Exercícios Resolvidos - Capacitância e Campo Elétrico - 2023-1

𝑉 = 100 ln{(𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2} 𝑉 Campo elétrico: 𝐸 = −∇𝑉 = −∇ [100 ln{(𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2} 𝑉] 𝐸 = −100 ( 𝜕 𝜕𝑥 [ln{(𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2}], 𝜕 𝜕𝑦 [ln {(𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2}] , 𝜕 𝜕𝑧 [ln{(𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2}]) A função não depende de z: 𝐸 = −100 ( 𝜕 𝜕𝑥 [ln {(𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2}], 𝜕 𝜕𝑦 [ln {(𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2}], 0) Derivada em relação à x: 𝜕 𝜕𝑥 [ln {(𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2}] = 1 ((𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2) 𝜕 𝜕𝑥 [(𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2] 𝜕 𝜕𝑥 [ln {(𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2}] = (𝑥 − 1)2 + 𝑦2 (𝑥 + 1)2 + 𝑦2 𝜕 𝜕𝑥 [(𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2] Derivada de quociente: 𝜕 𝜕𝑥 [(𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2] = 𝜕 𝜕𝑥 [(𝑥 + 1)2 + 𝑦2]((𝑥 − 1)2 + 𝑦2) − ((𝑥 + 1)2 + 𝑦2) 𝜕 𝜕𝑥 [(𝑥 − 1)2 + 𝑦2] ((𝑥 − 1)2 + 𝑦2)2 𝜕 𝜕𝑥 [(𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2] = [2(𝑥 + 1) + 0]((𝑥 − 1)2 + 𝑦2) − ((𝑥 + 1)2 + 𝑦2)[2(𝑥 − 1) + 0] ((𝑥 − 1)2 + 𝑦2)2 𝜕 𝜕𝑥 [(𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2] = 2(𝑥 + 1)(𝑥2 − 2𝑥 + 1 + 𝑦2) − 2(𝑥2 + 2𝑥 + 1 + 𝑦2)(𝑥 − 1) ((𝑥 − 1)2 + 𝑦2)2 𝜕 𝜕𝑥 [(𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2] = 