Problemas aula 5.4

A energia inicial armazenada no capacitor é dada por:
$$U_i = \dfrac{Q^2}{2C_i} = \dfrac{Q^2}{2 (\epsilon_0 A / d)} = \dfrac{Q^2 d}{2 \epsilon_0 A}$$
Quando a distância dobra para $2d$, a nova capacitância é $C_f = \dfrac{\epsilon_0 A}{2d}$. A energia final será:
$$U_f = \dfrac{Q^2}{2C_f} = \dfrac{Q^2 (2d)}{2 \epsilon_0 A} = \dfrac{Q^2 d}{\epsilon_0 A}$$
Pelo teorema trabalho-energia, o trabalho realizado pelo operador (visto que a carga é constante e não há variação de energia cinética) é:
$$W = \Delta U = U_f – U_i = \dfrac{Q^2 d}{\epsilon_0 A} – \dfrac{Q^2 d}{2 \epsilon_0 A}$$
$$\boxed{W = \dfrac{Q^2 d}{2 \epsilon_0 A}}$$

$$\boxed{W = \dfrac{Q^2 d}{2 \epsilon_0 A}}$$

No primeiro contato (A e B), a carga total se redistribui igualmente por serem esferas idênticas:
$$Q’_{A} = Q’_{B} = \dfrac{Q_A + Q_B}{2} = \dfrac{12 – 4}{2} = 4\,\mu\text{C}$$
No segundo contato (A e C), a nova carga de A ($4\,\mu\text{C}$) se distribui com a carga de C ($0$):
$$Q”_{A} = Q”_{C} = \dfrac{Q’_A + Q_C}{2} = \dfrac{4 + 0}{2} = 2\,\mu\text{C}$$
A carga final de A é $2\,\mu\text{C}$.

$$\boxed{Q_A = 2\,\mu\text{C}}$$

Pelo método das imagens, uma esfera aterrada na presença de uma carga $q$ pode ser substituída por uma carga imagem $q’$ localizada dentro da esfera para que o potencial na superfície seja zero.
O potencial no centro da esfera (que deve ser zero, pois a esfera está aterrada) é a soma do potencial da carga $q$ e da carga induzida $q’$ distribuída na superfície. Para um condutor esférico, o potencial gerado pela carga induzida no seu centro é $V_{ind} = \dfrac{kq’}{R}$.
Assim:
$$V_{total} = \dfrac{kq}{d} + \dfrac{kq’}{R} = 0$$
Isolando $q’$:
$$\dfrac{q’}{R} = -\dfrac{q}{d} \Rightarrow \boxed{q’ = -\dfrac{R}{d}q}$$

$$\boxed{q’ = -\dfrac{R}{d}q}$$

Suponha uma carga $+Q$ na casca interna e $-Q$ na externa. O campo elétrico entre as cascas ($a < r < b$) é:
$$E = \dfrac{kQ}{r^2}$$
A diferença de potencial $V$ entre elas é:
$$V = \int_a^b E \, dr = kQ \int_a^b \dfrac{1}{r^2} \, dr = kQ \left[ -\dfrac{1}{r} \right]_a^b = kQ \left( \dfrac{1}{a} – \dfrac{1}{b} \right)$$
$$V = \dfrac{Q}{4\pi\epsilon_0} \dfrac{b-a}{ab}$$
Como $C = Q/V$:
$$\boxed{C = 4\pi\epsilon_0 \dfrac{ab}{b-a}}$$

$$\boxed{C = 4\pi\epsilon_0 \dfrac{ab}{b-a}}$$

A inserção de uma placa condutora de espessura $t$ efetivamente reduz a distância em que existe campo elétrico. O sistema se comporta como dois capacitores em série cujas distâncias somadas resultam em $d-t$.
A capacitância original é $C_0 = \dfrac{\epsilon_0 A}{d}$.
A nova capacitância, com a distância efetiva $d’ = d-t$, é:
$$C = \dfrac{\epsilon_0 A}{d-t}$$
Dividindo $C$ por $C_0$:
$$\dfrac{C}{C_0} = \dfrac{d}{d-t} \Rightarrow \boxed{C = \dfrac{d}{d-t} C_0}$$

$$\boxed{C = \dfrac{d}{d-t} C_0}$$

A força sobre uma placa é dada pelo produto de sua carga $Q$ pelo campo elétrico gerado pela outra placa $E = V/x$. Como o campo total no interior é $E = V/x$, o campo de apenas uma placa é $E/2$. Como $Q = CV$:

$$F = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{\epsilon_0 A V}{x} \right) \left( \dfrac{V}{x} \right) = \boxed{\dfrac{\epsilon_0 A V^2}{2x^2}}$$

