_3 = 0$
Então podemos trabalhar ou com a força de 1, ou com a força de 3. Sabemos que a força total em 1 tem aqueles três vetores que tracei pra exemplificar como funciona a força mais pra cima (bem conveniente, diga-se de passagem), então ela é a soma daqueles vetores em cada direção:
$F_1 = F_{12} + F_{13} + F_{14} = 0$
Sendo assim, podemos decompor nas direções x e y para trabalhar. Vamos para x:
$F_{1x} = F_{12x} + F_{13x} + F_{14x} = 0$
Lembrando que, nesse caso, a direção está relacionada com o cosseno do ângulo formado:
$F_{1x} = -F_{12} \cos{0} + F_{13} \cos{90} + F_{14} \cos{45} = 0$
Só para explicar para quem não entendeu o ângulo: só notar a direção de cada flechinha (sentido do vetor, sendo técnico) no desenho. A primeira (1 e 2) tem 0 graus num plano cartesiano, o que dá -1, a segunda está indo completamente em y e o ângulo é 90, a terceira... Bem, você tem um triângulo de altura e largura iguais, eventualmente tirando as medidas você encontrará um ângulo de 45 graus, mas é bem óbvio.
Vamos terminar de resolver isso:
$F_{1x} = -F_{12} + F_{14} * \dfrac{1}{\sqrt{2}} = 0$
E agora aplicaremos a Lei de Coulomb nessas forças. $F_{12}$ tem as cargas Qq e a distância a, enquanto $F_{14}$ tem as cargas QQ (Q²) e a distância $\sqrt{2} a$ (via Teorema de Pitágoras).
$F_{1x} = -(\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{Qq}{a^2}) + \dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{QQ}{(\sqrt{2} a)^2} * \dfrac{1}{\sqrt{2}} = 0$
Vamos jogar cada termo pra um lado e começar a cortar:
$\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{Qq}{a^2} = \dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{QQ}{2a^2} * \dfrac{1}{\sqrt{2}}$
$\dfrac{Qq}{a^2} = -\dfrac{QQ}{2a^2} * \dfrac{1}{\sqrt{2}}$
$\dfrac{Qq * a^2}{QQ * a^2} = \dfrac{1}{2} * \dfrac{1}{\sqrt{2}}$
$\dfrac{q}{Q} = \dfrac{1}{2\sqrt{2}}$
$\dfrac{Q}{q} = 2\sqrt{2}$
Se alguma coisa lhe parecer confusa, sem problemas, eu explico em particular. Tudo o que eu fiz aí foram operações simples de matemática. O fato é que o resultado que o exercício pede é esse.

Quanto a letra B... Ele pede um valor de q para que a força eletrostática em todas as partículas seja igual a zero. Ou seja: as forças nas partículas 1 e 4 tem obrigatoriamente de ser a mesma força de 2 e 3, e tudo isso tem que dar 0. Sabemos que a razão para as forças de 1 e 4 tem que ser o resultado da anterior, então o que vamos fazer é a mesma operação só que pras forças 2 e 3. Não fica evidente de cara, confesso, mas o fato é que se a razão das cargas for igual é porque as forças exercidas são iguais e são iguais a 0, e se estiverem diferentes é porque você não pode encontrar um valor para essas cargas capaz de satisfazer o exercício.
Então vamos resolver, dessa vez pelo eixo y porque é mais conveniente:
$F_2 = F_{21} + F_{23} + F_{24} = 0$
$F_{2y} = F_{21y} + F_{23y} + F_{24y} = 0$
$F_{2y} = -F_{21} \sin{90} + F_{23} \sin{45} + F_{24} \sin{0} = 0$
$F_{2y} = -F_{21} + F_{23} \dfrac{1}{\sqrt{2}} = 0$
$F_{21} = F_{23} \dfrac{1}{\sqrt{2}}$
$\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{Qq}{a^2} = \dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{qq}{(\sqrt{2} a)^2} * \dfrac{1}{\sqrt{2}}$
$\dfrac{Qq}{a^2} = \dfrac{qq}{2a^2} * \dfrac{1}{\sqrt{2}}$
$\dfrac{Qq * a^2}{qq * a^2} = \dfrac{1}{2 \sqrt{2}}$
$\dfrac{Q}{q} = \dfrac{1}{2 \sqrt{2}}$
Ou seja, as razões são diferentes... Então é impossível igualar as forças de uma maneira que todas elas sejam nulas. Exercício resolvido.