4(−𝑥2 + 𝑦2 + 1) ((𝑥 − 1)2 + 𝑦2)2 A derivada em x é 𝜕 𝜕𝑥 [ln {(𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2}] = (𝑥 − 1)2 + 𝑦2 (𝑥 + 1)2 + 𝑦2 4(−𝑥2 + 𝑦2 + 1) ((𝑥 − 1)2 + 𝑦2)2 𝜕 𝜕𝑥 [ln {(𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2}] = 1 (𝑥 + 1)2 + 𝑦2 4(−𝑥2 + 𝑦2 + 1) ((𝑥 − 1)2 + 𝑦2) 𝜕 𝜕𝑥 [ln {(𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2}] = 4(−𝑥2 + 𝑦2 + 1) ((𝑥 + 1)2 + 𝑦2)((𝑥 − 1)2 + 𝑦2) Seguindo os mesmos passos para a derivada em y, 𝜕 𝜕𝑦 [ln {(𝑥 + 1)2 + 𝑦2 (𝑥 − 1)2 + 𝑦2}] = −8𝑥𝑦 ((𝑥 + 1)2 + 𝑦2)((𝑥 − 1)2 + 𝑦2) Assim, 𝐸 = ( −400(−𝑥2 + 𝑦2 + 1) ((𝑥 + 1)2 + 𝑦2)((𝑥 − 1)2 + 𝑦2), 800𝑥𝑦 ((𝑥 + 1)2 + 𝑦2)((𝑥 − 1)2 + 𝑦2) , 0) Em 𝑃 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2,1,1), 𝐸 = ( −400(−(2)2 + 12 + 1) ((2 + 1)2 + 12)((2 − 1)2 + 12) , 800(2)(1) ((2 + 1)2 + 12)((2 − 1)2 + 12) , 0) 𝐸 = (40,80,0) 𝑁 𝐶 Vetor unitário 𝑛 = ( 40 √(40)2 + (80)2 , 80 √(40)2 + (80)2 , 0) = ±(0,447; 0,894; 0) Densidade superficial de carga Lei de Gauss 𝐸 ∫ 𝑑𝐴 = 1 𝜀0 ∫𝜌 𝑑𝐴 → 𝐸𝐴 = 𝜌𝐴 𝜀0 → 𝐸 = 𝜌 𝜀0 𝜌 = 𝜀0𝐸 = (8,85 × 10−12 𝐶2 𝑁. 𝑚2) (√(40)2 + (80)2) 𝑁 𝐶 𝜌 = ±7,92 × 10−10 𝐶 𝑚2 = ±792 × 10−12 𝐶 𝑚2 = ±792 𝑝𝐶 𝑚2 (a) Capacitância de cascas esféricas: 𝐶 = 4𝜋𝜀𝑟𝜀0 1 𝑎 − 1 𝑏 = 4𝜋(10)𝜀0 1 2 𝑐𝑚 − 1 5 𝑐𝑚 = 4𝜋(10) (8,85 × 10−12 𝐶2 𝑁. 𝑚2) 1 0,02 𝑚 − 1 0,05 𝑚 𝐶 = 4𝜋(10) (8,85 × 10−12 𝐶2 𝑁. 𝑚2) 30 𝑚−1 = 37,0708 × 10−12 𝐹 = 37,1 𝑝𝐹 (b) A permissividade relativa do ar é igual a 1. O dielétrico está ocupando 5/6 do capacitor. 𝐶 = (7 6) ( 4𝜋(1) (8,85 × 10−12 𝐶2 𝑁. 𝑚2) 1 0,02 𝑚 − 1 0,05 𝑚 ) + (5 6) ( 4𝜋(10) (8,85 × 10−12 𝐶2 𝑁. 