Problemas Aula 5.0 – Introdução à Eletrostática

Sabemos que a carga desse corpo é igual a:

$$Q = ne = (n_{p} – n_{e}) e \iff n_{e} = n_{p} – \dfrac{Q}{e} = 9 \cdot 10^{10} – \dfrac{(-4 \cdot 10^{-9}) \, C}{1,6 \cdot 10^{-19} \, C}$$

Assim, achamos que:

$$\boxed{n_{e} = 11,5 \cdot 10^{10}}$$

$$n_{e} = 11,5 \cdot 10^{10}$$

Sabemos que quando colocadas em contato, as duas esferas vão possuir uma carga final igual a média de suas cargas iniciais, assim temos:

$$Q _{f} = (4 +(-6))/2 = -1 \, nC$$.

Isso implica que um total de $$5\, nC$$ foram transferidos entre as esferas. Portanto, para saber o número de elétrons transferidos basta fazer:

$$N = \dfrac{5\, nC}{e} = \dfrac{5\cdot 10^{-9}}{1,6\cdot 10^{-19}} \iff \boxed{N = 3,125 \cdot 10^{10}}$$

$$N = 3,125 \cdot 10^{10}$$

O fenômeno que explica a atração entre os pequenos pedaços de papel e o pente é a eletrização por atrito e a indução eletrostática.

O primeiro efeito é baseado no fato de objetos, quando atritados com outros materiais, possuirem uma certa tendência de ceder elétrons. Sendo essa característica organizada por meio da série triboelétrica, onde os materiais são divididos em quem possui mais facilidade ou dificuldade de ceder elétrons, quando atritados entre si.

Nesse caso, o cabelo humano possui uma tendência maior comparada ao plástico, assim, quando atritados, o cabelo humano ficará positivamente carregado e o pente negativamente. Depois disso, o pente vai alterar a distribuição das cargas positivas (contrárias a do pente) do pedaço de papel, aproximando-as ligeiramente. O que vai aumentar a força de atração entre o papel e o pente, como vamos estudar em outras aulas, e fazer os pedaços levantarem.

Ver explicação acima.

Essa tabela apresenta a série triboelétrica, que organiza materiais conforme sua tendência de ganhar ou perder elétrons, quando atritados entre si.

Quanto mais para cima o material estiver, maior será sua tendência de ceder cargas negativas, quando atritado, deixando assim o material positivo. Já se o material estiver para baixo, ele ganhará elétrons mais “facilmente” quando atritado, o tornando negativemente carregado.

i) Agora, para analisarmos o caso da seda atritada com o vidro liso, temos que perceber que, de acordo com a tabela,  o vidro liso possui uma maior facilidade de ceder elétrons, portanto o vidro liso ficará positivamente carregado e a seda negativamente.

ii) Já nesse caso, o contrário acontece (seda tem mais têndecia de ceder), como vemos na tabela. Dessa forma, a seda ficará positivamente carregado e a isopor negativamente.

Ver demonstração acima.

Primeiramente, é útil pensar em como as cargas se movimentarão dentro de cada material.

Como o vidro é isolante, temos que as cargas vão continuar em suas posições iniciais, mesmo após os corpos serem aproximados. Assim, a distância média entre as cargas de mesmo sinal entre os corpos será aproximadamente $$D$$.

Já no caso do metal, a força de repulsão irá afastar as cargas de uma bola para longe das cargas da outra, assim a distância média entre as cargas de mesmo sinal entre as bolas será maior que $$D$$,

Por intuição, e como vamos estudar formalmente depois, quanto maior a distância média entre as cargas,  menor é a força. Assim, a força de repulsão entre as bolas de metal é menor do que entre as bolas de vidro.

A força de repulsão entre as bolas de metal é menor do que entre as bolas de vidro.

Sabemos que se há força de repulsão entre as bolas na configuração final, então ambas devem possuir o mesmo sinal. Ou seja, a bola $$2$$ anteriormente neutra se tornou positivamente carregada. Isso só pode acontecer se o bastão tiver transferido parte de sua carga positiva para a bola, por conservação de carga.

Desse modo, analisamos que se o bastão estivesse inicialmente com uma carga negativa, ele cederia elétrons para $$2$$, tornando-a negativa, o que seria uma contradição com a força de repulsão. Além de que se estivesse inicialmente neutro, não haveria trocas de cargas.

Assim, concluímos então que o bastão inicialmente estava positivamente carregado, atraindo elétrons de $$2$$ e a tornando positiva.