15. Na figura, a partícula 1, de carga $+1.0\mu C$ e a partícula 2, de carga $-3.0\mu C$, são mantidas a uma distância L = 10.0cm uma da outra sobre um eixo x. Determine:
a) a coordenada x e b) a coordenada y de uma partícula 3 de carga desconhecida $q_3$ para que a força total exercida sobre ela pelas partículas 1 e 2 seja nula.

Caiu um semelhante a esse na prova e não creio que muita gente tenha acertado, mas é algo até bem simples e era mais nota dada que o exercício do cubo de Gauss... Só que como força elétrica parece ininteligível a priori, parece bem mais coisa do que realmente é.
É o seguinte: queremos uma partícula 3 entre $q_1$ e $q_2$ que mantenha as forças em equilíbrio. Colocando uma partícula 3, haverá uma nova carga e uma nova força, e essa força deve ser igual a 0. Lembrando que, para a Lei de Coulomb, uma força de uma partícula carregada é definida pela soma da interação dela com todas as outras partículas, logo:
$F_3 = F_{31} + F_{32}$
Temos então que essa força é 0, então a equação terá de ficar:
$F_3 = F_{31} + F_{32} = 0$
Se decompusermos essa força em x, ela ficará:
$F_3 = F_{31} \cos{0} + F_{32} \cos{0} = 0$
Enquanto em y ficará:
$F_3 = F_{31} \sin{0} + F_{32} \sin{0} = 0$


Primeiro, trabalharemos com x, que é a letra A e é a que realmente importa.
$F_3 = \dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \dfrac{q_1 q_3}{d_{13}} \cos{0} + \dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \dfrac{q_2 q_3}{d_{23}} \cos{0} = 0$
$\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \dfrac{q_1 q_3}{d_{13}^2} = -\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \dfrac{q_2 q_3}{d_{23}}$
Disso tudo, o que não raciocinamos ainda é a distância entre os dois pontos e a carga $q_3$... Mas como queremos saber aonde a partícula está posicionada, e não a carga dela, vamos cortar a carga $q_3$ (assim como a constante K) dos dois lados. Falaremos de distância. Para resolver essa questão, há duas possibilidades, pegarei a mais utilizada:
Imagine que $q_1$ e $q_3$ têm uma distância $L_0$ indeterminada. Imaginado? Ok. Agora vamos imaginar uma distância para $q_2$: a distância de $q_1$ para $q_2$ é de 10cm (0.1m), não é? E se pré-determinamos a distância $q_1$ e $q_3$ como $L_0$, temos que a distância de $q_2$ para $q_3$ é a soma dessas duas distâncias. Ou seja:
$d_{13} = L_0$
$d_{23} = L_0 + L$
Para $L = 0.1m$.
Agora jogaremos tudo isso na equação e vamos trabalhar apenas algebricamente para chegar ao resultado:
$\dfrac{q_1}{L_0 ^2} = -\dfrac{q_2}{(L_0 + L)^2}$
$\dfrac{(L_0 + L)^2}{L_0 ^2} = -\dfrac{q_2}{q_1}$
$\dfrac{L_0 + L}{L_0} = \sqrt{-\dfrac{q_2}{q_1}}$
$\dfrac{L_0}{L_0} + \dfrac{L}{L_0} = \sqrt{-\dfrac{q_2}{q_1}}$
$1 + \dfrac{L}{L_0} = \sqrt{-\dfrac{q_2}{q_1}}$
$\dfrac{L}{L_0} = \sqrt{-\dfrac{q_2}{q_1}} - 1$
$\dfrac{1}{L_0} = \dfrac{\sqrt{-\dfrac{q_2}{q_1}} - 1}{L}$
$L_0 = \dfrac{L}{\sqrt{-\dfrac{q_2}{q_1}} - 1}$
E agora que isolamos a variável (talvez seja mais fácil jogar alguns valores antes, como substituir as cargas na raiz antes de continuar, mas eu não costumo gostar exceto em casos de emergência), vamos jogar os valores:
$L_0 = \dfrac{0.1m}{\sqrt{-\dfrac{-3*10^{-6}C}{1*10^{-6}C}} - 1} = \dfrac{0.1m}{\sqrt{3} - 1} \approx \dfrac{0.1m}{0.71} \approx 0.1408m$
Ou 14.08cm. Essa é a posição de $q_3$ em x.