𝑚2) 1 0,02 𝑚 − 1 0,05 𝑚 ) 𝐶 = (7 6) (3,71 𝑝𝐹) + (5 6) (37,1 𝑝𝐹) 𝐶 = 35 𝑝𝐹 𝜎 = 𝑒 ((0,43 𝑚2 𝑉. 𝑠) (2,3 × 1019 𝑚−3) + (0,21 𝑚2 𝑉. 𝑠) (2,3 × 1019 𝑚−3)) 𝜎 = 𝑒(2,3 × 1019 𝑚−3) (0,43 𝑚2 𝑉. 𝑠 + 0,21 𝑚2 𝑉. 𝑠) 𝜎 = (1,6 × 10−19 𝐶)(2,3 × 1019 𝑚−3) (0,64 𝑚2 𝑉. 𝑠) 𝜎 = (1,6 𝐶)(2,3 𝑚−3) (0,64 𝑚2 𝑉. 𝑠) 𝜎 = 2,36 𝑆 𝑚 Condutividade: 𝜎 = 𝑒 ((0,082 𝑚2 𝑉. 𝑠) (1,8 × 1018 𝑚−3) + (0,0021 𝑚2 𝑉. 𝑠) (3 × 1015 𝑚−3)) 𝜎 = (1,6 × 10−19 𝐶) ((0,082 𝑚2 𝑉. 𝑠) (1,8 × 1018 𝑚−3) + (0,0021 𝑚2 𝑉. 𝑠) (3 × 1015 𝑚−3)) 𝜎 = (1,6 𝐶) ((0,082 𝑚2 𝑉. 𝑠) (1,8 × 1018−19 𝑚−3) + (0,0021 𝑚2 𝑉. 𝑠) (3 × 1015−19 𝑚−3)) 𝜎 = (1,6 𝐶) ((0,082 𝑚2 𝑉. 𝑠) (1,8 × 10−1 𝑚−3) + (0,0021 𝑚2 𝑉. 𝑠) (3 × 10−4 𝑚−3)) 𝜎 = (1,6)((0,082)(1,8 × 10−1) + (0,0021)(3 × 10−4)) 𝑆 𝑚 𝜎 = 0,023617 𝑆 𝑚 Resistência 𝑅 = 𝐿 𝜎𝐴 = 1,1 𝑐𝑚 (0,023617 𝑆 𝑚) (1,5 𝑚𝑚)(2 𝑚𝑚) 𝑅 = 𝐿 𝜎𝐴 = 1,1 × 10−2 𝑚 (0,023617 𝑆 𝑚)(1,5 × 10−3 𝑚)(2 × 10−3 𝑚) 𝑅 = 155.255,4 Ω = 155 × 103 Ω = 155 𝑘Ω (a) A relação entre permissividade relativa 𝜖𝑅 e susceptibilidade 𝜒𝑒 é 𝜒𝑒 = 𝜖𝑅 − 1 → 𝜖𝑅 = 𝜒𝑒 + 1 = 3 + 1 = 4 (b) Polarização: Deslocamento: 𝐷 = 𝜖0𝜖𝑅𝐸. Como 𝑃 = 𝜖0𝜒𝑒𝐸, 𝐷 = 𝜖𝑅 ( 𝑃 𝜒𝑒) = ( 𝜖𝑅 𝜒𝑒) 𝑃 = ( 4 3)𝑃. Polarização: 𝑃 = 𝑁𝑞𝑑 = (5,42 × 1025 á𝑡𝑜𝑚𝑜𝑠 𝑚3 ) (1,6 × 10−19 𝐶)(6,7 × 10−19 𝑚) 𝑃 = 5,81 × 10−12 𝐶 𝑚2 = 5,81 𝑝𝐶 𝑚2 A polarização também pode ser escrita como 𝑃 = 𝜖0𝜒𝑒𝐸 → 𝜒𝑒 = 𝑃 𝜖0𝐸 = 5,81 𝑝𝐶 𝑚2 (8,85 𝑝𝐶2 𝑁. 𝑚2)(2.500 𝑉 𝑚) = 0,0002626 Assim, a constante dielétrica é 𝜖𝑟 = 1 + 𝜒𝑒 = 1 + 0,0002626 = 1,000263 Campo normal (há dois produtos escalares): Campo tangencial: Na região de fronteira entre os dielétricos: 𝐸2𝑡 = 𝐸1𝑡 𝐷1𝑛 = 𝐷2𝑛 → 𝜖𝑅 1𝐸1𝑛 = 𝜖𝑅 2𝐸2𝑛 → 𝐸2𝑛 = 𝜖𝑅 1 𝜖𝑅 2 𝐸1𝑛 𝐸2 = 𝐸2𝑡 + 𝐸2𝑛 = 𝐸1𝑡 + 𝜖𝑅 1 𝜖𝑅 2 𝐸1𝑛 = 𝐸1𝑡 + (1 2) 𝐸1𝑛 (a) Vamos calcular 𝜃 = 54° (b) Como D é igual ao campo E multiplicado pela permissividade do meio, isto é, uma constante, D e E tem a mesma direção, logo (c) Podemos escrever a seguinte proporção tan(𝜃1) tan(𝜃2) = 𝜖𝑅 1 𝜖𝑅 2 → tan(𝜃1) tan(𝜃2) = 1 2 → tan(𝜃2) = 2 tan(𝜃1) 𝜃2 = arctan(2 tan(𝜃1)) = arctan(2 tan(54°)) = 70° (d) Neste caso, vale a mesma afirmação do item (b). Então 𝜃 = 70° . (a) Podemos calcular 𝑎 = √(25 𝑚𝑚)2 − (7 𝑚𝑚)2 = √(25 × 10−3 𝑚)2 − (7 × 10−3 𝑚)2 𝑎 = 24 × 10−3 𝑚 = 24 𝑚𝑚 𝑘 = (ℎ + 𝑎 𝑏 ) 2 = (25 𝑚𝑚 + 24 𝑚𝑚 7 𝑚𝑚 ) 2 = 49 Capacitância por unidade de comprimento 𝐶 = 4𝜋𝜀0 ln(𝑘) = 4𝜋(8,85 × 10−12) ln(49) 𝐹 𝑚 = 28,6 × 10−12 𝐹 𝑚 = 28,6 𝑝𝐹 𝑚 (b) A densidade de carga (carga por unidade de comprimento) é 𝜌 = 4𝜋𝜀0𝑉0 ln(𝑘) = 4𝜋(8,85 × 10−12)(2000) ln(49) 𝐶 𝑚 = 57,2 × 10−9 𝐶 𝑚 = 57,2 𝑛𝐶 𝑚 (c) Podemos escrever 𝐸 = − 𝜌 2𝜋𝜀0 [ 1 𝑥 + 𝑎 − 1 𝑥 − 𝑎] = − 𝜌 2𝜋𝜀0 [ 1 ℎ − 𝑏 + 𝑎 − 1 ℎ − 𝑏 − 𝑎] 𝐸 = − 𝜌 2𝜋𝜀0 [ 1 25 𝑚𝑚 − 7 𝑚𝑚 + 24 𝑚𝑚 − 1 25 𝑚𝑚 − 7 𝑚𝑚 − 24 𝑚𝑚] 𝐸 = − 57,2 𝑛𝐶 𝑚 2𝜋 (8,85 × 10−3 𝑛𝐶2 𝑁. 𝑚2) [ 1 42 × 10−3 𝑚 − 1 −6 × 10−3 𝑚] 𝐸 = − 57,2 × 103 2𝜋(8,85) [103 42 + 103 6 ] = −195,8 𝑘𝑉 𝑚 (a) Capacitância 𝐶 = 𝜖𝑅𝜖0𝑆 𝑑 = (5) (8,85 × 10−12 𝐶2 𝑁. 𝑚2)(64 𝑐𝑚2) 4 𝑚𝑚 𝐶 = (5) (8,85 × 10−12 𝐶2 𝑁. 𝑚2)(64 × 10−4 𝑚2) 4 × 10−3 𝑚 = 7,08 × 10−11 𝐹 = 70,8 𝑝𝐹 Campo: 𝐸 = 𝑉 𝑑 = 20 𝑉 4 𝑚𝑚 = 20 𝑉 4 × 10−3 𝑚 = 5 × 103 𝑉 𝑚 = 5 𝑘𝑉 𝑚 Deslocamento elétrico: 𝐷 = 𝜖𝑅𝜖0𝐸 = (5) (8,85 × 10−12 𝐶2 𝑁. 