Considere uma configuração de duas placas paralelas, de área A=40,0 \mathrm{~cm}^{2}, mantidas separadas por uma distância de d=10 \mathrm{~mm}. As placas possuem cargas opostas, formando uma configuração conhecida como capacitor de placas paralelas. A positiva está carregada com Q=2,00 n C.
(a) Use a Lei de Gauss para mostrar que o campo de um único plano infinito localizado em z=0 e de carga Q , possui a forma
em que \operatorname{sgn}(z) representa a função sinal de z, isto é, \operatorname{sgn}(z)=1 para z>0 e \operatorname{sgn}(z)=-1 para z<0 .(0,50)
(b) Voltando ao capacitor de placas paralelas, use o resultado do item anterior, juntamente com o princípio da superposição, para obter o campo elétrico em todo espaço. Despreze os efeitos de borda, isto é, utilize a aproximação de plano infinito para cada uma das placas. Não é necessário substituir valores. Expresse o resultado em termos de A, Q e \epsilon_{0} (1,00)
(c) Qual das placas está em menor potencial elétrico, a positiva ou a negativa? Justifique. (0,50)
(d) Obtenha a diferença de potencial elétrico entre as placas. (1,00)
(e) Se um próton for solto do repouso entre as placas, próximo à placa positiva, qual será sua energia cinética e velocidade ao chegar à placa negativa?( 1,00 )
Passo 1
O enunciado trata de um capacitor de placas paralelas de área A=40,0\\ \mathrm{cm}^2 separadas por d=10\\ \mathrm{mm}, com cargas +Q e -Q. Vamos usar Gauss para obter o campo de um único plano infinito carregado (item a), depois superpor os campos das duas placas (item b), discutir potencial (item c), achar a diferença de potencial (item d) e, por fim, calcular energia cinética e velocidade de um próton liberado junto à placa positiva (item e).
Passo 2
Para um único plano infinito em z=0 com carga superfícial \sigma=Q/A, tomamos um cilindro gaussiano de área de cada base A e altura simétrica em torno de z=0. Pela Lei de Gauss,
Para z<0: \operatorname{sgn}(z)= -1,\\ \operatorname{sgn}(z-d)=-1 \implies\vec E=0.
Para 0<z<d: \operatorname{sgn}(z)=+1,\\ \operatorname{sgn}(z-d)=-1 \implies\vec E=\dfrac{Q}{\epsilon_0 A}\,\hat{k} (constante).
Para z>d: \operatorname{sgn}(z)=+1,\\ \operatorname{sgn}(z-d)=+1 \implies\vec E=0.
Passo 4
O potencial elétrico diminui no sentido do campo. Como dentro do capacitor \vec E aponta de z=0 (placa positiva) para z=d (placa negativa), o potencial em z=d é menor que em z=0. Portanto, a placa negativa está em menor potencial.
Um próton q=+e, m_p solto do repouso junto à placa positiva perde energia potencial e\,|\Delta V|, que vira energia cinética:
K = e\frac{Q\,d}{\epsilon_0 A}.
Substituindo A=40{,}0\\ \mathrm{cm}^2=4{,}0\times10^{-3}\\ \mathrm m^2, Q=2{,}00\times10^{-9}\\ \mathrm C, d=1{,}0\times10^{-2}\\ \mathrm m, e=1{,}60\times10^{-19}\\ \mathrm C, \epsilon_0=8{,}85\times10^{-12}\\ \mathrm{C^2/(N\!\cdot\!m^2)} e m_p=1{,}67\times10^{-27}\\ \mathrm{kg},
K = 1{,}60\times10^{-19}\,\frac{2{,}00\times10^{-9}\cdot1{,}0\times10^{-2}} {8{,}85\times10^{-12}\cdot4{,}0\times10^{-3}} \approx 9{,}04\times10^{-17}\\ \mathrm J,
v = \sqrt{\frac{2K}{m_p}} \approx \sqrt{\frac{2\cdot9{,}04\times10^{-17}}{1{,}67\times10^{-27}}} \approx 3{,}29\times10^{5}\\ \mathrm{m/s}.
Resposta
(a) \displaystyle \vec{E}(z)=\frac{Q}{2\epsilon_{0}A}\,\operatorname{sgn}(z)\,\hat{k}.
(b) \displaystyle \vec{E}(z)=\frac{Q}{2\epsilon_{0}A}\bigl[\operatorname{sgn}(z)-\operatorname{sgn}(z-d)\bigr]\hat{k}, ou seja, nulo fora e \tfrac{Q}{\epsilon_{0}A}\hat{k} em 0<z<d.
(c) A placa negativa está em menor potencial, pois o potencial decresce no sentido do campo (de positiva para negativa).
(d) \displaystyle \Delta V=V(d)-V(0)=-\frac{Qd}{\epsilon_{0}A}, em módulo \bigl|\Delta V\bigr|=\tfrac{Qd}{\epsilon_{0}A}.
(e) \displaystyle K = e\frac{Q\,d}{\epsilon_0 A}\approx9{,}04\times10^{-17}\,\mathrm J,\quad
v=\sqrt{\frac{2K}{m_p}}\approx3{,}29\times10^{5}\,\mathrm{m/s}.