Para y é muito mais fácil e não necessita de muitas contas: se o ângulo da partícula é 0, é porque ela está completamente alinhada com as outras partículas em x, o que significa que se a partícula $q_1$ e a partícula $q_2$ foram definidas sobre um eixo x, assim deve ser a partícula $q_3$ também e sua distância em y é 0.

Eu espero que entendam bem esse... E o 8. Eles são o tipo de exercício que pegam mais pesado no conceito de força elétrica, que é ótimo de entender porque é o "o que acontece lá dentro" dos circuitos elétricos que são fundamentais na parte de energia de um computador. Pra quem pretende trabalhar não só com a parte digital do hardware é bom saber.

19. Na figura, a partícula 1, de carga +q, e a partícula 2, de carga +4.00q, são mantidas a uma distância L = 9.00cm sobre um eixo x. Se uma partícula 3 de carga $q_3$ permanece imóvel ao ser colocada nas proximidades das partículas 1 e 2, determine:
a) a coordenada x da partícula 3;
b) a coordenada y da partícula 3;
c) a razão $\dfrac{q_3}{q}$;

Esse exercício, por incrível que pareça, é mais fácil que o passado. Já tem uma explicação válida do porquê a letra B é igual a 0 no exercício passado, vamos resolver pra A.
Não creio ser necessário explicar o passo-a-passo porque a resolução é idêntica ao passado, só que com menos complicações. A única alteração eu explico após colocar na equação:
$F_3 = F_{31} \cos{0} + F_{32} \cos{180} = 0$
$F_{31} = -F_{32} \cos{180}$
$K \dfrac{q_3 q_1}{L_0 ^2} = K \dfrac{q_3 q_2}{(L - L_0)^2}$
Como vê, a alteração foi a inversão de sinais e o cosseno de 180. Isso ocorre porque a partícula 3 foi colocada entre $q_1$ e $q_2$, definido previamente pelo exercício (mas não muito bem especificado, concordaria). Estando entre um e outro, você pega a distância total entre as cargas 1 e 2 e subtrai a distância entre uma delas e a 3, que o que sobra é a distância entre a outra delas e a 3. Meio lógica isso, mas é chatinho de chegar a essa maneira de pensar.
Quanto ao cosseno... Bem, se a força está sendo exercida completamente no eixo x mas pra trás ao invés de pra frente, significa que o ângulo dela é de 180°. Ou simplesmente 0 para o lado oposto, aonde você faz a inversão de sinais.
Agora vamos continuar resolvendo:
$\dfrac{q}{L_0 ^2} = \dfrac{4q}{(L - L_0)^2}$
$\dfrac{1}{L_0 ^2} = \dfrac{4}{(L - L_0)^2}$
$\dfrac{(L - L_0)^2}{L_0 ^2} = 4$
$\dfrac{L - L_0}{L_0} = \sqrt{4} = 2$
$\dfrac{L}{L_0} - \dfrac{L_0}{L_0} = \dfrac{L}{L_0} - 1 = 2$
$\dfrac{L}{L_0} = 2 + 1 = 3$
$\dfrac{1}{L_0} = \dfrac{3}{L}$
$L_0 = \dfrac{L}{3} = \dfrac{0.09m}{3} = 0.03m$
Viu só? Mais fácil que o passado! Em especial porque pudemos cortar o q intruso ali ao invés de ter que ficar substituindo por números exatos.

Agora é só resolver a C. Para ela, precisamos pegar qualquer equação que use as cargas $q_3$ e q... O que significa que qualquer uma das três equações para força serve, mas se formos analisar, a equação de força da primeira carga é a mais fácil. Para a segunda carga teremos de usar 4q toda hora e para a terceira teremos $q_3$ ao quadrado.
Vamos lá:
$F_1 = F_{13} + F_{12} = 0$
$F_{13} = -F_{12}$
$K \dfrac{q_1 q_3}{d_{13} ^2} = -K \dfrac{q_1 q_2}{d_{12}^2}$
$\dfrac{q_3}{(0.03m)^2} = -{q_2}{(0.09m)^2}$
$\dfrac{q_3}{q_2} = -{(0.03m)^2}{(0.09m)^2}$
$\dfrac{q_3}{4q} = -{0.0009m^2}{0.0081m^2}$
$\dfrac{q_3}{q} = -{4*0.0009m^2}{0.0081m^2} = -\dfrac{0.0036m^2}{0.0081m^2} \approx -0.444$
E está resolvido o exercício.