O bastão estava positivamente carregado.

Primeiramente, devemos relembrar que após duas bolas entrarem em contato, a carga final delas será a mesma. Isso implica que a carga das bolas, após o contato, será simplesmente a média aritmética das cargas antes do contato.

Assim, após o contato de $$A$$ e $$B$$, suas cargas serão:

$$Q_{i} = \dfrac{6+(-2)}{2} = 2 \, nC$$

E, considerando essa como a nova carga de $$B$$, concluímos que, após o contato de $$B$$ e $$C$$, suas cargas serão:

$$Q_{ii} = \dfrac{2+ 0}{2} = 1 \, nC$$

Portanto, as cargas finais de cada esfera são:

$$\boxed{Q_{A} = 2 \, nC}$$

$$\boxed{Q_{B} = 1 \, nC}$$

$$\boxed{Q_{C} = 1 \, nC}$$

$$Q_{A} = 2 \, nC$$

$$Q_{B} = 1 \, nC$$

$$Q_{C} = 1 \, nC$$

Após uma eletrização por contato com uma esfera igual, porém sem carga, a carga contida na esfera A vai ser igualmente distribuída entre as duas esferas. Assim, a carga da esfera $$A$$ é dividida por $$2$$ a cada novo contato. Logo, a carga de $$A$$ vai ser dividida por $$2$$ num total de $$N$$ vezes… isso é o mesmo que dividir por $$2^N$$. Assim, a carga final $$Q_f$$ vai ser dada por:

$$\boxed{Q_f = \dfrac{Q}{2^N}}$$

$$Q_f = \dfrac{Q}{2^N}$$

Primeiramente, podemos aplicar conservação de carga a fim de determinar a carga $$q$$ de $$\beta$$:

$$0 = -1 \cdot e + q + 0 \iff q = e$$

Portanto, se o processo ocorre para todo molécula $$X$$ do corpo, quer dizer que o corpo perde uma carga elemental positiva (através de $$\beta$$) para cada $$X$$. Portanto, o corpo, após esse processo, irá possuir uma carga total $$Q$$ negativa igual:

$$Q = -N_{X} \, e = – (5 \cdot 10^{18}) \cdot (1,6 \cdot 10^{-19}) \, C \iff \boxed{Q = -0,8\,C}$$

$$Q = -0,8\,C$$

Para facilitar a compreensão do problema, vamos considerar que, no início de um ciclo qualquer, $$B$$ possui uma carga $$q$$ e analisaremos as mudanças de carga em cada etapa:

i) Quando $$A$$ é aterrada, $$B$$ induz uma carga $$-q$$ em $$A$$.

ii) $$A$$ se mantém com carga $$-q$$ e $$B$$ está neutro, pois está longe de $$A$$ e foi aterrado.

iii) Depois do contato, a carga $$-q$$ de $$A$$ antes do contato divide-se igualmente nas duas bolas, ou seja, $$A$$ e $$B$$ estão com carga $$-q/2$$

iv) $$A$$, semelhante a $$B$$ em (ii), está neutra.

v) Nenhuma carga muda.

Desse modo, a carga de $$B$$ no final de um ciclo $$i+1$$ dividido pela carga de $$B$$ no final de um ciclo $$i$$ é simplesmente $$-1/2$$. Portanto, repetindo a multiplicação entre os ciclos e considerando que a carga inicial de $$B$$ é $$Q$$, a carga no final do último ciclo será simplesmente:

$$\boxed{Q_{N} = Q \left( -\dfrac{1}{2} \right)^{N}}$$

$$Q_{N} = Q \left( -\dfrac{1}{2} \right)^{N}$$

Primeiramente, sabemos que quando $$A$$ entra em contato com uma esfera neutra, ambas esferas devem ficar com a mesma carga e, portanto, a carga de $$A$$ após cada contato é igual a metade da sua carga inicial (antes do contato). Assim, se $$A$$ tiver enconstado separadamente em $$k$$ bolas, sua carga final será:

$$Q_{f} = \dfrac{q}{2^{k}}$$

Desse modo, basta achar o $$k$$ até o fim do processo. Para isso, vale lembrar que inicialmente $$A$$ enconsta em uma única esfera, depois duas, depois três, e assim por diante até $$N$$ esferas. Ou seja, o número total $$k_{T}$$ de contatos é:

$$k_{T} = \sum^{N}_{i=1} i = \dfrac{N(N+1)}{2}$$

Onde usamos o resultado matemático da soma dos $$N$$ primeiros naturais. Por fim, aplicando esse resultado na fórmula para $$Q_{f}$$, temos que:

