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
\vec{E}=\frac{Q}{2 \epsilon_{0} A} \operatorname{sgn}(z) \hat{k},
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,
\Phi = \oint \vec{E}\cdot d\vec{A} = \frac{Q_{\rm int}}{\epsilon_0}.
O fluxo só vem das duas bases (laterais não contribuem), cada uma com área A e campo de módulo E. Como Q_{\rm int}=\sigma A=Q,
2E A = \frac{Q}{\epsilon_0} \quad\Longrightarrow\quad E = \frac{Q}{2\epsilon_0 A}.
O sentido de \vec{E} é para longe do plano. Logo
\vec{E}(z) = \frac{Q}{2\epsilon_0 A}\,\operatorname{sgn}(z)\,\hat{k}.

Passo 3

No capacitor há duas placas: a positiva em z=0 e a negativa em z=d. Usando o resultado do passo anterior e princípio da superposição, o campo total é
\vec{E}(z) = \frac{Q}{2\epsilon_0 A}\,\operatorname{sgn}(z)\,\hat{k} \;+\; \frac{-Q}{2\epsilon_0 A}\,\operatorname{sgn}(z-d)\,\hat{k} =\frac{Q}{2\epsilon_0 A}\bigl[\operatorname{sgn}(z)-\operatorname{sgn}(z-d)\bigr]\hat{k}.
Em particular:
  1. Para z<0: \operatorname{sgn}(z)= -1,\\ \operatorname{sgn}(z-d)=-1 \implies\vec E=0.
  2. Para 0<z<d: \operatorname{sgn}(z)=+1,\\ \operatorname{sgn}(z-d)=-1 \implies\vec E=\dfrac{Q}{\epsilon_0 A}\,\hat{k} (constante).
  3. 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.

Passo 5

A diferença de potencial entre placas é
V(d)-V(0)=-\int_{0}^{d}E\,dz =-\int_{0}^{d}\frac{Q}{\epsilon_0 A}\,dz =-\frac{Q}{\epsilon_0 A}\,d.
Em módulo, a diferença de potencial é
\bigl|\Delta V\bigr| =\frac{Q\,d}{\epsilon_0\,A}.

Passo 6

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}.

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