66. A soma das cargas de duas pequenas esferas positivamente carregadas é $5.0*10^{-5}C$. Se cada esfera é repelida pela outra com uma força eletrostática de 1.0N e as esferas estão separadas por uma distância de 2.0m, qual é a carga da esfera com a menor carga?
Exercício fácil de chegar à equação final, mas chato de resolver a própria equação final. São duas cargas apenas e temos a força, mas não temos nenhuma das cargas em si. Vamos ver como que fica a equação da força isolando as cargas:
$F = \dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_1 q_2}{d^2} = 1N$
$\dfrac{q_1}{q_2}{d^2} = (4 \pi \varepsilon_0)N$
$q_1 q_2 = (4 \pi \varepsilon_0)d^2 N = (4 \pi \varepsilon_0)(2m)^2 N = 4(4 \pi \varepsilon_0) Nm^2$
Substituindo 1/K pelo valor aproximado que costumamos usar:
$q_1 q_2 = 4(\dfrac{1}{8.99*10^9 \dfrac{Nm^2}{C^2}}) Nm^2 = \dfrac{4 C^2}{8.99*10^9 Nm^2} Nm^2 \approx 0.4449*10^{-9} C^2$
E é o melhor que conseguiremos, mesmo. Só que temos o seguinte esclarecimento lá em cima: as cargas, somadas, são 5 vezes 10 a -5. Falando na linguagem pura da matemática:
$q_1 + q_2 = 5*10^{-5}C$
Logo, podemos isolar uma dessas variáveis e colocá-la na equação que montamos ali em cima:
$q_2 = 5*10^{-5} - q_1$
Certo? Então vamos.
$q_1 (5*10^{-5} - q_1) \approx 0.4449*10^{-9} C^2$
$5*10^{-5} q_1 - q_1 ^2 \approx 0.4449*10^{-9} C^2$
...Ok, e agora? Agora é o seguinte. Notem que temos uma variável elevado a primeira, e uma elevado ao quadrado. Essa... "coisa" lembra você algo? Se não, então vou fazer uma coisa pra ajudar.
$5*10^{-5} q_1 - q_1 ^2 - 0.4449*10^{-9} C^2 \approx 0$
E agora? Exatamente! Uma equação do segundo grau. Como toda equação do segundo grau, temos duas maneiras de descobrir as possibilidades de carga: ou soma e produto, ou o que todas as pessoas no universo dizem que nunca mais vão usar na vida, Bhaskara. Não creio que seja muito conveniente usar soma e produto numa equação desse tipo, então vamos usar algo que "nunca mais vamos usar na vida", Bhaskara.
Mas antes, vamos dar uma melhorada na equação para tudo ficar visível, e inverter os sinais pra ficar mais conveniente de trabalhar.
$q_1 ^2 - 5*10^{-5} q_1 + 4.449*10^{-10} C^2 \approx 0$
Lembram como é?
$x = \dfrac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$
No caso:
$q = \dfrac{-(-5*10^{-5}) \pm \sqrt{(-5*10^{-5})^2 - 4*1*(4.449*10^{-10})}}{2*1} = \dfrac{5*10^{-5} \pm \sqrt{25*10^{-10} - 17.796*10^{-10}}{2}$
$q = \dfrac{5*10^{-5} \pm \sqrt{7.204*10^{-10}}}{2} \approx \dfrac{5*10^{-5} \pm 2.684*10^{-5}}{2} = \dfrac{(5 \pm 2.684)*10^{-5}}{2}$
Agora a jogada é a seguinte: como temos duas cargas, cada uma das soluções pra equação representará uma delas. Lógico, não importa qual carga pegarmos, desde que descubramos os valores corretos.
$q_1 = \dfrac{(5 + 2.684)*10^{-5}}{2} = \dfrac{7.684*10^{-5}}{2} = 3.842*10^{-5}$
$q_2 = \dfrac{(5 - 2.684)*10^{-5}}{2} = \dfrac{2.316*10^{-5}}{2} = 1.158*10^{-5}$
Ou seja: a menor carga é de aproximadamente $1.158*10^{-5}$.