𝑚2)(5 × 103 𝑉 𝑚) = 0,221 × 10−6 𝐶 𝑚2 = 0,221 𝜇𝐶 𝑚2 Carga: 𝑄 = 𝐶𝑉 = (70,8 𝑝𝐹)(20 𝑉) = 1,417 × 10−9 𝐶 = 1,417 𝑛𝐶 Trabalho: 𝑊𝐸 = 1 2 𝑄𝑉 = 1 2 (1,417 𝑛𝐶)(20 𝑉) = 14,17 𝑛𝐽 (c) A tensão entre as placas não foi alterada, logo a carga também não se altera: 𝑄 = 1,417 𝑛𝐶. (d) D também não se altera: 𝐷 = 0,221 𝜇𝐶 𝑚2. Campo elétrico 𝐸′ = 𝜖𝑅𝐸 = (5) (5 𝑘𝑉 𝑚) = 25 𝑘𝑉 𝑚. Trabalho: 𝑊𝐸 ′ = (5)(14,17 𝑛𝐽) = 70,8 𝑛𝐽 (e) 𝑉0 = (5)(20 𝑉) = 100 𝑉. Podemos escrever 𝐶𝑉𝑚á𝑥 = (𝜖𝑅𝜖0𝐴 𝑑 ) (𝐸𝑅𝐷𝑑) = (𝜖𝑅𝐸𝑅𝐷)𝜖0𝐴 Como 𝜖0𝐴 é o mesmo para todos os casos, o valor de 𝐶𝑉𝑚á𝑥 dependerá do produto 𝜖𝑅𝐸𝑅𝐷. (a) mica: 𝜖𝑅𝐸𝑅𝐷 = (5,4) (108 𝑉 𝑚) = 5,4 × 108 𝑉 𝑚 (b) titanato de bário: 𝜖𝑅𝐸𝑅𝐷 = (1200) (3 × 106 𝑉 𝑚) = 3,6 × 109 𝑉 𝑚 (c) neoprene: 𝜖𝑅𝐸𝑅𝐷 = (6,6) (1,2 × 106 𝑉 𝑚) = 7,92 × 106 𝑉 𝑚 (d) ar: 𝜖𝑅𝐸𝑅𝐷 = (1) (3 × 106 𝑉 𝑚) = 3 × 106 𝑉 𝑚 Comparando os valores, podemos observar que o valor 𝐶𝑉𝑚á𝑥 = 𝜖𝑅𝐸𝑅𝐷𝜖0𝐴 = (7,92 × 106 𝑉 𝑚) 𝜖0𝐴 do titanato de bário é o maior. (a) Corrente 𝑖 = ∫𝐽𝑑𝐴 = ∫ (400 sin(𝜃) 𝑟2 + 4 ) 𝑟2 sin(𝜃) 𝑑𝜃𝑑𝜙 𝑖 = 400 ( 𝑟2 𝑟2 + 4) ∫ sin2(𝜃) 𝑑𝜃 ∫ 𝑑𝜙 2𝜋 0 0,3𝜋 0,1𝜋 𝑖 = 400 ( 𝑟2 𝑟2 + 4) ∫ (1 2 − 1 2 cos(2𝜃)) 𝑑𝜃[𝜙]0 2𝜋 0,3𝜋 0,1𝜋 𝑖 = 400 ( 𝑟2 𝑟2 + 4) [1 2 𝜃 − 1 4 sin(2𝜃)] 0,1𝜋 0,3𝜋 [𝜙]0 2𝜋 𝑖 = 400 ( 𝑟2 𝑟2 + 4) [1 2 (0,3𝜋 − 0,1𝜋) − 1 4 (sin(2(0,3𝜋)) − sin(2(0,1𝜋)))][2𝜋 − 0] 𝑖 = 400 ( 𝑟2 𝑟2 + 4) [0,70164 𝜋 ] [2𝜋] = 400(1,40328) ( 𝑟2 𝑟2 + 4) Como 𝑟 = 0,8 , podemos escrever 𝑖 = 400(1,40328) ( (0,8)2 (0,8)2 + 4) = 77,4232 𝐴 (b) Basta escrevermos 𝐴 = 𝑟2 ∫ sin2(𝜃) 𝑑𝜃 ∫ 𝑑𝜙 2𝜋 0 0,3𝜋 0,1𝜋 = (0,8)2 (0,70164 𝜋 ) (2𝜋) 𝐽 = ∫ 𝐽𝑑𝐴 ∫ 𝑑𝐴 = ∫ (400 sin(𝜃) 𝑟2 + 4 )𝑟2 sin(𝜃) 𝑑𝜃𝑑𝜙 ∫ 𝑟2 sin(𝜃) 𝑑𝜃𝑑𝜙 = (400𝑟2 𝑟2 + 4) ∫ sin2(𝜃) 𝑑𝜃𝑑𝜙 𝑟2 ∫ sin(𝜃) 𝑑𝜃𝑑𝜙 𝐽 = (400𝑟2 𝑟2 + 4) ∫ sin2(𝜃) 𝑑𝜃 ∫ 𝑑𝜙 2𝜋 0 0,3𝜋 0,1𝜋 𝑟2 ∫ sin(𝜃) 𝑑𝜃 ∫ 𝑑𝜙 2𝜋 0 0,3𝜋 0,1𝜋 𝐽 = 1 𝑟2 (400𝑟2 𝑟2 + 4) ∫ sin2(𝜃) 𝑑𝜃 0,3𝜋 0,1𝜋 ∫ sin(𝜃) 𝑑𝜃 0,3𝜋 0,1𝜋 = ( 400 𝑟2 + 4) [1 2 𝜃 − 1 4 sin(2𝜃)] 0,1𝜋 0,3𝜋 [− cos(𝜃)]0,1𝜋 0,3𝜋 𝐽 = ( 400 𝑟2 + 4) [1 2 (0,3𝜋 − 0,1𝜋) − 1 4 (sin(2(0,3𝜋)) − sin(2(0,1𝜋)))] [− cos(0,3𝜋) + cos(0,1𝜋)] 𝐽 = ( 400 (0,8)2 + 4) [0,70164 𝜋 ] [1,14125 𝜋 ] = 53 𝐴 𝑚2 𝐴 𝑚2 Podemos usar as seguintes relações 𝜌𝑣 = ∇𝐷 → 𝐷 = ∫𝜌𝑣 𝑑𝑣 𝐽 = 𝜕𝐷 𝜕𝑡 = 𝜕 𝜕𝑡 (∫𝜌𝑣 𝑑𝑣) 𝐽 = 𝜕 𝜕𝑡 (∫ (cos(𝜔𝑡) 𝑟2 ) 𝑑𝑣) = 𝜕 𝜕𝑡 (∫ (cos(𝜔𝑡) 𝑟2 ) 𝑑𝑟) = 𝜕 𝜕𝑡 (cos(𝜔𝑡) ∫(𝑟−2) 𝑑𝑟) 𝐽 = 𝜕 𝜕𝑡 (cos(𝜔𝑡) ( 𝑟−2+1 −2 + 1)) = 𝜕 𝜕𝑡 (cos(𝜔𝑡) (− 1 𝑟)) = − 1 𝑟 𝜕 𝜕𝑡 (cos(𝜔𝑡)) = (− 1 𝑟) (−𝜔 sin(𝜔𝑡)) (a) Podemos escrever O produto escalar é Também temos Calculando a integral angular, Fazendo 𝑢 = 𝜌2 + 𝑧2 → 𝑑𝑢 2 = 𝜌𝑑𝜌 (b) Os cálculos seguem a mesma ideia. A única diferença é o valor do z. Resistência: 𝑅 = 𝜌𝐿 𝐴 = 𝜌ℎ 𝜋𝑎𝑏 = 𝜌 ℎ 𝜋𝑎𝑏 = 1 𝜎 ℎ 𝜋𝑎𝑏 = 1 2 × 106 𝑆 𝑚 16 𝑐𝑚 𝜋(2 𝑚𝑚)(0,1 𝑚𝑚) 𝑅 = (0,5 × 10−6) ( 16 × 10−2 𝜋(2 × 10−3)(0,1 × 10−3)) Ω = 0,12734 Ω Campo elétrico do cilindro 𝐸 = 3 2𝜋𝜎𝐿𝜌 = 3 2𝜋 (0,05 𝑆 𝑚) 𝐿𝜌 = 9,55 𝐿𝜌 Diferença de potencial: 𝑉 = − ∫ 5 3 𝐸 𝑑𝜌 = − ∫ 3 5 (9,55 𝐿𝜌 ) 𝑑𝜌 = 9,55 𝐿 ∫ 5 3 (1 𝜌)𝑑𝜌 = 9,55 𝐿 [ln(5) − ln(3)] = 4,878 𝐿 𝑉 Resistência: 𝑅 = 𝑉 𝑖 = 4,878 𝑉 (3 𝐴)𝐿 = 1,626 𝐿 Ω (b) Densidade de corrente 𝐽 = 3 2𝜋𝐿𝜌 = 0,47746 𝐿𝜌 Potência: 𝑃 = ∫𝐸 𝑉 𝐽 𝑑𝑣 = ∫ ∫ ∫ ( 3 2𝜋𝜎𝐿𝜌)( 3 2𝜋𝐿𝜌) 𝜌𝑑𝜌𝑑𝜃𝑑𝑧 5 3 2𝜋 0 𝐿 0 𝑃 = ( 3 2𝜋𝐿) 2 (1 𝜎) ∫ 𝑑𝑧 ∫ 𝑑𝜃 ∫ ( 1 𝜌2)𝜌𝑑𝜌 5 3 2𝜋 0 𝐿 0 = ( 3 2𝜋𝐿) 2 (1 𝜎) [𝐿 − 0][2𝜋 − 0] ∫ (1 𝜌) 𝑑𝜌 5 3 𝑃 = ( 3 2𝜋𝐿) 2 (2𝜋𝐿 𝜎 )[ln(5) − ln(3)] = ( 9 2𝜋𝜎𝐿) [ln(5 3)] = ( 9 2𝜋(0,05)𝐿) [ln (5 3)] 𝑃 = 14,634 𝐿 𝑊 (a) Podemos escrever 𝑉 = 