$$\boxed{Q_{A} = \dfrac{q}{2^{N(N+1)/2}}}$$

$$Q_{A} = \dfrac{q}{2^{N(N+1)/2}}$$

Primeiramente, vamos considerar um processo onde $$A$$ tem uma carga inicial $$q_{n}$$ e é posta em contato simultâneo com $$n$$ esferas neutras idênticas. Temos que, nesse caso, todas as $$n+1$$ esferas em contato vão possuir a mesma carga e, por conservação de carga, essa será:

$$q_{n+1} = \dfrac{q_{n}}{n+1}$$

Além disso, sabemos que nesse problema isso ocorre diversas vezes até todas as esferas neutras acabarem. Portanto, podemos nomear como $$N$$ o número de esferas neutras no último processo e achar a carga final aplicando de maneira recursiva a equação anterior, da seguinte forma:

$$q_{f} = q_{N+1} =\dfrac{q_{N}}{N+1} = \dfrac{(q_{N-1}/N)}{N+1} = \dots = \dfrac{q}{(N+1)!}$$

Portanto, para resolvermos o problema, basta achar $$N$$ e aplificar na fórmula anterior. A fim de fazer isso, podemos somar o número de bolas usadas em cada processo e igualar ao total:

$$\sum^{N}_{i=1} i = \dfrac{N(N+1)}{2} = 91$$

Onde usamos o resultado da soma dos $$N$$ primeiros quadrados.

Resolvendo essa equação do segundo grau e usando que $$N$$ deve ser natural, achamos que a única opção possível é $$N =13$$. E aplicando isso na fórmula para $$q_{f}$$, isso resulta em:

$$\boxed{q_{f} = \dfrac{q}{14!}}$$

$$q_{f} = \dfrac{q}{14!}$$

Primeiramente, devemos lembrar que a carga final de duas bolas idênticas depois de um contato será igual a média de suas cargas iniciais.

Assim, considere que em um ciclo $$n$$, as cargas finais de cada bola são $$q_{A}^{(n)}$$, $$ q_{B}^{(n)}$$ e $$q_{C}^{(n)}$$. No próximo ciclo, podemos achar a carga final de cada bola da seguinte forma:

i) $$A$$: O único contato de $$A$$ é o inicial com $$B$$, logo:

$$q_{A}^{(n+1)} = \dfrac{1}{2}(q_{A}^{(n)} + q_{C}^{(n)})$$

ii)$$B$$ e $$C$$: Após $$B$$ entrar em contato com $$A$$, ele entra em contato com $$C$$, resultando em suas cargas finais sendo:

$$q_{B}^{(n+1)} = q_{C}^{(n+1)} = \dfrac{1}{2}[(q_{A}^{(n)} + q_{C}^{(n)}) + q_{B}^{(n)}]$$

Assim, quando $$n$$ tender ao infinito, teremos nesse limite que $$q^{(n+1)} = q^{(n)}$$ para cada uma das bolas. Isso implica em duas equações:

$$q_{A}^{(\infty)} = \dfrac{1}{2}(q_{A}^{(\infty)} + q_{C}^{(\infty)})$$

$$q_{B}^{(\infty)} = q_{C}^{(\infty)} = \dfrac{1}{2}[(q_{A}^{(\infty)} + q_{B}^{(\infty)})+ q_{C}^{(\infty)}]$$

Resolvendo essas equações chegamos em:

$$q_{A}^{(\infty)} = q_{B}^{(\infty)} = q_{C}^{(\infty)} \equiv q^{(\infty)}$$

Portanto, por conservação de carga, temos:

$$q_{A}^{(\infty)} + q_{B}^{(\infty)} + q_{C}^{(\infty)} = q + \alpha q + \beta q \Rightarrow 3 q^{(\infty)} = (1 + \alpha + \beta) q$$

E por fim, chegamos em:

$$\boxed{q_{A}^{(\infty)} = q_{B}^{(\infty)} = q_{C}^{(\infty)} = \dfrac{(1 + \alpha + \beta)}{3}q}$$

$$q_{A}^{(\infty)} = q_{B}^{(\infty)} = q_{C}^{(\infty)} = \dfrac{(1 + \alpha + \beta)}{3}q$$

Primeiramente, a fim de descobrir a carga máxima, vamos encontrar a fórmula para $$q_{n}$$ após o $$n$$-ésimo contato.