E está resolvido o mais fácil dos três capítulos do portfolio. Desnecessário lembrar, sem entender força elétrica dificilmente você entenderá campo elétrico, e assim não entendendo a Lei de Gauss, e assim não entendendo a parte eletro do eletromagnetismo rs.

Um bom dia a todos!

Lista Virtual I - Física Geral II

É provável que isso nem mesmo caia em alguma prova de física, mas a quem ficou interessado no conteúdo:

1. Considere um capacitor a ar, consistindo de duas placas paralelas bastante próximas, com capacitância de $1000pF$. A carga elétrica de cada placa é de $1\mu C$.
Lembrando que a fórmula básica é:
A capacitância é igual a carga sobre a tensão. Ou seja:
$C = \dfrac{Q}{V}$

O exercício nos dá um capacitor com capacitância 1000pF ($1000*10^{-12}F$) e uma carga $1\mu C$ ($1*10^{-6}C$), é só manipular a equação e obteremos o resultado:
$V = \dfrac{C}{Q}$
$V = \dfrac{1000*10^{-12}F}{1*10^{-6}C} = 1000*10^{-6}V = 1000\mu V$

Facílimo! Próximo.

2. Se a carga for mantida constante, qual é a ddp entre as placas se a separação for duplicada?
Aqui a lógica é a seguinte: a carga se mantém a mesma, então a separação afeta a capacitância... Para que tudo continue funcionando perfeitamente com as mesmas cargas, a capacitância será duplicada. Sendo duplicada a capacitância, temos o seguinte resultado:
$V = \dfrac{2000*10^{-12}F}{1*10^{-6}C} = 2000*10^{-6}V = 2000\mu V$

Ótimo? Sim.

3. Considere a figura abaixo, onde $C_1 = 3\mu F$ e $C_2 = 2\mu F$.

Calcule a capacitância equivalente entre os pontos 'a' e 'b'.
Exercício fácil, mas fácil de confundir também. Temos uma relação do tipo derivada/integral com capacitor/resistor, já que um é o oposto do outro e se você começar a resolver, vai acabar confundindo e fazendo coisa de resistor pra capacitor e vice-versa. Felizmente, circuitos elétricos ainda está sem isso.
De qualquer forma, temos aí três capacitores $C_1$ em série (aqueles entre c e d), tudo em paralelo com um capacitor $C_2$, que ficará em série com os outros dois $C_1$.
Vamos resolver? É simples.
$C_{cd1} = \dfrac{3*3}{3+3} = \dfrac{9}{6} = 1.5\mu F$
$C_{cd2} = \dfrac{1.5*3}{1.5+3} =  \dfrac{4.5}{4.5} = 1\mu F$
$C_{cd} = 1+2 = 3\mu F$
$C_{ab1} = \dfrac{3*3}{3+3} = 1.5\mu F$
$C_{T} = \dfrac{1.5*3}{1.5+3} = 1\mu F$

E é essa a capacitância total. $1\mu F$.

Calcule a carga em cada um dos capacitores $C_1$ mais próximos de 'a' e 'b' quando $V_{ab} = 900V$.
A lógica é a seguinte: o ponto dos capacitores $C_1$ inicial e final são vistos com a capacitância total, já que $1\mu F$ é distribuído igualmente a cada $C_1$. Assim, podemos só jogar esse valor na equação da carga:
$C = \dfrac{Q}{V}$
$Q = C*V = 1\mu F * 900V = 900\mu C$

E está tudo resolvido! É só um pontapé inicial pros capacitores, já que tem muita, mas muita coisa sobre eles que talvez nem vejamos esse semestre ou nem mesmo vejamos (embora ache improvável, circuitos passa por RC e RLC).

Aula VI - Física Geral II

Conteúdo: campo elétrico, lei de Gauss

Exercício 1. Um campo elétrico não uniforme dado por $\vec{E} = 3.0x(\hat{i}) + 4.0(\hat{j})$ atravessa o cubo gaussiano abaixo. Qual o fluxo elétrico nas faces direita, esquerda e superior do cubo? ($E$ dado em $\dfrac{N}{C}$, e x = 2m)

Esse exercício é horrível de entender. Não, sério mesmo, horrível. Como qualquer conteúdo de Física II. Ou talvez eu seja negativamente tendencioso com as equações de Maxwell. O fato é que temos um cubo e, como todo cubo, ele tem seis faces: superior, inferior, dianteira, traseira, lateral direita e lateral esquerda. Todos eles têm um fluxo elétrico calculável, mesmo que seja nulo. Esse exercício nos pede o fluxo elétrico de três partes apenas.