10(𝜌 + 1)𝑧2 cos(𝜙) 20 = 10(𝜌 + 1)𝑧2 cos(𝜙) Dividindo ambos os lados por 10: 2 = (𝜌 + 1)𝑧2 cos(𝜙). (b) Usando 𝜙 = 0,2𝜋, 𝑧 = 1,5 : 2 = (𝜌 + 1)(1,5)2 cos(0,2𝜋) 𝜌 + 1 = 2 (1,5)2 cos(0,2𝜋) → 𝜌 = 2 (1,5)2 cos(0,2𝜋) − 1 = 0,0987 Campo elétrico (coordenadas cilíndricas): No ponto da superfície: (c) Podemos escrever |𝜌𝑠| = 1,33 𝑛𝐶 𝑚2 A densidade de carga só depende de y. Podemos escrever a derivada como 𝑑𝐷 = − 𝜌𝐿 2𝜋 𝑑𝑦′ [(𝑦 − 𝑦′)2 + 1] 3 2 Integrando ∫𝑑𝐷 = − 1 2𝜋 ∫ 𝜌𝐿𝑑𝑦′ [(𝑦 − 𝑦′)2 + 1] 3 2 1 −1 = − 𝜋 2𝜋 ∫ |𝑦|𝑑𝑦′ [(𝑦 − 𝑦′)2 + 1] 3 2 1 −1 Temos uma integral de módulo de y. Vamos separar em duas. Uma para y negativo e outra para y positivo, 𝐷 = − 1 2 [∫ (−𝑦)𝑑𝑦′ [(𝑦 − 𝑦′)2 + 1] 3 2 0 −1 + ∫ 𝑦𝑑𝑦′ [(𝑦 − 𝑦′)2 + 1] 3 2 1 0 ] 𝐷 = − 1 2 [∫ 𝑦𝑑𝑦′ [(𝑦 + 𝑦′)2 + 1] 3 2 1 0 + ∫ 𝑦𝑑𝑦′ [(𝑦 − 𝑦′)2 + 1] 3 2 1 0 ] 𝐷 = 1 2 [ 𝑦(𝑦 + 𝑦′) + 1 [(𝑦 + 𝑦′)2 + 1] 1 2 + 𝑦(𝑦 − 𝑦′) + 1 [(𝑦 − 𝑦′)2 + 1] 1 2 ] 0 1 𝐷 = 1 2 [ 𝑦(𝑦 + 1) + 1 [(𝑦 + 1)2 + 1] 1 2 + 𝑦(𝑦 − 1) + 1 [(𝑦 − 1)2 + 1] 1 2 − 𝑦(𝑦 + 0) + 1 [(𝑦 + 0)2 + 1] 1 2 − 𝑦(𝑦 − 0) + 1 [(𝑦 − 0)2 + 1] 1 2 ] 𝐷 = 1 2 [ 𝑦(𝑦 + 1) + 1 [(𝑦 + 1)2 + 1] 1 2 + 𝑦(𝑦 − 1) + 1 [(𝑦 − 1)2 + 1] 1 2 − 𝑦2 + 1 [𝑦2 + 1] 1 2 − 𝑦2 + 1 [𝑦2 + 1] 1 2 ] 𝐷 = 1 2 [ 𝑦(𝑦 + 1) + 1 [(𝑦 + 1)2 + 1] 1 2 + 𝑦(𝑦 − 1) + 1 [(𝑦 − 1)2 + 1] 1 2 − [𝑦2 + 1] 1 2 − [𝑦2 + 1] 1 2] 𝐷 = 1 2 [ 𝑦(𝑦 + 1) + 1 [(𝑦 + 1)2 + 1] 1 2 + 𝑦(𝑦 − 1) + 1 [(𝑦 − 1)2 + 1] 1 2 − 2[𝑦2 + 1] 1 2] Em (x, y, z) = (0, 0, 0), 𝐷 = 1 2 [ 0 + 1 [(0 + 1)2 + 1] 1 2 + 0 + 1 [(0 − 1)2 + 1] 1 2 − 2[0 + 1] 1 2] 𝐷 = 1 2 [ 1 [2] 1 2 + 1 [2] 1 2 − 2] = 1 2 [ 2 [2] 1 2 − 2] = 1 2 1 2 − 1 𝐷 = −0,29289 𝜇𝐶 𝑚2 (b) Em (x, y, z) = (0, 1, 0), 𝐷 = 1 2 [ 1(1 + 1) + 1 [(1 + 1)2 + 1] 1 2 + 1(1 − 1) + 1 [(1 − 1)2 + 1] 1 2 − 2[1 + 1] 1 2] 𝐷 = 1 2 [ 3 [4 + 1] 1 2 + 1 [1] 1 2 − 2[2] 1 2] = 1 2 [ 3 [5] 1 2 + 1 − 2[2] 1 2] 𝐷 = −0,24339 𝜇𝐶 𝑚2 (a) Podemos escrever 𝑉 = 20𝑥2𝑦𝑧 − 10𝑧2 Para V = 0: 0 = 20𝑥2𝑦𝑧 − 10𝑧2 → 20𝑥2𝑦𝑧 = 10𝑧2 → 20𝑥2𝑦𝑧 10𝑧 = 10𝑧2 10𝑧 → 2𝑥2𝑦 = 𝑧 2𝑥2𝑦 − 𝑧 = 0 Para V = 60: 60 = 20𝑥2𝑦𝑧 − 10𝑧2 → 60 10𝑧 = 20𝑥2𝑦𝑧 10𝑧 − 10𝑧2 10𝑧 → 6 𝑧 = 2𝑥2𝑦 − 𝑧 2𝑥2𝑦 − 𝑧 = 6 𝑧 (b) Campo elétrico No ponto dado (V = 60, x = 2, z = 1) 𝑉 = 20𝑥2𝑦𝑧 − 10𝑧2 → 60 = 20(2)2𝑦(1) − 10(1)2 → 60 = 80𝑦 − 10 𝑦 = 70 80 = 7 8 = 0,875 O campo elétrico no ponto (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2, 0,875, 1) é Como vimos na questão (36) |𝜌𝑠| = (8,85 × 10−12)√(70)2 + (80)2 + (50)2 = 1,04 𝑛𝐶 𝑚2 (c) O vetor normal é (a) Podemos escrever Em z = 0, Assim, (b) Em z = 0, 𝑉(𝑧 = 0) = ( 100𝑥𝑧 𝑥2+4 )𝑉 = ( 100𝑥(0) 𝑥2+4 ) 𝑉 = 0 𝑉 (c) Podemos calcular a carga integrando o deslocamento D(z = 0), 𝑄 = −100𝜀0 ∫ ( 𝑥 𝑥2 + 4) 𝑑𝑥𝑑𝑦 = −100𝜀0 ∫ ( 𝑥 𝑥2 + 4)𝑑𝑥 ∫ 𝑑𝑦 0 −3 2 0 𝑄 = −100𝜀0 ∫ ( 𝑥 𝑥2 + 4)𝑑𝑥[𝑦]−3 0 2 0 Integração por substituição: ∫ ( 𝑥 𝑥2 + 4) 𝑑𝑥 2 0 = ∫ (1 𝑢) 𝑑𝑢 2 𝑢2 𝑢1 = 1 2 ln (𝑢2 𝑢1 ) = 1 2 ln ((2)2 + 4 02 + 4 ) = 1 2 ln(2) 𝑄 = −100𝜀0 [1 2 ln(2)] [0 − (−3)] = −100𝜀0 [1 2 ln(2)] [3] 𝑄 = −(103,97207)𝜀0 = −(103,97207)(8,85 × 10−12) = −0,9206 𝑛𝐶 A área do capacitor pode ser escrita como 𝑆 = 𝐶𝑑 𝑘𝜀0 A distância entre as placas é 𝑑 = 4 𝑘𝑉 18 𝑀𝑉 𝑚 = 4 × 103 𝑉 18 × 106 𝑉 𝑚 = 2,22 × 10−4 𝑚 Então 𝑆 = 𝐶𝑑 𝑘𝜀0 = (70 × 10−9 𝐹)(2,222 × 10−4 𝑚) (2,8) (8,85 × 10−12 𝐶2 𝑁. 𝑚2) = 0,627 𝑚2