$$\boxed{F = \dfrac{\epsilon_0 A V^2}{2x^2}}$$

1. Por indução, a carga $Q$ na casca interna (raio $R$) induz $-Q$ na face interna da casca de raio $2R$.
2. Seja $q_x$ a carga na face externa da casca de raio $2R$. O potencial dessa casca (raio $2R$) deve ser zero (aterramento):
   $$V(2R) = \dfrac{kQ}{2R} + \dfrac{k(-Q+q_x)}{2R} + \dfrac{k(2Q)}{3R} = 0$$
   Cancelando os termos de $Q$ e $-Q$:
   $$\dfrac{kq_x}{2R} + \dfrac{2kQ}{3R} = 0 \Rightarrow q_x = -\dfrac{4Q}{3}$$
3. O potencial da casca externa (raio $3R$):
   $$V(3R) = \dfrac{k(Q – Q + q_x + 2Q)}{3R} = \dfrac{k(q_x + 2Q)}{3R}$$
   Substituindo $q_x$:
   $$V(3R) = \dfrac{k(-4Q/3 + 2Q)}{3R} = \dfrac{k(2Q/3)}{3R} = \boxed{\dfrac{2kQ}{9R}}$$
   A carga na face externa de $2R$ é $-4Q/3$.
   [collapse]

Carga externa ($2R$): $\boxed{-4Q/3}$; Potencial ($3R$): $\boxed{2kQ/9R}$

Dentro de um condutor em equilíbrio eletrostático, o campo elétrico é zero. Pela Lei de Gauss, a carga $q$ induz uma carga $-q$ na superfície interna da cavidade. Essa carga $-q$ se distribui uniformemente na superfície da cavidade (pois $q$ está no centro dela).
O campo elétrico criado pela carga induzida $-q$ no centro da cavidade é zero por simetria esférica. Além disso, as cargas na superfície externa do condutor não criam campo elétrico no interior de uma cavidade em um condutor (efeito de blindagem eletrostática).
Portanto, a força resultante sobre $q$ é:
$$\boxed{F = 0}$$

$$\boxed{F = 0}$$

Energia inicial: $U_i = \dfrac{1}{2} C_1 V_1^2 + \dfrac{1}{2} C_2 V_2^2$.
Cargas iniciais: $Q_1 = C_1 V_1$ e $Q_2 = C_2 V_2$.
Ao conectar em paralelo (mesma polaridade), a carga total é $Q = Q_1 + Q_2$.
A capacitância equivalente é $C_{eq} = C_1 + C_2$.
A ddp final é $V_f = \dfrac{Q_1+Q_2}{C_1+C_2}$.
Energia final: $U_f = \dfrac{1}{2} (C_1+C_2) V_f^2 = \dfrac{1}{2} \dfrac{(C_1 V_1 + C_2 V_2)^2}{C_1+C_2}$.
Calculando $\Delta U = U_f – U_i$:
$$\Delta U = \dfrac{(C_1 V_1 + C_2 V_2)^2}{2(C_1+C_2)} – \dfrac{C_1 V_1^2 + C_2 V_2^2}{2}$$
Após simplificação algébrica:
$$\boxed{\Delta U = -\dfrac{C_1 C_2}{2(C_1+C_2)} (V_1 – V_2)^2}$$

$$\boxed{\Delta U = -\dfrac{C_1 C_2}{2(C_1+C_2)} (V_1 – V_2)^2}$$

A densidade superficial de carga $\sigma(\theta)$ é obtida por $\sigma = \epsilon_0 E{sup}$.
Usando a dica: $\sigma(\theta) = 3 \epsilon_0 E_0 \cos \theta$, onde $\theta$ é o ângulo com a direção do campo.
A carga em um hemisfério (de $0$ a $\pi/2$) é a integral de $\sigma$ sobre a área:
$$Q = \int \sigma \, dA = \int_0^{\pi/2} (3 \epsilon_0 E_0 \cos \theta) (2\pi R^2 \sin \theta) \, d\theta$$
$$Q = 6\pi R^2 \epsilon_0 E_0 \int_0^{\pi/2} \sin \theta \cos \theta \, d\theta$$
Usando $\sin \theta \cos \theta = \dfrac{1}{2} \sin(2\theta)$:
$$Q = 3\pi R^2 \epsilon_0 E_0 \int_0^{\pi/2} \sin(2\theta) \, d\theta$$
$$Q = 3\pi R^2 \epsilon_0 E_0 \left[ -\dfrac{\cos(2\theta)}{2} \right]_0^{\pi/2} = 3\pi R^2 \epsilon_0 E_0 \left( \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} \right)$$
$$\boxed{Q = 3\pi \epsilon_0 R^2 E_0}$$

$$\boxed{Q = 3\pi \epsilon_0 R^2 E_0}$$