Primeiramente, lembremos a equação do fluxo elétrico:
$\Phi = \oint \vec{E} \bullet d\vec{S}$
Ótimo, agora a pergunta mais legal vem aí: o que isso quer dizer? Quer dizer que a integral da superfície do campo elétrico escalar $d\vec{S}$, que é um pedacinho infinitesimal da superfície do cubo, é igual ao fluxo elétrico. Muito esclarecedor? Eu sei que não, mas vamos fazer o seguinte.
São três fluxos diferentes, não é? Vamos resolver um inicial para que fique mais "fácil" entender já que, entendendo o primeiro, dá pra entender o resto mais de boa. Vamos pegar a lateral direita.

$\Phi_{dir} = \oint \vec{E} \bullet d\vec{S}$

Ok, e agora? Vamos decompor isso em uma função para vetores unitários. O campo E já está definido no enunciado do exercício, já dS... a lógica é a seguinte: temos que o fluxo elétrico dessa lateral direita age movendo-se, bem, para a direita. Por isso:
$d\vec{S} = dSa\hat{i}$
Assim, podemos fazer a escalar E com dS:
$\vec{E} \bullet d\vec{S} = \vec{E} \bullet dS(\hat{i}) = (3x\hat{i} + 4\hat{j}) \bullet dS\hat{i} = (3x(\hat{i} \bullet \hat{i}) + 4(\hat{j} \bullet \hat{i})dS = (3x)dS$
Ótimo, agora temos uma função realmente integrável. Só precisamos resolver o que vai acontecer com aquela integral de superfície ali, porque daquele jeito fica difícil. Mas acredite, essa integral é bem simples: só precisamos descobrir a área de uma das faces, e pra isso podemos pegar a dianteira mesmo já que todas as faces são iguais (cubo hurr).
O eixo x varia de 1 a 3, e não temos a variação do eixo y... Mas é um cubo, então ele precisa ter o mesmo tamanho de x. Sabemos que o cubo começa em 0 no eixo y, o que significa que ele vai até 2. Logo, claro que sim, temos uma integral dupla dxdy aonde os limites de x são de 1 a 3 e os de y são de 0 a 2. Sabemos também que nessa face do cubo, o x tem um valor estável de 3. O que faria o fluxo lateral direito ficar assim:
$\Phi_{dir} = \int^3_1 \int^2_0 (3*3)dydx$
Então é só resolver:
$\Phi_{dir} = 9 \int^3_1 \int^2_0 dydx = 9*2 \int^3_1 dx = 18*[3-1] = 18*2 = 36(Nm^2)/C$

Ótimo, descoberto um dos fluxos. Faltam... Três outros. O bom é que temos o raciocínio, o ruim é que ainda continua chatíssimo. Vamos pegar o lateral esquerdo. O primeiro ponto é que o fluxo age em um movimento pela esquerda, o sentido oposto ao cartesiano comum, por isso:
$d\vec{S} = dSa(-\hat{i})$
Fazendo a escalar:
$\vec{E} \bullet d\vec{S} = (3x\hat{i} + 4\hat{j}) \bullet dS(-\hat{i}) = (3x(\hat{i} \bullet -\hat{i}) + 4(\hat{j} \bullet -\hat{i}) dS = (-3x)dS$
Ótimo, não precisamos fazer a análise da integral dupla porque ela é a mesma pra todas as faces, como já constatei antes. Dessa vez, o que muda, além da função em si, é que x tem valor estável de 1. Logo, a integral fica:
 $\Phi_{esq} = \int^3_1 \int^2_0 (-3*1)dydx = -3 \int^3_1 \int^2_0 dydx = -3*2*[3-1] = -6*2 = -12(Nm^2)/C$

Ok, ok. Só mais um! O superior. Dessa vez o esquema vai ser um pouco diferente porque o vetor unitário dS não está em i, está em j, note como será a multiplicação:
$d\vec{S} = dSa\hat{j}$
$\vec{E} \bullet d\vec{S} = (3x\hat{i} + 4\hat{j}) \bullet dS\hat{j} = (3x(\hat{i} \bullet \hat{j}) + 4(\hat{j} \bullet \hat{j})dS = 4dS$
Veja só, um resultado sem variáveis, o que evita uma análise pra descobrir o valor estável de y. De qualquer forma, a integral é essa:
$\Phi_{sup} = \int^3_1 \int^2_0 4dydx = 4*2*[3-1] = 8*2 = 16(Nm^2)/C$

E está resolvido o primeiro exercício.


