Exercícios Resolvidos de Potencial Elétrico Gerado por Corpos Extensos

PUCRIO, Física 3 - FIS1051, P3 - 2017.2, Questão 4

Considere um plano isolante infinito situado em x = 0 com uma densidade superficial de carga σ 0 > 0 , como indicado na Figura 1. Tomando x = 0 como o ponto de referência para o potencial, encontre o potencial V x nas seguintes regiões:

(a) x < 0 .

(b) x > 0 .

Suponha que no ponto b seja colocado um plano isolante infinito com uma densidade superficial de carga σ b = - σ 0 (Figura 2).

(c) Nesta nova situação, encontre o potencial V x na região entre as duas placas.

(d) Considere agora que uma partícula de massa M e carga Q > 0 é colocada em repouso em x = b / 2 . Em que direção a partícula se move? Encontre a velocidade final dela ao atingir a placa.

Passo 1

Para resolver o primeiro caso (Figura 1), vamos lembrar inicialmente qual é o campo elétrico gerado por um plano infinito de densidade superficial de cargas σ 0 :

E = σ 0 2 ϵ 0 .

Ah, caso você queira provar matematicamente esse valor aí de cima, a dica é usar Lei de Gauss com uma superfície gaussiana cilíndrica, com eixo perpendicular ao plano carregado. Beleza?

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Passo 2

Bem, sabemos o valor de E , agora podemos calcular o potencial da seguinte forma:

V x - V 0 = x 0 E d l ,

onde d l é o vetor de deslocamento, apontando na direção do plano, e E está orientado para fora do plano. Isso significa que E d l = - E d l . Vamos assumir que V 0 = 0 .

Temos que:

V x = - E x 0 d l = E x ,

V x = σ 0 2 ϵ 0 x .

A resposta acima é válida tanto para x < 0 , quanto para x > 0 .

Passo 3

No segundo caso (Figura 2), o módulo campo elétrico entre as placas carregadas é dado por:

E = σ 0 ϵ 0 ,

apontando da placa positiva para a negativa. Novamente, poderíamos obter o valor de E utilizando Lei de Gauss utilizando uma superfície gaussiana cilíndrica.

Passo 4

Vamos calcular o potencial V x para um ponto x entre as placas. Temos:

V x - V 0 = x 0 E d l ,

onde d l é o vetor de deslocamento, apontando agora na direção do eixo x , sentido negativo, e E também aponta na direção do eixo x , mas no sentido positivo. Isso significa que E d l = - E d l . Vamos assumir que V 0 = 0 .

Temos:

V x = - E x 0 d l = σ 0 ϵ 0 x .

Passo 5

Por fim, vamos resolver o item (d). Como a partícula possui carga positiva, ela se desloca no sentido da placa negativa, ou seja, até o ponto x = b .

A energia cinética final, ou seja, quando a partícula atinge x = b , é dada por:

K b = 1 2 M v b 2 .

A energia cinética inicial, ou seja, em x = b / 2 é nula, pois a partícula está inicialmente em repouso.

Vamos considerar que a energia potencial elétrica em x = b é nula. Já para x = b / 2 , temos que:

U b / 2 = Q E b 2 = Q σ 0 b 2 ϵ 0 .

Portanto, por conservação de energia:

K b + U b = K b / 2 + U b / 2 ,

1 2 M v b 2 + 0 = 0 + Q σ 0 b 2 ϵ 0 ,

v b 2 = Q σ 0 b M ϵ 0 v b = Q σ 0 b M ϵ 0 .

Resposta

(a) V ( x ) = - σ 0 2 ϵ 0 x .

(b) V ( x ) = σ 0 2 ϵ 0 x .

(c) V x = σ 0 ϵ 0 x .

(d) v b = Q σ 0 b M ϵ 0 .

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