Começamos usando o fato de que a geometria do o cubo e da placa não muda, o que implica que a razão entre as suas cargas após cada contato deve permanecer a mesma. Assim, temos comparando o primeiro contato com o $$n$$-ésimo:

$$\dfrac{fQ}{Q -fQ} = \dfrac{f}{1-f} = \dfrac{q_{n}}{Q – (q_{n} – q_{n-1})} \Rightarrow q_{n} =f q_{n-1}+ fQ $$

Se considerarmos $$n$$ tendendo a infinito, temos nesse limite que $$q_{n} = q_{n-1}$$, e portanto a carga final será:

$$q_{\infty} = f q_{\infty} + fQ \iff q_{\infty} =\dfrac{fQ}{1-f}$$

Além disso, vamos verificar a condição sobre $$n$$ tal que a diferença $$\Delta q_{n}$$ entre $$q_{n}$$ e $$q_{n-1}$$ seja menor que $$0$$. Nesse caso, deveríamos ter:

$$\Delta q_{n} = fQ – (1-f)q_{n-1} < 0 \iff q_{n-1} > \dfrac{fQ}{1-f} = q_{\infty}$$

Isso implica que a variação na carga do cubo depois de cada contato é sempre positiva, pois o valor de $$q$$ nunca ultrapassa $$q_{\infty}$$, somente tendendo a esse valor cada vez mais. Isso também implica que o valor máximo que pode ser obtido pelo cubo é $$q_{\infty}$$, ou seja, temos:

$$\boxed{q_{max} = \dfrac{fQ}{1-f}}$$

$$q_{max} = \dfrac{fQ}{1-f}$$

a) Primeiramente, temos que a geometria das bolas não mudam com o tempo, assim a razão entre as cargas das bolas deve ser manter constante após cada contato. Desse modo, comparando o primeiro contato com o $$n$$-ésimo e usando conservação de carga, temos que:

$$\dfrac{q}{Q-q} = \dfrac{q_{n}}{Q-(q_{n} – q_{n-1})}$$

Portanto, isolando $$q_{n}$$ nessa equação, achamos:

$$q_{n} = \dfrac{q}{Q} \cdot q_{n-1} + q$$

Podemos resolver essa recorrência linear, organizando as equações, da seguinte forma:

$$q_{n} = \dfrac{q}{Q}\cdot q_{n-1} + q$$

$$\dfrac{q}{Q}q_{n-1} = \dfrac{q}{Q}\cdot \left( \dfrac{q}{Q} \cdot q_{n-2} + q \right)$$

$$\left( \dfrac{q}{Q} \right)^{2} q_{n-2}= \left( \dfrac{q}{Q} \right)^{2} \left( \dfrac{q}{Q} \cdot q_{n-1} + q \right)$$

$$\vdots$$

$$\left( \dfrac{q}{Q} \right)^{n-2} q_{2} = \left( \dfrac{q}{Q} \right)^{n-2} \left( \dfrac{q}{Q} \cdot q + q \right)$$

Somando todas as as equações e “cortando” os dois lados, temos que:

\[ q_{n} = q \left[ \left( \dfrac{q}{Q} \right)^{n-1} + \sum_{i=0}^{n-2} \left(\dfrac{q}{Q} \right)^{i}\right] \]

Assim, podemos também reescrever o somatório acima usando soma de PG e simplificar a expressão em colchetes do seguinte modo:

\[ \left( \dfrac{q}{Q} \right)^{n-1} + \sum_{i=0}^{n-2} \left(\dfrac{q}{Q} \right)^{i} = \left(\dfrac{q}{Q} \right)^{n-1} + \dfrac{1-(q/Q)^{n-1}}{1-(q/Q)} =\dfrac{1-(q/Q)^{n}}{1-(q/Q)}\]

O que implica, substitutindo na fórmula para $$q_{n}$$, que:

$$\boxed{q_{n} = q \cdot \dfrac{1-(q/Q)^{n}}{1-(q/Q)}}$$

b) Da fórmula descoberta no item anterior, fica evidente que quanto maior o número de contatos entre as bolas, maior será a carga final de $$B$$. Logo, supondo um número muito grande de contatos (tal que $$(q/Q)^{n}$$ tende a zero), a carga máxima possível de $$B$$ é:

$$\boxed{q_{max} = \dfrac{qQ}{Q-q}}$$

a)

$$q_{n} = q \cdot \dfrac{1-(q/Q)^{n}}{1-(q/Q)}$$

b)

$$q_{max} = \dfrac{qQ}{Q-q}$$