2. Calcule a carga que gera tal campo.
Oh, mas que coisa... Mas essa não é difícil. Veja só, a equação da carga é assim nesse caso:
$\varepsilon_0\Phi = q_{env}$
Esse $\Phi$ aí significa o seguinte: o somatório do fluxo elétrico de todas as faces do cubo. Sim, inclusive aquelas que não calculamos! Mas não precisamos calcular nada, só assumir algumas coisas lógicas.
Primeiro para o fluxo inferior: note que ele vai na direção -j, e que de resto, nada é alterado na integral do fluxo superior. Logo, o fluxo inferior é simplesmente o oposto do fluxo superior. -16Nm²/C.
Para o fluxo dianteiro e traseiro, é só perceber que nem mesmo há função z(k) no exercício, então as cargas são nulas. 0.
$\varepsilon_0$ é uma constante $8.85*10^{-12}C^2/Nm^2$, então temos tudo o que precisamos pra resolver a equação.
$q_{env} = (8.85*10^{-12}C^2/Nm^2) * ((36-12+16-16+0+0)Nm^2/C)$
$q_{env} = (8.85*10^{-12} * 24)(C^2/Nm^2 * Nm^2/C) = 2.1*10^{-10}C$

Pronto.


3. Remake do exercício do fio condutor infinito.

Ok, a análise é a seguinte: o campo elétrico que está nesse fio condutor pode ser analisado analiticamente como um cilindro. Desenhando esse campo, fica assim:

Como não vamos usar nenhum valor fixo, vamos estabelecer algumas coisas aqui:
$\lambda = \dfrac{q}{r}$
$\varepsilon_0 \oint \vec{E} \bullet d\vec{S} = \lambda h$
Precisamos descobrir o E nesse exercício porque, bem, o outro exercício era esse. E não faz parte dessa integral e pode ser jogado pra fora, enquanto dS pode ser usado sem notação de vetor. Quanto a integral de linha do cilindro, corresponde à área lateral, e geometria analítica básica nos diz que isso equivale a $2\pi rh$. Fazendo tudo isso, fica:
$\varepsilon_0 E(2\pi rh) = \lambda h$
$E = \dfrac{1}{2\pi \varepsilon_0}*\dfrac{\lambda}{r}$
(lembro que teve gente que perguntou na aula o que aconteceu com o h, mas é fácil perceber que podemos cortá-lo dos dois lados)

E está resolvido.


4. Calcule o campo gerado pelo plano infinito não condutor; considere o campo uniforme e a densidade superficial de cargas $\sigma$.

Veja bem a segunda figura. A primeira é uma representação mais real, mas a segunda é mais fácil de compreender, ainda mais considerando que é um plano infinito como o primeiro mas pelo sentido das cargas dá limitar um cilindro.
Algumas considerações aqui serão:
$\sigma = q/A$
$q = \sigma A$
$\varepsilon_0 \oint \vec{E} \bullet d\vec{S} = q_{env}$
E agora é o seguinte: vamos considerar os dois lados do plano. Em um, tanto o campo quanto o elemento infinitesimal dS são positivos. Em outro, ambos são negativos. Sabemos que a integral de superfície dS acaba sendo a área, que não é definida pelo exercício. Ou seja:

$\varepsilon_0 \oint \vec{E} \bullet d\vec{S} = \varepsilon_0 ((+E)(+A_b) + (-E)(-A_b))$
$\varepsilon_0 (EA_b + EA_b) = 2\varepsilon_0 EA_b = \sigma A_b$
$E = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}$

E esse é o resultado. Sério! Não vamos obter resultados constantes nesses exercícios, desista.


Dois planos

$E = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}$

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$E = \dfrac{2\sigma}{\varepsilon_0}$